a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước thẳng và compa).

+ Dựng đoạn thẳng AB = 3cm .

+Dựng cung tròn (A, 3) và cung tròn (B, 3). Hai cung tròn này cắt nhau tại điểm C.

Nối A với C, B với C ta được tam giác đều ABC cạnh 3cm.

b) * Vẽ đường tròn:

Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực.

Dựng đường trung trực của đoạn thẳng BC và CA.

Hai đường trung trực cắt nhau tại O.

Vẽ đường tròn tâm O, bán kính OA = OB = OC ta được đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

* Tính bán kính đường tròn.

+ Gọi A’ là trung điểm BC ⇒ A’C = BC/2 = a/2.

và AA’ ⊥ BC

+ Do tam giác ABC là tam giác đều nên 3 đường trung trực đồng thời là ba đường trung tuyến

=> Giao điểm ba đường trung trực cũng là giao điểm ba đường trung tuyến

Suy ra O là trọng tâm tam giác ABC.

Vậy R = √3 (cm).

c) * Vẽ đường tròn:

Gọi A’; B’; C’ lần lượt là chân đường phân giác trong ứng với các góc 

Do tam giác ABC là tam giác đều nên A’; B’; C’ đồng thời là trung điểm BC; CA; AB.

Đường tròn (O; r) là đường tròn tâm O; bán kính OA’ = OB’ = OC’.

* Tính r:

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O; R) tại A, B, C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ΔIJK là tam giác đều ngoại tiếp (O; R).

Sao OA=2/3 AA'

a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước có chia khoảng và compa)

b) Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực (đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều ABC).

Ta có: R= OA = AA' = . = . = √3 (cm).

c) Đường tròn nội tiếp (O;r) tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều ABC tại các trung điểm A', B', C' của các cạnh.

r = OA' = AA' = = (cm)

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại A,B,C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ∆IJK là tam giác đều ngoại tiếp (O;R).

a) Vẽ tam giác đều ABC có cạnh bằng 3cm (dùng thước có chia khoảng và compa)

b) Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực (đồng thời là ba đường cao, ba trung tuyến, ba phân giác của tam giác đều ABC).

Ta có: R= OA = AA' = . = . = √3 (cm).

c) Đường tròn nội tiếp (O;r) tiếp xúc ba cạnh của tam giác đều ABC tại các trung điểm A', B', C' của các cạnh.

r = OA' = AA' = = (cm)

d) Vẽ các tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại A,B,C. Ba tiếp tuyến này cắt nhau tại I, J, K. Ta có ∆IJK là tam giác đều ngoại tiếp (O;R).

* Vẽ đường tròn:

Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC là giao điểm của ba đường trung trực.

Dựng đường trung trực của đoạn thẳng BC và CA.

Hai đường trung trực cắt nhau tại O.

Vẽ đường tròn tâm O, bán kính OA = OB = OC ta được đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

* Tính bán kính đường tròn.

+ Gọi A’ là trung điểm BC ⇒ A’C = BC/2 = a/2.

và AA’ ⊥ BC

+ Do tam giác ABC là tam giác đều nên 3 đường trung trực đồng thời là ba đường trung tuyến

=> Giao điểm ba đường trung trực cũng là giao điểm ba đường trung tuyến

Suy ra O là trọng tâm tam giác ABC.

Vậy R = √3 (cm).

Chu vi tam giác ABC là:

\(C_{ABC}=3\cdot AB=3\cdot6=18\left(\operatorname{cm}\right)\)

=>\(p=\frac{18}{2}=9\left(\operatorname{cm}\right)\)

Diện tích tam giác ABC đều là:

\(S_{ABC}=AB^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=6^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=27\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

\(S=p\cdot r\)

=>\(r=\frac{27\sqrt3}{9}=3\sqrt3\) (cm)

Xét ΔABC có \(\frac{BC}{\sin A}=2R\)

=>\(2R=6:\sin60=6:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3\)

=>R=\(2\sqrt3\) (cm)

a: Xét (O) có

\(\hat{NQP};\hat{NMP}\) là các góc nội tiếp chắn cung NP

Do đó: \(\hat{NQP}=\hat{NMP}\)

mà \(\hat{NMP}=\hat{PMI}=\hat{KQP}\left(=90^0-\hat{MPQ}\right)\)

nên \(\hat{HQP}=\hat{NQP}\)

=>QP là phân giác của góc HQN

Xét ΔQHN có

QI là đường cao

QI là đường phân giác

Do đó: ΔQHN cân tại Q

=>QH=QN

b: Xét ΔMPQ có

MI,QK là các đường cao

MI cắt QK tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔMPQ

=>PH⊥MQ

Xét (O) có

ΔMQE nội tiếp

ME là đường kính

Do đó: ΔMQE vuông tại Q

=>MQ⊥QE tại Q

mà PH⊥MQ

nên PH//QE

Xét (O) có

ΔMPE nội tiếp

ME là đường kính

Do đó: ΔMPE vuông tại P

=>MP⊥PE

mà QH⊥MP

nên QH//PE

Xét tứ giác PHQE có

PH//QE
PE//QH

Do đó: PHQE là hình bình hành

=>HQ=PE

=>PE=QN

Xét (O) có

ΔMNE nội tiếp

ME là đường kính

Do đó: ΔMNE vuông tại N

=>MN⊥NE

mà MN⊥PQ

nên PQ//NE

Xét tứ giác PQEN có

PQ//EN

PE=QN

Do đó: PQEN là hình thang cân

c: PHQE là hình bình hành

=>PQ cắt HE tại trung điểm của mỗi đường

=>HE đi qua trung điểm F của PQ