1) Tính diện tích phần viền tráng men xanh của đĩa sứ trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến
4/5
1) Tính diện tích phần viền tráng men xanh của đĩa sứ trong hình vẽ bên (kết quả làm tròn đến phần nguyên đơn vị cm; \(\pi \approx 3,14)\).
2) Cho \(\Delta ABC\,\,\left( {AB < AC} \right)\), có hai đường cao \(BD\) và \(CE\) cắt nhau tại \(H\). Gọi \(O\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của \(AH\) và \(BC\).
a) Chứng minh 4 điểm \(B,D,C,E\) cùng thuộc một đường tròn và \(ED < BC\)
b) Chứng minh: \(AE \cdot AB = AD \cdot AC\) và \(OE \bot EI\).
1) Bán kính đường tròn lớn là \(20:2 = 10\left( {cm} \right)\)
Bán kính đường tròn nhỏ là: \(14:2 = 7cm\)
Diện tích phần viền tráng men xanh của đĩa xứ là:
\(S = \pi \left( {{{10}^2} - {7^2}} \right) = 51\pi \approx 51.3,14 = 160,14 \approx 160\left( {c{m^2}} \right)\)
2)
a) \(\Delta BEC\) vuông tại \(E\), có \(EI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\), nên:
\(IE = IB = IC = \frac{1}{2}BC\)
\(\Delta BDC\) vuông tại \(D\), có \(DI\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\), nên:
\(ID = IB = IC = \frac{1}{2}BC\)
Do đó \(IB = IC = ID = IE\,\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\)
Vậy bốn điểm \(B\,,\,D\,,\,C\,,\,E\) cùng thuộc đường tròn tâm \(I\), đường kính \(BC\).
Xét \(\left( I \right)\), có \(DE\) là dây cung không đi qua tâm, do đó \(DE < BC\)
b) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta AEC\), có: \(\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAC}\) chung, nên (g.g)
Suy ra \(\frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AE.AB = AD.AC\)
\(\Delta ABC\) có hai đường cao \(BD\) và \(CE\) cắt nhau tại \(H\), nên \(H\) là trực tâm của \(\Delta ABC\)
Suy ra \(AH \bot BC\) \( \Rightarrow \widehat {ABC} + \widehat {BAH} = 90^\circ \) hay \(\widehat {IBE} + \widehat {OAE} = 90^\circ \)
Do \(IB = IE\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(\Delta IBE\) cân tại \(I\) \( \Rightarrow \widehat {IEB} = \widehat {IBE}\)
\(\Delta AEH\) vuông tại \(E\), có \(EO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(AH\) nên \(OE = OA = OH = \frac{1}{2}AH\)
Do đó \(\Delta OAE\) cân tại \(O\) \( \Rightarrow \widehat {OEA} = \widehat {OAE}\)
Suy ra \(\widehat {IEB} + \widehat {OEA} = \widehat {IBE} + \widehat {OAE} = 90^\circ \) \( \Rightarrow \widehat {OEI} = 90^\circ \)
Vậy \(OE \bot EI\)
c) Chứng minh tương tự câu b, ta cũng có: \(OD \bot DI\)
\(\Delta ADH\) vuông tại \(D\), có \(DO\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên: \(OD = OA = OH = \frac{1}{2}AH\)
Suy ra \(OD = OE\left( { = \frac{1}{2}AH} \right)\) nên \(O\) thuộc đường trung trực của \(DE\)
Mà \(ID = IE\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) nên \(I\) thuộc đường trung trực của \(DE\)
Do đó \(OI\) là đường trung trực của \(DE\) hay \(OI \bot DE\)
Gọi \(G\) là giao điểm của \(OI\) và \(DE\); \(K\) là giao điểm của \(AI\) và \(OS\).
Ta có: (g.g) \( \Rightarrow \frac{{OD}}{{OI}} = \frac{{OG}}{{OD}} \Rightarrow O{D^2} = OG.OI\)
(g.g) \( \Rightarrow \frac{{OK}}{{OG}} = \frac{{OI}}{{OS}} \Rightarrow OK.OS = OG.OI\)
Do đó \(OK.OS = O{D^2} = O{A^2}\)\( \Rightarrow \frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OS}}\)
Xét \(\Delta OKA\) và \(\Delta OAS\), có: \(\frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OS}}\) và \(\widehat {AOS}\) chung
Do đó (c.g.c)
\( \Rightarrow \widehat {OAS} = \widehat {OKA} = 90^\circ \) \( \Rightarrow SA \bot AO\) hay \(SA \bot AH\), mà \(AH \bot BC\) nên \(SA\,{\rm{//}}\,BC\) (đpcm)