Bài tập tự luyện

c) Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông MAB ta được AB=20cm.

Ta có:  $S_{MAB}=S_{PAB}+S_{PAM}+S_{PBM}=\frac{1}{2}AB.r+\frac{1}{2}AM.r+\frac{1}{2}BM.r=\frac{1}{2}\left(AB+AM+BM\right).r$.

Mà  $S_{AMB}=\frac{1}{2}AM.BM\Rightarrow r=\frac{AM.BM}{AB+AM+BM}=\frac{12.16}{20+12+16}=4\text{ cm}$.

a) Ta có  $\widehat{ABF}=\widehat{ACF}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra  $BF\perp AB,CF\perp AC$

 $\Rightarrow CE\text{//}BF$  (cùng vuông góc với AB).

    $BD\text{//}CF$ (cùng vuông góc với AC).

Do đó  $BFCH$ là hình bình hành.

b) Do  $BFCH$ là hình bình hành nên hai đường chéo  $BC,HF$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HF.

Vậy H,M,F thẳng hàng.

c) Vì M là trung điểm của BC nên  $OM\perp BC$ (quan hệ đường kính và dây cung)                                                                                          (1)

Lại có H là trực tâm của  $\Delta ABC$ nên  $AH\perp BC$.                                (2)

Từ (1) và (2) suy ra  $OM\text{//}AH$. Mặt khác, M là trung điểm của BC nên OM là đường trung bình của tam giác AHF. Do đó  $OM=\frac{1}{2}AH$.

a) Ta có  $\widehat{ACM}=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{AM}=45°$ (vì M là điểm chính giữa của  $\stackrel{⏜}{AB}$).

Do đó  $\Delta ACF$ là tam giác vuông cân.

Tương tự, ta cũng có  $\Delta MEF$ là tam giác vuông cân.

 $\Rightarrow \widehat{CAF}=\widehat{AEM}=45°\Rightarrow AC\text{//}ME$ (hai góc ở vị trí so le trong).

Suy ra  $ACEM$ là hình thang.

Dễ thấy  $\widehat{AME}=\widehat{CEM}$ nên  $ACEM$ là hình thang cân.

b) Tam giác  $COM$ cân tại O (vì OC=OM).

 $\Rightarrow \widehat{MCO}=\widehat{CMO}$                                         (1)

Vì M là điểm chính giữa của  $\stackrel{⏜}{AB}$  nên  $OM\perp AB$. Mà  $CH\perp AB\left(\text{gt}\right)$.

Suy ra  $OM\text{//}CH\Rightarrow \widehat{HCM}=\widehat{CMO}$ (hai góc so le trong)      (2)

Từ (1) và (2) suy ra  $\widehat{HCM}=\widehat{MCO}\Rightarrow CM$ là tia phân giác của góc  $\widehat{HCO}$.

c) Ta có  $\Delta HCD~\Delta OMG\left(\text{g.g}\right)\Rightarrow \frac{CD}{DM}=\frac{CH}{OM}$.

Vì M là điểm chính giữa của một nửa đường tròn, C là điểm bất kì trên nửa đường tròn kia nên  $CH\le OM\Rightarrow \frac{CD}{DM}=\frac{CH}{OM}\le 1$

 $\Rightarrow CD\le DM\iff 2CD\le CM\iff 2CD\le AE$ (do  $ACEM$ là hình thang cân).

Vậy  $CD\le \frac{1}{2}AE$.

a) Ta có:  $\widehat{N_1}+\widehat{N_2}=\widehat{CND}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

           $\widehat{N_2}+\widehat{N_3}=\widehat{ONI}=90°$ (tính chất tiếp tuyến).

 $\Rightarrow \widehat{N_3}=\widehat{N_1}$ (cùng phụ với  $\widehat{N_2}$)                 (1)

Tam giác  $OCN$ cân tại O nên  $\widehat{C_1}=\widehat{N_1}$      (2)

Mà  $\widehat{E_1}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{AD}+sđ\stackrel{⏜}{BN}\right)$

         $=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{BD}+sđ\stackrel{⏜}{BN}\right)=\frac{1}{2}sđ\stackrel{⏜}{DN}=\widehat{C_1}$            (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra  $\widehat{E_1}=\widehat{N_3}\Rightarrow \Delta EIN$ cân tại I .

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có:  $\widehat{N_4}=\widehat{N_2}=\widehat{ODN}=\widehat{F}\Rightarrow \Delta IFN$ cân tại .

b) Vì  $\Delta EIN$ và  $\Delta FIN$ là các tam giác cân nên  $IE=IN=IF$.

Ta có  $AE+AF=2AE+EI+IF=2AE+2EI=2AI\Rightarrow AI=\frac{AE+AF}{2}$.

Hướng dẫn:  $\widehat{A}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{CE}-sđ\stackrel{⏜}{BD}\right)\Rightarrow sđ\stackrel{⏜}{CE}=140°$.

Gọi  $H=CD\cap BE\Rightarrow \widehat{CHE}=\frac{1}{2}\left(sđ\stackrel{⏜}{CE}+sđ\stackrel{⏜}{BD}\right)=90°$.