Chuyên đề 8: Hình học (có đáp án)
191 câu hỏi
a) Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra (kề bù)
Xét tứ giác AHEC ta có: , suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AE (tổng hai góc đối diện bằng 180o)b) Ta có ABCD nội tiếp nên (1) (cùng nhìn cạnh DC).
Lại có: (góc nội tiếp).
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
Suy ra .
Mà (do ADlà phân giác).
Suy ra (2)
Từ (1) và (2) suy ra
c) Xét và có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).
BD chung.
(cmt).
(g-c-g).
(tương ứng).
cân tại
d) Theo câu c) là trung điểm AE (3)
Xét và có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).
AD chung.
(do ADlà phân giác).
(g-c-g)
(tương ứng).
là trung điểm KF (4)
Từ (3) và (4) ta có AKEF là hình bình hành (tứ giác có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường).
Mà là hình thoi.
Ta có Tứ giác ACHK nội tiếp đường tròn đường kính AC
(do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà (cùng chắn cung CM).
Vậy .
Ta có
Do đó (g.g)
C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC vuông tại .
Vậy
Ta có (cùng chắn ), (đồng vị)
nội tiếp.
Mà: nên các điểm B, C, D thuộc đường tròn đường kính OD
cũng thuộc đường tròn đường kính OD
là trung điểm của AB.
Do là trung trực của BC
là trung điểm của BC
Hai tam giác BEF và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 191 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
2. Xét hai tam giác vuông và , chúng có chung góc C nên
(dpcm).
3. Tam giác OAC cân tại O nên . Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC, do đó .
Tam giác ABE vuông tại E nên (2).
Từ (1) và (2) (dpcm).
4. Gọi M là giao điểm của đường thẳng AE với đường tròn (C). Ta có ( cùng chắn cung MC). Mà ( cùng phụ với ) nên hay BE là phân giác của .Tam giác HBM có BE vừa là đường cao, đường phân giác góc B nên cân tại B và BE là trung trực của HM. Gọi I là điểm đối xứng với O qua đường thẳng BC(O và BC cố định cố định). Khi đó tứ giác HOIM là hình thang cân vì nhận BC là trục đối xứng=MO=R hay H luôn cách điểm cố định I một khoảng R không đổi nên H thuộc đường tròn tâm I bán kính R. Do đó r=R=3cm.
a. Vì M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC .
Xét tứ giác AMHN có: .
Do đó tứ giác AMHN nội tiếp đường trònb. Vì (gt), (vì ) EB//AH.
(hai góc so le trong) (1)
Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (2)
Từ (1) và (2) suy ta , hay .
c. Ta có: (hai góc đối đỉnh) (3)
Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) (4)
vuông tại H có (gt) (cùng phụ với )
Hay (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra .
Xét và có: chung; (cmt)
(g.g) . (6)
d. nội tiếp đường tròn đường kính CD vuông tại E.
Áp dụng hệ thức lượng trong vuông tại E, , ta có: . (7)
Từ (6) và (7) suy ra .
Xét và có: chung; (cmt)
(c.g.c) (2 góc tương ứng).
Xét (O) có: và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN.
Do đó DE là tiếp tuyến của (O).
Kẻ , (Hệ quả ĐL Talet).
Lại có .
Chứng minh tương tự, ta có ; .
Suy ra .
Đặt ; ; thì x, y, z > 0 và x+y+z=1.
Theo đề bài:
Hay:
. (*)
Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với x, y, z>0.
Dấu bằng xảy ra khi , hay là trọng tâm .
Vậy .
Kẻ tại I, tại K, khi đó ta có
(tính chất của bán kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung đó).
Ta có: nên tứ giác là hình thang.
Mà và M là trung điểm của OO'
là trung điểm của
Từ đó suy ra AC=AD(đpcm).
a. sđ , .
là góc có đỉnh bên trong đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên ta có:
b. .
là góc có đỉnh bên ngoài đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên:
Ta có là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O nên
Mà BD và CE cắt nhau tại H nên ta suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra
Ta có nên CDHI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC.
Suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung DH của đường tròn đường kính HC).
Hay
Tương tự, ta chứng minh được tứ giác AEIH nội tiếp đường tròn tâm M
().
(vì MD=MA) và
(cùng chắn cung EH của đường tròn tâm M)
Vậy
Xét 2 tam giác MDK và MID có:
là góc chung,
(g.g)
(đpcm).
1) Chứng minh rằng Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.
Ta có do đó, tứ giác ADCE nội tiếp.
2) Chứng minh rằng Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng.
Chứng minh tương tự tứ giác BDCF nội tiếp.
Do các tứ giác ADCE, BDCF nội tiếp nên
Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
Chứng minh tương tự Do đó,
3) Chứng minh rằng Tia đối của tia CD là tia phân giác góc ECF
Gọi Cx là tia đối của tia CD
Do các tứ giác nội tiếp nên
Mà nên Cx là phân giác góc
4) Chứng minh rằng Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB
Theo chứng minh trên
Mà
Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp mà
a) Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
().
Xét tứ giác AKNH có: ;
mà và ở vị trí đối nhau.
Vậy tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.
b) Áp dụng hệ thức lượng vào vuông tại A và có suy ra .
c) Có MA, MC là hai tiếp tuyến của (O; R) cắt nhau tại M nên .
Suy ra (so le trong) (1);
(góc nội tiếp cùng chắn ) (2).
Từ (1) và (2) ta được (đpcm).
d) Gọi . Vì MO//BC nên M là trung điểm của AP.
Ta có .
Áp dụng định lý Talet ta được: .
Mà .
Vậy N là trung điểm của CH.
Tính MH và bán kính R của đường tròn.
Vì là tam giác cân, mà .
Xét vuông tại H.
Ta có: .
Vì nội tiếp đường tròn (O; R) .
Vì (, AB là dây cung của (O; R))
hay R+OH=8cm.
Xét vuông tại H
Ta có: .
.
· Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp.
Ta có: ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác MDEH có:
( Hai góc đối diện bù nhau).
tứ giác MDEH nội tiếp đường tròn.
· Chứng minh rằng:.
Vì tại H mà HA=HB (chứng minh trên)
Xét và có:
là góc chung.
( hai góc và là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R))
Mà
(g - g)
(đpcm)
· Chứng minh rằng: .
Ta có: ( hai góc và là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R)). Mà
là tia phân giác của góc .
( tính chất tia phân giác) (1)
Mặt khác: (chứng minh trên)
mà (chứng minh trên) (đối đỉnh)
là tia phân giác ngoài của góc
( tính chất tia phân giác) (2)
Từ (1),(2) (đpcm)
3. Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Ta có: (chứng minh trên) hay .
Xét đường tròn (O') ngoại tiếp có:
là góc nội tiếp chắn cung .
là góc có đỉnh B năm trên đường tròn tạo bởi dây BE và đường BN chắn cung .
Mà (chứng minh trên).
Góc phải là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung hay BN là tiếp tuyến của đường tròn
(O') Hay NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE (đpcm).
a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: nên .
nên .
Tứ giác MDBF có
Do đó tứ giác MDBF nột tiếp.
Suy ra 4 điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn.
Ta có : nên .
nên .
Suy ra: .
Mà 2 đỉnh D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau.
Do đó tứ giác MDEC nột tiếp.
Vậy 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
Vì tứ giác MDBF nội tiếp.
Nên: (cùng chắn ).
Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên .
Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp.
Nên (góc ngoài của tứ giác nội tiếp).
Do đó (cùng phụ với ).
Suy ra: .
Mà
Nên .
Vậy D, E, F thẳng hàng.
c)
Ta có :
Mà
Nên .
Mặt khác: tứ giác AFME nội tiếp nên:
Do đó:
.
có: ,
có:
b) có: , MB=MC (gt)
.
a) Ta có: ,
Tứ giác AOHC nội tiếp.
b) Xét và có: , chung
.
b) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F
Vì tứ giác AOHC nội tiếp
Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp .
Mà H là trung điểm của là trung điểm của EF.
Ta có: FE//MN và IE=FI là trung điểm của đoạn thẳng MN
Tứ giác AMBN là hình bình hành .
1. Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp
2. ( do tứ giác ABEF nội tiếp )
3.Ta có
Suy ra (cạnh huyền – góc nhọn)
4.Ta có
Gọi OH là đường cao của tam giác OBC
Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)
(đơn vị diện tích)
3.Ta có
Suy ra (cạnh huyền – góc nhọn)
4.Ta có
Gọi OH là đường cao của tam giác OBC
Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)
(đơn vị diện tích)
1. Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có:
P là trung điểm của ME
O là trung điểm của MN
là đường trung bình của
- Xét tứ giác ONFP ta có :
(tính chất tiếp tuyến)
( do )
là tứ giác nội tiếp ( đpcm).
2. Xét ta có:
O là trực tâm
( đpcm)
- Ta có:
Mà
Nên
Từ đó suy ra (dpcm)
3. Theo BĐT Cauchy ta được:
Đẳng thức xảy ra
Mà
Nên E là trung điểm MF
Xét ta có:
là điểm chính giữa cung .
vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:.
.
.
(Vì độ dài BC là 1 số dương).
b).
Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:.
.
Hoặc:.
.
a) EM là tiếp tuyến của (O) nên
EA là tiếp tuyến của (O) nên .
Tứ giác AEMO có: mà 2 góc này ở vị trí đối nhau là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
b)
Xét và có:.
EO chung;
AO=MO;
(cạnh huyền – cạnh góc vuông).
trung trực của đoạn MA.
Mà trung trực của đoạn MA.
là trung trực của AM.
hay .
Điểm đường kính hay .
Chứng minh tương tự ta có: .
Xét tứ giác OPMQ có: .
là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
Suy ra điều phải chứng minh.
a) Xét đường tròn (O) ta có:
và là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
.
Xét tứ giác ADHE có: mà hai góc này đối nhau nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có và cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH.
Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I, đường kính AH hay I là trung điểm của AH.
b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên (hai góc cùng nhìn đoạn HE).
Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn (O)).
Trong có , (cm ở câu a).
Mà
Nên H là trực tâm
tại M
vuông tại M.
Xét hai tam giác vuông và có:
(cmt)
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
(đpcm).
c) Ta có: ( cân tại I, ID=IH: bán kính (I)). (1)
Mà (đối đỉnh). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (3)
Ta lại có: ( cân tại O, OD=OC: bán kính (O)).
Hay . (4)
Xét vuông tại H có:
Từ (3) và (4) suy ra
tại
Vậy ID là tiếp tuyến của (O).
d) Ta có (cmt).
Xét tam giác vuông và có:
Mà
Diện tích tam giác ABC là:
(đvdt).
a)
vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:
.
(Vì độ dài BC là 1 số dương).
b)
Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:
.
Hoặc:
.
a) EM là tiếp tuyến của (O) nên
EA là tiếp tuyến của (O) nên .
Tứ giác AEMO có: mà 2 góc này ở vị trí đối nhau là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)Xét và có:.
EO chung;
AO=MO;
(cạnh huyền – cạnh góc vuông).
trung trực của đoạn .
Mà trung trực của đoạn .
là trung trực của AM.
hay .
Điểm đường kính hay .
Chứng minh tương tự ta có: .
Xét tứ giác OPMQ có: .
là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
1. Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.
; (MQ là tiếp tuyến của (O) tại Q).
Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp.
2) Chứng minh rằng .
OP=OQ=R; MP=MQ (MP; MQ là hai tiếp tuyến của (O))
là trung trực của PQ.
.
Do đó: và (đpcm).
3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.
Xét và có: (cmt) và
đồng dạng với (g-g)
(1).
Mặt khác: vuông tại P có . (2)
Từ (1) và (2) suy ra (không đổi).
Mà O và d cố định nên OH không đổi không đổi. Vậy điểm I luôn cố định .
4. Biết , tính IP.IQ.
Ta có: .
.
Lại có: (theo gt).
và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM.
Xét và có: (đối đỉnh) và (góc nội tiếp cùng chắnc ung OQ).
đồng dạng với (g-g)
a)
M là trung điểm BD suy ra
Tứ giác BDOM có
suy ra tứ giác BDOM nội tiếp.
Vì tứ giác BDOM nội tiếp
suy ra
Mà (góc nội tiếp cùng chắn cung ).
b) Ta có
(đđ)
Suy ra
Mặt khác: (góc nội tiếp cùng chắn cung )
Vậy
Vì DF//EC nên (đpcm)
c) Vì DF//EC suy ra , mà
Suy ra hay tứ giác ABDF nội tiếp
Suy ra vuông tại F có FM là đường trung tuyến nên FM=MC suy ra cân tại hayd) Tam giác ANB có AD và BF là hai đường cao cắt nhau tại H nên H là trực tâm của tam giác NAB hay
Thể tích của ba viên bi:
Thể tích của mực nước dâng lên bằng đúng thể tích của 3 viên bi, do đó nếu gọi là thể tích của mực nước dâng lên và h là độ cao của mực nước dâng lên thêm
Ta có:
Vậy mực nước trong cốc lúc này là:
Do đó, nước chưa tràn ra khỏi cốc và mực nước trong cốc lúc này là .
1. Tính số đo .
Vì M là điểm chính giữa cung AB nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra tam giác AMB vuông cân tại M. Từ đó:
Tam giác ABC vuông tại B có nên là tam giác vuông cân tại B Suy ra
2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có: (góc nội tiếp chắn cung AM bằng đường tròn)
Lại có: (vì )
Tứ giác MNDC có nên nội tiếp được đường tròn (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)
3. Chứng minh
Ta có: (1); (góc nội tiếp chắn đường tròn);
(câu 2). Nên (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∽(g-g). Suy ra:
Tam giác ABC vuông tại B có BM là đường cao cho:
Vậy:
Ta có:
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn
Trong tứ giác AEHF có: (vì BE ^ AC và CF ^ AB)
Vậy mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn
2) Chứng minh CE.CA = CD.CB
Xét ∆CAD vuông tại D và ∆CBE vuông tại E có: góc C chung
Vậy ∆CAD ∆CBE Þ3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF
Trong tứ giác BFEC có: (vì BE ^ AC và CF ^ AB)
mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn đường kính BC.
Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH Þ ∆MEH cân tại M
Þ hay mà phụ (∆AHE vuông tại E)
Þ phụ hay phụ
Mặt khác phụ (∆ADC vuông tại D) hay phụ
Vậy (cùng phụ )
Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có Þ ME là tiếp tuyến tại E của đường tròn này (vì có góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung EB)
Cách 2: Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh ME ^ EO
Trong tứ giác BFEC có: (vì BE ^ AC và CF ^ AB) mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm O là trung điểm BC.
Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm O.
Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH Þ ∆MEH cân tại M
Þ mà nên (1)
Tương tự:
Lại có O là trung điểm của cạnh huyền BC trong tam giác vuông BEC nên OE = OB
Þ ∆OBE cân tại O
Þ hay (2)
Từ (1) và (2) ta có:
(vì ∆HBD vuông tại D)
Þ ME ^ OE mà E thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp ∆BEF
Þ ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại
Xét ∆ECD và ∆BCA có:
Góc C chung
(vì )
Vậy ∆ECD ∆BCA (cạnh – góc – cạnh)
Chứng minh tương tự ta có: ∆BFD ∆BCA
Vậy ∆ECD ∆BFD (tính chất bắc cầu) Þ (3);
Xét ∆BID và ∆EJD có
(vì )
(vì )
Vậy ∆BID ∆EJD (góc – góc) Þ (4)
Từ (3) và (4) Þ
Dễ chứng minh: (cùng bù góc FDB)
Xét ∆DCF và ∆DJI có:
(vì)
Vậy ∆DCF ∆DJI (cạnh – góc – cạnh) Þ (hai góc tương ứng)
Theo đề bài, ta có (Cùng bằng 90o).
Tứ giác AMHQ nội tiếp (Bài toán quỹ tích cung chứa góc).
b) Theo ý a) thì tứ giác AMHQ nội tiếp
(Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau).
Tứ giác AMBN nội tiếp (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau)
(Cùng bằng ).
Mà MH ở giữa MI và MB là phân giác của .
Tam giác MIB có MH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên cân tại M.
Vậy tam giác IBM cân.
c) Ta có .
Mà (Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính)
(không đổi).
Dấu "=" xảy ra là điểm chính giữa của cung lớn AB.
Vậy lớn nhất bằng 2.AB.R, đạt được khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB
1. Ta có Mà hai góc đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp.
2. Ta có tam giác AOE cân tại O nên . (1)
Ta lại có (2)
Từ (1) và (2) suy ra3. Xét hao tam giác và có:
và (góc so le trong, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây dung)
(g.g)
4. Ta có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R
là đường trung trực của AB
và HA=HB
và có:
chung
(g.g)
.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO, ta có .
Do đó
(c.g.c)
Vì là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có
a) Tứ giác HIKB có (gt).
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Xét có góc A chung, có (cùng chắn cung HI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HIKB).
Suy ra đồng dạng với .
Suy ra (đpcm).
c) Đường kính AB vuông góc với dây CD tại H (gt) , suy ra
Suy ra .
Suy ra (cùng chắn hai cung bằng nhau).
Mặt khác tia CA và điểm K nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đường thẳng CI.
Suy ra CA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI tại tiếp điểm C.
(H/s có thể chứng minh để suy ra CA là tiếp tuyến).
Gọi Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCI, suy ra Q nằm trên đường thẳng vuông góc với CA tại C.
Mặt khác (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra Q thuộc đường thẳng CB cố định (đpcm).
1) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên .
Tứ giác MAOB có
Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2. * Ta có: (so le trong, AE//MO) và (cùng bằng sđ)
.
Xét và có: chung;
.
* Có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R
là đường trung trực của AB
AH MO và HA = HB.
Xét và có: chung;
.
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO có: .
Do đó:
.
Vì là góc vuông nội tiếp (O) nên E,O,B thẳng hàng.
(vì =sđ)
.
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA có:
.
3) Chứng minh: .
Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA có: và
Mà .
Vì AE//MN nên (hệ quả của định lí Ta-lét)
.
a) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ AB của (O) (giả thiết)
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét tứ giác CNKI ta có:
(vì )
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)
N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) (giả thiết)
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét và ta có:
- là góc chung.
- (vì )
.
+ Chứng minh BIHK là hình bình hành.
Gọi J là giao điểm của AN và BC.
Ta có: (cmt)
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
là phân giác của
là phân giác trong của
(1)
Ta có: (cmt)
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
là phân giác của .
là phân giác trong của
(2)
Ta có:
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét và ta có:
- (hai góc nội tiếp cùng chắn )
- (cmt)
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra
(định lí Thales đảo) hay (4)
Chứng mình tương tự các ý ở trên, ta được KI//BH (5)
Từ (4) và (5) suy ra BHIK là hình bình hành.
+ Chứng minh BH=BK.
Ta có : (cmt) (6)
Chứng minh tương tự câu b) ta có:
(7)
Từ (6) và (7) suy ra BH=BK
Mà BHIK là hình bình hành nên BHIK là hình thoi.
d) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ . Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
Ta có:
(cmt)
là tiếp tuyến tại B của (P)
Mà (vì : góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
nên B, P, D thằng hàng.
Ta có: cân tại P (PB=PK)
(8)
Ta có: là đường trung trực của đoạn BC
(D thuộc đường thẳng ON)
cân tại D
(9)
Từ (8) và (9) suy ra
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên (10)
Chứng minh tương tự ta có: C, Q, D thẳng hàng và (11)
Từ (10) và (11) suy ra DPKQ là hình bình hành
Mà E là trung điểm của đường chéo PQ nên E cũng là trung điểm của đường chéo DK
thẳng hàng.
1. Vì AD là tia phân giác của góc nên BM=CM.
Vì OB = OC và MB = MC nên OM là đường trung trực của BC nên
3. Ta có suy ra cung AC có số đo bằng 1200 và cung AB có số đo bằng 600, suy ra AB = R
Và
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có
Suy ra
Do đó
Diện tích tam giác DMC là: .1.Ta có
Vẽ hình đúng đến câu a)
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
suy ra tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
b) Vẽ cát tuyến ADE của (O) sao cho cát tuyến ADE nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E thuộc đường tròn (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh .
Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE
c) Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.
Hai tam giác ADH và AOE đồng dạng suy ra
Tam giác DOE cân tại O suy ra
Tứ giác DHOE nội tiếp suy ra
suy ra
nên . Suy ra ba điểm E, F, H thẳng hàng.
+ Xét đường tròn (O) có MA, MB là tiếp tuyến
+ Xét tứ giác MAOB có
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
Do đó bốn điểm M, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn.
b) Ta có MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
Lại có là đường trung trực của đoạn thẳng AB
tại H.
Xét vuông tại A, đường cao AH:
Theo hệ thức về cạnh góc vuông và đường cao trong tam giác vuông ta có:
Chứng minh tương tự ta được : (2);
Từ (1) và (2) suy ra (đpcm).
Từ câu b) ta có :
Xét có:
tại H (3);
Mặt khác tại H (4);
+ Từ (3) và (4) suy ra ba điểm A, B, N thẳng hàng (đpcm).
Theo bài ra ta có: .
Áp dụng công thức tính thể tích hình trụ, ta có:
.
a) Ta có hai góc (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác FCDE có
Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp đường tròn đường kính DF.
b) Xét hai tam giác vuông CDA và EDB có
(hai góc đối đỉnh).
Suy ra hai tam giác và đồng dạng.
c) Gọi I là trung điểm của DF
Vì vuông tại C có I là trung điểm của DF nên IC=IF
Suy ra cân tại (1)
Vì tứ giác FCDE nội tiếp nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC) (2)
Lại có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) và (do cân tại O) (3)
Từ (1), (2) và
Mà
Do đó
Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn tâm
Lúc 6h sáng, bạn An đi xe đạp từ nhà (điểm A) đến trường (điểm B) phải leo lên và xuống một con dốc (như hình vẽ bên dưới). Cho biết đoạn thẳng AB dài 762m, góc A bằng 6o và góc B bằng 4o.
a) Tính chiều cao h của con dốc
a) Xét các tam giác AHC và BHC vuông tại H, ta có :
Suy ra: .
b) Ta có:
Gọi (giờ) lần lượt là khoảng thời gian An đi từ A đến B, A đến C và C đến B.
Khi đó: phút.
Vậy An đến trường vào lúc 6 giờ 6 phút.
a) Ta có ().
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).
Vậy nội tiếp đường tròn đường kính AC.
( góc nội tiếp cùng chắn cung CD).
Mặt khác sđ.
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ).
Từ (1); (2).
b) Ta có ( g-g) vậy .
Mà OA=OB vì AB đường kính đường tròn tâm (O). Vậy .
Xét và có:
( chung góc )
( c-g-c).
Ta có: ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDH).
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của đường tròn tâm O).
Mặt khác .
Vậy mà ().
là đường phân giác của góc .
c) Xét tam giác BHD:
Vì HM là phân giác của .
Mặt khác là đường phân giác ngoài tam giác BHD.
Từ (*) và (**).
Gọi Q là giao điểm của AM với (O) vì là tiếp tuyến của của .
Vậy năm điểm C; O; A; K; Q nội tiếp một đường tròn đường kính CO.
Bốn điêm B; A; D; Q cùng thuộc .
Năm điểm C; Q; A; K; Q cùng thuộc một đường tròn .
Từ (3) và
d) Gọi N là giao điểm của CO và .
Mà ta có: (chứng minh trên ).
Vậy nội tiếp.
Từ (5) và thẳng hàng.
a) Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
(kề bù với ).
Tứ giác BEMH có:
Tứ giác BEHM nội tiếp.
b) Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét và có: chung,
(g.g).
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn
ngoại tiếp tam giác AMN
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung )
Vì (2 góc nội tiếp cùng chắn cung )
và (vì tứ giác BEMH nội tiếp)
nên
Xét và có chung, (cmt)
(g.g)
Mặt khác, ta có (g.g)
Do đó,không đổi (vì A, B, C, H cố định)
c) Với AB=1 cm, BC=BH=1 cm thì:
(cm)
(cm)
Dễ thấy tam giác AHM và NHD đồng dạng (g.g)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có:
()
Dấu bằng xảy ra:
Vậy min
Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác ADEFcó: .
Suy ra tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn.
Chứng minh tương tự ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
(hai góc nội tiếp cùng chắn ). (1)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (gt)
(hai góc nội tiếp cùng chắn ). (2)
Từ (1) và (2) suy ra .
Hay CA là phân giác của . (3)
Mặt khác: , hay . (4)
Từ (3) và (4) suy ra CB là phân giác ngoài của .
Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác cho tam giác DCN ta có
. (đpcm)
a) Chứng minh DA là tia phân giác của .
(O) có: tại I (gt)
là trung điểm của BC.
Vậy OA là trung trực của BC.
.
.
Mà và là góc nội tiếp (O) chắn và
nên .
là tia phân giác của .
b) Chứng minh OE vuông góc với AD.
Có: .
có: O, I là trung điểm của BD, BC.
là đường trung bình.
và DC=2IO.
Mà IA=2IO nên DC=IA.
Có: và nên .
Xét và có:
(g-c-g)
.
là trung điểm của AD.
(quan hệ đường kính – dây cung).
c) Lấy điểm M trên đoạn IB (M khác I và B). Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm N. Tứ giác MNDE có phải là một tứ giác nội tiếp hay không? Vì sao?
(O) có: là góc có đỉnh bên trong đường tròn.
Mà (cmt) nên .
Mặt khác (góc nội tiếp (O)) nên .
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc
trong đối diện).
Bán kính hình tròn đáy là: (cm).
Diện tích xung quanh hình trụ là: (cm2).
Diện tích toàn phần hình trụ là: (cm2)
Thể tích hình trụ là: (cm3).
a) Điểm H và C cùng nhìn đoạn BC dưới một góc 90o
Suy ra tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn đường kính BD
b) Do tứ giác BHCD nội tiếp, suy ra
và là góc bẹt nên
Từ (1) và (2) suy ra
Xét và có và chung.
Suy ra
c) Giả sử hình vuông ABCD có cạnh là 3cm
Tính độ dài cung CH có số đo bằng 40o của đường tròn
đường kính BD (làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân).
Do hình vuông ABCD có cạnh bằng 3cm nên
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHCD là
Độ dài cung CH là
Các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn.
Vì (Vì AM, AN là tiếp tuyến với đường tròn (O)).
nên
Suy ra tứ giác ANOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180o) (1)
(Vì E, F thuộc đường tròn đường kính BC).
Khi đó H là trực tâm tam giác ABC,
Nên, do đó
Suy ra tứ giác AIOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180o) (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, I, M, N, O cùng nằm trên một đường tròn.2. Chứng minh .
Ta có: AM=AN(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cân tại A
Suy ra .
Mà (cùng chắn cung của đường tròn đường kính AO).
Vậy .
Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.
Ta có: (g.g) (1).
Mà (g.g) (2).
Từ (1) và (2) ta có: (c.g.c).
mà (cmt)
Hai tia NH và NM trùng nhau hay M, H, N thẳng hàng.
Chứng minh rằng tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn.
Ta có: (gt).
.
Tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn.
Kéo dài PO cắt đường tròn tại O. Chứng minh .
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
mà .
.
(so le trong).
Mà (hai góc nội tiếp cùng chắn cung )
c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.
Gọi I là trung điểm và OI là đường trung bình của
Ta có:
Mà MI không đổi và không đổi.
không đổi không đổi.
Dễ thấy (hai cạnh góc vuông)
Suy ra (tương ứng)
Mà
Suy ra vuông tại E.
Xét tứ giác ADNEcó nội tiếp đường tròn đường kính
1) Gọi AD , BM và CE là ba đường cao của tam giác ABC
Tứ giác BEHD nội tiếp
Suy ra tứ giác AHCK nội tiếp
2) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) ta có
Xét tg AHGI có
suy ra AHGI nội tiếp
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh .
Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O).
Có (giả thiết) nên .
Xét tứ giác AKMH có .
Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác AKMH là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O).
Do DA, DC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta có DA=DC. Suy ra D nằm trên trung trực của đoạn AC.
Mà OA=OC=R nên O cũng nằm trên trung trực của AC.
Do đó, đường thẳng OD là đường trung trực của đoạn thẳng AC hay .
Suy ra .
Xét tứ giác ẠJKD có .
Suy ra tứ giác ẠJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD.
Do đó, ta có (hai góc cùng bù với ).
Xét đường tròn (O) có (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung ).
Có (góc nội tiếp chắn cung ).
Xét tam giác ACH có , suy ra .
Nên, ta có
Suy ra .
Vậy tứ giác CKJM có hay , nên tứ giác CKJM là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1).sđ
Theo chứng minh trên CKJM là tứ giác nội tiếp, suy ra .
Mà (các góc nội tiếp cùng chắn cung ).
Nên ta có được ở vị trí đồng vị. Suy ra .
Mà nên ta có .
Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC.
Theo chứng minh trên, ta có hay .
Do đó DJ là tiếp tuyến của đường tròn .
1) Chứng minh tứ giác OBIK nội tiếp.
Tứ giác OKIB nội tiếp
2) Chứng minh AC.AE = AD.AF.
- Ta có (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
phụ với
phụ với
- Mà
- Xét có
chung
đồng dạng
(đpcm)
- Ta có:
( đồng dạng chứng minh trên)
(cùng phụ với )
cân tại (1)
- Ta có:
(đồng dạng chứng minh trên)
(cùng phụ với )
cân tại I
- Từ (1)và (2) là trung điểm của EF
1. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
·
·
2. Tứ giác BMDI có:
(gt)
(gt)
Tứ giác BMDI nội tiếp.
3. Tứ giác ADBE có:
Tứ giác ADBE là hình thoi
· Ta có:
Mà
Nên I, B, Ethẳng hàng.
4. Ta có O' là tâm đường tròn đường kính BC nên O' là trung điểm của BC.
Nên ta có:
Mà
Vậy MI là tiếp tuyến của đường tròn O.
1. Ta có: (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có:
và
Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật .
2. Tứ giác AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN
O là trung điểm của AH và MN
Dễ thấy (c.c.c)
Chứng minh tương tự được
là hình thang vuông
Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN
3. Đặt MN=AH=h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có:
Vậy .
Xét tứ giác MAOB có (MA, MB là các tiếp tuyến của (O)) .
.
Suy ra MAOB là tứ giác nội tiếp.
Xét và có chung và (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung ) .
.
Xét và có chung.
Mà (so le trong).
Mặt khác (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung ).
.
.
Từ .
c) Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ).
Mà .
Ta có .
đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ .
đều vuông tại B có .
.
a) (Do CA là tiếp tuyến của (O) ở A).
(Do CB là tiếp tuyến của (O) ở B).
.
Vậy tứ giác AOBC là tứ giác nội tiếp.
b) Xét và có:
là góc chung
(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ).
Do đó đồng dạng với (g.g)
.
Mặt khác ta có: CA=CB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
là đường trung trực của tại H.
Xét vuông ở A có .
Từ (1) và (2) suy ra: .
c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất góc ngoài của tam giác ta có:
d) Xét và có: (câu c). Tương tự: .
Do đó POE đồng dạng với .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
( đpcm)
1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn.
Xét tứ giác AOMN có
nội tiếp được một đường tròn.
2. Chứng minh rằng: .
Xét và
Có ( đối đỉnh):
( g-g)
3. Khi góc , tính diện tích tam giác ABC
.
a) Ta có (gt)
Mà hai góc ở vị trí đối nhau, nên tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Xét tam giác và có:
(do tứ giác ABCD nội tiếp )
(2 góc đối đỉnh)
Suy ra (g.g)
.
c) Ta có (do tứ giác AHIK nội tiếp)
mà (do tứ giác ABCD nội tiếp)
suy ra .
Tương tự ta có (do tứ giác AHIK nội tiếp)
và (do tứ giác ABCD nội tiếp)
suy ra
Xét hai tam giác và có:
(cmt)
(cmt)
Suy ra (g.g)
d) Gọi S1 là diện tích tam giác .
Vì nên
Vẽ
và có chung cạnh đáy BD nên:
Từ (1) và (2) suy ra
(đpcm)
1. C là điểm chính giữa cung AB nên hay .
Do AD và CD là các tiếp tuyến tại A, C của đường tròn (O) nên ta có: , , hay .
Suy ra, tứ giác AOCD có và OA=OC=R. Do đó, tứ giác AOCD là hình vuông.
2) Diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn (O) được chia thanh hai phần:
Phần 1: nửa đường tròn đường kính AB, không chứa điểm C, có diện tích là .
Phần 2: hình viên phân nằm ngoài tam giác vuông cân OBC, có diện tích là .
Vậy, diện tích cần tính có giá trị là:
(đơn vị diện tích).
3) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo R?
Theo chứng minh câu a, ta có: .
Từ giả thiết, ta có: .
Xét tam giác ADE vuông tại D có: .
Do CG//AB nên .
Vậy, tam giác CGF có nên tam giác CGF vuông cân tại CGF.
Do đó, .
Xét tam giác vuông EGF có
Nên theo định lý Pythagore, ta có:
do R+x>0
Vậy, ta có .
4) Chứng minh AECF là tứ giác nội tiếp?
Ta chứng minh được nên .
Mà trong tam giác vuông ADE, ta có: . Suy ra .
Ta có: .
Xét tam giác AEF có , AE=EF, nên tam giác AEF vuông cân tại E. Từ đó, ta có .
Xét đường tròn tâm O có là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC, nên .
Vậy, tứ giác AECF có , tức là 2 đỉnh liền kề C, F cùng nhìn đoạn AE dưới các góc như nhau. Do đó, tứ giác AECF là tứ giác nội tiếp.
a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn.
(góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
Trong tứ giác BMHE có tổng hai góc đối bằng 180o nên tứ giác BMHE nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.
Ta có (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
là đường cao
có 2 đường cao CM và AE cắt nhau tại là trực tâm của đpcm.c) Tính giá trị của biểu thức theo R
Ta có (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
vuông tại N
Áp dụng hệ thức lượng trong vuông tại N ta có
(g-g)
Suy ra
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
Ta có: (góc nội tiếp cùng chắn cung HK trong đường tròn (AHC))
(cùng phụ ).
Suy ra là phân giác
có CM vừa là đường cao vừa là phân giác
là trung điểm
Do M cố định, B cho trước nên KB không đổi.
1. Có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên suy ra nên MNCD là tứ giác nội tiếp
2. Có đồng dạng (g-g) nên
3. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng.
Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
.
Theo chứng minh câu 1, MNCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD). (1)
Xét đường tròn tâm O có (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA). (2)
Từ (1) và (2), ta có: .
Mặt khác, ta có:
Tam giác MND vuông tại M nên .
Tam giác MAB vuông tại M nên .
Do đó, ta có: .
Mà (chứng minh trên), nên ta có: .
Do MAID là tứ giác nội tiếp nên ta có: hay
Suy ra .
Vậy, các điểm N, D, I thẳng hàng
Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25, câu b: 0,25
(không có hình không chấm)
+Tam giác OAD có OA = OD
+Vì H là trung điểm OA và nên DA = DO.c) Chứng minh JL vuông góc với BD
+ IJ//CD và H là trung điểm của CD. Suy ra P là trung điểm của IJ
Ta có: và . Suy ra hai tam giác PIL và PQI đồng dạng.
Do đó: .Mà PI=PJ nên
Lại có nên hai tam giác PIJ và PQL đồng dạng (1).
(đồng vị, tia PQ không nằm trong góc ).
Mà J là trung điểm của BD nên P là trung điểm của HB. Suy raQ là trung điểm của HD.
Do đó JP hay tam giác PQL vuông tại J (2).
Từ (1) và (2) suy ra tam giác PJL vuông tại L. Mà PQ//BD nên JL vuông góc BD.
a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông
(vì AEHF là hình chữ nhật)
(vì OA=OC)
Do đó :
b)
Do đó:
Ta có: (hệ thức lượng vuông tại H, có HE là chiều cao)
cân tại A.
c)
Do đó
Tứ giác AEFK nội tiếp.
d) Ta có: (hệ thức lượng trong vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: (hệ thức lượng trong vuông tại H, có HK là chiều cao)
Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp
Vậy ta có: và
b) Do nên và nên
So sánh ta có: FI.FM=FD.FE
c) Ta có dó PQ là đương kính và có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và (vì )
Nên mà (I nhìn OM dưới goc 90o)
Nên P, T, M thẳng hàng vì
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì vuông tại B. Vậy diện tích lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O; R).
Cách khác
O' là trung điểm của OM. BC cắt OO'; O'T lần lượt tại L và T
Vẽ IH vuông BC tại H
Ta có BD=BA và BE=BF nên
EF//DA và (do BD=BA) suy ra ADEF là hình thang cân
ADEF nội tiếp được (1).
Ta có CK=CD và CA=CE nên
KD//AE và (do CE=CA)
là hình thang cân
nội tiếp được (2).
(1), (2) 4 điểm D, E, F và K cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp .
b) Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp (cmt).
(hai góc nội tiếp cùng chắn )
Ta lại có:
(2) (góc nội tiếp cùng chắn )
Từ (1) và (2)
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
d) Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn )
Ta lại có OM=ON
là đường trung trực của MN
Mà MN//EF(cmt)
Một bình hình trụ có đường kính đáy 1dm, chiều cao 2dm bên trong có chứa viên bi hình cầu có bán kính 4 cm. Hỏi phải đổ vào bình bao nhiêu lít nước để nước đầy bình. Cho biết:
với r là bán kính đáy; h là chiều cao hình trụ.
với R là bán kính hình cầu.
Thể tích bình hình trụ:
Thể tích viên bi hình cầu:
Số lít nước đổ vào đầy bình: (lít)
Kính lão đeo mắt của người già thường là loại thấu kính hội tụ. Bạn An đã dùng một chiếc kính lão của ông ngoại để tạo ra hình ảnh của một cây nến trên một tấm màn. Xét cây nến là một vật sáng có hình dạng là đoạn AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính một đoạn OA=2cm. Thấu kính có quang tâm O và tiêu điểm F. Vật AB cho ảnh thật A'B' gấp 3 lần AB. Tính tiêu cự (OF') của thấu kính ? Biết rằng đường đi của tia sáng được mô tả trong hình vẽ sau :
Vì AB//A'B; nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :
Vì OD//A'B' nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :
Vậy tiêu cự của thấu kính : (m)
b) Ta có : nội tiếp đường tròn (O) có AK là đường kính
vuông tại B và vuông tại C.
Mà H là trực tâm (AD, BE là hai đường cao cắt nhau tại H)
(cùng vuông góc với AB) và (cùng vuông góc với AC)
Tứ giác BHCK là hình bình hành.
Có M là trung điểm của đường chéo BC nên M cũng là trung điểm của đường chéo HK.
Vậy 3 điểm H, M, K thẳng hàng.
c) Ta có:
+) BE//CK (cmt) (hai góc so le trong).
+) (hai góc nội tiếp cùng chắn )
+) (Tứ giác ABDF nội tiếp)
Nên mà 2 góc này ở vị trí đồng vị suy ra BE//DF
Ta lại có: IM là đường trung bình của (I, M lần lượt là trung điểm của AB và BC)
Mà nên (1)
Ta có: ID, IF lần lượt là 2 đường trung tuyến của 2 tam giác ABD và ABF ứng với cạnh huyền (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM là đường trung trực của DF
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
