Chuyên đề 8: Hình học (có đáp án)
191 câu hỏi
Cho điểm C thuộc nửa đường tròn đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn đó (Ax nằm trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB chứa nửa đường tròn). Tia phân giác của góc CAx cắt nửa đường tròn tại D. Kéo dài AD vafBC cắt nhau tại E. Kẻ EH vuông góc với Ax tại H.a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn
a) Ta có ACB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra ACE^=90° (kề bù)
Xét tứ giác AHEC ta có: ACE^=AHE^=90°, suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường tròn đường kính AE (tổng hai góc đối diện bằng 180o)
b) Chứng minh ABD^=BDC^
b) Ta có ABCD nội tiếp nên BDC^=DAC^ (1) (cùng nhìn cạnh DC).
Lại có: ABD^=12AD⏜(góc nội tiếp).
DAx^=12AD⏜ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
Suy ra ABD^=DAx^.
Mà DAx^=DAC^(do ADlà phân giác).
Suy ra ABD^=DAC^ (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABD^=BDC^
c) Chứng minh tam giác ABE cân
c) Xét ΔDAB và ΔDEBcó:
ADB^=EDB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).
BD chung.
ABD^=BDC^(cmt).
⇒ ΔDAB=ΔDEB(g-c-g).
⇒ BA=BE(tương ứng).
⇒ΔABEcân tại
d) Tia BD cắt AC và Ax lần lượt tại F và K. Chứng minh AKEF là hình thoi
d) Theo câu c) ΔDAB=ΔDEB⇒DA=DE⇒Dlà trung điểm AE (3)
Xét ΔDAF và ΔDAKcó:
ADF^=ADK^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn – kề bù).
AD chung.
DAF^=DAK^(do ADlà phân giác).
⇒ ΔDAF=ΔDAK (g-c-g)
⇒DK=DF (tương ứng).
⇒ D 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 AE⊥KF⇒AKEF là hình thoi.
Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB. Trên OA lấy điểm H (H khác O, H khác A). Qua H dựng đường thẳng vuông góc với AB, đường thẳng này cắt nửa đường tròn tại C. Trên cung BC lấy điểm M (M khác B, M khác C). Dựng CK vuông góc với AM tại K.
a) Chứng minh tứ giác ACKH nội tiếp đường tròn
Ta có CHA^=CKA^=90°⇒Tứ giác ACHK nội tiếp đường tròn đường kính AC
b) Chứng minh CHK^=CBM^.
CHK^=CAK^=CAM^ (do tứ giác ACKH nội tiếp). Mà CAM^=CBM^ (cùng chắn cung CM).
Vậy CHK^=CBM^.
c) Gọi N là giao điểm của AM và CH. Tính theo R giá trị biểu thức P=AM.AN+BC2.
Ta có ACN^=ABC^ (=90°-HCB^); ABC^=AMC^⇒ACN^=AMC^
Do đó ΔACN∽ΔAMC (g.g) ⇒ANAC=ACAM⇒AM.AN=AC2.
C thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên tam giác ABC vuông tại C,⇒AC2+BC2=AB2.
Vậy P=AM.AN+BC2=AB2=4R2.
Cho ΔABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B, C cắt nhau tại D. OD cắt BC tại E. Qua D vẽ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AC tại K. đường thẳng OK cắt AB tại F. Tính tỉ số diện tích SΔABFSΔABC
Ta có BAC^=DBC^ (cùng chắn BC⏜), BAC^=DKC^(đồng vị) ⇒DBC^=DKC^
⇒DBKC nội tiếp.
Mà: OBD^=OCD^=90° nên các điểm B, C, D thuộc đường tròn đường kính OD
⇒K cũng thuộc đường tròn đường kính OD
⇒OK⊥KD⇒OK⊥AB⇒F là trung điểm của AB.
Do OB=OC, DB=DC⇒OD là trung trực của BC
⇒E là trung điểm của BC
Hai tam giác BEF và BAC đồng dạng có tỉ lệ đồng dạng là 12⇒SΔBEFSΔABC=14.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (C) tâm O bán kính R. Hai đường cao AE và BK tam giác ABC cắt nhau tại H (với E thuộc BC, K thuộc AC).
1. Chứng minh rằng tứ giác ABEK nội tiếp được trong một đường tròn.
1. Xét tứ giác ABEK có AKB^=AEB^=90°( vì AE⊥BC, BK⊥AC). Hai góc này cùng chắn cung AB nên tứ giác ABEK nội tiếp được một đường tròn.
2. Chứng minh CE.CB=CK.CA
2. Xét hai tam giác vuông ΔACE và ΔBCK, chúng có chung góc C nên
ΔACE~ΔBCK⇒CECK=CACB⇔CE.CB=CK.CA (dpcm).
3. Chứng minh OCA^=BAE^.
3. Tam giác OAC cân tại O nên OCA^=90°−12AOC^ (1). Mà tam giác ABC nhọn nên O nằm trong tam giác ABC, do đó ABC^=12sdAC⏜=12AOC^.
Tam giác ABE vuông tại E nên BAE^=90°−ABC^=90°−12AOC^ (2).
Từ (1) và (2) ⇒OCA^=BAE^(dpcm).
4. Cho B, C cố định và A di động trên (C) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC nhọn; khi đó H thuộc cung tròn (T) cố định. Xác định I và bán kính r của đường tròn (T), biết R=3cm
4. Gọi M là giao điểm của đường thẳng AE với đường tròn (C). Ta có MBC^=MAC^( cùng chắn cung MC). Mà MAC^=HBC^ ( cùng phụ với ACB^) nên MBC^=HBC^ hay BE là phân giác của HBM^.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 ⇒I cố định). Khi đó tứ giác HOIM là hình thang cân vì nhận BC là trục đối xứng⇒IH=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.
Cho ΔABC có ba góc nhọn (AB<AC), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H. Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC. Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D. Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính CD. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD, cắt nửa đường tròn trên tại điểm E.
a.Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp.
a. Vì M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC ⇒AMH^=ANH^=90°.
Xét tứ giác AMHN có: AMH^+ANH^=90°+90°=180°.
Do đó tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh EBM^=DNH^
b. Vì EB⊥CD (gt), AH⊥CD(vì AH⊥BC) EB//AH.
⇒EBM^=MAH^ (hai góc so le trong) (1)
Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)⇒MAH^=MNH^ (hai góc nội tiếp cùng chắn MH⏜) (2)
Từ (1) và (2) suy ta EBM^=MNH^, hay EBM^=DNH^.
c) Chứng minh DM.DN=DB.DC
c. Ta có: DMB^=AMN^(hai góc đối đỉnh) (3)
Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)⇒AMN^=AHN^ (hai góc nội tiếp cùng chắn AN⏜) (4)
ΔAHC vuông tại H có HN⊥AC (gt) ⇒ACH^=AHN^(cùng phụ với CHN^)
Hay AHN^=DCN^ (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra DMB^=DCN^.
Xét ΔDMB vàΔDCN có: NDC^chung; DMB^=DCN^(cmt)
⇒ΔDMB∽ΔDCN (g.g) ⇒DMDC=DBDN⇒DM.DN=DB.DC. (6)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE. Chứng minh OE⊥DE.
d. ΔEDC nội tiếp đường tròn đường kính CD ⇒ΔEDC vuông tại E.
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔEDC vuông tại E, EB⊥CD, ta có: DE2=DB.DC. (7)
Từ (6) và (7) suy ra DE2=DM.DN⇒DEDM=DNDE.
Xét ΔDEM vàΔDNE có: EDN^chung; DEDM=DNDE (cmt)
⇒ΔDEM∽ΔDNE (c.g.c) ⇒DEM^=DNE^ (2 góc tương ứng).
Xét (O) có: DEM^=DNE^ và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN.
Do đó DE là tiếp tuyến của (O)⇒DE⊥OE.
Cho tam giác ABC, M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Kéo dài AM cắt BC tại P, BM cắt Q, CM cắt AB tại K. Chứng minh MA.MB.MC≥8MP.MQ.MK
Kẻ MH⊥BC, AH'⊥BC H,H'∈BC⇒MH€AH'⇒MHAH'=MPAP, (Hệ quả ĐL Talet).
Lại có MHAH'=12MH.BC12AH'.BC=SMBCSABC⇒MPAP=SMBCSABC.
Chứng minh tương tự, ta có MQBQ=SMACSABC; MKCK=SMABSABC.
Suy ra MPAP+MQBQ+MKCK=SMBCSABC+SMACSABC+SMABSABC=1.
Đặt x=MPAP; y=MQBQ; z=MKCK thì x, y, z > 0 và x+y+z=1.
Theo đề bài: MA.MB.MC≥8MP.MQ.MK⇔MAMP.MBMQ.MCMK≥8
⇔APMP−1BQMQ−1CKMK−1≥8
Hay: 1x−11y−11z−1≥8
⇔1xyz−1xy+1yz+1xz+1x+1y+1z−1≥8⇔1xyz−x+y+zxyz+1x+1y+1z≥9
⇔1xyz−1xyz+1x+1y+1z≥9 (do x+y+z=1)
⇔1x+1y+1z≥9
⇔x+y+z1x+1y+1z≥9
⇔1+xy+xz+yx+1+yz+zx+zy+1≥9
⇔xy+yx−2+yz+zy−2+zx+xz−2≥0
⇔x−y2xy+y−z2yz+z−x2zx≥0. (*)
Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với x, y, z>0.
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=13, hay MPAP=MQBQ=MKCK=13 ⇔M là trọng tâm ΔABC.
Vậy MA.MB.MC≥8MP.MQ.MK.
Hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại 2 điểm A, B. Gọi M là trung điểm OO'. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt đường tròn (O) và (O') lần lượt ở C và D.Chứng minh rằng AC=AD
Kẻ OI⊥CD tại I, O'K⊥CD tại K, khi đó ta có IA=IC, KA=KD
(tính chất của bán kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung đó).
Ta có: OI // O'K nên tứ giác OIKO' là hình thang.
Mà OI // MA // O'K và M là trung điểm của OO'
⇒A là trung điểm của IK⇒IA=KA
Từ đó suy ra AC=AD(đpcm).
Cho đường tròn (O) đường kính AB, cung CD⏜ năm cùng phía đối với AB(D thuộc cung nhỏ BC⏜). Gọi E là giao điểm của AC và BD, F là giao điểm của AD và BC.
a.Tính góc AFB^ khi số đo cung CD⏜ bằng 80o
a. sđ s®CD⏜=80°, s®AB⏜=180°.
AFB^ là góc có đỉnh bên trong đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên ta có:
AFB^=s®AB⏜+s®CD⏜2=180°+80°2=130°
b. Tính số đo cung CD⏜ khi góc AEB^=55°.
b. AEB^=55°.
AEB^ là góc có đỉnh bên ngoài đường tròn chắn 2 cung AB, CD nên:
AEB^=s®AB⏜−s®CD⏜2 ⇒ s®CD⏜=s®AB⏜−2.AEB^=180°−2.55°=70°
Cho tam giác nhọn ABC(AB<AC). Đường tròn tâm (O) đường kính BC cắt AC, AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE, K là giao điểm của DE và AH, I là giao điểm của AHvà BC, M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng: MD2=MK.MI
Ta có BDC^, BEC^ là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O nên BDC^=BEC^=90°
Mà BD và CE cắt nhau tại H nên ta suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.
Suy ra AIC^=90°
Ta có HDC^+HIC^=180° nên CDHI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC.
Suy ra HID^=HCD^ (góc nội tiếp cùng chắn cung DH của đường tròn đường kính HC).
Hay MID^=HCD^
Tương tự, ta chứng minh được tứ giác AEIH nội tiếp đường tròn tâm M
(MA=MD=MH).
⇒MAD^=MDA^ (vì MD=MA) và EDH^=EAH^
(cùng chắn cung EH của đường tròn tâm M)
Vậy MDK^=ADH^−(MDA^+EDH^)=90°−(MAD^+EAH^)=90°−EAD^=HCD^
⇒MID^=MDK^
Xét 2 tam giác MDK và MID có:
M^ là góc chung,
MID^=MDK^
⇒ΔMDK∽ΔMID(g.g)
⇒MDMK=MIMD⇒MD2=MK.MI(đpcm).
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB, (C không trùng với A và B). Từ điểm C kẻ CD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF vuông góc với MB (D∈AB, E∈MA, F∈MB). Gọi I là giao điểm của AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng
1) Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.
1) Chứng minh rằng Tứ giác ADCE nội tiếp một đường tròn.
Ta có AEC^=ADC^=90°⇒AEC^+ADC^=180° do đó, tứ giác ADCE nội tiếp.
2) Hai tam giác CDE và CFD đồng dạng
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 B1^=F1^,A1^=D1^
Mà AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên A1^=12sđAC⏜=B1^⇒D1^=F1^.
Chứng minh tương tự E1^=D2^. Do đó, ΔCDE∽ΔCFDg.g
3) Tia đối của tia CD là tia phân giác góc ECF^
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 ADCE,BDCF nội tiếp nên DAE^=ECx^,DBF^=FCx^
Mà MAB^=MBA^⇒ECx^=FCx^ nên Cx là phân giác góc ECF^.
4) Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB
4) Chứng minh rằng Đường thẳng IK song song với đường thẳng AB
Theo chứng minh trên A2^=D2^,B1^=D1^
Mà A2^+B1^+ACB^=1800⇒D2^+D1^+ACB^=180°⇒ICK^+IDK^=180°
Do đó, tứ giác CIKD nội tiếp ⇒K1^=D1^ mà D1^=B1^⇒IK//AB
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M(M khác A ). Từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH⊥AB (H∈AB),MB cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại N. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.
a) Ta có: AKN^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
AHN^=90° (CH⊥AB).
Xét tứ giác AKNH có: AKN^+AHN^=180° ;
mà AKN^ và AHN^ ở vị trí đối nhau.
Vậy tứ giác AKNH nội tiếp trong một đường tròn.
b) AM2=MK.MB.
b) Áp dụng hệ thức lượng vào △MAB vuông tại A và có AK⊥MB suy ra AM2=MK.MB.
c) KAC^=OMB^.
c) Có MA, MC là hai tiếp tuyến của (O; R) cắt nhau tại M nên MO⊥ACBC⊥AC⇒MO//BC.
Suy ra OMB^=KBC^ (so le trong) (1);
KAC^=KBC^=12 sđ KC⏜ (góc nội tiếp cùng chắn KC⏜) (2).
Từ (1) và (2) ta được KAC^=OMB^ (đpcm).
d) N là trung điểm của CH
d) Gọi BC∩AM=P. Vì MO//BC nên M là trung điểm của AP.
Ta có MA⊥ABCH⊥AB⇒MA//CH.
Áp dụng định lý Talet ta được: HNAM=BNBM=CNPM.
Mà AM=PM⇒HN=CN.
Vậy N là trung điểm của CH.
Cho tam giác AMB cân tại M nội tiếp đường tròn(O; R). Kẻ MH vuông góc với AB (H∈AB). MH cắt đường tròn tại N. Biết MA=10cm, AB=12cm.
1. Tính MH và bán kính R của đường tròn.
Tính MH và bán kính R của đường tròn.
Vì ΔAMB là tam giác cân, mà MH⊥AB⇒AH=HB=AB2=122=6cm.
Xét ΔAHM vuông tại H.
Ta có: MH=MA2−AH2=102−62=8cm.
Vì ΔAMB nội tiếp đường tròn (O; R) ⇒OA=OM=R.
Vì MH⊥AB,AH=HB (H∈AB, AB là dây cung của (O; R)) ⇒O∈MH
⇒MO+OH=MH hay R+OH=8cm.
Xét ΔAHO vuông tại H
Ta có: OA2=HA2+HO2.
⇔OA2=HA2+(HM−OM)2
⇔R2=62+(8−R)2
⇔R2=36+64−16R+R2⇔100−16R=0⇔R=254cm.
Trên tia đối của tia BA lấy điểm C, MC cắt đường tròn tại D. ND cắt AB tại E. Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2=NE.ND và AC.BE=BC.AE.
· Chứng minh rằng tứ giác MDEH nội tiếp.
Ta có: MDN^=90° ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác MDEH có:
MDE^+EHM^=90°+90°=180° ( Hai góc đối diện bù nhau).
⇒tứ giác MDEH nội tiếp đường tròn.
· Chứng minh rằng:NB2=NE.ND.
Vì MN⊥AB tại H mà HA=HB (chứng minh trên) ⇒NA⏜=NB⏜
Xét ΔNBD và ΔNEB có:
N^ là góc chung.
NDB^=12sdNB⏜, NBE^=12sdNA⏜( hai góc NDB^vàNBE^ là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R))
Mà NA⏜=NB⏜⇒NDB^=NBE^
⇒ΔNBD~ΔNEB (g - g)
⇒NBNE=NDNB
⇒NB2=NE.ND(đpcm)
· Chứng minh rằng: AC.BE=BC.AE.
Ta có: NDB^=12sdNB⏜, ADN^=12sdNA⏜( hai góc NDB^vàADN^ là hai góc nội tiếp đường tròn (O;R)). Mà NA⏜=NB⏜⇒NDB^=ADN^
⇒DN là tia phân giác của góc ADB^.
⇒AEEB=DADB ( tính chất tia phân giác) (1)
Mặt khác: MDN^=90∘(chứng minh trên) ⇒ND⊥DC⇒MDA^+ADN^=CDB^+BDN^=90∘
mà NDB^=ADN^(chứng minh trên) ⇒BDC^=ADM^, ADM^=CDx^(đối đỉnh)
⇒BDC^=CDx^⇒DClà tia phân giác ngoài của góc ADB^
⇒ACBC=DADB ( tính chất tia phân giác) (2)
Từ (1),(2) ⇒ACBC=AEEB⇒AC.BE=BC.AE (đpcm)
3. Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
3. Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Ta có: NDB^=NBE^ (chứng minh trên) hay EDB^=NBE^.
Xét đường tròn (O') ngoại tiếp ΔBDEcó:
EDB^ là góc nội tiếp chắn cung BE⏜.
NBE^ là góc có đỉnh B năm trên đường tròn tạo bởi dây BE và đường BN chắn cung BE⏜.
Mà EDB^=NBE^(chứng minh trên).
⇒Góc NBE^ 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).
Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng:a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn.
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: MF⊥AB nên MFB^=90°.
MD⊥BC nên MDB^=90°.
Tứ giác MDBF có
MFB^+MDB^=90°+90°=180°
Do đó tứ giác MDBF nột tiếp.
Suy ra 4 điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn.
Ta có : MD⊥BC nên MDC^=90°.
MF⊥AC nên MFC^=90°.
Suy ra: MDC^=MFC^=90°.
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
b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
Vì tứ giác MDBF nội tiếp.
Nên: M1^=D1^ (cùng chắn BF⏜).
Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên M2^=D2^.
Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp.
Nên B1^=C^ (góc ngoài của tứ giác nội tiếp).
Do đó M1^=M2^ (cùng phụ với B1^; C^).
Suy ra: D1^=D2^.
Mà D2^+BDE^=180°
Nên D1^+BDE^=180°.
Vậy D, E, F thẳng hàng.
c) BCMD=ACME+ABMF
c) BCMD=ACME+ABMF
Ta có :
ACME+ABMF=AE+ECME+AF−FCMF=AEME+ECME+AFMF−FCMF
=tanAME^+tanM2^+tanAMF^−tanM1^
Mà M1^=M2^
Nên ACME+ABMF=tanAME^+tanAMF^.
Mặt khác: tứ giác AFME nội tiếp nên:
AME^=AFE^=BMD^AMF^=AEF^=DMC^
Do đó: ACME+ABMF=tanAME^+tanAMF^
=BDMD+DCMD=BD+DCMD=BCMD .
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, Biết BH=4cm, CH=9cma) Tính độ dài đường cao AH và ABC⏜ của tam giác ABC.
ΔABC có: BAC^=90°, AH⊥BC ⇒AH=BH.CH=4.9=6
ΔABH có: AHB^=90° ⇒tanABH^=AHBH=64⇒ABH^≈56,3°
b) Vẽ đường trung tuyến AM(M∈BC) của tam giác ABC, tính AM và diện tích tam giác AHM
b) ΔABC có: A^=90° , MB=MC (gt) ⇒AM=12BC=12.13=6,5 cm
SΔAHM=12MH.AH=12.2,5.6=7,5 cm2 .
Cho đường tròn (O) của đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn(O) ( A là tiếp điểm). Qua C thuộc tia Ax vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E ( D nằm giữa C và E; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H.
a) Tứ giác AOHC nội tiếp.
a) Ta có: CAB^=90° , OHC^=90°
⇒CAB^+OHC^=180°
⇒ Tứ giác AOHC nội tiếp.
b) Chứng minh: AC.AE=AD.CE
b) Xét ΔACD và ΔECA có: CAD^=AEC^ , AEC^ chung
⇒ΔACD~ΔECA(g.g)⇒CACE=ADAE⇒AC.AE=AD.CE .
c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh: AM//BN
b) Từ E vẽ đường thẳng song song với MN cắt cạnh AB tại I và cắt cạnh BD tại F
⇒HEI^=HCO^
Vì tứ giác AOHC nội tiếp ⇒HAO^=HCO^=HEI^.
Suy ra tứ giác AHIE nội tiếp ⇒IHE^=IAE^=BDE^⇒HI//BD .
Mà H là trung điểm của DE⇒I là trung điểm của EF.
Ta có: FE//MN và IE=FI⇒O là trung điểm của đoạn thẳng MN
⇒ Tứ giác AMBN là hình bình hành ⇒AM//BN.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AD=2R..Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F
1. Chứng minh ABEF nội tiếp.
1.ABE^+AFE^=900+900=1800 Suy ra tứ giác ABEF nội tiếp
2. Chứng minh DBC^=DBF^
2.CAD^=CBD^=DBF^ ( do tứ giác ABEF nội tiếp )
3.Ta có
CAD^=DAK^=DBK^
Suy ra ΔACD=ΔAKD(cạnh huyền – góc nhọn)
⇒AC=AKDC=DK⇒AD⊥CK⇒CK//EF
4.Ta có
EFB^=600⇒BAC^=600⇒BC⏜=1200SQuatOBC=πR23
Gọi OH là đường cao của tam giác OBC
OH=R.sin300=R2BH=R.cos600=R32⇒BC=R3SΔOBC=3R22
Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)
Squat−SΔOBC=πR23−3R2(đơn vị diện tích)
3. Tia BF cắt (O) tại K. Chứng minh EF//CK
3.Ta có
CAD^=DAK^=DBK^
Suy ra ΔACD=ΔAKD(cạnh huyền – góc nhọn)⇒AC=AKDC=DK⇒AD⊥CK⇒CK//EF
4. Giả sử EFB^=600 Tính theo R diện tích giới hạn dây BC và cung nhỏ BC.
4.Ta có
EFB^=600⇒BAC^=600⇒BC⏜=1200SQuatOBC=πR23
Gọi OH là đường cao của tam giác OBC
OH=R.sin300=R2BH=R.cos600=R32⇒BC=R3SΔOBC=3R22
Suy ra diện tích cần tính (Phần tô đen)
Squat−SΔOBC=πR23−3R2(đơn vị diện tích)
Cho nửa đường tròn (O)đường kính MN=2R. Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý. (E không trùng với M và N), tia ME cắt đường thẳng (d) tại F. Gọi P là trung điểm của ME, tia OP cắt (d) tại Q.1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp
1. Ta có: MFN^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒NE⊥ME
Lại có:
P là trung điểm của ME
O là trung điểm của MN
⇒ OPlà đường trung bình của ΔMEN
⇒OP∥NE⇒OP⊥ME
- Xét tứ giác ONFP ta có :
ONF^=900(tính chất tiếp tuyến)
OPF^=900 ( do OP⊥ME)
⇒ONF^+OPF^=1800
⇒ ONFP là tứ giác nội tiếp ( đpcm).
2. Chứng minh OF ⊥ MQ và PM.PF=PO.PQ
2. Xét ΔMQF ta có: MN⊥QFPQ⊥MEMN∩PQ=O
⇒ O là trực tâm ΔMQF
⇒OF⊥MQ ( đpcm)
- Ta có:
MFO^+QMF^=900PQM^+QMF^=900⇒MFO^=PQM^
Mà MPQ^=OPF^=900
Nên ΔMPQ~ΔOPF
Từ đó suy ra MPOP=PQPF⇒PM.PF=PO.PQ(dpcm)
3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF+2ME đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Theo BĐT Cauchy ta được:
MF+2ME≥22ME.MF=22MN2=22.4R2=4R2
Đẳng thức xảy ra ⇔MF=2ME=2R2
Mà MF=ME+EF
Nên E là trung điểm MF
Xét ΔMNF ta có: NE=ME=EF=12MF
⇒ME⏜=MF⏜
⇒E là điểm chính giữa cung MN⏜ .
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB=5cm; AC=12cm.a) Tính cạnh BC
ΔABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:.
AB2+AC2=BC2⇔BC2=52+122=169.
⇔BC=13 cm.
(Vì độ dài BC là 1 số dương).
b).
Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:.
SABC=12AB.AC⇒AB.AC=2SABC.
Hoặc:.
SABC=12BC.AH⇒BC.AH=2SABC⇒AB.AC=BC.AH=2SABC⇔AH=AB.ACBC=5.1213=6013 cm.
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By (Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn (O)). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt taị E và Fa) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.
a) EM là tiếp tuyến của (O) nên EM⊥OM⇔EMO^=90°.
EA là tiếp tuyến của (O) nên EA⊥OA⇔EAO^=90°.
Tứ giác AEMO có: EMO^=EAO^=90° mà 2 góc này ở vị trí đối nhau ⇒AEMO là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.
b)
Xét ΔAEO và ΔMEO có:.
EO chung;
AO=MO;
EMO^=EAO^=90°
⇒ΔAEO=ΔMEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
⇒EA=EM⇒E∈ trung trực của đoạn MA.
Mà OA=OM=R⇒O∈ trung trực của đoạn MA.
⇒OE là trung trực của AM.
⇒OE⊥AM hay OP⊥PM⇒OPM^=90°.
Điểm M∈O đường kính AB⇒AMB^=90° hay PMQ^=90°.
Chứng minh tương tự ta có: OQM^=90°.
Xét tứ giác OPMQ có: OPM^=OQM^=PMQ^=90°.
⇒OPMQ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
Suy ra điều phải chứng minh.
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE.a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.
a) Xét đường tròn (O) ta có:
BDC^ và BEC^ là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
⇒BDC^=BEC^=90°.
Xét tứ giác ADHE có: BDC^+BEC^=90°+90°=180° mà hai góc này đối nhau nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có ΔADH và ΔAEH 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) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh: CM.CB=CE.CA
b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên HAE^=EDC^ (hai góc cùng nhìn đoạn HE).
Mà EBC^=EDC^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn (O)).
⇒CAM^=CBE^
Trong ΔABC có BE⊥AC, CD⊥AB (cm ở câu a).
Mà BE∩CD=H
Nên H là trực tâm ΔABC
⇒AH⊥BC tại M
⇒ΔCAM vuông tại M.
Xét hai tam giác vuông ⇒ΔCAMvà ΔCBE có:
CAM^=CBE^ (cmt)
⇒ΔCAM∽ΔCBE g.g
⇒ACBC=CMCE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
⇒AC.CE=BC.CM (đpcm).
c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Ta có: IHD^=IDH^ (ΔIHD cân tại I, ID=IH: bán kính (I)). (1)
Mà IHD^=CHM^ (đối đỉnh). (2)
Từ (1) và (2) suy ra CHM^=IDH^ (3)
Ta lại có: ODC^=OCD^ (ΔODC cân tại O, OD=OC: bán kính (O)).
Hay OCD^=MCH^. (4)
Xét ΔMHC vuông tại H có: CHM^+MCH^=90°
Từ (3) và (4) suy ra IDH^+ODC^=90°
⇒ID⊥DO tại D∈(O)
Vậy ID là tiếp tuyến của (O).
d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết ABC^=45°, ACB^=60° và BC=2R.
d) Ta có AM⊥BC (cmt).
Xét tam giác vuông ΔABM và ΔACM có:
tanB^=AMBM⇒BM=AMtanB^=AMtan45°=AMtanC^=AMMC⇒MC=AMtanC^=AMtan60°=AM3
Mà BM+CM=BC=2R
⇒AM+AM3=2R⇔3+1AM=2R3⇔AM=2R33+1=2R33−12=R33−1
Diện tích tam giác ABC là:
SABC=12AM.BC=12R3.3−1.2R=R23−3 (đvdt).
Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AN=5cm; AC=12 cm.a) Tính cạnh BC;
a)
ΔABC vuông tại A nên theo định lí Pi-ta-go ta có:
AB2+AC2=BC2⇔BC2=52+122=169.
⇔BC=13 cm (Vì độ dài BC là 1 số dương).
b) Kẻ đường cao AH. Tính AH
b)
Ta có diện tích tam giác ABC được tính như sau:
SABC=12AB.AC⇒AB.AC=2SABC.
Hoặc:
SABC=12BC.AH⇒BC.AH=2SABC⇒AB.AC=BC.AH=2SABC⇔AH=AB.ACBC=5.1213=6013 cm.
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By( Ax và By cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn (O)). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M không trùng với A và B) kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại E và F.a) Chứng minh tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp.
a) EM là tiếp tuyến của (O) nên EM⊥OM⇔EMO^=90°.
EA là tiếp tuyến của (O) nên EA⊥OA⇔EAO^=90°.
Tứ giác AEMO có: EMO^=EAO^=90° mà 2 góc này ở vị trí đối nhau ⇒AEMO là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
b) AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Chứng minh tứ giác MPOQ là hình chữ nhật.
Xét ΔAEO và ΔMEO có:.
EO chung;
AO=MO;
EMO^=EAO^=90°
⇒ΔAEO=ΔMEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
⇒EA=EM⇒E∈ trung trực của đoạn .
Mà OA=OM=R⇒O∈ trung trực của đoạn .
⇒OE là trung trực của AM.
⇒OE⊥AM hay OP⊥PM⇒OPM^=90°.
Điểm M∈O đường kính AB⇒AMB^=90° hay PMQ^=90°.
Chứng minh tương tự ta có: OQM^=90°.
Xét tứ giác OPMQ có: OPM^=OQM^=PMQ^=90°.
⇒OPMQ là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết).
Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH vuông góc với d. M là một điểm tùy ý trên d (M không trùng với H). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn (O;R) (P, Q là các tiếp điểm và tia MQ nằm giữa hai tia MH và MQ). Dây cung PQ cắt OH và OM lần lượt tại I và K.
a. Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.
1. Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.
OHM^=90°OH⊥d; OQM^=90° (MQ là tiếp tuyến của (O) tại Q).
Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp.
2. Chứng minh rắng OMH^=OIP^
2)Chứng minh rằng OMH^=OIP^.
OP=OQ=R; MP=MQ (MP; MQ là hai tiếp tuyến của (O))
⇒OM là trung trực của PQ.
⇒OM⊥PQ⇒OKI^=90°.
Do đó: OIP^+HOM^=90° và OMH^+HOM^=90°⇒OMH^=OIP^ (đpcm).
3. Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.
3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.
Xét ΔOIK và ΔOMH có: OIK^=OMH^ (cmt) và OKI^=OHM^=90°
⇒ΔOIK đồng dạng với ΔOMH (g-g)
⇒OIOM=OKOH⇒OI.OH=OK.OM(1).
Mặt khác: ΔOPM vuông tại P có PK⊥OM⇒OK.OM=OP2=R2. (2)
Từ (1) và (2) suy ra OI.OH=R2 (không đổi).
Mà O và d cố định nên OH không đổi ⇒OI không đổi. Vậy điểm I luôn cố định I∈OH.
4. Biết OH=R2, tính IP.IQ
4. Biết OH=R2, tính IP.IQ.
Ta có: OI.OH=R2⇒OI=R2OH=R2R2=R2.
⇒IH=OH−OI=R2−R2=R2.
Lại có: OHM^=OQM^=OPM^=90° (theo gt).
⇒M; P; O; Q và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM.
Xét ΔOIP và ΔQIH có: OIP^=QIH^ (đối đỉnh) và OPI^=QHI^ (góc nội tiếp cùng chắnc ung OQ).
⇒ ΔOIP đồng dạng với ΔQIH (g-g) ⇒IPOI=IHIQ⇒IP.IQ=OI.IH=R22
Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là hình chiếu vuông góc của B trên AO sao cho D nằm giữa A và D. Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của BD và AC, F là giao điểm của MD và AC, E là giao điểm thứ hai của BD với đường tròn (O). H là giao điểm của BF và AD. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BDOM nội tiếp và MOD^+NAE^=180°.
a) BD⊥AO⇒BDO^=90°
M là trung điểm BD suy ra OM⊥BC
Tứ giác BDOM có BDO^+OMB^=180°
suy ra tứ giác BDOM nội tiếp.
Vì tứ giác BDOM nội tiếp
suy ra DOM^+MBD^=180°
Mà MBD^=DAE^ (góc nội tiếp cùng chắn cung EC⏜).
b) DF song song với CE, từ đó suy ra NE.NF=NC.ND.
b) Ta có BAC^=12BOC^=BOM^
BOM^=BDM^; BDM^=NDF^ (đđ)
Suy ra BAC^=NDF^
Mặt khác: BAC^=BEC^ (góc nội tiếp cùng chắn cung BC⏜)
Vậy NDF^=BEC^⇒DF//EC
Vì DF//EC nên NEND=NCNF⇒NE.NF=NC.ND (đpcm)
c) CA là tia phân giác góc BCE^
c) Vì DF//EC suy ra DFN^=ACE^, mà ACE^=ABE^
Suy ra DFN^=ABE^ hay tứ giác ABDF nội tiếp
Suy ra AFB^=ADB^=90°⇒ΔBFC vuông tại F có FM là đường trung tuyến nên FM=MC suy ra ΔFMC cân tại M⇒FCM^=DFN^ hay ACE^=FCM^
d) HN vuông góc với AB
d) 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 NH⊥AB
Một cốc nước có dạng hình trụ có bán kính đáy bằng 3cm, chiều cao bằng 12cm và chứa một lượng nước cao 10cm. Người ta thả từ từ 3 viên bi làm bằng thủy tinh có cùng đường kính bằng 2cm vào cốc nước. Hỏi mực nước trong cốc lúc này cao bao nhiêu?
Thể tích của ba viên bi: V1=3.43πr3=4π
Thể tích của mực nước dâng lên bằng đúng thể tích của 3 viên bi, do đó nếu gọi V2 là thể tích của mực nước dâng lên và h là độ cao của mực nước dâng lên thêm
Ta có: V2=πr2.h=4π⇔π32.h=4π⇒h=49cm
Vậy mực nước trong cốc lúc này là: 10+49=949cm<12 cm
Do đó, nước chưa tràn ra khỏi cốc và mực nước trong cốc lúc này là 949 cm.
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB=2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB, N là điểm bất kỳ thuộc cung MB (N khác M và B). Tia AM và AN cắt tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn tâm O lần lượt tại C và D
1. Tính số đo ACB^.
1. Tính số đo ACB^.
Vì M là điểm chính giữa cung AB nên MA=MB, AMB^ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra tam giác AMB vuông cân tại M. Từ đó: MAB^=450
Tam giác ABC vuông tại B có CAB^=450 nên là tam giác vuông cân tại B Suy ra ACB^=450
2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp một đường tròn
2. Chứng minh tứ giác MNDC nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có: ANM^=450 (góc nội tiếp chắn cung AM bằng 14 đường tròn)
Lại có: MCD^=450(vì ACB^=450)
Tứ giác MNDC có MCD^=ANM^=450 nên nội tiếp được đường tròn (góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)
4. Chứng minh AM.AC=AN.AD=4R2.
3. Chứng minh AM.AC=AN.AD=4R2.
Ta có: CAD^=NAM^ (1); ANM^=450(góc nội tiếp chắn đường tròn);
ACD^=ACB^=450(câu 2). Nên ANM^=ACD^=450 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ΔCAD ∽ΔΝΑΜ(g-g). Suy ra: AMAD=ANAC⇒AM.AC=AN.AD
Tam giác ABC vuông tại B có BM là đường cao cho: AB2=AM.AC⇔4R2=AM.AC
Vậy: AN.AC=AN.AD=4R2.
Cho hình nón có đường sinh bằng 26cm diện tích xung quanh là 260πcm2. Tính bán kính đáy và thể tích của hình nón.
Ta có: Sxq=πrl⇔260π=πr.26⇒r=10cm
h=l2−r2=262−102=26−1026+10=16.36=24cm
V=13πr2h=13π102.24=800πcm3
Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại điểm H. Gọi M là trung điểm của đoạn AH.
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn
Trong tứ giác AEHF có: AEH^=AFH^=90o (vì BE ^ AC và CF ^ AB)
Vậy AEH^+AFH^=90o+90o=180o mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn
2. Chứng minh CE.CA=CB.CD
2) Chứng minh CE.CA = CD.CB
Xét ∆CAD vuông tại D và ∆CBE vuông tại E có: góc C chung
Vậy ∆CAD ~ ∆CBE Þ CACB=CDCE⇔CE.CA=CD.CB
3. Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF.
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF
Trong tứ giác BFEC có: BFC^=BEC^=90o (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 MEH^=MHE^ hay MEB^=AHE^ mà AHE^ phụ HAE^ (∆AHE vuông tại E)
Þ MEB^ phụ HAE^ hay MEB^ phụ DAC^
Mặt khác ACD^ phụ DAC^ (∆ADC vuông tại D) hay ECB^ phụ DAC^
Vậy MEB^=ECB^ (cùng phụ DAC^)
Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có MEB^=ECB^ 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: BFC^=BEC^=90o (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 MEH^=MHE^ mà MHE^=BHD^ nên MEH^=BHD^ (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 BEO^=EBO^ hay HEO^=HBD^ (2)
Từ (1) và (2) ta có: MEH^+HEO^=BHD^+HBD^
⇒MEO^=90o (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
4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ^=DFC^.
Xét ∆ECD và ∆BCA có:
Góc C chung
CDCA=CECB (vì CACB=CDCE)
Vậy ∆ECD ~ ∆BCA (cạnh – góc – cạnh)
Chứng minh tương tự ta có: ∆BFD ~ ∆BCA
Vậy ∆ECD ~ ∆BFD (tính chất bắc cầu) Þ DCDF=DEDB (3); BDF^=EDC^;FBD^=CED^
Xét ∆BID và ∆EJD có
IBD^=JED^ (vì FBD^=CED^)
IDB^=JDE^ (vì BDF^=EDC^)
Vậy ∆BID ~ ∆EJD (góc – góc) Þ DEDB=DJDI (4)
Từ (3) và (4) Þ DCDF=DJDI
Dễ chứng minh: CDF^=JDI^ (cùng bù góc FDB)
Xét ∆DCF và ∆DJI có:
CDF^=JDI^
CDJD=FDID (vìDCDF=DJDI)
Vậy ∆DCF ~∆DJI (cạnh – góc – cạnh) Þ DIJ^=DFC^ (hai góc tương ứng)
Cho đường tròn (O) có AB là một dây cung cố định không đi qua O. Từ một điểm M bất kì trên cung lớn AB (M không trùng A và B) kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác AMN (Q thuộc AN).
a) Chứng minh tứ giác AMHQ nội tiếp đường tròn.
Theo đề bài, ta có AH⊥MH⇒AHM^=90°AQ⊥MQ⇒AQM^=90°⇒AHM^=AQM^ (Cùng bằng 90o).
⇒ Tứ giác AMHQ nội tiếp (Bài toán quỹ tích cung chứa góc).
b) Gọi I là giao điểm của AB và MQ. Chứng minh tam giác IBM cân
b) Theo ý a) thì tứ giác AMHQ nội tiếp
⇒HMI^=HAN^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau).
Tứ giác AMBN nội tiếp ⇒HMB^=HAN^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau)
⇒HMI^=HMB^ (Cùng bằng HAN^).
Mà MH ở giữa MI và MB⇒MH là phân giác của IMB^.
Tam giác MIB có MH vừa là đường cao, vừa là phân giác nên ΔMIB cân tại M.
Vậy tam giác IBM cân.
c) Kẻ MP vuông góc với BN tại P. Xác định vị trí của M sao cho MQ.AN+MP.BN đạt giá trị lớn nhất.
c) Ta có MQ.AN+MP.BN=2SMAN+2SMBN=2SAMBN=AB.MN.
Mà MN≤2R (Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính)
⇒MQ.AN+MP.BN≤2AB.R (không đổi).
Dấu "=" xảy ra ⇔ M là điểm chính giữa của cung lớn AB.
Vậy MQ.AN+MP.BN lớn nhất bằng 2.AB.R, đạt được khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB
Cho đường tròn (O), từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA và MB của đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính BE của đường tròn (O). Gọi F là giao điểm thứ hai của đường thẳng ME và đường tròn (O). Đường thẳng AF cắt MO tại điểm N. Gọi H là giao điểm của MO và AB.
1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
1. Ta có MAO^=MBO^=90°⇒MAO^+MBO^=180°. Mà hai góc đối nhau nên tứ giác MAOB nội tiếp.
2. Chứng minh AE//MO
2. Ta có tam giác AOE cân tại O nên AEO^=OAE^. (1)
Ta lại có AEO^=MAB^=12sdAB⏜=AOM^. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AEO^=AOM^⇒AE//OM.
3. Chứng minh MN2=NF.NA.
3. Xét hao tam giác ΔMNF và ΔANM có:
MNF^=ANM^
và FMN^=AEF^=MAN^ (góc so le trong, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây dung)
⇒ΔMNF~ΔANM (g.g) ⇒NAMN=MNNF⇒NM2=NF.NA.
4. Chứng minh MN=NH
4. Ta có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R
⇒MO là đường trung trực của AB
⇒AH⊥MO và HA=HB
ΔMAF và ΔMEA có:
AME^ chung
A1^=E1^
⇒ΔMAF ~ΔMEA(g.g)
⇒MAME=MFMA⇒MA2=MF.ME.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO, ta có MA2=HO.MH.
Do đó ME.MF=MH.MO⇒MEMH=MOMF
⇒ΔMFH~ΔMOE(c.g.c)
⇒H1^=E2^.
Vì BAE^ là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng
⇒E2^=A2^ =12sdEB⏜⇒H1^=A2^⇒N1^+H1^=N1^+A2^=90°⇒HF⊥NA.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông NHA ta có NH2=NF.NA
⇒NM2=NH2⇒MN=NH.
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB cố định. H là điểm cố định thuộc đoạn OA(H không trùng O và A). Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn tâm O tại C và D. Gọi K là điểm tùy ý thuộc cung lớn CD (K không trùng các điểm C, D và B). Gọi I là giao điểm của AK và CD.
a) Chứng minh tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn.
a) Tứ giác HIKB có IHB^=900 (gt).
IKB^=AKB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra tứ giác HIKB nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Chứng minh AI.AK=AH.AB
b) Xét Δ AIB và Δ AHK có góc A chung, có IKH^=IBH^ (cùng chắn cung HI của đường tròn ngoại tiếp tứ giác HIKB).
Suy ra ΔAIB đồng dạng với Δ AHK.
Suy ra AIAH=ABAK⇒AI.AK=AH.AB(đpcm).
c) Chứng minh khi điểm K thay đổi trên cung lớn CD của đường tròn tâm O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KCl luôn thuộc một đường thẳng cố định
c) Đường kính AB vuông góc với dây CD tại H (gt) , suy ra HC=HD⇒AC=AD
Suy ra sđAC⏜=sđAD⏜ .
Suy ra ACD^=AKC^ (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 AC2=AI.AK 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 CB⊥CA (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra Q thuộc đường thẳng CB cố định (đpcm).
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F(F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.
1. Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
1) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên MAO^=MBO^=90°.
Tứ giác MAOB có MAO^+MBO^=180°
⇒ Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh: MN2=NF.NA và MN=NH
2. * Ta có: M1^=E1^ (so le trong, AE//MO) và A1^=E1^(cùng bằng 12sđAF⏜)
⇒M1^=A1^.
Xét ΔNMF và ΔNAM có: MNA^ chung; M1^=A1^
⇒ΔNMF∽ΔNAMg.g⇒NMNA=NFNM⇒NM2=NF.NA.
* Có MA=MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA=OB=R
⇒ MOlà đường trung trực của AB
⇒AH ⊥ MO và HA = HB.
Xét ΔMAF và ΔMEA có: AME^ chung; E1^=A1^
⇒ΔMAF∽ΔMEAg.g⇒AMME=MFMA⇒MA2=MF.ME.
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vuông MAO có: MA2=MH.MO.
Do đó: ME.MF=MH.MOMEMH=MOMF⇒MEMH=MOMF
⇒ΔMFH∽ΔMOEc.g.c⇒E2^=H1^.
Vì BAE^ là góc vuông nội tiếp (O) nên E,O,B thẳng hàng.
⇒E2^=A2^(vì =12sđEB⏜)
⇒A2^=H1^⇒N1^+H1^=N1^+A2^=90°⇒HF⊥NA.
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vuông NHA có:
NH2=NF.NA⇒NH2=NM2⇒NM=NH.
3. Chứng minh: HB2HF2−EFMF=1
3) Chứng minh: HB2HF2−EFMF=1.
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ vuông NHA có: HA2=FA.NA và HF2=FA.FN
Mà HA=HB⇒HB2HF2=HA2HF2=FA.NAFA.FN=NANF.
Vì AE//MN nên EFMF=FANF (hệ quả của định lí Ta-lét)
⇒HB2HF2−EFMF=NANF−FANF=NFNF=1.
Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.
1) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
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)
⇒sdAM⏜=sdMB⏜
⇒ANM^=BCM^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét tứ giác CNKI ta có:
INK^=ICK^(vì ANM^=BCM^)
⇒CNKI là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)
⇒ C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh NB2=NK.NM
Vì N là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) (giả thiết)
⇒sdBN⏜=sdNC⏜
⇒BMN^=NBC^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét ∆BMN và ∆KBN ta có:
- BNM^ là góc chung.
- BMN^=NBK^(vì BMN^=NBC^)
⇒△BMN~△KBNg-g⇒NBNK=NMNB⇒NB2=NK.NM.
3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.
+ Chứng minh BIHK là hình bình hành.
Gọi J là giao điểm của AN và BC.
Ta có: sdAM⏜=sdMB⏜ (cmt)
⇒ACM^=BCM^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
⇒CM là phân giác của ACB^
⇒CI là phân giác trong của △CAJ
⇒IAIJ=CACJ (1)
Ta có: sdAM⏜=sdMB⏜ (cmt)
⇒ANM^=BNM^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
⇒NM là phân giác của ANB^.
⇒NH là phân giác trong của △NAB
⇒HAHB=NANB (2)
Ta có: sdBN⏜=sdNC⏜
⇒BAN^=CAN^ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).
Xét △CAJ và △NAB ta có:
- ACJ^=ANB^ (hai góc nội tiếp cùng chắn AB⏜)
- BAN^=CAJ^ (cmt)
⇒△CAJ~△NABg-g
⇒CANA=CJNB⇒CACJ=NANB (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra IAIJ=HAHB
⇒HI∥BJ (định lí Thales đảo) hay ⇒HI∥BJ (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 : △KBN~△BMN (cmt) ⇒BKBM=BNMN⇒BK=BM.BNMN (6)
Chứng minh tương tự câu b) ta có: △HMB~△BMNg-g
⇒BHBN=BMMN⇒BH=BM.BNMN (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 tam của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
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:
NBK^=BMK^ (cmt)
⇒BN là tiếp tuyến tại B của (P)
⇒BN⊥BP
Mà BN⊥BD (vì DBN^=90o: góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)
nên B, P, D thằng hàng.
Ta có: △PBK cân tại P (PB=PK)
⇒BPK^=180o−2⋅PBK^ (8)
Ta có: NB=NCsdNB⏜=sdNC⏜OB=OC là đường trung trực của đoạn BC
⇒DB=DC (D thuộc đường thẳng ON)
⇒△DBC cân tại D
⇒BDC^=180o−2⋅DBC^ (9)
Từ (8) và (9) suy ra BPK^=BDC^
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên PK∥DC⇒PK∥DQ (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
⇒D, E, K thẳng hàng.
Cho đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính BC. Gọi A là một điểm thuộc đường tròn (A khác B và C). Đường phân giác BAC^ cắt BC tại D và cắt đường tròn tại M
1. Chứng minh MB=MC và OM vuông góc với BC.
1. Vì AD là tia phân giác của góc BAC^ nên BM=CM.
Vì OB = OC và MB = MC nên OM là đường trung trực của BC nên OM⊥BC
2. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. Tứ giác AEDF là hình gì?
3. Ta có ABC^=600 suy ra cung AC có số đo bằng 1200 và cung AB có số đo bằng 600, suy ra AB = R
Và AC=R3
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có DBDC=ABAC=RR3
Suy ra DB1=DC3=BC1+3=2R1+3
Do đó DC=2R31+3
Diện tích tam giác DMC là: 12DC.OM=12.2R31+3.R=R231+3.
1. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB=30 cm, AC=40 cm. Tính độ dài đường cao AH và số đo góc B (làm tròn đến độ).
1.Ta có 1AH2=1AB2+1AC2⇒AH=24 cm
tanB=ACAB=4030⇒B^≈530
2. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O), (B, C là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
Vẽ hình đúng đến câu a)
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.
ABO^=900ACO^=900
ABO^+ACO^=1800 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 AB2=AD.AE.
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 AB2=AD.AE.
Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE
⇒ABAE=ADAB⇔AB2=AD.AE
c) Gọi F là điểm đối cứng của D qua AO,H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H thẳng hàng.
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 DHA^=AEO^
Tam giác DOE cân tại O suy ra ODE^=AEO^
Tứ giác DHOE nội tiếp suy ra ODE^=EHO^
suy ra DHA^=EHO^
nên DHA^=EHO^=AHF^. Suy ra AHE^+AHF^=1800⇒ ba điểm E, F, H thẳng hàng.
1. Từ điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng bốn điểm M, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn;
+ Xét đường tròn (O) có MA, MB là tiếp tuyến ⇒MAO^=MBO^=90°
+ Xét tứ giác MAOB có MAO^+MBO^=180°
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) Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O của đường tròn đó sao cho điểm C nằm giữa hai điểm M và D. Tiếp tuyến tại điểm C và điểm D của đường tròn (O) cắt nhau tại điểm N. Gọi H là giao điểm của AB và MO, K là giao điểm của CD và QN. Chứng minh rằng OH.OM=OK.ON=R2;
b) Ta có MA=MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
Lại có OA=OB=R⇒OM là đường trung trực của đoạn thẳng AB
⇒ OM⊥AB tại H.
Xét ΔAOM vuông tại A, đường cao AH:
Theo hệ thức về cạnh góc vuông và đường cao trong tam giác vuông ta có: OH.OM=OA2=R2 1
Chứng minh tương tự ta được : OK.ON=R2 (2);
Từ (1) và (2) suy ra OH.OM=OK.ON=R2(đpcm).
c) Chứng minh rằng ba điểm A, B, N thẳng hàng.
Từ câu b) ta có : OH.OM=OK.ON⇒OKOH=OMON.
Xét ΔOKM vµ ΔOHNcó: OKOH=OMON cmtMOK^=NOH^⇒ΔOKM~ΔOHN c.g.c
⇒OKM^=OHN^=900⇒HN⊥OM tại H (3);
Mặt khác AB⊥OM tại H (4);
+ Từ (3) và (4) suy ra ba điểm A, B, N thẳng hàng (đpcm).
2. Hình trụ có đường kính đáy bằng 4cm và chiều cao bằng đường kính đáy. Tính thể tích hình trụ (lấy π=3,14).
Theo bài ra ta có: r=d:2=4:2=2 cm⇒h=4 cm.
Áp dụng công thức tính thể tích hình trụ, ta có:
V = π.r2.h = π.22.4 = 50,24cm3.
Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.
a)Chứng minh rằng: Tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
a) Ta có hai góc ACB^=AEB^=900 (hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác FCDE có FCD^=FED^=900⇒FCD^+FED^=1800
Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp đường tròn đường kính DF.
b) Chứng minh rằng: DA.DE=DB.DC
b) Xét hai tam giác vuông CDA và EDB có CDA^=EDB^
(hai góc đối đỉnh).
Suy ra hai tam giác △CDA và △EDB đồng dạng.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c) Gọi I là trung điểm của DF
Vì ΔDCF vuông tại C có I là trung điểm của DF nên IC=IF
Suy ra ΔICF cân tại I⇒ICF^=IFC^ (1)
Vì tứ giác FCDE nội tiếp nên IFC^=CED^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC) (2)
Lại có CED^=CBO^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) và OBC^=OCB^ (do ΔOBC cân tại O) (3)
Từ (1), (2) và 3⇒ICF^=OCB^
Mà ICF^+ICD^=90o
Do đó OCB^+ICD^=90o.
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 :
tanA=CHAH⇔AH=CHtanA tanB=CHBH⇔BH=CHtanB
Suy ra: AB=AH+BH=CHtanA+CHtanB=CH.1tanA+1tanB=CH.tanA+tanBtanA.tanB.
⇔CH=AB.tanA.tanBtanA+tanB=762.tan6°.tan4°tan6°+tan4°≈32m
b) Hỏi bạn An đến trường lúc mấy giờ? Biết rằng tốc độ trung bình lên dốc là 4km/h và tốc độ trung bình xuống dốc là 19km/h.
b) Ta có: sinA=CHAC⇔AC=CHsinA≈306,1m=0,3061km
sinB=CHBC⇔BC=CHsinB≈458,7m=0,4587km
Gọi t, tAC, tCB (giờ) lần lượt là khoảng thời gian An đi từ A đến B, A đến C và C đến B.
Khi đó: t=tAC+tCB=AC4+CB19≈0,1h=6 phút.
Vậy An đến trường vào lúc 6 giờ 6 phút.
Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OC; AH cắt BC tại M.
a) Chứng minh: Tứ giác ACDH là nội tiếp và CHD^=ABC^.
a) Ta có AHC^=90° (AH⊥OC).
ADB^=90°
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).
Vậy ⇒AHDC nội tiếp đường tròn đường kính AC.
⇒DAC^=CHD^ 1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung CD).
Mặt khác DAC^=ABC^=12sđAID⏜ 2.
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ).
Từ (1); (2)CHD^=ABC^.
b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD
b) Ta có ΔAHO~ΔCAO ( g-g) vậy ⇒AOCO=HOAO.
Mà OA=OB vì AB đường kính đường tròn tâm (O). Vậy ⇒OBCO=HOOB.
Xét ΔOHB và ΔOBC có:
HOB^=BOC^ ( chung góc O^)
OBCO=HOOB
⇒ΔOHB~ΔOBC ( c-g-c).
Ta có: CDA^=CHD^ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ACDH).
DBA^=DAC^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung của đường tròn tâm O).
Mặt khác ΔOHB~ΔOBC⇒OHB^=CBO^=DBA^.
Vậy ⇒OHB^=DHC^ mà OHB^+BHM^=DHC^+DHM^=90° (AH⊥OC).
⇒BHM^=DHM^⇒HMlà đường phân giác của góc BHD^.
c) Gọi K là trung điểm của BD chứng minh: MD.BC=MB.CD và MB.MD=MK.MC
c) Xét tam giác BHD:
Vì HM là phân giác của ⇒HBHD=MBMD *.
Mặt khác HM⊥HC⇒HC là đường phân giác ngoài tam giác BHD.
⇒HBHD=CBCD **
Từ (*) và (**)⇒CBCD=MBMD ⇒CB.MD=CD.MB.
Gọi Q là giao điểm của AM với (O) vì AH⊥OC⇒CQ là tiếp tuyến của của O⇒CQO^=90°.
Vậy năm điểm C; O; A; K; Q nội tiếp một đường tròn đường kính CO.
Bốn điêm B; A; D; Q cùng thuộc O⇒MB.MD=MA.MQ 3.
Năm điểm C; Q; A; K; Q cùng thuộc một đường tròn O⇒MC.MK=MA.MQ 4.
Từ (3) và 4⇒MB.MD=MC.MK.
d) Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I ).
Chứng Minh: Hai đường thẳng OC và EI cắt nhau tại một điểm trên (O).
d) Gọi N là giao điểm của CO và O⇒IJN^=90° 5.
Mà ta có: MI.MJ=MD.MB=MK.MC (chứng minh trên ).
Vậy ⇒ΔMCI~ΔMKJ⇒MCI^=MJK^=MEO^⇒MKJE nội tiếp.
⇒EJM^=90° 6
Từ (5) và (6) ⇒E ; J ; N thẳng hàng.
Cho đường tròn (O) có tâm là điểm O, đường kính AB=2R. Trên đường thẳng lấy AB lấy H sao cho B nằm giữa A và H (H không trùng với B), qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB Lấy điểm C cố định thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O và B). Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kỳ cắt đường tròn (O) tại hai điểm E, F (a không trùng với AB). Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N
a) Chứng minh rằng tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn.
a) Ta có: AEB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒BEM^=90° (kề bù với ADB^).
Tứ giác BEMH có: BEM^+BHM^=90°+90°=180°
⇒ Tứ giác BEHM nội tiếp.
b) Chứng minh rằng tam giác AFB đồng dạng với tam giác AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi.
b) Ta có: AFB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét ΔAFB và ΔAHN có: HAN^ chung, AFB^=AHN^=90°
⇒ΔAFB~ΔAHN (g.g).
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn
ngoại tiếp tam giác AMN
⇒AMN^=ADN^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN⏜)
Vì ABE^=AFE^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE⏜)
và ABE^=AMH^(vì tứ giác BEMH nội tiếp)
nên AFE^=AMN^⇒AFE^=ADN^
Xét ΔAFC và ΔADN có DAN^ chung, AFE^=ADN^(cmt)
⇒ΔAFC~ΔADN (g.g)
⇒AFAD=ACAN⇒AF.AN=AD.AC
Mặt khác, ta có ΔAFB~ΔAHN(g.g)
⇒AFAH=ABAN⇒AF.AN=AB.AH
Do đó,AD.AC=AB.AH⇒AD=AB.AHACkhông đổi (vì A, B, C, H cố định)
c) Cho AB=4cm, BC=1cm, HB=1cm Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN
c) Với AB=1 cm, BC=BH=1 cm thì:
AD=AB.AHAC=4.53=203 (cm)
⇒HD=AD−AH=203−5=53 (cm)
Dễ thấy tam giác AHM và NHD đồng dạng (g.g)
⇒AHNH=HMHD⇒HM.NH=AH.HD=5.53=253
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si , ta có:
MH=HM+HN≥HM.HN=2253=1033
⇒SAMN=12.AH.MN=12.5.1033=2533 (cm2)
Dấu bằng xảy ra: HM=HN⇔AMN^=ANM^⇔EF // MN⇔EF⊥AB
Vậy min SAMN=2533(cm2)⇔EF⊥AB.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E, F là hình chiếu vuông góc của E trên AB.
1. Chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp.
Ta có ADB^=ACB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Xét tứ giác ADEFcó: ADE^+AFE^=90°+90°=180°.
Suy ra tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn.
2. Gọi N là giao điểm của CF và BD. Chứng minh BN.ED=BD.EN
Chứng minh tương tự ta có tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
⇒ECF^=EBF^ (hai góc nội tiếp cùng chắn EF⏜). (1)
Vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (gt)
⇒DBA^=DCA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn DA⏜). (2)
Từ (1) và (2) suy ra DCA^=ACF^.
Hay CA là phân giác của DCF^. (3)
Mặt khác: ACB^=90°, hay CA⊥CB. (4)
Từ (3) và (4) suy ra CB là phân giác ngoài của DCF^.
Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác cho tam giác DCN ta có
BNBD=CNCD=ENED⇒BN.ED=BD.EN. (đpcm)
Cho đường tròn (O;OA). Trên bán kính OA lấy điểm I sao cho OI=13OA. Vẽ dây BC vuông góc với OA tại điểm I và vẽ đường kính BD. Gọi E là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh DA là tia phân giác của BDC^.
a) Chứng minh DA là tia phân giác của BDC^.
(O) có: OA⊥BC tại I (gt)
⇒ I là trung điểm của BC.
Vậy OA là trung trực của BC.
⇒AB=AC.
⇒sdAB⏜=sdAC⏜.
Mà ADB^ và ADC^ là góc nội tiếp (O) chắn AB⏜ và AC⏜
nên ADB^=ADC^.
⇒DA là tia phân giác của BDC^.
b) Chứng minh OE vuông góc với AD
b) Chứng minh OE vuông góc với AD.
Có: OI=13OA⇒IA=2IO.
△ABC có: O, I là trung điểm của BD, BC.
⇒IO là đường trung bình.
⇒OI // DC và DC=2IO.
Mà IA=2IO nên DC=IA.
Có: OI // DC và OI⊥BC nên DC⊥BC.
Xét △AEI và △DEC có:
IA=DC (cmt)EIA^=ECD^ (=90°)EAI^=EDC^ (slt vaø IO // DC)
⇒△AEI=△DEC (g-c-g)
⇒EA=ED.
⇒E là trung điểm của AD.
⇒OE⊥AD (quan hệ đường kính – dây cung).
c) Lấy điểm M trên đoạn AB (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?
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: BMN^ là góc có đỉnh bên trong đường tròn.
⇒BMN^=12sdBN⏜+sdAC⏜
Mà sdAC⏜=sdAB⏜ (cmt) nên BMN^=12sdBN⏜+sdAB⏜=12sdAN⏜.
Mặt khác ADN^=12sdAN⏜ (góc nội tiếp (O)) nên BMN^=ADN^.
⇒MNDE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc
trong đối diện).
Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích của một hình trụ có chu vi hình tròn đáy là 16 cm và chiều cao là 5 cm.
Bán kính hình tròn đáy là: P=2πr⇒r=P2π=162π=8π (cm).
Diện tích xung quanh hình trụ là: Sxq=2πrh=2π⋅8π⋅5=80 (cm2).
Diện tích toàn phần hình trụ là: Stp=2πrh+2πr2=2π⋅8π⋅5+2π8π2=80+128π (cm2)
Thể tích hình trụ là: V=πr2h=π8π2⋅5=320π (cm3).
Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC lần lượt tại H và K
a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn.
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) Chứng minh tam giác KHC đồng dạng với tam giác KDB
b) Do tứ giác BHCD nội tiếp, suy ra BDC^+BHC^=180o 1
và BHK^ là góc bẹt nên BKC^+BHC^=180o 2
Từ (1) và (2) suy ra CHK^=BDC^.
Xét ΔKHC và ΔKDB có CHK^=BDC^ và K^ chung.
Suy ra ΔKHC∽ΔKDB.
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).
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 BD=32cm.
Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác BHCD là R=322cm.
Độ dài cung CH là l=π.322.40180≈1,5cm.
Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E, F. Gọi H là giao điểm của BF và CE, I là giao điểm của AH và BC. Từ A kẻ tiếp tuyến AN, AM đến đường tròn (O) với N, M là các tiếp điểm (N, B không cùng nửa mặt phẳng bờ AO).
a) Chứng minh các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn
Các điểm A, I, M, N, O cùng thuộc một đường tròn.
Vì ANO^=AMO^=900 (Vì AM, AN là tiếp tuyến với đường tròn (O)).
nên ANO^+AMO^=1800
Suy ra tứ giác ANOM nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180o) (1)
BFA^=CEB^=900 (Vì E, F thuộc đường tròn đường kính BC).
Khi đó H là trực tâm tam giác ABC,
Nên, do đó AIO^+AMO^=1800
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 ANM^=AIN^
2. Chứng minh ANM^=AIN^.
Ta có: AM=AN(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ΔABC cân tại A
Suy ra ANM^=AMN^.
Mà AMN^=AIN^ (cùng chắn cung AN⏜ của đường tròn đường kính AO).
Vậy ANM^=AIN^.
c) Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng
Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng.
Ta có: ΔAFH∽ΔAIC(g.g)⇒AF.AC=AH.AI (1).
Mà ΔAFN∽ΔANC (g.g)⇒AN2=AF.AC (2).
Từ (1) và (2) ta có: AN2=AH.AI⇒AHAN=ANAI⇒ΔAHN∽ΔANI (c.g.c).
⇒ANH^=AIN^ mà ANM^=AIN^(cmt) ⇒ANH^=ANM^
⇒ Hai tia NH và NM trùng nhau hay M, H, N thẳng hàng.
Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN<2R), P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP có ba góc nhọn. Các đường cao ME và NK của tam giác MNP cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn
Chứng minh rằng tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn.
Ta có: MKN^=MEN^=90° (gt).
⇒MKN^+MEN^=180°.
⇒ Tứ giác PKHE nội tiếp đường tròn.
Kéo dài PO cắt đường tròn tại O. Chứng minh KNM^=NPQ^.
Ta có: QMP^=90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
⇒QM⊥PM mà NK⊥PM.
⇒QM//NK.
⇒QMN^=KNM^(so le trong).
Mà QMN^=QPN^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN⏜)
⇒KNM^=NPQ^
c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.
c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi.
Gọi I là trung điểm BC⇒OI⊥MN và OI là đường trung bình của ΔHPQ
⇒PH=2OI
Ta có: OI=MI.cotMOI^
Mà MI không đổi và MOI^=12MON^=12sdMN⏜ không đổi.
⇒OI không đổi ⇒PH không đổi.
Cho hình vuông ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD, gọi E là giao điểm của AM và BN. Chứng minh tứ giác ADNE nội tiếp đường tròn
Dễ thấy (hai cạnh góc vuông)
Suy ra A1^=B1^ (tương ứng)
Mà B1^+B2^=90°⇒A1^+B2^=90°
Suy ra ΔABE vuông tại E.
Xét tứ giác ADNEcó D^+E^=90°+90°=180°⇒ADNE nội tiếp đường tròn đường kính
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) (AB<AC). Gọi H là trực tâm tam giác ABC, gọi L là giao điểm của AH với đường tròn (O). Lấy điểm F bất kì trên cung nhỏ LC (không trùng với L và C). Lấy điểm K sao cho đường thẳng AClà trung trực của FK.
1) Chứng minh tứ giác AHCK nội tiếp đường tròn
1) Gọi AD , BM và CE là ba đường cao của tam giác ABC
Tứ giác BEHD nội tiếp
⇒ABC^=DHC^*ABC^=AFC^(12sdAC⏜)*AKC^=AFC^(trung truc)⇒ABC^=AKC^=DHC^⇒AHC^+AKC^=1800AHC^+DHC^=1800
Suy ra tứ giác AHCK nội tiếp
2. Đường thẳng HK cắt AC tại điểm I, đường thẳng AF cắt HC tại G chứng minh AO vuông góc với GI.
2) Kẻ tiếp tuyến Ax với (O) ta có
xAB^=ACB^=AEM^⇒Ax//EM⇒EM⊥AO1
Xét tg AHGI có
IHG^=IAK^=IAG^ suy ra AHGI nội tiếp
⇒IGC^=HAI^=MBC^=MEC^⇒EM//GI2
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh .
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (C không trùng A, B), dựng tiếp tuyến Oy của nửa đường tròn (O) cắt Ax tại D. Kẻ CH⊥ABH∈AB, BD cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của OD và AC.
a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.
Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.
Ta có: AKM^=AKB^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O).
Có CH⊥AB (giả thiết) nên AHM^=90°.
Xét tứ giác AKMH có AKM^+AHM^=90°+90°=180o.
Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác AKMH là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn O1.
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 OD⊥AC.
Suy ra AJD^=90°.
Xét tứ giác ẠJKD có AJD^=AKD^=90°.
Suy ra tứ giác ẠJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD.
Do đó, ta có JKM^=DAJ^ (hai góc cùng bù với DKJ^).
Xét đường tròn (O) có DAJ^=DAC^=12sđAC⏜ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC⏜).
Có CAB^=12sđBC⏜ (góc nội tiếp chắn cung BC⏜).
Xét tam giác ACH có AHC^=90°, suy ra HAC^+HCA^=90°.
Nên, ta có HCA^=90°−HAC^=180°−sđCB⏜2=12sđCA⏜
Suy ra JKM^=HCA^=12sđCA⏜.
Vậy tứ giác CKJM có JKM^=HCA^ hay JKM^=JCM^, nên tứ giác CKJM là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)
Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1).sđ
Theo chứng minh trên CKJM là tứ giác nội tiếp, suy ra JMK^=JCK^.
Mà JCK^=ACK^=ABK^=12sđAK⏜ (các góc nội tiếp cùng chắn cung AK⏜).
Nên ta có được JMK^=ABK^ ở vị trí đồng vị. Suy ra JM//AB.
Mà AB⊥CH nên ta có JM⊥CH.
Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC.
Theo chứng minh trên, ta có AC⊥DJ hay JC⊥DJ.
Do đó DJ là tiếp tuyến của đường tròn O1.
Cho đường tròn (O) đường kính AB,lấy điểm C trên đường tròn (O) sao cho BC < AC. Gọi d là tiếp tuyến tại B của đường tròn (O), kẻ đường kính CD, các đường thẳng AC, AD lần lượt cắt d tại E,F. Đường thẳng qua A vuông góc với CD tại K cắt EF tại I
1) Chứng minh tứ giác OBIK nội tiếp.
1) Chứng minh tứ giác OBIK nội tiếp.
OKI^=900OBI^=900⇒Tứ giác OKIB nội tiếp
2. Chứng minh AC.AE=AD.AF
2) Chứng minh AC.AE = AD.AF.
- Ta có CAB^=CBE^(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
CAB^ phụ với FAB^
CBE^ phụ vớiCEB^
⇒FAB^=CEB^
- Mà FAB^=ADC^⇒ADC^=AEF^
- Xét ΔADC;ΔAFEcó
A^ chung
ADC^=AEF^
⇒ΔADC đồng dạng ΔAFE
⇒ACAD=AFAE⇔AC.AE=AD.AF(đpcm)
3. Chứng minh I là trung điểm EF
- Ta có:
ACD^=AFE^ (ΔADC đồng dạng ΔAFEchứng minh trên)
ACD^=DAK^(cùng phụ với CAK^)
⇒AFE^=DAK^⇒ΔAFIcân tại ⇒IA=IF (1)
- Ta có:
ADC^=AEF^(ΔADCđồng dạng ΔAFEchứng minh trên)
ADC^=IAE^(cùng phụ với DAK^)
⇒IAE^=AEF^⇒ΔAIEcân tại I⇒IA=IE 2
- Từ (1)và (2) ⇒IA = IE = IF⇒I là trung điểm của EF
Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (điểm B không trùng O và C). Gọi M là trung điểm của đọan thẳng AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Kẻ BI vuông góc với CD (I∈CD).1. Cho AM=4cm, CM=9cm. Tính độ dài đoạn thẳng MD và tanA của ΔMDA
1. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
· MD2=MA.MC=4.9=36
⇒MD=6 cm
· tanA=MDMA=64=32
2. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.
2. Tứ giác BMDI có:
M^=90o (gt)
I^=90o (gt)
⇒ Tứ giác BMDI nội tiếp.
3. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi và ba điểm I, B, E thẳng hàng
3. Tứ giác ADBE có:
MA=MBME=MDED⊥AB
⇒ Tứ giác ADBE là hình thoi
· Ta có: EB // ADAD⊥CD⇒EB⊥CD
Mà IB⊥CD
Nên I, B, Ethẳng hàng.
4. Gọi O là tâm đường tròn đường kính BC. Chứng minh MI là tiếp tuyến của đường tròn O.
4. Ta có O' là tâm đường tròn đường kính BC nên O' là trung điểm của BC.
Nên ta có: O'IB^+O'IC^=90o
Mà O'IC^=O'CI^=AED^=BDE^=BIM^
⇒O'IB^+BIM^=90oO'I⊥MI
Vậy MI là tiếp tuyến của đường tròn O.
Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C).
1. Chứng minh AM.AB=AN.AC và AN.AC=MN2
1. Ta có: BMH^=HNC^=90° (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒HM⊥AB , HN⊥AC
Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có:
AH2=AM.AB và AH2=AN.AC⇒AM.AB=AN.AC
Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật ⇒AH=MN⇒AN.AC=MN2 .
2. Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN.
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 ΔEMO=ΔEHO (c.c.c)
⇒EMO^=EHO^=90°⇒EM⊥MN
Chứng minh tương tự được FN⊥MN
⇒ ME//NF là hình thang vuông
Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN
⇒OI⊥MN
3. Chứng minh 4EN2+FM2=BC2+6AH2
3. Đặt MN=AH=h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có:
4EN2+FM2=4ME2+MN2+FN2+MN2=4x2+y2+2h2BC2+6AH2 =HB+HC2+6h2=HB2+HC2+2.HB.HC+6h2=4x2+4y2+2h2+6h2=4x2+y2+2h2
Vậy 4EN2+FM2=BC2+6AH2.
Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O; R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB với đường tròn đó ( A, B là các tiếp điểm ). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O;R) tại C. Nối MC cắt đường tròn (O; R) tại D. Tia AD cắt MB tại E .
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác MAOB có MAO^=MBO^=90°(MA, MB là các tiếp tuyến của (O)) .
⇒MAO^+MBO^=90°.
Suy ra MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh EM=EB
Xét ΔEBD và ∆EAM có E^ chung và EBD^=EAB^ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD⏜ ) ⇒ΔEBD~ΔEABg.g .
⇒EBEA=EDEB⇔EB2=EA.ED (1) .
Xét ΔEMD và ΔEAM có E^ chung.
Mà AC∥MBgt⇒EMD^=ACD^ (so le trong).
Mặt khác EAM^=ACD^ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD⏜ ).
⇒EAM^=EMD^⇒ΔEMD~ΔEAM (gg) .
⇒EMEA=EDEM⇔EM2=EA.ED2 .
Từ 1, 2⇒EM=EB.
c) Xác định vị trí của điểm M để BD⊥MA
c) Ta có ABD^=MCA^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD⏜).
Mà MCA^=EMD^⇒EMD^=ABD^ .
Ta có BD⊥MA⇒BAM^+ABD^=900⇔EMD^+MBA^=900MBA^=MAB^⇔MC⊥AB .
⇔MC đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ AB⏜DAC^=EAB^=900 .
⇔ΔMAB đều⇔ΔMOB vuông tại B có OMB^=300.
⇔OM=2OB=2R⇔M∈O; 2R .
Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến CA, CB và cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M nằm giữa C và N). Gọi H là giao điểm của CO và AB.
a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp.
a) CAO^=90°(Do CA là tiếp tuyến của (O) ở A).
CBO^=90°(Do CB là tiếp tuyến của (O) ở B).
⇒ CAO^ + CBO ^= 180°.
Vậy tứ giác AOBC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: CH.CO=CM.CN
b) Xét ∆CAM và ∆CNA có:
ACN^ là góc chung
CAM^= CNA^ (Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ).
Do đó ∆CAM đồng dạng với ∆CNA (g.g)
⇒CACN=CMCA⇒CA2=CM.CN (1).
Mặt khác ta có: CA=CB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA=OB=R
⇒CO là đường trung trực của AB. ⇒CO⊥AB tại H.
Xét ∆CAO vuông ở A có AH⊥CO ⇒CA2=CH.CO (2).
Từ (1) và (2) suy ra: CH.CO=CM.CN.
c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E, F. Đường thẳng vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh POE^=OFQ^.
c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất góc ngoài của tam giác ta có:
OFQ^=12EFQ^=12PCQ ^+CEF^=122PCO^+180°−2PEO^=PCO^+90°−AEO^=POA^+AOE^=POE^
d) Chứng minh rằng: PE+QF≥PQ
d) Xét ∆POE và ∆QFO có: POE^=OFQ^ (câu c). Tương tự: PEO^=QOF^.
Do đó POE đồng dạng với ∆QFO(g.g) ⇒POQF=PEQO⇒PO.QO=PE.QF.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
PE+QF≥2PE.QF=2PO.QO=2PQ2.PQ2=PQ( đpcm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R và điểm M nằm trên đường tròn (MA<MB). Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BM tại N và cắt tia AM tại C1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn
1. Chứng minh tứ giác AOMN nội tiếp được một đường tròn.
Xét tứ giác AOMN có M^=O^=900
⇒AOMN nội tiếp được một đường tròn.
2. Chứng minh rằng: MN.NB=ON.NC
2. Chứng minh rằng: MN.NB=ON.NC.
Xét ΔMNC và ΔONB
Có MNB^=BNO^ ( đối đỉnh): M^=O^=900
⇒ΔMNC~ΔONB( g-g)
⇒MN.NB=ON.NC
3. Tính góc ABM^=300, tính diện tích tam giác ABC theo R.
3. Khi góc ABM^=300, tính diện tích tam giác ABC
⇒MA=AB.sin300=RMB=AB.cos300=3R
⇒SΔABC=12MA.MB=3R22.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH⊥AB,IK⊥ADH∈AB, K∈AD.
a)Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp.
a) Ta có AHI^=AKI^=90°(gt) ⇒AHI^+AKI^=180°
Mà hai góc ở vị trí đối nhau, nên tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh rằng: IA.IC=IB.ID
b) Xét tam giác ΔABI và ΔDIC có:
BAI^=IDC^ (do tứ giác ABCD nội tiếp )
AIB^=DIC^ (2 góc đối đỉnh)
Suy ra ΔABI∽ΔDCI (g.g)
⇒IAID=IBIC⇒IA.IC=IB.ID.
c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
c) Ta có KHI^=KAI^ (do tứ giác AHIK nội tiếp)
mà KAI^=DBC^ (do tứ giác ABCD nội tiếp)
suy ra KHI^=DBC^.
Tương tự ta có HKI^=HAI^ (do tứ giác AHIK nội tiếp)
và HAI^=BDC^ (do tứ giác ABCD nội tiếp)
suy ra HKI^=BDC^
Xét hai tam giác ΔHKI và ΔBCD có:
KHI^=DBC^(cmt)
HKI^=BDC^(cmt)
Suy ra ΔKHI∽ΔDBC (g.g)
d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S' là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng S'S≤HK24.AI2.
d) Gọi S1 là diện tích tam giác ΔBCD.
Vì ΔHIK∽ΔBCD nên
S'S=HK2BD2=HK2IB+ID2≤HK24IB.ID=HK24IA.IC(1)
Vẽ AE⊥BD,CF⊥BD⇒AE//CF⇒CFAE=ICIA
ΔABD và ΔBCD có chung cạnh đáy BD nên:
S1S=CFAE⇒S1S=ICIA
Từ (1) và (2) suy ra
S'S1.S1S≤HK24IA.IC.ICIA⇔S'S≤HK24IA2 (đpcm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB=2R, C là điểm chính giữa cung AB. Hai tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và C cắt nhau ở D.
1. Chứng minh AOCD là hình vuông.
1. C là điểm chính giữa cung AB nên sđAC⏜=sđBC⏜=12sđAB⏜=90∘ hay AOC^=90∘.
Do AD và CD là các tiếp tuyến tại A, C của đường tròn (O) nên ta có: OA⊥AD, OC⊥CD, hay OAD^=OCD^=90∘.
Suy ra, tứ giác AOCD có OAD^=OCD^=AOC^=90∘ và OA=OC=R. Do đó, tứ giác AOCD là hình vuông.
2. Tính diện tích phần nằm ngoài hình thang ABCD của hình tròn (O) theo R
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 S1=12πR2.
Phần 2: hình viên phân nằm ngoài tam giác vuông cân OBC, có diện tích là S2=14πR2−R22.
Vậy, diện tích cần tính có giá trị là:
S=12πR2+14πR2−R22=R243π−2 (đơn vị diện tích).
3. Trên đoạn DC lấy điểm E sao cho DE=13DC. Trên đoạn BC lấy điểm F sao cho EF=EA. Kẻ FG vuông góc với đường thẳng DC (G∈DC). Tính độ dài đoạn thẳng CG theo R.
3) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo R?
Theo chứng minh câu a, ta có: CD=DA=OA=OC=R.
Từ giả thiết, ta có: DE=CD3=R3; EC=2CD3=2R3.
Xét tam giác ADE vuông tại D có: AE2=AD2+DE2=R2+R29=10R29.
Do CG//AB nên GCF^=CBA^=12sđAC⏜=45∘.
Vậy, tam giác CGF có CGF^=90∘,GCF^=45∘ nên tam giác CGF vuông cân tại CGF.
Do đó, CG=GF=xx>0.
Xét tam giác vuông EGF có EG=EC+CG=2R3+x, GF=x, EF=EA
Nên theo định lý Pythagore, ta có:
EF2=EG2+GF2⇔10R29=2R3+x2+x2⇔2x2+4R3x−2R23=0⇔3x2+2Rx−R2=0⇔3x2+3Rx−Rx−R2=0⇔3xR+x−Rx+R=0⇔3x−RR+x=0
⇔3x−R=0 do R+x>0
⇔x=R3
Vậy, ta có CG=x=R3.
4. Chứng minh AECF nội tiếp
4) Chứng minh AECF là tứ giác nội tiếp?
Ta chứng minh được ΔADE=ΔEGFc−c−c nên DAE^=GEF^.
Mà trong tam giác vuông ADE, ta có: DAE^+DEA^=90∘. Suy ra GEF^+DEA^=90∘.
Ta có: DEA^+AEF^+FEG^=180∘⇒AEF^=180∘−DEA^+FEG^=180∘−90∘=90∘.
Xét tam giác AEF có AEF^=90∘, AE=EF, nên tam giác AEF vuông cân tại E. Từ đó, ta có AFE^=45∘.
Xét đường tròn tâm O có ACE^ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung AC, nên ACE^=12 sđAC⏜=45∘.
Vậy, tứ giác AECF có ACE^=AFE^=45∘, 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.
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Một điểm M cố định thuộc đoạn thẳng OB M≠B;M≠O. Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt nửa đường tròn đã cho tại N. Trên cung NB lấy điểm E bất kì E≠B;E≠N. Tia BE cắt đường thẳng d tại C đường thẳng AC cắt nửa đường tròn tại D Gọi H là giao điểm của AE và đường thẳng d
a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn.
a) Chứng minh tứ giác BMHE nội tiếp được đường tròn.
HMB^=900CM⊥AB
HEB^=900 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
⇒HMB^+HEB^=1800
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.
b) Chứng minh 3 điểm B, H, D thẳng hàng.
Ta có ADB^=900 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
⇒BD⊥AC⇒BD là đường cao ΔABC.
ΔABC. có 2 đường cao CM và AE cắt nhau tại H⇒H là trực tâm của ΔABC⇒H∈BD⇒ đpcm.
c) Tính giá trị của biểu thức BN2+AD.AC theo R
c) Tính giá trị của biểu thức BN2+AD.AC theo R
Ta có BNA^=900 (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn)
⇒ΔANB vuông tại N
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔANB vuông tại N ta có BN2=BM.AB
ΔAMC~ ΔADB (g-g)⇒AD.AC=AM.AB
Suy ra BN2+AD.AC=ABBM+AM=AB2=4R2
d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K. Chứng minh rằng khi E di động trên cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
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: HAM^=KCM^ (góc nội tiếp cùng chắn cung HK trong đường tròn (AHC))
HAM^=KCB^ (cùng phụ ABC^).
Suy ra KCM^=KCB^⇒CM là phân giác KCB^.
ΔKCB có CM vừa là đường cao vừa là phân giác
⇒M là trung điểm KB⇒KB=2MB
Do M cố định, B cho trước nên KB không đổi.
Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C(C không trùng với A và B ). Lấy điểm D thuộc đoạn AC (D không trùng với A và C). Tia BD cắt cung nhỏ AC tại điểm M, tia BC cắt tia AM tại điểm N.
1. Chứng minh MNCD là tứ giác nối tiếp.
1. Có AMB^=ACB^=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên NMD^=NCD^=90∘ suy ra NMD^+NCD^=180∘ nên MNCD là tứ giác nội tiếp
2. Chứng minh AM.BD=AD.BC
2. Có ΔAMD đồng dạng ΔBCD (g-g) nên AMBC=ADBD⇒AM.BD=AD.BC
3. Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoài tiếp của tam giác ADM và tam giác BCD. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng
3. Chứng minh ba điểm N, D, I thẳng hàng.
Ta có DIB^=DIA^=90∘ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
⇒DI⊥AB.
Theo chứng minh câu 1, MNCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: MND^=MCD^ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD). (1)
Xét đường tròn tâm O có MCD^=MCA^=MBA^(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA). (2)
Từ (1) và (2), ta có: MND^=MBA^.
Mặt khác, ta có:
Tam giác MND vuông tại M nên MND^+MDN^=90∘.
Tam giác MAB vuông tại M nên MBA^+MAB^=90∘.
Do đó, ta có: MND^+MDN^=MBA^+MAB^.
Mà MND^=MBA^ (chứng minh trên), nên ta có: MDN^=MAB^.
Do MAID là tứ giác nội tiếp nên ta có:MAI^+MDI^=180∘ hay MAB^+MDI^=180∘
Suy ra MDN^+MDI^=180∘⇔IDN^=180∘.
Vậy, các điểm N, D, I thẳng hàng
Cho đường tròn (O) đường kính AB=2a, H là trung điểm của đoạn thẳng OA. Đường thẳng OA. Đường thẳng d vuông góc với OA tại H và cắt đường tròn (O) tại hai điểm C, D.a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo a.
HD2=OD2−OH2
Hình vẽ phục vụ câu a: 0,25, câu b: 0,25
(không có hình không chấm)
a) Tính độ dài đoạn thẳng CD theo a.* Cách 1: CD=2HD.HD2=OD2−OH2=a2−a22=3a24⇒HD=a32⇒CD=a3* Cách 2: CD=2HD
+Tam giác OAD có OA = OD
+Vì H là trung điểm OA và DH⊥OA nên DA = DO.Suy ra D OAD đều.Suy ra HD=a32⇒CD=a3.
b) Lấy điểm E trên cung nhỏ BD của đường tròn (O) sao cho ba điểm C, O, E không thẳng hàng (E khác B, E khác D). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và CE; K là hình chiếu vuông góc của A lên CE. Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH.
b) Chứng minh BE song song với KH và MN là đường trung trực của đoạn thẳng KHTứ giác AHKC nội tiếp trong đường tròn nên HKE^=CAB^.Mà CAB^=CEB^ nên HKE^=CEB^.Do đó BE//KH (so le trong, B và H nằm về hai phía KE).+ AE//MN,BE//KH+AE⊥BE nên MN⊥KHMặt khác MH=MK nên MN là đường trung trực của đoạn thẳng KH.
c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD. Đường tròn đường kính AI cắt các đoạn thẳng HB, Ạ, HD lần lượt tại P, F, Q (F khác A). Gọi L là giao điểm của IF và PQ. Chứng mih JL vuông góc với BD.
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: PIL^=PAF^=PAI^=PQI^ và LPI^=IPQ^. Suy ra hai tam giác PIL và PQI đồng dạng.
Do đó: PIPQ=PLPI.Mà PI=PJ nên PJPQ=PLPJ
Lại có LPJ^=JPQ^ nên hai tam giác PIJ và PQL đồng dạng (1).
ABD^=ACD^=APQ^⇒PQ//BD(đồng vị, tia PQ không nằm trong góc BPJ^).
Mà J là trung điểm của BD nên P là trung điểm của HB. Suy raQ là trung điểm của HD.
Do đó JP⊥JQ 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.
Cho đường tròn (O) có tâm O, đường kính BC. Lấy một điểm A trên đường tròn (O) sao cho AB>AC. Từ A, vẽ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Từ H, vẽ HE vuông góc với AB và HF vuông góc với AC (E thuộc AB, F thuộc AC).
a) Chứng minh rằng AEHF là hình chữ nhật và OA vuông góc với EF.
a) Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông
HAF^=EFA^ (vì AEHF là hình chữ nhật)
OAC^=OCA^ (vì OA=OC)
Do đó : OAC^+AFE^=90°
⇒OA⊥EF
b) Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại P và Q (E nằm giữa P và F). Chứng minh AP2=AE.AB. Suy ra APH là tam giác cân.
b) OA⊥PQ⇒PA⏜=AQ⏜
Do đó: ΔAPE∽ΔABP
⇒APAB=AEAP⇒AP2=AE.AB
Ta có: AH2=AE.AB (hệ thức lượng ΔHAB vuông tại H, có HE là chiều cao)
⇒AP=AH⇒∆APH cân tại A.
c) Gọi D là giao điểm của PQ và BC; K là giao điểm của AD và đường tròn (O) (K khác A). Chứng minh AEFK là một tứ giác nội tiếp
c) DE.DF=DC.DB; DC.DB=DK.DA⇒DE.DF=DK.DA
Do đó ΔDFK∽ΔDAE⇒DKF^=DEA^
⇒Tứ giác AEFK nội tiếp.
d) Gọi I là giao điểm của KF và BC. Chứng minh IH2=IC.ID
d) Ta có: AF.AC=AH2 (hệ thức lượng trong ΔAHC vuông tại H, có HF là chiều cao)
Ta có: AK.AD=AH2 (hệ thức lượng trong ΔAHD vuông tại H, có HK là chiều cao)
⇒AK.AD=AF.AC
Từ đó ta có tứ giác AFCD nội tiếp
Vậy ta có: IC.ID=IF.IK(ΔICF∽ΔIKD) và IH2= IF.IK(ΔIHF∽ΔIKH) ⇒IH2=IC.ID
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB<AC), nội tiếp đường tròn (O;R) (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I
a) Chứng minh MBC^=BAC^ . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
a) Ta có BAC^=MBC^ do cùng chắn BC⏜Và BAC^=MIC^ do AB//MI⇒MBC^=MIC^⇒ICMB nội tiếp đường tròn đường kính OM.
b) Chứng minh: FI.FM=FD.FE
b) Do ΔFBD∽ΔFEC nên FB.FC=FE.FD và ΔFBM∽ΔFIC nên FB.FC=FI.FM
So sánh ta có: FI.FM=FD.FE
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng
c) Ta có PTQ^=90° dó PQ là đương kính và ΔFIQ; ΔFTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FIFQ=FTFM (vì FI.FM=FD.FE=FT.FQ)
NênFIQ^=FTM^ mà FIQ^=OIM^=90° (I nhìn OM dưới goc 90o)
Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM^=180°
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC 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 ΔABC vuông tại B. Vậy diện tích ΔICB 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
IH≤IT=O'I−O'T≤O'O−O'L=OL
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Biết AB=a, BC=2a. Tính theo a độ dài AC và AH.
AC=BC2−AB2=2a2−a2=3a2=a3AH=AB.ACBC=a.a32a=a32
Cho tam giác ABC có BAC^ tù. Trên cạnh BC lấy hai D và E, trên cạnh AB lấy điểm F, trên cạnh AC lấy điểm K sao cho BD=BA, CE=CA, BE=BF, CK=CD. Chứng minh bốn điểm D, E, F và K cùng nằm trên một đường tròn.
Ta có BD=BA và BE=BF nên BEBD=BFBA⇒EF//DA
EF//DA và BAD^=BDA^ (do BD=BA) suy ra ADEF là hình thang cân
⇒ADEF nội tiếp được (1).
Ta có CK=CD và CA=CE nên
CKCA=CDCE⇒KD//AE
KD//AE và CAE^=CEA^ (do CE=CA)
⇒AEDK là hình thang cân
⇒AEDK nội tiếp được (2).
(1), (2) ⇒4 điểm D, E, F và K cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔADE.
Cho tam giác ABC(AB<AC) nội tiếp đường tròn đường kính BC, có đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC cắt đường tròn đó tại K (K khác A). Biết AHHK=155.Tính ACB^
Gọi O là tâm đường tròn đường kính BC, bán kính R.BAK^=CAK^ nên KB⏜=KC⏜⇒KO⊥BCtại OΔOAH:AH2=R2−OH2ΔOKH:HK2=R2+OH2⇒AH2+HK2=2R2AHHK=155⇒HK2=53AH2AH2+HK2=2R2HK2=53AH2⇒AH=R32ΔOAH có sinAOH^=AHOA=R32R=32⇒AOH^=60°⇒ACB^=30°
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.a) Chứng minh AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
a) Ta có: AEH^=AFH^=90° (BE, CF là đường cao)Xét tứ giác AEFH, ta có:AEH^+AFH^=180°Suy ra: AEFH là tứ giác nội tiếp.Xét tứ giác BCEF, ta có:BEC^=BFC^=90° (gt)Suy ra: BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M và N theo thứ tự là giao điểm thứ hai của đường trón (O; R) với BE và CF. Chứng minh MN//EF
b) Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp (cmt).
⇒BEF^=BCF^ (1) (hai góc nội tiếp cùng chắn BF⏜)
Ta lại có:
BMN^=BCN^=BCF^ (2) (góc nội tiếp cùng chắn BN⏜)
Từ (1) và (2) ⇒BEF^=BMN^
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị ⇒MN // EF
d) Chứng minh rằng OA ⊥ EF
d) Ta có ABM^=ACN^ (hai góc nội tiếp cùng chắn EF⏜)
⇒AM=AN
Ta lại có OM=ON
⇒OA là đường trung trực của MN
⇒OA⊥MN
Mà MN//EF(cmt) ⇒OA⊥EF
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:
V=πr2.h với r là bán kính đáy; h là chiều cao hình trụ.
V=43πR3 với R là bán kính hình cầu.
Thể tích bình hình trụ: π.0,52.2≈1,57dm3
Thể tích viên bi hình cầu: 43.π.0,43≈0,27dm3
Số lít nước đổ vào đầy bình: 1,57−0,27=1,3dm3=1,3 (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 :
ABA'B'=OAOA'⇒12=2OA'⇔OA'=4
Vì OD//A'B' nên theo hệ quả định lí TaLet, ta được :
ODA'B'=OF'F'A⇒12=OF'F'A⇒F'A2=OF'1=F'A+OF'2+1=43⇔OF'=43
Vậy tiêu cự của thấu kính : 43(m)
Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) có AD, BE là hai đường cao cắt nhau tại H, vẽ đường kính AK của đường tròn (O), kẻBF⊥AKF∈AKa) Chứng minh 5 điểm A, B, D, E, F cùng thuộc một đường tròn, xác định tâm I của đường tròn này.
a) Ta có: ΔABE vuông tại E (BE là đường cao ΔABC), có AB là cạnh huyền.ΔABD vuông tại D (AD là đường cao ΔABC,có AB là cạnh huyềnΔABF vuông tại F (BF⊥AK), có AB là cạnh huyền.Do đó, 5 điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn đường kính AB
b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh 3 điểm H, M, K thẳng hàng.
b) Ta có : ΔAKB; ΔAKC nội tiếp đường tròn (O) có AK là đường kính
⇒ΔAKB vuông tại B và ΔAKC vuông tại C.
Mà H là trực tâm ΔABC (AD, BE là hai đường cao cắt nhau tại H)
⇒CH⊥AB
⇒BK//CH (cùng vuông góc với AB) và BK//CH (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) Chứng minh IM là đường trung trực của DF
c) Ta có:
+) BE//CK (cmt)⇒CBE^=BCK^ (hai góc so le trong).
+) BCK^=BAK^ (hai góc nội tiếp cùng chắn BK⏜)
+) BAK^=FDC^ (Tứ giác ABDF nội tiếp)
Nên EBC^=FDC^ mà 2 góc này ở vị trí đồng vị suy ra BE//DF
Ta lại có: IM là đường trung bình của ΔABC (I, M lần lượt là trung điểm của AB và BC)
⇒IM // AC
Mà BE⊥AC nên BE⊥IM⇒IM⊥DF (1)
Ta có: ID, IF lần lượt là 2 đường trung tuyến của 2 tam giác ABD và ABF ứng với cạnh huyền AB⇒ID=IF (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM là đường trung trực của DF
