Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và O là trung điểm của IK.
Chọn câu đúng.
-
A
4 điểm B, I, C, K cùng thuộc (O).
-
B
AC là tiếp tuyến của (O).
-
C
A, B đều đúng.
-
D
A, B đều sai.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D
Sử dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, cách chứng minh tiếp tuyến của đường tròn.
+) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.
Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên CK là phân giác ngoài của góc C.
Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên $\widehat {ICK} = {90^0}$
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: $\widehat {IBK} = {90^0}$
Xét tứ giác BICK ta có: \(\widehat {IBK} + \widehat {ICK} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)
\( \Rightarrow BICK\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\))
Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.
Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC hay bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc (O)
+) Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : $\widehat {OIC} = \widehat {OCI}.$
Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :
$\widehat {OIC} = \widehat {IAC} + \widehat {ACI} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC}$
$ \Rightarrow \widehat {ICO} + \widehat {ICA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}$
$ \Rightarrow OC \bot CA.$
Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C.
Cả A, B đều đúng.
Tính tổng diện tích các hình viên phân giới hạn bởi các cung nhỏ $CI,{\rm{ }}IB,{\rm{ }}BK,{\rm{ }}KC$ và các dây cung tương ứng của $\left( O \right)$ biết $AB = 20,{\rm{ }}BC = 24.$
-
A
\(225\pi - 360\)
-
B
\(220\pi - 360\)
-
C
\(60\pi - 225\)
-
D
\(225\pi \)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A
Sử dụng công thức tính diện tích hình tròn và diện tích tam giác
Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là \(S'\) , gọi giao điểm $BC$ và $IK$ là $M.$
Ta có ngay :
$\begin{array}{l}S = S' - {S_{ICKB}} = \pi I{O^2} - {S_{IBK}} - {S_{IKC}}\\ = \pi \dfrac{{I{K^2}}}{4} - \dfrac{{BM.IK}}{2} - \dfrac{{CM.IK}}{2}\\ = \pi \dfrac{{I{K^2}}}{4} - \dfrac{{BC.IK}}{2}.\end{array}$
Ta có :
\(\begin{array}{l}\;\;\;\;\;{S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC = \dfrac{{AB + BC + CA}}{2}.IM\\ \Leftrightarrow \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} .24 = \left( {AB + BC + CA} \right).IM\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{20}^2} - {{\left( {\dfrac{{24}}{2}} \right)}^2}} .24 = \left( {20.2 + 24} \right).IM\\ \Leftrightarrow IM = 6.\end{array}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(IBM\) vuông tại \(B\) có đường cao \(BM\) ta có :
\(\begin{array}{l}B{M^2} = IM.MK \Leftrightarrow MK = \dfrac{{B{M^2}}}{{IM}} = \dfrac{{{{12}^2}}}{6} = 24.\\ \Rightarrow IM = IM + MK = 6 + 24 = 30.\\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\pi I{K^2} - \dfrac{1}{2}BC.IK = \dfrac{1}{4}\pi {.30^2} - \dfrac{1}{2}.24.30\\ = 225\pi - 360\;\;\left( {dvdt} \right).\end{array}\)
Cho điểm $S$ cố định ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Vẽ tiếp tuyến $SA$ của đường tròn \(\left( O \right)\) (với A là tiếp điểm) và cát tuyến $SCB$ không qua tâm $O,$ điểm $O$ nằm trong \(\widehat {BSA}\), điểm $C$ nằm giữa $S$ và $B.$ Gọi $H$ là trung điểm đoạn thẳng $CB.$
Chọn câu đúng.
-
A
\(S{A^2} = SK.SC.\)
-
B
\(S{A^2} = SB.SC.\)
-
C
\(S{A^2} = SB.SK.\)
-
D
\(2.SA = SB.SC.\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : B
Hai góc nội tiếp cùng chắn một dây cung thì bằng nhau. Từ đó ta suy ra được các cặp tam giác đồng dạng, từ đó lập ra các tỉ số giữa các đoạn thẳng, đưa về biểu thức cần chứng minh.
Gọi \(D,K\) lần lượt là giao điểm của \(SO\) với đường tròn (\(D\) nằm giữa \(K\) và \(S\))
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:
\(\angle SAD\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AD\)
\(\angle AKS\) là góc nội tiếp chắn cung \(AD\).
Suy ra \(\angle SAD = \angle AKS\).
Xét \(\Delta SDA\) và $\Delta SAK$ có:
\(\angle KSA\) chung
\(\angle SAD = \angle AKS\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta SDA \backsim \Delta SAK \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SK}} = \dfrac{{SD}}{{SA}} \Rightarrow S{A^2} = SK.SD\). (1)
Xét \(\Delta KCS\) và \(\Delta BDS\) ta có:
\(\angle AKC = \angle DBS\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
\(\angle DSC\) chung
\( \Rightarrow \Delta KCS \backsim \Delta BDS \Rightarrow \dfrac{{KS}}{{BS}} = \dfrac{{SC}}{{SD}} \Rightarrow SB.SC = SK.SD\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow S{A^2} = SC.SB\)
Gọi $MN$ là đường kính bất kì của đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho ba điểm $S,{\rm{ }}M,{\rm{ }}N$ không thẳng hàng. Xác định vị trí của $MN$ để diện tích tam giác $SMN$ lớn nhất.
-
A
\(MN\) đi qua trung điểm của \(SO.\)
-
B
\(MN\) tạo với \(SO\) góc \(45^\circ \)
-
C
\(MN\) tạo với \(SO\) góc \(60^\circ \)
-
D
\(SO \bot MN\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D
Kẻ đường cao $SE$ của tam giác $SMN.$ Vì độ dài đáy $MN$ không đổi nên ta tìm điều kiện để chiều cao $MN$ lớn nhất
Kẻ \(SE \bot MN \Rightarrow {S_{SMN}} = \dfrac{1}{2}MN.SE\). Mà có \(MN\) cố định ($MN$ là đường kính của đường tròn)
Vậy nên \({S_{SMN}}\) max khi và chỉ khi $SE$ max
Xét \(\Delta SOE\) vuông tại E có \(SO\) là cạnh huyền , \(SE\) là cạnh góc vuông \( \Rightarrow SE \le SO \Rightarrow {S_{SMN}} \le \dfrac{1}{2}MN.SO\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(SE\) trùng với \(SO\), suy ra \(SO \bot MN\).
Vậy diện tích tam giác$SMN$ lớn nhất khi và chỉ khi \(SO \bot MN\).
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và dây cung \(AB\) không đi qua \(O\). Từ điểm \(M\) nằm trên tia đối của tia \(BA\)
(\(M\) không trùng với \(B\)), kẻ hai tiếp tuyến \(MC,MD\) với đường tròn \(\left( {O;R} \right)\)(\(C;D\) là các tiếp điểm). Gọi \(H\) là trung điểm đoạn thẳng \(AB\). Đoạn thẳng \(OM\) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm \(I\).
Chọn câu sai.
-
A
\(M;D;H;O\) cùng thuộc một đường tròn
-
B
\(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(MCD\).
-
C
\(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(MCD\).
-
D
\(\widehat {ICD} = \widehat {IDM}\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : C
+) Trong một đường tròn , đoạn thẳng nối trung điểm của một dây cung với tâm đương tròn vuông góc với dây cung đó.
+) Tứ giác có 2 góc đối nhau có tổng bằng \({180^o}\) thì nội tiếp đường tròn.
+) Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung nếu cùng chắn một cung thì bằng nhau
* Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(H\) là trung điểm của dây cung \(AB\)\( \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow \angle OHM = {90^o}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)
Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(MD\) là tiếp tuyến \( \Rightarrow OD \bot MD \Rightarrow \angle ODM = {90^o}\) (tính chất của tiếp tuyến)
Xét tứ giác \(DOHM\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle OHM = {90^o}\\\angle ODM = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle OHM + \angle ODM = {180^o}\)
Suy ra tứ giác \(DOHM\) nội tiếp đường tròn \( \Rightarrow D;O;H;M\) cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.
* Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta DOM\) có
+)\(OM\) chung
+) \(\angle OCM = \angle ODM = {90^o}\)
+) \(OC = OD = R\)
\( \Rightarrow \Delta COM = \Delta DOM\) (cạnh huyền - cạnh góc vuông) \( \Rightarrow \angle COI = \angle IOD\) (2 góc tương ứng)
\( \Rightarrow CI = ID \Rightarrow \Delta ICD\) cân \( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDC\) (Tính chất tam giác cân)
Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(\angle ICD\) là góc nội tiếp chắn cung \(ID\); \(\angle IDM\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(ID\)\( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDM\)
Mà có \(\angle ICD = \angle IDC \Rightarrow \angle IDO = \angle IDM\)
\( \Rightarrow ID\) là phân giác \(\angle ODM\) (1)
Chứng minh tương tự có : \(IC\) là phân giác \(\angle MCO\)\(\) (2)
Mà có \(ID\) cắt \(IC\) tại \(I\), suy ra \(I\) là giao điểm của 3 đường phân giác trong \(\Delta MCD\). Suy ra \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MCD\) nên B đúng, C sai.
Đường thẳng qua $O$ vuông góc với \(OM\) cắt các tia \(MC;MD\) lần lượt tại \(E;F\). Xác định hình dạng của tứ giác \(MCOD\) để diện tích tam giác \(MEF\) nhỏ nhất khi \(M\) di động trên tia đối của tia \(BA.\)
-
A
\(MOCD\) là hình thang
-
B
\(MOCD\) là hình bình hành
-
C
\(MOCD\) là hình chữ nhật
-
D
\(MOCD\) là hình vuông
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D
Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương ta có \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \)
Ta nhận thấy \({S_{MFE}} = 2{S_{MEO}}\) (do có chung đường cao\(MO\)và \(OE = \dfrac{1}{2}FE\))
\( \Rightarrow {S_{MFE}}\max \Leftrightarrow {S_{MEO}}\max \)
Xét \(\Delta MEO\) có: \({S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}CO.ME = \dfrac{1}{2}R.\left( {CE + CM} \right)\)
Mà có: \(CM = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}};CE = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CEO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {{{90}^o} - \angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}\)\(\)
\( \Rightarrow {S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \dfrac{1}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}} \right) = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right)\)
Mà có \(\angle CMO\) nhọn (do \(\Delta COM\) vuông tại \(C\)) \( \Rightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) > 0\)
Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có :\(\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}}.\tan \left( {\angle CMO} \right)} = 2\)
\( \Rightarrow {S_{MFE}} = 2{S_{MEO}} = 2.\dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right) \ge 2{R^2}\)\(\)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \tan \left( {\angle CMO} \right) \Leftrightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) = 1 \Leftrightarrow \angle CMO = {45^o}\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CO = CM\\\angle CMD = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow MCOD\) là hình vuông (do có 3 góc vuông và hai cạnh kề nhau bằng nhau).
Cho tam giác nhọn \(ABC\;\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\), có ba đường cao là \(AD,BE,CF\) và trực tâm là \(H\). Gọi \(M\)là giao điểm của \(AO\) với \(BC\) và \(P,\;Q\)lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ \(M\) đến \(AB,AC\).
Chọn câu đúng.
-
A
\(H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(DEF\).
-
B
\(HE.MQ = HF.MP\).
-
C
\(HE.HF = MQ.MP\)
-
D
Cả A, B đều đúng
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D
+ Sử dụng các tính chất: Tứ giác có 2 góc đối bù nhau thì nội tiếp đường tròn ; 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằng nhau
+ Kéo dài \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(G.\)
+ Sử dụng định lí Ta-lét
: \(\)
*) Xét tứ giác \(HDCE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle HEC = {90^o}\\\angle HDC = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle HEC + \angle HDC = {180^o}\)
Suy ra tứ giác \(HDCE\) nội tiếp đường tròn \( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\))
Chứng minh tương tự có \(\angle FBH = \angle FDH\)
Mà có \(\angle FBH = \angle HCE\) (do cùng phụ với \(\angle BAC\))
\( \Rightarrow \angle FDH = \angle HDE\) , suy ra \(HD\) là phân giác \(\angle FDE\)
Chứng minh tương tự ta có : \(HE\)là tia phân giác \(\angle FED\) ; \(FH\) là phân giác \(\angle DFE\)
Suy ra H là giao của 3 đường phân giác trong \(\Delta FDE\) , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta FDE\;\;\left( {dpcm} \right).\)
*) Kéo dài \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(G.\)
Có\(\angle ACG = {90^o}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(BH//GC\) (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)
Chứng minh tương tự có \(HC//BG\)
\( \Rightarrow BHCG\) là hình bình hành (do có 2 cặp cạnh đối song song)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right.\)
Xét \(\Delta ACG\) có : \(MQ//GC\) (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)
\( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}\) (định lí Ta-lét)
Chứng minh tương tự có \(\dfrac{{PM}}{{BG}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}\)
\(\)\( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{PM}}{{BG}}\left( { = \dfrac{{AM}}{{AG}}} \right).\)
Mà có \(\left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BH}} = \dfrac{{PM}}{{HC}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\) \(\)
Xét \(\Delta FHB\) và \(\Delta EHC\) có:
\(\angle FBH = \angle HCE\) (do cùng phụ với \(\angle BAC\))
\(\angle BFH = \angle HEC = {90^o}\)
\( \Rightarrow \Delta FHB \backsim \Delta EHC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HE}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\) (2)\(\) \(\)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{FH}}{{HE}} \Rightarrow MQ.HE = HF.MP.\)
Vậy cả A, B đều đúng.
Chọn đẳng thức đúng.
-
A
\(\dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\).
-
B
\(\dfrac{{MB}}{{MC}}:\dfrac{{DB}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\)
-
C
\(\dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AC}}{{AB}}} \right)^2}\)
-
D
\(\dfrac{{MB}}{{MC}}.\dfrac{{DB}}{{DC}} = 4.\dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A
Sử dụng biểu thức đã chứng minh ở câu trước \(MQ.HE = HF.MP\) , biến đổi để đưa về biểu thức cần tìm.
Ta có
\(\begin{array}{l}FH = AH.\sin \widehat {BAD} = AH.\dfrac{{BD}}{{AB}}\\PM = BM.\sin \widehat {ABD} = BM.\dfrac{{AD}}{{AB}}\\ \Rightarrow FH.PM = AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}}.\end{array}\)\(\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(HE.QM = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}}\)
Ta có : \(HE.MQ = HF.MP\)
\( \Rightarrow AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}} = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{MC}}.\dfrac{{BD}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\;.\)
Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các điểm B, C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống các đường thẳng AB, AC và M là trung điểm cạnh BC.
Góc \(MEP\) bằng với góc nào dưới đây?
-
A
\(\widehat {MDP}\)
-
B
\(\widehat {MPD}\)
-
C
\(\widehat {PMD}\)
-
D
\(\widehat {DPB}\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : A
Sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.
Ta có M là trung điểm của cạnh BC $ \Rightarrow OM \bot BC$ (liên hệ đường kính và dây cung)
Ta có tứ giác BMPD nội tiếp ( vì \(\widehat {BDP}\)+ \(\widehat {BMP}\)=1800) \( \Rightarrow \widehat {MDP}\) = \(\widehat {MBP}\) (tính chất của tứ giác nội tiếp) (1)
Tương tự có tứ giác MCEP nội tiếp => \(\widehat {MEP}\) = \(\widehat {MCP}\) (tính chất của tứ giác nội tiếp) (2)
Mà tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại P nên dễ dàng suy ra được \(\Delta BPC\;\)cân tại P ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \widehat {MCP}{\rm{\;}} = \;\widehat {MBP}\;\left( 3 \right)\)
Từ (1); (2);(3) => \(\widehat {MEP}\) = \(\widehat {MDP}\)
Đường thẳng \(DE\) đi qua điểm cố định nào ?
-
A
\(DE\) đi qua trung điểm của $PC$ cố định.
-
B
\(DE\) đi qua trung điểm của $PD$ cố định.
-
C
\(DE\) đi qua trung điểm $F$ của $MP$ cố định.
-
D
\(DE\) đi qua trung điểm \(P\) cố định
Đáp án của giáo viên lời giải hay : C
Chỉ ra \(EMDP\) là hình bình hành từ đó suy ra điểm cố định mà \(ED\) đi qua.
\(\;\widehat {A\;} = \;\widehat {CBP}\;\) cùng chắn cung \(BC\)
Ta có. \(\widehat A\) + \(\widehat {ABC}\) + \(\widehat {ACB} = {180^0}\;\) (tổng ba góc trong tam giác)
Có \(\widehat {CBP}\) + \(\widehat {ABC}\;\)+ \(\widehat {PBD}\) = \({180^0}\) (vì A, B, D thẳng hàng)
\( \Rightarrow \widehat {ACB}\;\)= \(\widehat {PBD}\)
Mà \(\widehat {ACB}\;\) = \(\widehat {MPE}\) (cùng phụ góc $ECM$ )
\(\widehat {PBD}\) = \(\widehat {MPE}\)(cùng chắn cung $BD$ )
=> \(\widehat {MPE}\;\)= \(\widehat {MPE}\)
Mà 2 góc trên ở vị trí so le trong \( \Rightarrow MD//EP\)
Mặt khác ta xét hai tam giác \(\Delta MEP\;;\;\Delta PDM\) ta chứng minh được \(\widehat {EMP} = \;\widehat {MPD}\)
Mà 2 góc lại ở vị trí so le trong nên \(ME//PD\)
Vậy tứ giác $EMDP$ là hình bình hành
\( \Rightarrow ED\) đi qua trung điểm $F$ của $MP$
Vì $B,{\rm{ }}C$ cố định \( \Rightarrow M,P\) cố định \( \Rightarrow \) trung điểm $F$ của $MP$ cố định
Khi tam giác $ABC$ là tam giác đều. Hãy tính diện tích tam giác $ADE$ theo $R.$
-
A
\(\dfrac{{27\sqrt 3 }}{3}{R^2}\)
-
B
\(\dfrac{{27\sqrt 3 }}{6}{R^2}\)
-
C
\(27\sqrt 3 {R^2}\)
-
D
\(\dfrac{{27\sqrt 3 }}{2}{R^2}\)
Đáp án của giáo viên lời giải hay : B
\(\Delta ABC\;\;\)đều, khi đó $A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}M,{\rm{ }}F$ thẳng hàng, $AF$ vuông góc với $DE$ tại $F.$\( \Rightarrow \) \({S_{\Delta ADE}}\) $ = \dfrac{1}{2}DE.AF$
\(\Delta ABC\;\;\)đều nên ta có: $\widehat {CAB} = {60^0}$ mà $\widehat {CBP} = \widehat {CAB} = {60^0}$(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)
\( \Rightarrow AM = MP;MF = \dfrac{1}{2}MP\)
có \(AB = \;\sqrt {A{M^2} + \;M{B^{2\;}}} \) \( \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)
\(OA = R \Rightarrow AM = \dfrac{3}{2}OA = \dfrac{3}{2}R \Rightarrow AF = \dfrac{3}{2}R + \dfrac{3}{4}R = \dfrac{9}{4}R\)
\(\Delta ABC\;\;\backsim\;\Delta ADE\) \( \Rightarrow \) \(\dfrac{{BC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{AF}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow DE = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}R\)
\( \Rightarrow {S_{\Delta ADE}} = \dfrac{1}{2}DE.AF = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{{16}}{R^2}\) .
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn. Kẻ các đường cao \(BE,CF\). Trên đoạn thẳng \(BE\), lấy điểm \(M\) sao cho \(\Delta AMC\) vuông tại \(M\). Trên đoạn thẳng \(CF\), lấy điểm \(N\) sao cho \(\Delta ANB\) vuông tại \(N\).
Chọn câu đúng.
-
A
\(AM = AN\)
-
B
\(AM > AN\)
-
C
\(FA.AB = EA.AC\)
-
D
Cả A, C đều đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D
Sử dụng tam giác đồng dạng để tính các cạnh \(AM,AN\) theo các cạnh khác, từ đó chứng minh chúng bằng nhau
Xét tứ giác \(ABNE\) có: \(\widehat {ANB} = \widehat {AEB} = {90^o}\). Suy ra hai điểm \(N,E\) cùng nhìn cạnh \(AB\) với hai góc bằng nhau. Suy ra \(ABNE\) nội tiếp đường tròn.
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABNE\) có \(\widehat {ANE},\widehat {ABE}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\). Suy ra \(\widehat {ANE} = \widehat {ABE}\)
Mà có \(\widehat {ABE} = \widehat {ACF}\) (do cùng phụ với \(\widehat {BAC}\) )
\( \Rightarrow \widehat {ANE} = \widehat {ACF}\)
Xét \(\Delta ANE\) và \(\Delta ACN\) có
+) \(\widehat {NAC}\) chung
+) \(\widehat {ANE} = \widehat {ACF}\) ( chứng minh trên )
\( \Rightarrow \Delta ANE \backsim \Delta ACN\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AN}} \Rightarrow A{N^2} = AE.AC\). (1)
Chứng minh tương tự có: \(A{M^2} = FA.AB\). (2)
Xét $\Delta CFA$ và \(\Delta BEA\) có:
+) \(\widehat {BAC}\) chung
+) \(\widehat {AEB} = \widehat {CFA} = {90^0}\)
\( \Rightarrow \Delta CFA \backsim \Delta BEA\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FA}}{{EA}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow FA.AB = EA.AC\) (3)
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow A{N^2} = A{M^2} \Rightarrow AN = AM\)
Vậy cả A, C đều đúng.
Cho tam giác $ABC{\rm{ }}\left( {AB{\rm{ }} < {\rm{ }}AC} \right)$ có các góc đều nhọn, các đường cao $AD,{\rm{ }}BE,{\rm{ }}CF$ cắt nhau tại $H.$ Đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $BC$ và $AD$ lần lượt tại $K$ và $I.$ Qua $F$ kẻ đường thẳng song song với $AC$ cắt $AK,{\rm{ }}AD$ lần lượt tại $M$ và $N.$ Gọi $O$ là trung điểm của $BC.$ Chọn câu đúng.
-
A
DA là phân giác của $\widehat {FDE}$
-
B
F là trung điểm của MN
-
C
$OD \cdot OK = O{E^2}$ và $BD \cdot DC = OD \cdot DK$
-
D
Cả A, B, C đều đúng.
Đáp án của giáo viên lời giải hay : D
+ Sử dụng tính chất góc nội tiếp
+ Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q sau đó sử dụng định lý Ta-lét
+ Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và tính chất tứ giác nội tiếp
*) Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB (2)
(1) $ \Rightarrow \widehat {HDF} = \widehat {HBF}$(nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’),
(2) $ \Rightarrow \widehat {HBF} = \widehat {HDE}$(2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF)
(1’) và (2’) suy ra: $\widehat {HDF} = \widehat {HDE}$
Vậy DA là phân giác của $\widehat {FDE}$ nên A đúng.
*) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q \( \Rightarrow \) PQ // MN // AC
Ta có: FC là phân giác của $\widehat {DFE}$(tương tự chứng minh câu a)
mà FB \( \bot \) FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài \(\Delta \)KFD
\( \Rightarrow \,\,\dfrac{{{\rm{BK}}}}{{{\rm{BD}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{FK}}{{FD}} = \dfrac{{{\rm{CK}}}}{{{\rm{CD}}}}\,\, \Rightarrow \,\,\dfrac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KC}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{DB}}}}{{{\rm{DC}}}}\) (3)
Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có:
\(\dfrac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KC}}}}\) (4) (vì BP // AC)
và: \(\,\,\dfrac{{{\rm{BQ}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{DB}}}}{{{\rm{DC}}}}\) (5) (BQ // AC)
Từ (3), (4), (5) suy ra: \(\dfrac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{BQ}}}}{{{\rm{AC}}}}\,\,\)\( \Rightarrow \) BP = BQ
Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ với MF // PQ, NF // BQ, có:
$\dfrac{{{\rm{MF}}}}{{{\rm{BP}}}}\,{\rm{ = }}\,\dfrac{{{\rm{AF}}}}{{{\rm{AB}}}}\,{\rm{ = }}\,\dfrac{{{\rm{FN}}}}{{{\rm{BQ}}}}\, \Leftrightarrow \,\dfrac{{MF}}{{BQ}}{\rm{ = }}\dfrac{{{\rm{FN}}}}{{{\rm{BQ}}}} \Leftrightarrow {\rm{MF}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{NF}}\, \Rightarrow $ F là trung điểm của MN nên B đúng
+) Vì DA là phân giác của $\widehat {FDE}$ \( \Rightarrow \,\,\widehat {{\rm{DFE}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{2}}\widehat {{\rm{CFE}}}\) (6)
Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn
(O) đường kính BC,
nên \(\widehat {{\rm{EOC}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{2}}\widehat {{\rm{CFE}}}\) (7)
Từ (6) và (7) suy ra: \(\widehat {{\rm{DFE}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\widehat {{\rm{EOC}}}\,\, \Rightarrow \) Tứ giác DFEO nội tiếp
$ \Rightarrow \widehat {ODE} = \dfrac{1}{2}$sđ cung \(OE\)=$\dfrac{1}{2}$sđ cung\(\,OF\)= \(\widehat {{\rm{OEK}}}\) (vì OE = OF = $\dfrac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}$BC)
Từ đó suy ra: \(\Delta ODE \backsim \Delta OEK\) (g.g) \(\dfrac{{OE}}{{OK}} = \dfrac{{OD}}{{OE}} \Rightarrow \,\,{\rm{OD}}{\rm{.OK}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{O}}{{\rm{E}}^{\rm{2}}}\)
Khi đó:
\(\begin{array}{l}{\rm{BD}}{\rm{.DC}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\left( {{\rm{OB}}\,\, - \,\,{\rm{OD}}} \right)\left( {{\mathop{\rm OC}\nolimits} \,\, + \,\,OD} \right)\,\, = \,\,{\rm{O}}{{\rm{B}}^2}\, - \,\,{{\mathop{\rm OD}\nolimits} ^2}\, = \,\,{\rm{OD}}{\rm{.OK}}\,\, - \,\,{\rm{O}}{{\rm{D}}^{\rm{2}}}\,\,\\ = \,\,{\rm{OD}}\left( {{\rm{OK}}\,\, - \,\,{\rm{OD}}} \right)\,\, = \,\,{\rm{OD}}{\rm{.DK}}\end{array}\)
Nên C đúng.
Vậy cả A, B, C đều đúng.