TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn t©m (O) n»m ngoµi ngò gi¸c ABFCE.. Gọi S là diện tích phần hình tròn tâm O nằm ngoài ngũ giác ABFCE.[r]
(1)hình / / T I K E N M C B A
HƯỚNG DẪN GIẢI 9/60 BÀI TỐN HÌNH ƠN TẬP
(Đề gứi vào 19/03/2010 violet hay tìm trang riêng)
Bài 1:
1 Chứng minh 900
2
C
AIB
AIB 1800 BAI ABI
(định lí tổng ba góc tam giác) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI, BI phân giác góc BAC ABC
Do ;
2
BAC ABC
BAI ABI
Vậy: 1800
2
BAC ABC
AIB Thay 1800 tổng ba góc tam giác ABC ý
2
C C
C ta
2
BAC ABC
AIB A B C =
2
A B
A B C
= 0 180 90
2 2 2
A B C C C C
2 Chứng minh điểm A, M, I, K, E nằm đường tròn:
Do M, E tiếp điểm cạnh AB, AC đường tròn ( I) nên AMI AEI 900
(*)
Ta cần chứng minh AKI 900
, nghĩa chứng minh tứ giác AEKI nội tiếp, nghĩa cần chứng minh AIK NEC.
Ta có: CE = CN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác CEN cân C Suy ra: 1800 900
2
C C
CEN (1)
1800 1800 900
2
C
AIK AIB
= 90 C
(2)
Từ (1) (2) suy ra: CEN AIK Do tứ giác AEKI nội tiếp Suy AEI AKI 900
(**)
Từ (*) (**) suy điểm A, M, I, K, E nằm đường tròn đường kính AI Chứng minh KT BN = KB ET
Đẳng thức cần chứng minh gợi ý chứng minh tỉ lệ thức BN ET
KB KT , nhiên hai tam giác
KBN KET khơng thể đồng dạng (quan sát hình vẽ ), tìm hai tỉ số hai tỉ số tương ứng khác , với ý TEK TIA , tính chất tia phân giác AI BATvà hai tam giác KBA NBI đồng dạng giải đpcm
TKE TIA có T chung , TKE IAT (chứng minh trên) nên TKE TIA (góc góc) Do đó: TE TI
TK TA (4)
Tam giác ABT có AI phân giác BAT nên TI BI
(2)y
x
O D E
N
M
C B
A
// //
O E
C B
A
// //
P
O E
C B
A
KBA NBI có AKB INB = 900, ABK IBN KBA NBI(gg) BI NB
AB KB
(6)
Từ (4), (5), (6) suy ra: BN ET
KB KT hay KT BN = KB ET (đpcm)
Bài 2: (hướng dẫn)
Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp:
Nêu lí hai góc BEC BDC góc vng đpcm Xử dụng tính chất tứ giác nội tiếp BEDC ta có DEA ACB (cùng bù BED )
Xử dụng hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung Với góc nội tiếp để có yAB ACB kết hợp câu ta yABAED, hai góc vị trí so le từ đpcm
Có nhiều cách chứng minh, thơng dụng xử dụng tính chất tam giác cân MON, lí giải OA vng góc MN (do OA xy xy // MN) Cách sau hay nhiều:
xy // MN AM AN AM AN , OM = ON OA đường trung trực MN. Vậy MOA NOA (tính chất đối xứng) , từ đpcm
Chứng minh AME ABM AM AE
AB AM
đpcm
Bài 3:
Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp:
Gọi O trung điểm BC
2
BC OA OB OC
(1) (tính chất đường
trung tuyến tam giác vuông ứng với cạnh huyền). Từ OA = OC EA = EC (do E thuộc đường trung trực AC)
Nên OE AC, từ AB // OE (cùng AC) I Do đó: ABEBEO (so le trong), mà ABEEBO (gt) suy
OEB OBE Vậy BOE cân O nên OB = OE (2)
Từ (1) (2) suy ra: OA = OB = OC = OE Điều chứng tỏ tứ giác ABCE nội tiếp Điểm O tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCE. 2 Tính BE.
Tam giác ABC có O trung điểm BC, OE // AB nên OE qua trung điểm I AC Vậy OI đường trung bình ABC nên OI = 1.14
2AB2 (cm) OE = BC : = 25 cm , từ EI = 18 cm.
Tam giác OIC vuông I nên IC = OC2 OI2 252 72 24
cm
Tam giác EIC vuông I nên EC = IE2 IC2 182 242 900 30
cm
Tam giác BEC vuông E nên BE = BC2 EC2 502 302 40
cm
(3)// //
O'
I
E D
M O B C
A
S
E O D M
C B
A
Ta có FAE FBE 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) ) Suy : EB, FA hai đường cao tam giác PEF
Tứ giác ABFE nội tiếp có AB // EF nên hình thang cân. Do AEF BFE nên tam giác PFE cân P.
Tam giác PEF cân P, PO đường trung tuyến nên PO cao thứ ba tam giác.
Vậy ba đường thẳng BE, AF, PO đồng qui
4 TÝnh diƯn tÝch phÇn hình tròn tâm (O) nằm ngũ giác ABFCE Gọi S diện tích phần hình trịn tâm O nằm ngồi ngũ giác ABFCE. S1 diện tích hình trịn (O)
S2 diện tích hình thang ABFE
S3 diện tích tam giác ECF
Ta có: S = S1 S2S3
S1 = R2 = .252= 625
2 EF
AB
S AI = 14 50.24
2
= 768
1
.40.30
2
S FC EC = 600
Vậy S = 625 – (768 + 600) = 625 – 1368 (cm2)
Bài 4:
Có MA = MB AB DE Cần chứng minh MD = ME kết luận ADBE hình thoi
Đã có DMB 900
(do ABDE ) , cần chứng minh DIB 900
, suy từ BIC900
BI // AD, BE//AD từ suy ba điểm E, B, I thẳng hàng. Xử dụng tính chất đường trung tuyến tam giác vuông ứng với cạnh huyền để suy kết
Chứng minh CMI CDB ( góc C chung, CMI CDB ) Từ suy đpcm
Có nhiều cách chứng minh MI tiếp tuyến Có thể chứng minh MID O IC ' 900
, MID MDI O IC O CI ; ' ' (tự giải thích) MID O IC MDC MCD ' 900
(do DM AC) MIO ' 900 đpcm Bài 5:
Đã có BAC 900
, cần nêu BDC 900 kết luận tứ giác ABCD nội tiếp
Cần chứng minh MED MEA Đã có MED MCD MCD , ABD
(4)N
y
x
O K
F
E
M
B A
Chú ý tứ giác MDSC nội tiếp MCS ADB, mà ADBACB từ ACS ACB Ba đường thẳng BA, CD, ME ba đường thẳng chứa ba đường cao tam giác BMC nên chúng đồng qui
Bài 6: (Giải chi tiết)
1.Chứng minh: EOF 90
EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E
Nên OE phân giác AOM Tương tự: OF phân giác BOM
Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900
(đpcm)
2 Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng. Ta có: EAO EMO 900
(tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có EAO EMO 1800
nên nội tiếp đương tròn Tam giác AMB tam giác EOF có:
EOF 90
AMB , MAB MEO (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g)
Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MKAB
Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE
KF BF
Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên : AK ME
KF MF Do MK // AE (định lí đảo định
lí Ta- let) Lại có: AE AB (gt) nên MK AB
4 Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a Gọi N giao điểm MK AB, suy MN AB FEA có: MK // AE nên: MK FK
AE FA (1)
BEA có: NK // AE nên: NK BK
AE BE (2)
Mà FK BK
KA KE ( BF // AE) nên
FK BK
KA FK BK KE hay
FK BK
FA BE (3)
Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN
AE AE Vậy MK = NK
Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên: AKB 12 AMB
S KN
S MN
Do đó:
AKB AMB
(5)// //
M D
A'
O
F E
C B
A
/ / =
=
O Q
P
M
F
E
B C
A
Tam giác AMB vuông M nên tg A = MB
MA MAB 600
Vậy AM =
a
MB =
a 1
2 2
AKB
a a S
=
16a (đvdt)
Bài 7: Coi lại cách giải , tự trình bày xem luyện tập
Bài 8: Đính câu Chứng minh DB A’A = AB A’C.
1 AEB ADB 900
tứ giác ABDE nội tiếp Chú ý ACA ' 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ABD AA 'C
(cùng chắn cung AC) DBA CA A' (g-g)
' '
DB AC
AB A A
đpcm
3 Đã có CA’ AC nên DE AC cần chứng
minh DE // CF , nghĩa cần chứng minh EDCDCF Nêu lí do hai góc BAE
Chú ý OM BC, lợi dụng tứ giác OCFM, BMOE nội tiếp tam giác Cân BOC AOB ta chứng minh tam giác EMF EMD cân M Từ suy đpcm
Bài 9:
MF AC ME BC (gt) MFC MEC 900
MFEC tứ giác nội tiếp ABM FEM (cùng ACM )
AMB FME (cùng FCE) BMA EMF
BM EM
BA FE
BM EF = BA EM Từ BMA EMF
EF
BA MA
MF
Mà BA = 2AP FE = 2QF (gt) Nên 22QFAP MFMA hay AP MA
QF MF
Kết hợp với PAM QFM (cùng bù MCB ) AMP FMQ(c.g.c)
Cần chứng minh PQM AFM để suy PQM AFM
Chú ý AMP FMQ (do AMP FMQ) AMP PMF FMQ PMF hay AMF PMQ Kết hợp với AMMP FMFQ (do AMP FMQ) nên PQM AFM suy PQM AFM Mà MFA 900 MQP 900
Chú ý: Do lấy vị trí M cung AC vẽ hình rơi vào trường hợp tia MF nằm hai tia MP MA.
(6)