Huong dan giai 960 bai toan hinh on thi ki 2 va TS 10

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 yABAED, 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: ABEBEO (so le trong), mà ABEEBO (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

2AB2  (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 



S



 S1 = R2 = .252= 625

 2





AB

S   AI =





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 ABDE ) , cần chứng minh DIB 900

 , suy từ BIC900

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 ADBACB 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 MKAB

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 EDCDCF 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)