GV: HUỲNH MẠNH DŨNG mà ENC =

Một phần của tài liệu 214 đề thi vào THPT ( Có hướng dẫn) (Trang 33 - 34)

oA (2) EOC = 1 2(B + C) (3) Từ 1,2,3 suy ra đpcm

b. Chứng minh tơng tự để có GB ⊥ GC. Do đó BEC + BGC = 180O . 198

ADBE là hình thoi.

Chứng minh BF // AD rồi suy ra E, B, F thẳng hàng Tứ giác MECF nội tiếp

→MFE = MCE → MFE = MCF → MFE = O’FC → MFO’ = 90O Hay MF là tiếp tuyến của (O’)

199.

∆BCF là tam giác vuông cân

BCF = 45O & BDE = 45O → 4 điểm BCDK thuộc đờng tròn Có F là trung điểm của CK. →

3

HK CK

4

=

∆BCK là tam giác vuông cân tại B → CK = 2R 2

200.

c. Từ ∆FBM ∼∆DCM và ∆DBM ∼∆ECM suy ra các tỷ số và suy ra

2

FM DM

FM.EM DM

DM = EM ⇔ =

Vậy tích ME.MF lớn nhất khi MD lớn nhất Hay M là điểm chính giữa cung BC

201.

Sử dụng tính chất của góc có đỉnh bên trong đờng tròn suy ra ∆AHK cân tại A

Chứng minh I là giao điểm của ba đờng phân giác trong ∆ABC. Vậy AI luôn đi qua điểm nằm chính giữa cung nhỏ BC

202.

QMPA là hình chữ nhật → I là trung điểm của AM → OI ⊥ AM. Mà EI ⊥AM nên O, I, E thẳng hàng

b. Chứng minh ∆EAO : ∆PAQ → EA.AQ = AO.AP (1)

Chứng minh ∆APM : ∆AIO → AP.AO = AM.AI = AI2 (2) từ (1) Và (2) → đpcm c. Chứng minh ∆BKP : ∆BEA → BP KP BA EA= (3) Chứng minh ∆BMP : ∆OEA → MP BP EA =OA (4) từ (3) Và (4) rút ra tỷ số KP

MP → K là trung điểm của MP → IK là đờng trung bình của

∆MAP → IK // AP d. V V V= −2 1 Trong đó:

V1 là thể tích hình nón khi quay ∆QEM quanh QE có

21 1 . . 1 1 . .

3

V = πQE QM

GV: HUỲNH MẠNH DŨNG2 2 2 . . VQA QM → 2 4 2 . ( ) 3 3 VQM QA

Dựa vào câu (b) và ∆AMQ vuông tại A suy ra QM = 3 và QA = 3 Vậy V =12π 3

203. b. BIC =

1

Một phần của tài liệu 214 đề thi vào THPT ( Có hướng dẫn) (Trang 33 - 34)