o− A (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 . . V =πQA QM → 2 4 2 . ( ) 3 3 V =πQM 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