- BOD CEO BD BO COCE
18 0) c/ Tính độ dài AD Diện tích hình quạt AOM:
c/. Tính độ dài AD. Diện tích hình quạt AOM:
*Tính AD:
Nếu ·ABM =450thì VABIvuông cân tại A ( Tam giác vuông có 1 góc nhọn bằng 450)
⇒ AB = AI = R
Xét tam giác ADI vuông tại A ,ta có: ·ADI = ·AMI ( 2góc nội tiếp cùng chắn cung AI…)
Mà · 1 2
AMI = sđ»AB= 1 0 0
.60 30
2 = ( sđ góc nội tiếp bằng nửa sđ cung bị chắn và
AOB
V đều) Nên: ·ADI =300
Vậy : Tam giác ADI là nửa tam giác đều. ⇒ ID = 2R
Lúc đó: AD = ID2−AI2 = 3R2 =R 3(đvđd)
* Tính diện tích hình quạt AOM: Ta có: SquatAOM = 2 360 R n π , với n = · · 0 2. 90 AOM = ABM =
Nên: SquatAOM = 2.90 2 360 4 R R π =π (đvdt) Bài 3: F O E D M A B C GT
Cho đường tròn (O), đường kính AB
C∈(O): CA>CB
D∈tia đối của tia BC: ACDE là hình vuông.
CE cắt (O) tại F
CF cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở M: (c)
KL a/. OF ⊥ AB
b/. Tam giác BDF cân tại F. c/. D, E, M thẳng hàng. a/. Chứng minh: OF ⊥ AB
Ta có: ·ACF =BCF· =450( Tính chất của đường chéo hình vuông) »AF =»BF ( Hai góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau) ⇒ AF = BF
⇒ VAFB cân tại F Mà O là trung điểm của AB
⇒ FO là trung tuyến cũng là đường cao ( Tính chất tam giác cân) Hay : FO ⊥ AB
b/. Chứng minh tam giác BDF cân tại F:
F ∈ đường chéo CE của hình vuông ACDE
⇒ FA = FD ( Tính chất 2 đường chéo của hình vuông) (1) Mà: FA = BF ( cmt)
⇒ FD = FB (2) Hay: Tam giác BDF cân tại F
c/. Chứng minh: D, E, M thẳng hàng: Xét tam giác ABM, ta có: O là trung điểm của AB
Mà OF // AM ( cùng vuông góc với AB) ⇒ F là trung điểm của BM
⇒ FM = FB (3) Từ (1),(2),(3) ⇒ FA = FB = FD = FM
⇒ ABDM là tứ giác nội tiếp được một đường tròn ( Tứ giác có 4 đỉnh cách đều F)
⇒ BAM BDM· +· =1800
Mà BAM· =900 ( Tiếp tuyến vuông góc với bán kính)
⇒ ·BDM =900 ⇒ DM ⊥BD (4) Ta lại có: DE ⊥ BD ( do BDE· =900) (5) Từ (4),(5) ⇒ DM trùng với DE ( hệ qủa tiên đề Ơ- Clit)
Hay: D, E, M thẳng hàng. ( Chú ý: Học sinh có thể chứng minh · 0
180
DEM = bằng cách xét:VAEM và VACB)
Q H C A P B M I GT
Cho VABCvuông tại A
AM: trung tuyến, AH: đường cao Đường tròn (H; HA) cắt AB tại P và AC tại Q
KL a/. Chứng minh : P, H, Q thẳng hàng. b/. MA ⊥ PQ
c/. BPCQ nội tiếp được đường tròn.
a/. Chứng minh 3 điểm P, H, Q thẳng hàng: Ta có: · 0
90
PAQ= (GT) Mà ·PAQ là góc nội tiếp
⇒ PAQ· chắn cung nửa đường tròn
⇒ PQ là đường kính của đường tròn tâm H ⇒ P, H, Q thẳng hàng ( đường kính đi qua tâm) b/. Chứng minh: MA ⊥ PQ:
Gọi I là giao điểm của AM và PQ
Ta có: C MACµ =· ( Tam giác MAC cân tại M) Mà C HACµ +· =900( Tam giác AHC vuông tại H) Và ·HAC=·AQH ( Tam giác AHQ cân tại H) ⇒ MAC AQH· +· =900
Nên: Tam giác AIQ vuông tại I Hay PQ vuông góc với AM tại I
c/. Chứng minh tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn: Ta có: C BAHµ =· ( cùng phụ vớiCAH· )
mà µP BAH=· ( Tam giác AHP cân tại H) ⇒ C Pµ =µ
⇒ Tứ giác BPCQ nội tiếp được 1 đường tròn
( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi)
Bài 5: Q O A B C D P E GT
Cho đường tròn (O)
AB, CD là 2 đường kính:AB⊥ CD tại O
AE cắt OC tại P ( P: trung điểm OC)
ED cắt BC tại Q
KL a/. CPQE nội tiếp được 1 đường tròn b/. PQ // AB
c/ So sánh SCPQvà SABC? a/. Chứng minh: CPQE nội tiếp được 1 đường tròn:
Ta có: PCQ· chắn cung BD ·PEQ chắn cung AD
Mà: BD AD» =» ( do BOD· =·AOD=900) Nên: ·PCQ = PEQ·
Vậy: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn.
( Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh dưới 1 góc không đổi) b/. Chứng minh: PQ // AB:
Ta có: Tứ giác CPQE nội tiếp được 1 đường tròn (cmt) ⇒ CEP CQP· =· ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CP)
Ta lại có: CEP· = Bµ ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của đường tròn(O)) ⇒ CQP B· =µ Mà CQP B· ,µ ở vị trí đồng vị Nên: PQ // AB c/. So sánh SCPQvà SABC? Ta có: P là trung điểm OC (GT) Mà PQ // AB (cmt)
⇒ Q là trung điểm của BC
Nên: PQ là đường trung bình của tam giác BOC ⇒ SCPQ = 1
4 SBOC
Mà CO là trung tuyến của tam giác ABC ⇒ SBOC = 1 2SABC Do đó: SCPQ= 1 4.1 2SABC= 1 8SABC