Lời giải 1 bài toán tương tự - Dài và khó

Giải toán: Bài hình trong đề thi HK2 Lớp 9 | Rất phức tạp. - YouTube

a)  Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

A B O ^ = 90 0 A C O ^ = 90 0 A B O ^ + A C O ^ = 180 0

=> tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn.

b)  Vẽ cát tuyến ADE  của (O) sao cho ADE  nằm giữa 2 tia AO, AB; D, E Î (O) và D nằm giữa A, E. Chứng minh  A B 2 = A D . A E .

Tam giác ADB đồng dạng với tam giác ABE

⇒ A B A E = A D A B ⇔ A B 2 = A D . A E

c)  Gọi F là điểm đối xứng của D qua AO, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: ba điểm E, F, H  thẳng hàng.

Ta có  D H A ^ = E H O ^

nên  D H A ^ = E H O ^ = A H F ^ ⇒ A H E ^ + A H F ^ = 180 0 ⇒ 3 điểm E, F, H  thẳng hàng.

Có 1 phần câu trả lời ở đây.

Giải toán: Bài hình trong đề thi HK2 Lớp 9 | Rất phức tạp. - YouTube

a,  A B M ^ = A N B ^ = 1 2 s đ B M ⏜

Chứng minh được: ∆ABM:∆ANB (g.g) => ĐPCM

b, Chứng minh AO ^ BC áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO và sử dụng kết quả câu a) Þ AB² = AH.AO

c, Chứng minh được  A B I ^ = C B I ^ B I ⏜ = C I ⏜ => BI là phân giác  A B C ^ . Mà AO là tia phân giác  B A C ^ => I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC

a) Hai tam giác vuông ABO và ACO có chung cạnh huyền AO nên A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.

Vậy tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

b) Ta thấy ngay \(\Delta ABD\sim\Delta AEB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow AE.AD=AB^2\)

Xét tam giác vuông ABO có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng ta có:

\(AH.AO=AB^2\)

Suy ra AD.AE = AH.AO

c) Ta có \(\widehat{PIK}+\widehat{IKQ}+\widehat{P}+\widehat{Q}=360^o\)

\(\Rightarrow2\left(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}\right)=360^o\)

\(\Rightarrow\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{OKQ}=180^o\)

Mặt khác \(\widehat{PIO}+\widehat{P}+\widehat{IOP}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{IOP}=\widehat{OKQ}\Rightarrow\Delta PIO\sim\Delta QOK\)

\(\Rightarrow\frac{IP}{PO}=\frac{OQ}{KQ}\Rightarrow PI.KQ=PO^2\)

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\(IP+KQ\ge2\sqrt{IP.KQ}=2\sqrt{OP^2}=PQ\)

acje cho hỏi 2 tam giác đồng dạng ở câu b là góc nào í chỉ ro rõ cho e với ạk

a, A,H,O thẳng hàng vì AH,AO cùng vuông góc với BC

HS tự chứng minh A,B,C,O cùng thuộc đường tròn đường kính OA

b, Ta có  K D C ^ = A O D ^ (cùng phụ với góc  O B C ^ )

=> ∆KDC:∆COA (g.g) => AC.CD = CK.AO

c, Ta có:  M B A ^ = 90 0 - O B M ^ và  M B C ^ = 90 0 - O M B ^

Mà  O M B ^ = O B M ^ (∆OBM cân) =>  M B A ^ = M B C ^

=> MB là phân giác  A B C ^ . Mặt khác AM là phân giác B A C ^

Từ đó suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

d, Kẻ CD ∩ AC = P. Chứng minh ∆ACP cân tại A

=> CA = AB = AP => A là trung điểm CK

a: góc ABO+góc ACO=90+90=180 độ

=>ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA

Tâm là trung điểm của OA

Bán kính là OA/2

b: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

=>AB=AC
mà OB=OC

nên OA là trung trực của BC

=>AO vuông góc BC

c: Xét ΔAMB và ΔABN có

góc AMB=góc ABN

góc MAB chung

=>ΔAMB đồng dạng với ΔABN

=>AM/AB=AB/AN

=>AB^2=AM*AN=AH*AO

a) Vì AB,AC là tiếp tuyến của (O) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB\perp OB\\AC\perp OC\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}\widehat{ABO}=90^0\\\widehat{ACO}=90^0\end{cases}}\)

Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác ABOC

\(\Rightarrow ABOC\)nội tiếp ( dhnb )

b) Xét (O) có AB là tiếp tuyến tại B ; MB là dây cung

\(\Rightarrow\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MB}\right)\)

Xét tam giác ABM và tam giác ANB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAN}chung\\\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABM~\Delta ANB\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AM}=\frac{AN}{AB}\Rightarrow AB^2=AM.AN\left(1\right)\)

c)  Gọi H là giao điểm của BC và AO 

Xét tam giác ABH và tam giác AOB có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{BAO}chung\\\widehat{AHB}=\widehat{ABO}=90^0\end{cases}}\Rightarrow\Delta ABH~\Delta AOB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AH}=\frac{AO}{AB}\Rightarrow AB^2=AO.AH\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AM.AN=AH.AO\)

\(\Rightarrow\frac{AM}{AH}=\frac{AO}{AN}\)

Xét tam giác AMH và tam giác AON có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{NAO}chung\\\frac{AM}{AH}=\frac{AO}{AN}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AMH~\Delta AON\left(c-g-c\right)}\)

\(\Rightarrow\widehat{AHM}=\widehat{ANO}\)

Mà \(\widehat{AHM}+\widehat{MHO}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{ANO}+\widehat{MHO}=180^0\)

Xét tứ giác MHON có 

\(\widehat{ANO}+\widehat{MHO}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác  MHON

\(\Rightarrow MHON\)nội tiếp ( dhnb ) 

\(\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{NHO}\left(3\right)\)

Vì H là giao điểm của BC và AO ( h.vẽ )

Mà \(AB,AC\)là tiếp tuyến của (O)

\(\Rightarrow BC\perp OA\)

\(\Rightarrow\widehat{BHO}=90^0\)

Vì NF là tiếp tuyến của (O) tại N

\(\Rightarrow\widehat{ÒNF}=90^0\)

Xét tứ giác FHON có:\(\widehat{FHO}+\widehat{FNO}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối nhau trong tứ giác FHON

=> FHON nội tiếp ( dhnb )

\(\Rightarrow\widehat{NHO}=\widehat{NFO}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{NFO}\)

\(\Rightarrow FMON\)nội tiếp (dhnb)

\(\Rightarrow\widehat{FMO}+\widehat{FNO}=180^0\)

\(\Rightarrow\widehat{FMO}=90^0\)

\(\Rightarrow FM\perp OM\)

\(\Rightarrow FM\)là tiếp tuyến của (O) 

d)  Vì E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MNO 

\(\Rightarrow E\)thuộc đường tròn đường kính OF

\(\Rightarrow\widehat{OEF}=90^0\)

+) Vì E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC hay E thuộc đường tròn đường kính AO

\(\Rightarrow\widehat{AEO}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{OEF}+\widehat{AEO}=180^0\)

\(\Rightarrow A,E,F\)thẳng hàng

Lại có vì góc AEO= 90 độ \(\Rightarrow OE\perp AF\left(5\right)\)

Gọi K là trung điểm của MN

\(\Rightarrow OF\perp MN\)

\(\Rightarrow AK\perp OF\)

Xét tam giác AOF có: \(\hept{\begin{cases}AK\perp OF\\FH\perp AO\end{cases}}\)mà AK cắt FH tại P

=> P là trực tâm của tam giác AOF

\(\Rightarrow OP\perp AF\left(6\right)\)

Từ (5) và (6) \(\Rightarrow O,E,P\)thẳng hàng ( đpcm )