- Đề bài
- LG bài 1
- LG bài 2
Đề bài
Bài 1:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn [O] đường kính BC. Tia phân giác của góc BAC cắt đường tròn tại D.
a] Chứng tỏ \[OD \botBC.\]
b]Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Tính góc BIC.
Bài 2:Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn [O], vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn [ B và C là các tiếp điểm]. Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt AB tại D và cắt [O] tại E. Từ E vẽ EF vuông góc với BC [ F thuộc BC] và EH vuông góc với AC [ H thuộc AC].
a] Chứng minh : \[\widehat {DEF} = \widehat {FEH}.\]
b] Chứng minh : \[EF^2= ED.EH.\]
c] Gọi N là giao điểm của DF và EB, M là giao điểm của FH và EC. Chứng tỏ rằng tứ giác MENF nội tiếp.
d]Cho \[\widehat {BAC} = 30^\circ \]. Tính độ dài cung nhỏ BC và diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai bán kính OB và OC.
LG bài 1
Phương pháp giải:
Sử dụng:
+Đường kính đi qua điểm chính giữa của dây cung thì vuông góc với dây căng cung ấy
+Tổng ba góc của 1 tam giác bằng 180 độ
Lời giải chi tiết:
a] Ta có \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\] [gt] \[ \Rightarrow \overparen{DB} =\overparen{DC}\]
\[ \Rightarrow OD \bot BC\] [ đường kính đi qua điểm chính giữa của dây cung].
b] Ta có \[\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \]
\[ \Rightarrow \widehat B + \widehat C = 180^\circ - \widehat A\]\[\, = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \] [\[\widehat A = 90^\circ \] vì BC là đường kính].
\[ \Rightarrow \dfrac{{\widehat B} }{ 2} + \dfrac{{\widehat C} }{ 2} = 45^\circ \] hay \[\widehat {{B_1}} + \widehat {{C_1}} = 45^\circ \]
Trong BIC có :
\[\widehat {BIC} = 180^\circ - \left[ {\widehat {{B_1}} + \widehat {{C_1}}} \right]\]\[\, = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ \].
LG bài 2
Phương pháp giải:
Sử dụng:
+Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau
+Tính chất tứ giác nội tiếp
+Hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằng nhau
+Góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và dây cùng chắn 1 cung
+Tổng ba góc của 1 tam giác bằng 180 độ
+Công thức
\[{l} =\dfrac{{\pi R.n} }{ {180}} \]
\[{S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.n} }{ {360}}\]
Lời giải chi tiết:
a] Ta có tứ giác BDEF nội tiếp [ vì \[\widehat {BDE} + \widehat {{\rm{BF}}E} = 180^\circ \]]
\[ \Rightarrow \widehat {BDF} + \widehat {{\rm{DEF}}} = 180^\circ \]
Tương tự tứ giác CHEF nội tiếp \[ \Rightarrow \widehat {HCF} + \widehat {FEH} = 180^\circ \]
Mà \[\widehat {DBF} = \widehat {HCF}\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau]
Do đó \[\widehat {{\rm{DEF}}} = \widehat {FEH}\] [1]
b] Ta có \[\widehat {EDF} = \widehat {EBF}\] [ góc nội tiếp cùng chắn cung EF]
\[\widehat {EBF} = \widehat {ECH}\] [góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn cung EC]
\[\widehat {ECH} = \widehat {EFH}\] [ góc nội tiếp cùng chắn cung EH]
Do đó \[\widehat {EDF} = \widehat {EFH}\] [2]
Từ [1] và [2], ta có :
EFD và EHF đồng dạng [g.g]
\[ \Rightarrow \dfrac{{EF} }{ {EH}} = \dfrac{{ED}}{{EH}} \Rightarrow E{H^2} = ED.EH\].
c] Ta có \[\widehat {EFM} = \widehat {EBC}\] [cmt],
\[\widehat {NFE} = \widehat {BCE}\] [cmt]
mà \[\widehat {NEM} + \widehat {BCE} + \widehat {EBC} = 180^\circ \] [ tổng ba góc của tam giác]
\[ \Rightarrow \widehat {NEM} + \widehat {NEF} + \widehat {EFM} = 180^\circ \] hay \[\widehat {NEM} + \widehat {NFM} = 180^\circ \]
Do đó tứ giác MENF nội tiếp.
d] Dễ thấy tứ giác ABOC nội tiếp [\[\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 180^\circ \]]
\[ \Rightarrow \widehat {BAC} + \widehat {BOC} = 180^\circ \] mà \[\widehat {BAC} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {BOC} = 150^\circ \]
Vậy \[{l_{\overparen{BC}}} =\dfrac{{\pi R.150} }{ {180}} = \dfrac{{5\pi R}}{ 5}\] và \[{S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.150} }{ {360}} = \dfrac{{5\pi {R^2}}}{ {12}}.\]