Đến nội dung

Hình ảnh

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và có các đường chéo cắt nhau ở M.Kẻ MA',MB',MC',MD' lần lượt vuông góc với AB,BC,CD,DA.CMR: A'B'+C'D'=A'D'+B'C'.

Bắt đầu bởi Dam Uoc Mo, 18-02-2014 - 23:05
hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
Dam Uoc Mo
Đã gửi 18-02-2014 - 23:05

Dam Uoc Mo

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và có các đường chéo cắt nhau ở M.Kẻ MA',MB',MC',MD' lần lượt vuông góc với AB,BC,CD,DA.CMR: A'B'+C'D'=A'D'+B'C'.
Bài này áp dụng bài toán phụ: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp (O;R) có góc A nhọn.Vẽ đường kính BD của (O;R).CMR: $BC=BD.sinA=2R.sinA$


Batman: Anh hùng có thể là bất kì ai. Thậm chí là một người đàn ông với một hành động đơn giản như đặt lên vai một cậu bé chiếc áo khoác một cách an toàn, để cho cậu ấy biết rằng thế giới vẫn chưa đi tới hồi kết. – The Dark Knight Rises.

 

 

http://news.go.vn/di...m-nguoi-doi.htm

#2
Hoang Thi Thao Hien
Đã gửi 23-02-2014 - 11:02

Hoang Thi Thao Hien

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) và có các đường chéo cắt nhau ở M.Kẻ MA',MB',MC',MD' lần lượt vuông góc với AB,BC,CD,DA.CMR: A'B'+C'D'=A'D'+B'C'.
Bài này áp dụng bài toán phụ: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp (O;R) có góc A nhọn.Vẽ đường kính BD của (O;R).CMR: $BC=BD.sinA=2R.sinA$

a, Chứng minh: $BC=BD.sinA=2R.sinA$

1891253_1540519746172665_966202695_n.jpg(thay điểm D bởi C và ngược lại-sr, vẽ nhầm chút xíu)

Ta có: $\widehat{BCD}= 90^{\circ}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $BC=sin\widehat{BDC}BD$ mà $\widehat{BAD}=\widehat{BAD}$(góc nội tiếp cùng chắn cung BC) nên ta có đpcm

b, Bài toán chính: 

1238852_1540521729505800_890652436_n.jpg(quên mất nối A', B', C', D'-bệnh đãng trí tái phát:D)

Xét $\bigtriangleup A'B'M$ và $\bigtriangleup ACD$ có: 

$\widehat{A'B'M}= \widehat{A'BM}$((do tứ giác A'BB'M nội tiếp) mà $\widehat{A'BM}= \widehat{ACD}$(do tứ giác ABCD nội tiếp) nên$\widehat{A'B'M}=\widehat{ACD}

Mặt khác, $\widehat{A'MB'}+\widehat{A'BB'}= 180^{\circ}$(do tứ giác A'BB'M nội tiếp), $\widehat{ADC}+\widehat{A'BB'}= 180^{\circ}$(do tứ giác ABCD nội tiếp) nên $\widehat{A'MB'}= \widehat{ADC}$.

Vậy $\bigtriangleup A'B'M\sim \bigtriangleup ACD$(g,g) nên $\frac{A'B'}{AC}=\frac{MA'}{AD}=\frac{sinB.BM}{sinB.2R}= \frac{BM}{2R}$

Chứng minh tương tự: $\frac{C'D'}{AC}=\frac{MD}{2R}$

Vậy $\frac{A'B'+C'D'}{AC}=\frac{MD+MB}{2R}=\frac{BD}{2R}$

Chứng minh tương tự thì: $\frac{A'D'+B'C'}{BD}= \frac{AC}{2R}$. Ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Thi Thao Hien: 23-02-2014 - 13:29

Tử Vụ, chàng còn nhớ không, lần đầu chúng ta gặp nhau, trời cũng mưa.
Gặp nhau dưới mưa, tựa như trong ý họa tình thơ. 
Bên bờ dương liễu Giang Nam, dưới mái hiên ngói xanh, tầng tầng mưa phùn mông lung. 
Lúc đó ta chỉ là một ca cơ không chút danh tiếng, mà chàng là vị Hầu gia quần là áo lượt nhàn tản.
Trong mưa gặp nhau, dây dưa cả đời.
Một đời Tang Ca như mưa bụi mông lung, vui sướng vì gặp được chàng, tan đi cũng vì chàng, bất hối.

                ~Tang Ca~            

    

Trở lại Hình học



Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh

  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Toán Trung học Cơ sở
  3. → Hình học