Chủ đề này có 9 trả lời

[nhantd97]

1) Cho tam giác ABC cân tại A, $\widehat{ABC}$ =$180^{0}$. Gọi O là 1 điểm nằm trên tia phân giác của góc ACB sao cho $\widehat{CBO}$ =$12^{0}$. Vẽ tam giác đều BOM ( M và A cùng thuộc nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng BO).
a) CMR 3 điểm C, A, M thẳng hàng.
B) Tính số đo góc AOB
2) Cho hai đường tòn (O) và (O') cắt nhau tại A và B, điểm O' nằm trên (O). Kẻ đường kính O'OCcuar đường tròn (O). Đường vuông góc với AO' tại O' cắt CB ở I. Đường vuông góc với AC tại C tại O'B ở K. CMR 3 điểm O, I, K thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-11-2011 - 20:05

[perfectstrong]

Cái này là phần luyện tập nên mình gợi ý cho bạn.
Bài 1:
a) $\vartriangle COB=\vartriangle COM (c.g.c) \Rightarrow \angle OCM=\angle OCB=\angle OCA$
b) $\vartriangle MAO \sim \vartriangle MOC \Rightarrow \angle MOA=\angle MCO$
Bài 2:
Mục tiêu chính là chứng minh IK là trung trực của CO'. (nếu có thể thì cm các kết quả tương tự để đi tới đích nhanh hơn)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 03-11-2011 - 20:23

[nhantd97]

Cái này là phần luyện tập nên mình gợi ý cho bạn.
Bài 1:
a) $\vartriangle COB=\vartriangle COM (c.g.c) \Rightarrow \angle OCM=\angle OCB=\angle OCA$
b) $\vartriangle MAO \sim \vartriangle MOC \Rightarrow \angle MOA=\angle MCO$
Bài 2:
Mục tiêu chính là chứng minh IK là trung trực của BC. (nếu có thể thì cm các kết quả tương tự để đi tới đích nhanh hơn)

Bài 1 là răng mình chẳng hiểu cả bài 2 nữa...

[Cao Xuân Huy]

Cao Xuân Huy lớp 9/2, THCS Nguyễn Văn Linh, Đà Nẵng giải bài 2 của nhantd



Tứ giác ACDO' có $\widehat {AO'D} = {90^o}$ (giả thiết); $\widehat {CDO'} = \widehat {CAO'} = {90^o}$ (các điểm thuộc đường tròn đường kính O'C). Do đó ACDO' là một hình chữ nhật.

Suy ra $AC=O'D$. (1)

Ta dễ dàng có $\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = {90^o}$ nên CA và CB là các tiếp tuyến của O'.

Suy ra $CA=CB$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $DO'=CB$. Do đó $\triangle CBO' = \triangle O'DC$ (cạnh huyền- cạnh góc vuông) $\Rightarrow \widehat{DCO'} = \widehat{BO'C}$.

Do đó $\triangle KCO'$ cân ở K.

Tam giác KCO' có 2 đường cao O'D và CB cắt nhau tại I. Suy ra KI là đường cao của $\triangle KCO'$. Mà $\triangle KCO' $ cân tại K nên KI là trung trực của CO'.

Do đó KI đi qua trung điểm O của CO'

Vậy ta có ĐPCM

[Để tử Wallunint]

"Anh" Huy ơi,như vậy anh perfectstrong ghi nhầm CO' là BC đúng không!..."Anh" có nhất thiết ghi dòng đầu tiên không "Anh" HUY,trong bài toán không được trình bày như vậy
-------------------------------------
C.X.H: Chắc anh Hân nhầm tí thôi, không có gì đâu "em". "Anh" ghi câu đầu như thế để cho "em" nhantd97 biết "anh" tên Huy, học ở Nguyễn Văn Linh thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-11-2011 - 20:08

[Để tử Wallunint]

Huy có nhầm lẫn gì ở đây k! O'ID chưa cho thẳng hàng và chưa chắc D nằm trên đường tròn? Theo cách vẽ tay thông thường?Và thực tế,nếu kéo dài OI thì chưa chắc D cũng đã nằm trên đường tròn O ?

[Để tử Wallunint]

Up!Các bạn coi dùm mình lại bài 2 rồi giúp mình bài 3 này nhá!
3)Cho nữa đường tròn tâm $ O $ đường kính BC.Các điểm E,D thuộc nữa đường tròn sao cho $cung BE=DE=CD$,Các điểm $M,N$ trên đường kính BC sao cho $BN=NM=MC$,vẽ tam giác đều $ABC$(A k nằm trên nữa mặt phẳng chứ D bờ là đường thẳng BC).Chứng minh $A,M,D$ thẳng hàng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Để tử Wallunint: 06-11-2011 - 20:25

[Cao Xuân Huy]

Theo giả thiết 3 cung bằng nhau thì ta được $\widehat{BOE} = \widehat{EOD} = \widehat{DOC} = 60^o$

Giả sử AD cắt BC tại M'.

Ta dễ dàng chứng minh $OD//AC$ (vì $\widehat{DOC} = \widehat{MCA} = 60^o$)

Theo định lí Ta-lét ta có:
$\dfrac{OD}{AC} = \dfrac{OM'}{M'C}$

Cộng tử xuống mẫu ta được:
$\dfrac{{OD}}{{OD + AC}} = \dfrac{{OM'}}{{OC}} \Rightarrow OM' = \dfrac{{OC.OD}}{{OD + BC}} = \dfrac{{{R^2}}}{{3R}} = \dfrac{R}{3} \Rightarrow M'C = OC - OM' = \dfrac{{2R}}{3} = \dfrac{{BC}}{3}=MC$

Do đó: $M \equiv M' \Rightarrow $ AD đi qua M.

Vậy ta được 3 điểm A; M; D thẳng hàng (ĐPCM)
-----------------------------------
P/s: "Em" Phi thấy hay thì like cho "anh" nghe

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 08-11-2011 - 08:48

[Để tử Wallunint]

Huy ơi thiếu phần chứng minh $\dfrac{R}{3}= OM$
Bổ sung : vì đề cho $BN=NM=MC$ và $ 0B=OC$
dễ thấy : $ON=OM=\dfrac{1}{2}NM=\dfrac{1}{2}MC$
$=>MC=2OM$
$=>OC=OM+MC=OM+2OM=3OM$
$=>OM=\dfrac{R}{3}$
Đúng chứ 'anh' Huy nhĩ!
----------------------------------
C.X.H: Thế thì "anh" đâu có sai đâu "em". Cái đó dễ thì em tự c/m cũng ok mà.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 09-11-2011 - 22:08

[Cao Xuân Huy]

Huy có nhầm lẫn gì ở đây k! O'ID chưa cho thẳng hàng và chưa chắc D nằm trên đường tròn? Theo cách vẽ tay thông thường?Và thực tế,nếu kéo dài OI thì chưa chắc D cũng đã nằm trên đường tròn O ?

"Anh" Huy trả lời cái này cho "em" Phi nè.

Giờ mình gọi D là giao điểm của CK và IO'.

"Em" dễ thấy rằng trong tứ giác CDAO' có $\widehat{CAO'} = \widehat{AO'D} = \widehat{ACD} = 90^o$ nên là hình chữ nhật

$\Rightarrow \widehat{CDO'} = 90^o$ nên D nằm trên $(O)$.

Phần sau thì cứ làm tiếp như bài của "anh" thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 10-11-2011 - 07:30