Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Góc nội tiếp có số đo bằng số đo cung bị chắn.
B. Góc có hai cạnh chứa các dây cung của đường tròn là góc nội tiếp đường tròn đó.
C. Góc nội tiếp có số đo bằng một nửa số đo cung bị chắn.
D. Góc có đỉnh nằm trên đường tròn là góc nội tiếp đường tròn đó.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn có \(\widehat{A}-\widehat{C}=100^o\).Khẳng định nào dưới đây là đúng?
A. \(\widehat{A}=80^o\). B. \(\widehat{C}=80^o\); C. \(\widehat{B}+\widehat{D}=100^o\). D. \(\widehat{A}=140^o\).
Thảo luận (1)Hướng dẫn giảiVì tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn nên \(\widehat A + \widehat C = {180^o} \Rightarrow \widehat A = {180^o} - \widehat C\).
Thay vào \(\widehat A - \widehat C = {100^o}\) ta có: \({180^o} - \widehat C - \widehat C = {100^o}\), suy ra \(\widehat C = {40^o}\) nên \(\widehat A = {180^o} - {40^o} = {140^o}\).
Chọn D
(Trả lời bởi datcoder)
Đa giác nào dưới đây không nội tiếp một đường tròn?
A. Đa giác đều.
B. Hình chữ nhật.
C. Hình bình hành.
D. Tam giác.
Thảo luận (1)Hướng dẫn giải
Cho tam giác ABC có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của BC và I là trung điểm của AH. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn tâm I;
b) ME, MF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Thảo luận (1)Hướng dẫn giải
a) Vì BE, CF là đường cao của \(\Delta \)ABC nên \(BE \bot AC,CF \bot AB\)\( \Rightarrow \widehat {AEH} = \widehat {AFH} = \widehat {BFC} = \widehat {BEC} = {90^o}\)
Do đó, tam giác AFH vuông tại F và tam giác AEH vuông tại E.
Suy ra, bốn điểm A, E, H, F cùng thuộc đường tròn đường kính AH.
Mà I là trung điểm của AH nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn tâm I.
b) Vì tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn tâm I nên \(IA = IE\). Do đó, \(\Delta \)IAE cân tại I nên \(\widehat {IAE} = \widehat {IEA}\).
Lại có: \(\widehat {EAI} = \widehat {EBC}\) (cùng phụ với góc ACB) nên \(\widehat {IEA} = \widehat {EBC}\) (1)
\(\Delta \)BEC vuông tại E, EM là đường trung tuyến nên \(EM = MC\). Do đó, \(\Delta \)MEC cân tại M.
Suy ra, \(\widehat {MCE} = \widehat {MEC}\) (2)
\(\Delta \)BEC vuông tại E nên \(\widehat {ECB} + \widehat {EBC} = {90^o}\) (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có: \(\widehat {MEC} + \widehat {IEA} = {90^o}\).
Mà \(\widehat {MEC} + \widehat {IEA} + \widehat {IEH} + \widehat {HEM} = {180^o} \Rightarrow \widehat {IEM} = {90^o}\). Do đó, \(IE \bot ME\) tại M. Mà E thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên ME tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Chứng minh tương tự ta có: MF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
(Trả lời bởi datcoder)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng các tứ giác ANOP, BPOM, CMON là các tứ giác nội tiếp.
Thảo luận (1)Hướng dẫn giải
\(\Delta \)AOB có \(OA = OB\) (bán kính đường tròn (O)) nên \(\Delta \)OAB cân tại O, OP là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Suy ra: \(OP \bot AB\) nên \(\Delta \)OPA vuông tại P và \(\Delta \)OBP vuông tại P.
Chứng minh tương tự ta có: \(\Delta \)MOB vuông tại M, \(\Delta \)COM vuông tại M, \(\Delta \)NOC vuông tại N, \(\Delta \)NOA vuông tại N.
Vì \(\Delta \)OPA vuông tại P nên P thuộc đường tròn đường kính AO, \(\Delta \)NOA vuông tại N nên N thuộc đường tròn đường kính AO. Do đó, tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn đường kính AO.
Vì \(\Delta \)OPB vuông tại P nên P thuộc đường tròn đường kính BO, \(\Delta \)MOB vuông tại M nên M thuộc đường tròn đường kính BO. Do đó, tứ giác BPOM nội tiếp đường tròn đường kính BO.
Vì \(\Delta \)COM vuông tại M nên M thuộc đường tròn đường kính CO, \(\Delta \)NOC vuông tại N nên N thuộc đường tròn đường kính CO. Do đó, tứ giác CMON nội tiếp đường tròn đường kính CO.
(Trả lời bởi datcoder)
Cho một hình lục giác đều và một hình vuông cùng nội tiếp một đường tròn. Biết rằng hình vuông có cạnh bằng 3 cm. Tính chu vi và diện tích của một hình lục giác đều đã cho.
Thảo luận (1)Hướng dẫn giải
Gọi hình vuông ABCD và lục giác đều EFGHIJ cùng nội tiếp đường tròn (O).
Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 3\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)
Do đó, bán kính đường tròn (O) bằng \(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}cm\).
Vì EFGHIJ là lục giác đều \(EF = FG = GH = HI = IJ = JE\)
Mà lục giác EFGHIJ nội tiếp (O) nên \(OE = OF = OG = OH = OI = OJ\).
Do đó, \(\Delta EOF = \Delta GOF = \Delta GOH = \Delta IOH = \Delta IOJ = \Delta EOJ\left( {c.c.c} \right)\)
Suy ra, \(\widehat {EOF} = \widehat {FOG} = \widehat {GOH} = \widehat {HOI} = \widehat {IOJ} = \widehat {JOE} = \frac{{{{360}^o}}}{6} = {60^o}\)
Tam giác EOF có: \(OE = OF,\widehat {EOF} = {60^o}\) nên tam giác EOF đều.
Do đó, \(OE = EF = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}cm\)
Chu vi lục giác đều EFGHIJ là: \(P = 6EF = 6.\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = 9\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)
Kẻ OK vuông góc với EF tại K. Khi đó, OK là đường trung tuyến trong tam giác đều EOF.
Suy ra: \(EK = \frac{1}{2}EF = \frac{{3\sqrt 2 }}{4}cm\)
Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác OKE vuông tại K có:
\(O{K^2} + K{E^2} = O{E^2} \Rightarrow OK = \sqrt {O{E^2} - K{E^2}} = \frac{{3\sqrt 6 }}{4}\left( {cm} \right)\)
Diện tích tam giác EOF là:
\({S_{EOF}} = \frac{1}{2}OK.EF = \frac{1}{2}.\frac{{3\sqrt 6 }}{4}.\frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{9\sqrt 3 }}{8}\left( {c{m^2}} \right)\)
Vì \(\Delta EOF = \Delta GOF = \Delta GOH = \Delta IOH = \Delta IOJ = \Delta EOJ\) nên
\({S_{EFGHIJ}} = 6{S_{\Delta EOF}} = 6.\frac{{9\sqrt 3 }}{8} = \frac{{27\sqrt 3 }}{4}\left( {c{m^2}} \right)\)
(Trả lời bởi datcoder)
a) Phép quay thuận chiều 45° tâm O biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành các điểm A’, B’, C’, D’ (H.9.61). Hãy vẽ tứ giác A’B’C’D’.
b) Phép quay trong câu a biến các điểm A’, B’, C’, D’ thành những điểm nào?
Thảo luận (1)Hướng dẫn giảia) Tứ giác A’B’C’D’ được thể hiện như hình vẽ sau:
b) Phép quay thuận chiều \({45^o}\) tâm O biến các điểm A’, B’, C’, D’ lần lượt thành các điểm B, C, D, A.
(Trả lời bởi datcoder)
Bạn Lan muốn cắt hình ngôi sao có dạng như Hình 9.62 (trong đó ABCDE là một ngũ giác đều). Lan gấp đôi tờ giấy, vẽ một nửa ngôi sao và cắt theo nét vẽ. Hỏi góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp lúc đầu bằng bao nhiêu độ?
Thảo luận (1)Hướng dẫn giải
Xét ngũ giác đều ABCDE, ta thấy tổng 5 góc của ngũ giác đều đó bằng tổng các góc trong ba tam giác ABC, ACD, ADE, tức là bằng \({3.180^o} = {540^o}\). Do tất cả các góc của ngũ giác đều bằng nhau nên số đo mỗi góc của ngũ giác đều bằng \(\frac{{{{540}^o}}}{5} = {108^o}\).
Do đó, \(\widehat {EAB} = \widehat {ABC} = {108^o}\).
Suy ra: \(\widehat {HAB} = \widehat {HBA} = {180^o} - {108^o} = {72^o}\).
Tam giác HAB có:
\(\widehat {AHB} = {180^o} - \widehat {HAB} - \widehat {HBA} = {180^o} - {72^o} - {72^o} = {36^o}\)
Do đó, góc tạo bởi lưỡi kéo và nếp gấp lúc đầu là:
\(\frac{1}{2}\widehat {AHB} = \frac{1}{2}{.36^o} = {18^o}\).
(Trả lời bởi datcoder)
