Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA ✅ Tốt

Kinh Nghiệm về Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA Chi Tiết

Bùi Trường Sơn đang tìm kiếm từ khóa Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA được Update vào lúc : 2022-08-19 01:25:10 . Với phương châm chia sẻ Bí kíp Hướng dẫn trong nội dung bài viết một cách Chi Tiết Mới Nhất. Nếu sau khi đọc nội dung bài viết vẫn ko hiểu thì hoàn toàn có thể lại phản hồi ở cuối bài để Ad lý giải và hướng dẫn lại nha.

(1)TOÁN HÌNH HỌC CÓ YẾU TỐ CHUYỂN ĐỘNG Bài 1: Cho tam giác đều ABC, điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC; H, O, K lần lượt là trung điểm những đoạn thẳng BC, EF, AM. a) Chứng minh ba điểm H, O, K thẳng hàng. 1 1 + 2 2 b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để ME MF đạt giá trị nhỏ nhất.. c) gọi Q. là hình chiếu của A trên đường thẳng OM. Chứng minh rằng khi M hoạt động và sinh hoạt giải trí trên cạnh BC thì Q. luôn thuộc một đường tròn cố định và thắt chặt. A. Q. K. N E G. O F. B. a) Có. H. KH = KE =. M. C. AM 2 (tính chất trung tuyến trong tam giác vuông).   EKH = 2.EAH = 2.300 = 600 (góc nội tiếp và góc ở tâm)  tam giác EKH là tam giác đều. Tương tự có tam giác EKH là tam giác đều Suy ra tứ giác EHFK là hình thoi, suy ra H, O, K thẳng hàng. b) Chứng minh được ME + MF = AH 1 1 2 8 8 8 +    = 2 2 2 ME MF ME.MF 4ME.MF (ME+MF) AH 2 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. ME = MF hay M là trung điểm cạnh BC c) Kẻ AN // HK (N thộc đường thẳng MO), có AN = 2.OK  AN = 2.OH  GA = 2.GH  G là trọng tâm tam giác ABC nên G là vấn đề cố định và thắt chặt. Q. thuộc đường tròn đường kính AG cố định và thắt chặt.. (2) Bài 2: Cho trước đoạn thẳng OM có độ dài m, đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R < m). Vẽ những tiếp tuyến MA, MB với (O, R) trong đó A, B là những tiếp điểm. Vẽ đường kính AC, tiếp tuyến tại C của đường tròn (O, R) cắt AB ở D. MO cắt AB ở I; MC cắt OD ở H. a) Chứng minh tứ giác OIDC nội tiếp. MC2 = MI. MO + AB. AD b) Xác định độ lớn bán kính R của đường tròn (O) để tam giác MAO có diện tích s quy hoạnh lớn số 1, tìm giá trị đó. c) Chứng minh rằng khi bán kính của đường tròn (O) thay đổi thì điểm H luôn thuộc một cung tròn cố định và thắt chặt. a) Có MA = MB OA = OB  MO là trung trực của AH   OID 900 DC là tiếp tuyến của (O)   OCD 900 Tứ giác OIDC có   OID  OCD 1800 nên nội tiếp được.. A. M. K. I. O. H B. C. D. Giải: b) Gọi K là trung điểm của MO ta có MO m  2 (trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông AMO) AK = 2 AI .MO AK .MO m 2 S MAO    2 2 4 Có Dấu bằng xảy ra  AI = AK  AK  MO  Tam giác vuông cân tại A OA  . MO m m 2   2 2 2. mét vuông  Vậy diện tích s quy hoạnh tam giác MAO đạt giá trị lớn số 1 là 4 Đường tròn (O) có bán m 2 kính là 2 MA AO MAO ACD ( g  g )   AC CD c) Ta có MA CO AM AC   mà AO = CO nên AC CD hay CO CD 0   lại sở hữu MAC OCD 90  MAC OCD(c  g  c)    AMC COD  tứ giác MAOH nội tiếp được    MAO  MHO 1800. (3) 0 0   mà MAO 90  MHO 90  H thuộc đường tròn đường kính MO ( phần nằm trên nửa mặt phẳng bờ MO chứa điểm B, trừ hai đầu mút M và O) đây là một cung tròn cố định và thắt chặt.. Bài 3: Cho điểm H cố định và thắt chặt thuộc đoạn thẳng BC cho trước sao cho HB < HC. Qua H kẻ đường thẳng d  BC. A là một điểm di động trên d (A không trùng H). Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ H xuống AB và AC. a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được. b) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi một điểm cố định và thắt chặt. EF c) Xác định vị trí của điểm A trên đường thẳng d sao cho tỉ số AH có mức giá trị. lớn số 1, tìm giá trị ấy. Đặt HB =a; HC= b ( a; b là số dương cho trước, a (4) HE.HF.EF HE.HF.EF  4R 2x Có 2.S abx abx ab HK  HEF    EF (a 2 +x 2 )(b 2 +x 2 ) (a+b)x (a+b) SHEF . . 0. Bài 4. Cho tam giác ABC có BAC 45 , những góc B và C đều nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tai D và E. Gọi H là giao điểm của CD và BE. a) Chứng minh AE = BE. b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp, xác định tâm K của đường tròn đó c) Chứng minh OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. A. I. E D. H. B. K. O. C. M. Mở rộng: Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BH cắt đường tròn (O) tại M. 0   Nối ME, ta có DME DBE 45 Gọi K là giao của AH với BC, có DEK là tam giác trực tâm của tam giác ABC. 0  Dễ có DKE 90 và KA là phân giác góc DKE do đó KA sẽ đi qua điểm ở chính giữa cung DE của đường tròn đường kính DE. Thay đổi vai trò: - Cố định đường tròn (O, R) - Cố định dây DE = R 2. - Điểm M thay đổi trên cung lớn DE của đường tròn này - Gọi H là trực tâm tam giác MDE, EH và DH cắt (O, R) tại B, C.. (5) - A là giao của BD và CE thì AH luôn đi qua điểm cố định và thắt chặt là vấn đề ở chính giữa cung DE của đường tròn đường kính DE.. Bài 4’: Cho đường tròn  O; R  có dây cung AB cố định và thắt chặt và AB R 2. Lấy M  là vấn đề di động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và C, D lần lượt là những giao điểm thứ hai của những đường thẳng AH, BH với đường tròn  O  . Giả sử N là giao điểm của những đường thẳng BC và AD..   a) Tính số đo của những góc AOB và MCD. b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn  O  và đoạn thẳng HN có độ dài không đổi. c) Chứng minh rằng đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt. 2 2 2 2 a) Ta có OA  OB 2R AB Do đó tam giác OAB vuông tại O. Vậy. M.  AOB 900. / / Gọi A , B lần lượt là chân những đường cao kẻ từ những đỉnh A, B của  ABM.  AMB 450 B/ BM. Vì vuông. cân. nên tam giác B/ , tại do. đó.   MCD MBD 45 . / / b) Vì tứ giác A MB H nội tiếp nên   BHC AMB 450. 0. . . Dễ thấy ACB AMB 45 giác BHC vuông cân tại B. . 0. C O. I D. B'. A. A'. H K. B. nên tam. 0. Vì HBC 90 nên CD là đường kính của đường tròn (O). Ta thấy BHC và BDN là những tam giác vuông cân nên BH = BC, BN = BD Do đó  BHN =  BCD (c.g.c)  HN CD 2R. Vậy HN 2R có độ dài không đổi.. E. N. c) Gọi I là giao điểm của những đường thẳng HN và CD thì trong tứ giác nội tiếp 0   BHIC ta có BIH BCH 45. (6) 0   Tương tự AIH ADH 45 .. . 0. Do đó AIB 90 , tức là I thuộc đường tròn (K) đường kính AB. Gọi E là giao điểm của đường thẳng HN với đường tròn (K) (với E khác I). 0    của đường tròn (K). Vì AIE BIE 45 nên E là vấn đề ở chính giữa cung AB Vì A, B cố định và thắt chặt nên E là vấn đề cố định và thắt chặt. Vậy HN luôn đi qua điểm E cố định và thắt chặt.. Bài 5: Cho đường tròn (O, R) và dây BC = R 3 , điểm A di động trên cung lớn BC. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với những cạnh AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng DE cắt những tia BI, CI thứ tự tại M, N. a) Chứng minh đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định và thắt chặt. b) Chứng minh điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNF. c) Xác định vị trí của điểm A để cho diện tích s quy hoạnh tam giác MNF đạt giá trị lớn số 1, tìm giá trị đó. A 0  Giải: Dễ cm được BAC 60 a) kẻ BH, CK vuông góc với DE (H, K thuộc đường thẳng DE), K ta có BHKC là hình thang BD 3 BF 3 BH   2 2 Có CE 3 CF 3 CK   2 2 BC 3 3 R  BH  CK   2 2. D. H. E. Q.. N. I. O. F. P. M. J. B. C. Lấy P, Q. lần lượt là trung điểm của BC và HK, ta có PQ là trung bình của hình thang BHKC.  PQ . 3R 4 và  PQ  HK ( P;. 3R ) 4 cố định và thắt chặt.. vậy đường thẳng DE tiếp xúc với đường tròn 0  b) Tam giác ADE đều  ADE 60 0    lại sở hữu NIB IBC  ICB 60 nên tứ giác BDNI nội tiếp. mặt khác tứ giác BDIF cũng nội tiếp  BDNIF nội tiếp      MNI DBI FBI FNI  NI là tia phân giác góc MNF tương tự có:     NMI ECI FCI FMI  MI là tia phân giác góc NMF vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNF. c) theo chứng tỏ trên         MNF CBA; NMF BCA  FMN ACB ( g .g ) và NFM BAC 600  IFN 300. (7) S r ( FMN ) 1 1 1 1   FMN   S FMN  S ABC IF 4 kẻ IJ  NF thì IJ = 2 hay r ( ABC ) 2 S ABC 4. diện tích s quy hoạnh tam giác ABC đạt giá trị lớn số 1 khi và chỉ khi A là vấn đề ở chính giữa cung lớn BC khi đó. R 2 .3 3  4 vậy….. S ABC. Bài 6: Cho điểm M di tán trên cạnh AB của hình vuông vắn ABCD cạnh a (M khác A và B). Gọi N và P là những điểm đối xứng của M lần lượt qua AC và BD. a) Chứng minh N và P đối xứng qua tâm O của hình vuông vắn ABCD. b) Kẻ đường cao MH của tam giác MNP. Chứng minh điểm H luôn thuộc một cung tròn cố định và thắt chặt. c) Chứng minh rằng khi M di tán trên cạnh AB đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt. d) Với vị trí nào của điểm M thì tam giác MNP có chu vi nhỏ nhất và tính chu vi đó theo a. K. M. A. B. P H O N. C. D. a) Do AC và BD là những trục đối xứng của hình vuông vắn ABCD nên điểm N thuộc cạnh AD, điểm P thuộc cạnh BC và những tam giác AMN, BMP vuông cân đỉnh A và B. . 0. . . 0. 0. 0. 0. có NMP 180  ( AMN  BMP) 180  (45  45 ) 90 do tính chất đối xứng ta có OM=ON   OMN cân tại O    MON 1800  2.OMN 0   Tương tự MOP 180  2.OMP      MON  MOP 3600  2(OMN  OMP ) 3600  2.900 1800. Suy ra ba điểm N, O, P thẳng hàng Lại có ON = OP = OM suy ra N và P đối xứng qua tâm O.. (8) . . 0. 0. 0. b) Tứ giác AMHN có MAN  MHN 90  90 180 nên nội tiếp được 0 0    Suy ra AHM  ANM 45 tương tự có BHM 45 0  Nên có AHB 90 do đó H thuộc đường tròn đường kính AB cố định và thắt chặt   c) Do AHM  ANM nên MH đi qua điểm ở chính giữa nửa đường tròn đường kính AB d) Có MN  AM . 2; MP BM . 2  MN  MP a 2  MN  MP  PN a 2  PN a 2  a a( 2 1) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ. khi M là trung điểm của AB, vậy… Bài 7: Cho đoạn thẳng AB = a cố định và thắt chặt góc xAy = 45 0 quay xung quanh điểm A. Đường thẳng qua B vuông góc với Ax tại M nó cắt Ay ở điểm E. Đường thẳng qua B vuông góc với Ay tại N nó cắt AX ở điểm F. Chứng minh: a) Bốn điểm A; B; M; N cùng thuộc một đường tròn. b) EF = MN. 2 c) Khi góc xAy quay quanh A thì trung điểm K của đoạn thẳng EF luôn thuộc một đường tròn cố định và thắt chặt. d) Xác định vị trí của góc xAy để tam giác AEF có diện tích s quy hoạnh lớn số 1, tìm giá trị đó. Giải: AB b) Có OM = ON = 2 ( là trung. tuyến ứng với cạnh huyền trong những tam giác vuông AMB và ANB) lại sở hữu  MON =  MAN = 2. 450 = 900 (góc ỏ tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung MN của đường tròn đường kính AB) Suy ra tam giác MON vuông cân tại O  MN = OM. 2 hay MN. x F M. K A. H. B. O. N E y. AB. 2 AB  2 2. =. Ta có B là trực tâm tam giác AEF nên AB  EF tại H Suy ra  BAN =  EFN (cùng phụ  FEN) Lại có AN = FN ( do tam giác ANF vuông cân tại N) Suy ra  BAN =  EFN ( G – C - G), Suy ra AB = EF EF 2 hay EF = MN. 2 Như vậy có: MN AB EF c) Có OM = ON = 2 , KM = KN = 2 ( là trung tuyến ứng với cạnh huyền . trong những tam giác vuông EMF và ENF). (9) Mà AB = EF suy ra OM = ON = KM = KN suy ra tứ giác MONK là hình thoi Kết phù phù hợp với  MON = 900 suy ra tứ giác MONK là hình vuông vắn AB AB 2 như vậy K thuộc đường tròn tâm O bán kính 2 cố định và thắt chặt. Do đó OK = MN a a 2 a (1  2) AH  AK  AO  OK    2 2 2 d) Có . 1 1 a(1  2) a 2 (1  2)  .EF . AH  .a.  2 2 2 4 2 1 a(1  2) a (1  2) S AEF  .a.  2 2 4 Hay , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi góc xAy. nhận AB là tia phân giác… Bài 8: Cho hình vuông vắn ABCD cạnh a. Lấy điểm M trên cạnh CD, điểm N trên 0  cạnh CD sao cho MAN 45 . Đường chéo BD lần lượt cắt AM, AN ở E và F. a) Chứng minh 5 điểm C, E, F, M, N cùng thuộc một đường tròn. b) Tính theo a khoảng chừng cách từ A đến MN. c) Với vị trí nào của M thì tam giác AMN có diện tích s quy hoạnh nhỏ nhất. B. A. y. E. M. H. F. a-y K D. x. . N. . a-x. 0. C. a) Có EAN EDN 45 nên tứ giác ADNE nội tiếp được 0 0   mà ADN 90  AEN 90 hay NE  AM tương tự có MF  AN 0    có MEN MFN MCN 90 suy ra 5 điểm C, E, F, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính MN.   b) Tứ giác MNFE nội tiếp  FNM  AED   Tứ giác ADNE nội tiếp  AED  AND     Suy ra AND FNM hay AND  ANK Suy ra hai tam giác vuông AND và ANK bằng nhau suy ra AK = AD = a. c) Có AND ANK  ND NK x ( x  0) tương tự có MB = MK = y (y > 0) suy ra MN = x + y. (10) 2 2 2 2 lại sở hữu MN  CM  CN  (a  x)  (a  y).  ( x  y )2 (a  x) 2  ( a  y )2  ax  ay a 2  xy xy 4 xy ( x  y) 2 a  a  a 4a 4a 2 2  ( x  y )  4a( x  y )  4a 0  x  y a .  ( x  y  2a)2 8a 2  x  y 2a( 2  1) hay MN 2a( 2  1) 1 1 S AMN  MN . AK  .a.2a( 2  1) a 2 ( 2  1) 2 2 Có. Dấu đẳng thức xảy ra  x  y a ( 2  1)  AM là tia phân giác góc BAC. Bài 9: Cho đường tròn (O) và dây BC cố định và thắt chặt. Điểm A di động trên cung lớn BC (A B, C). Tia phân giác góc ACB cắt (O) tại điểm thứ hai D. Lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB. Đường thẳng BI cắt (O) tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh tam giác KAC cân. b) Chứng minh đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định và thắt chặt là J. c) Tìm vị trí của A sao cho AI có độ dài lớn số 1. d) Trên tia đối tia AB lấy điểm M sao cho AM = AC. Chứng minh rằng khi A di động trên cung lớn BC của (O) thì M luôn thuộc một cung tròn cố định và thắt chặt. M. A. D. X. K. X O I. C. B. J.      a) Tam giác DIB cân tại D  DBI DIB mà DIB IBC  ICB. (11)         và DBI KCI KCA  ACD KBA  ICB  ABI CBI  I là tâm đường nội tiếp tam giác ABC  BI là tia phân giác góc B  K là vấn đề ở chính giữa cung nhỏ AC  Tam giác KAC cân đỉnh K. b) Vì I là tâm đường nội tiếp tam giác ABC  AI đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC c) Tam giác JBI cân đỉnh J  JI = JB = const  AI = AJ – IJ = AJ – const lớn số 1 khi AJ lớn số 1  AJ là đường kính của (O)  A là vấn đề ở chính giữa cung lớn BC.         d) Có DBI KCI KCA  ACD KBA  ICB  ABI CBI. Bài 10: Hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Đường thẳng vuông góc với AB tại B cắt lại (O1 ) tại C và cắt lại (O2 ) tại D. Một đường thẳng quay quanh B cắt những đường tròn (O1 ), (O2 ) theo thứ tự tại giao điểm thứ hai E , F . AE a) Chứng minh tỉ số AF không đổi. b) Các đường thẳng EC , DF cắt nhau tại G. Chứng minh rằng tứ giác. AEGF nội tiếp.. c) Chứng minh rằng, khi đường thẳng EF quay xung quanh B thì tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF luôn thuộc một đường tròn cố định và thắt chặt. A. O1. E. O2. I. C. B D F. G. a) Xét hai tam giác ACD, AEF ta có AEF  AEB  ACB  ACD  (cùng chắn cung AB của (O1 ) )      AFE  AFB  ADB  ADC (cùng chắn cung AB của (O2 ) ) Suy ra AEF ACD . AE AC R1   const AF AD R2 Do đó. . (12) b) Do. CD  AB nên AC là đường kính của (O1 ) và AD là đường kính của (O2 ). 0   0 Suy ra AEG  AEC 90 , và AFG  AFD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0   Từ đó, tứ giác AEGF có AEG  AFG 90 do đó nội tiếp trong đường tròn đường kính AG c) Chứng minh tương tự phần 2, cũng khá được tứ giác ACGD nội tiếp. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF. Khi đó I là trung điểm AG. Suy ra. IO1 || CG , IO2 || DG. 0 0     Từ đó AO1 I  ACG 180  ADG 180  AO2 I . Từ đó, do O1 , O2 khác phía với AI. I   AO1O2  suy ra tứ giác AO1IO2 nội tiếp, hay cố định và thắt chặt.. Bài 11: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là những tiếp điểm). Gọi D là vấn đề  (D không trùng với A, B và điểm ở chính giữa của cung) di động trên cung lớn AB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định và thắt chặt. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của những đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, lúc biết OM = 2R. K. A. I. D. C M. H. O. E. B 2 a) Vì tam giác AOM vuông tại A có AH  OM nên MH.MO MA ..   Mặt khác MAC ADC nên  MAC đồng dạng  MDA (g.g), do đó. (13) MA MC   MC.MD MA 2 MD MA MH.MO MC.MD Vậy MH MC  Khi đó MD MO   MHC MDO  MHC MDO.. Do đó đồng dạng Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường tròn ngoại tiếp  HCD luôn đi qua điểm O cố định và thắt chặt.   b) Giả sử AC cắt MB tại E, vì CBE EAB nên  EBC đồng dạng  EAB. Do đó EB EC   EA.EC EB2 . EA EB    EMC MDA MAC.. Vì AD // MB nên. Do đó  EMC đồng dạng  EAM. EM EC   EA.EC EM 2 . EA EM. Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB. Tam giác MAB có MH và AE là những đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của  MAB. . 0. c) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đều, do đó MBA 60 . Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp  BMI thì trong tam giác vuông IMN ta có.  sin INM . IM IM 2IM  MN   0 MN sin 60 3. (1). IM MH  . Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó IK AK R 3R IM 3 3IK OH  MH    IM  2 nên AK = R và 2 , do đó IK 2 2 Dễ thấy IH 3 IH 3    . IA 2 AH 5 Mặt khác. (2). R 3 3R 3 R 3 IH  , IA  . 2 nên 10 5 Vì 2R 7 3R 7 IK  IM  5 , do đó 5 Khi đó (3) AH . R/ . R 21 . 5. Vậy đường tròn ngoại tiếp  BMI có bán kính Bài 12. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R > 0). M, N là hai điểm  thuộc nửa đường tròn đó sao cho M thuộc AN và tổng khoảng chừng cách từ A, B đến MN bằng R 3 a) Tính độ dài MN theo R b) Gọi giao điểm của AN và BM là I, giao điểm của AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó theo R. (14) c) Tìm giá trị lớn số 1 của diện tích s quy hoạnh tam giác KAB theo R khi MN thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán Giải: a) Gọi P, G, H lần lượt là hình chiếu của A, B, O lên MN  hình thang ABGP có OH là đường trung bình: K . OH . AP  BG R 3  2 2. MN 2MH 2 R 2 . 3R 2 R 2  R 4 2. Suy ra:  ΔOMN là tam giác đều 0   b) Ta có: KMI KNI 90  KMON nội tiếp đường tròn đường kính KI c) Gọi J là tâm đường tròn đường kính KI 0 0   Ta có: KAN 30  AKN 60 0 0    MJN 120  MJH 60  ΔMJH là nửa tam giác đều MH . N. J M P A. G. H I O. MJ 3 2MH 2 3MH 2 3.R 3R  MJ     2 3 3.2 3 3. Do đó: d) K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB 1 SAKB  h.2R hR 2 Gọi độ cao kẻ từ K đến AB là h ta có: lớn số 1  h lớn số 1 AB 3 h  3R 2 Mà h ≤ OK dấu “=” xảy ra  h  AB tại O  ΔABK đều  2 Vậy: max SKAB R 3. Bài 13: Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB kẻ những tia Ax, By vưông góc với AB, một đường thẳng d thay đổi cắt Ax ở M, cắt By ở N sao cho luôn có: AM.BN = a2. a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông b, gọi H là hình chiếu của O trên MN, Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn tiếp xúc với một nửa đường tròn cố định và thắt chặt tại H . c, Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác MON chạy trên một tia cố định và thắt chặt. d, Tìm vị trí của (d) sao cho chu vi AHB đạt giá trị lớn số 1, tính giá trị lớn số 1 đó. HD a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông Từ AM.BN = a2 =>. AM a AM OA = ⇒ a BN OB BN. và góc MAO = góc NBO = 900 (gt) => Δ AOM đồng dạng Δ BNO (c.g.c). B. (15) => Góc O1 = góc N1 , góc O2 = góc M2 mà tổng góc N1 +O2 = 900 => O1 + O2 = 900 => góc MON = 900 b, Tứ giác AMHO nội tiếp nên góc O1= H1 Tứ giác OBNH nội tiếp nên góc O2 = H2 mà O1 +O2 =900 => H1 + H2 = 900 => góc BHA= 900 => H (O;a) lại sở hữu OH d tại H => d tiếp xúc (O;a) cố định và thắt chặt c, Gọi I là trung điếm MN, thuận tiện và đơn giản chứng tỏ được OI AB tại O => I chạy trên tia Oz thuộc đường trung trực [AB] cố định và thắt chặt d, Chu vi tam giác AHB = AH+HB+AB mà AB = 2a không đổi => AH +HB+AB lớn số 1 khi và chỉ khi AH+HB lớn số 1 Áp dụng BĐT bunhiacôpxki ta có: (AH+HB)2  2(AH2 + HB2) = 2AB2 = 8a2 => AH + MB  2 √ 2 a 1+ √2 Từ đó => chu vi tam giác AHB  2a + 2 2 a=2 a¿ √ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi HA= HB <=> cung MA = cung MB <=> H  H1 là vấn đề ở chính giữa của nửa đường tròn (O) Vậy chu vi tam giác AHB lớn số 1 bằng 2a(1+ √ 2 ) <=> ( d) đi qua H1 mà vẫn thoả mãn AM.BN = a2 Bài 14 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. 1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành. 2. Gọi P và Q. lần lượt là những điểm đối xứng của E qua những đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q. thẳng hàng. 3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn số 1. Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH  AC (1) Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DC  AC (2) Từ (1) và (2) suy ra BH // DC. Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC. Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song song). Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE PAB EAB . PAB EAB ( c.g. c )  APB AEB. Lại có AEB ACB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)  APB ACB 0 0 Mặt khác AHB  ACB 180  APB  AHB 180  tứ giác APHB là tứ giác. nội tiếp  PAB PHB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung). (16) Mà PAB EAB  PHB EAB Hoàn toàn tương tự, ta có: CHQ EAC .Do đó: PHQ PHB  EHC  CHQ BAE  EAC  BHC  BAC  BHC 1800. Suy ra ba điểm P, H, Q. thẳng hàng Vì P, Q. lần lượt là vấn đề đối xứng của E qua AB và AC nên ta có AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có PAQ 2BAC ( không đổi) Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn số 1 khi và chỉ khi AP, AQ lớn số 1  AE lớn số 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC  E  D. (17)

Tải thêm tài liệu liên quan đến nội dung bài viết Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA

Video Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA ?

Bạn vừa tham khảo nội dung bài viết Với Một số hướng dẫn một cách rõ ràng hơn về Review Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA tiên tiến nhất

Share Link Down Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA miễn phí

Quý khách đang tìm một số trong những Chia Sẻ Link Cập nhật Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA miễn phí.

Giải đáp thắc mắc về Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA

Nếu sau khi đọc nội dung bài viết Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC Kẻ phân giác ME của góc AMB A Nếu MB/EB 3 2 tính EA/MA vẫn chưa hiểu thì hoàn toàn có thể lại phản hồi ở cuối bài để Admin lý giải và hướng dẫn lại nha #Cho #tam #giác #ABC #có #là #trung #điểm #của #Kẻ #phân #giác #của #góc #AMB #Nếu #MBEB #tính #EAMA - 2022-08-19 01:25:10