AA) CHỨNG MINH TỨ GIÁC BHCM LÀ HÌNH BÌNH HÀNH. 90 0ABM  (GÓC NỘI T...

Bài 4:

A

a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành.

 90 ⁰

ABM  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) ^{ BM  AB}

K

m n

H O E

H là trực tâm tam giác ABC ^{ CH  AB}

=

N

/

B C

Do đó: BM // CH

/ =

Chứng minh tương tự ta được: BH // CM

M

Vậy tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.

^{ ANB   AMB} (do M và N đối xứng nhau qua AB)

^{ AMB   ACB} (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O))

H là trực tâm tâm giác ABC nên AH ^ BC, BK ^ AC nên ^{ ACB   AHK} (K = BH ^

AC)

Do đó: ^{ ANB   AHK} .

Vậy tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.

c) Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng.

Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b) ^{  ABN   AHN} .

Mà ^{ ABN  90 0} (do kề bù với ^{ ABM  90 0} , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Suy ra: ^{ AHN  90 0} .

Chúng minh tương tự tứ giác AHCE nội tiếp ^{  AHE   ACE  90 0}

Từ đó: ^{ AHN AHE    180 0 } N, H, E thẳng hàng.

d) Giả sử AB = R ³ . Tính diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và

đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

Do ^{ ABN  90 0 } AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác

AHBN

bằng nhau ^ S viên phân AmB = S viên phân AnB

2 0 2

.120

R R

 



0

360 3

 AB = ^{R 3   AmB  120 0 } S quạt AOB =

^{  AmB  120 0  BM   60 0  BM  R}

1 1 1 1 2 3

S  AB BM  R R  R

. . . . 3.

2 ^ABM 2 2 4 4

O là trung điểm AM nên S AOB =

^ S viên phân AmB = S quạt AOB – S AOB

2

2 3

R



3

4

=

–

= ₁₂ ^{R 2}  ^{4   3 3} 

 Diện tích phần chung cần tìm :

2. S viên phân AmB = 2. ₁₂ ^{R 2}  ^{4   3 3} 

= ^R ₆ ²  ^{4   3 3} 

(đvdt)

Đề số 3: