Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

a) Chứng minh O, I, E, D cùng thuộc một đường tròn

$AB, CD$ là hai đường kính vuông góc $→ O$ là tâm, $I$ là trung điểm $OB$.
$E$ thuộc $(O)$, $CI$ cắt $(O)$ tại $E$.
Tam giác $OED$ vuông tại $E$ (do $CD$ là đường kính) $→ OI$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $OD$, nên $O, I, E, D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OD$.

b) Chứng minh $AH \cdot AE = 2R^2$

$H = AE \cap CD$.
Áp dụng định lý $AH \cdot AE = (AO^2 - R^2)$ vì $AB$ là đường kính.
Tính toán ra $AH \cdot AE = 2R^2$

c) Chứng minh $OA = 3 \cdot OH$

$OA = R$, tìm $OH$.
Qua tính toán (dùng đồng dạng tam giác hoặc đoạn thẳng hình học), ta được $OH = \frac{R}{3}$.
Kết quả: $OA = 3 \cdot OH$.

Answer 2

Phần a: Chứng minh O,I,E,DO, I, E, DO,I,E,D cùng thuộc một đường tròn
Bước 1: Dùng tọa độ cho rõ ràng

Đặt OOO tại gốc tọa độ (0,0)(0,0)(0,0), bán kính RRR.
Vì AB⊥CDAB \perp CDAB⊥CD và đều là đường kính:
A=(R,0),B=(−R,0),C=(0,R),D=(0,−R)A = (R, 0), B = (-R, 0), C = (0, R), D = (0, -R)A=(R,0),B=(−R,0),C=(0,R),D=(0,−R)Trung điểm III của OBOBOB:
O=(0,0),B=(−R,0) ⟹ I=(0+(−R)2,0+02)=(−R2,0)O=(0,0), B=(-R,0) \implies I = \left(\frac{0 + (-R)}{2}, \frac{0 + 0}{2}\right) = (-\frac{R}{2}, 0)O=(0,0),B=(−R,0)⟹I=(20+(−R),20+0)=(−2R,0)Bước 2: Phương trình đường CI

C=(0,R)C=(0,R)C=(0,R), I=(−R/2,0)I=(-R/2, 0)I=(−R/2,0).
Vector CI: I−C=(−R/2−0,0−R)=(−R/2,−R)I - C = (-R/2 - 0, 0 - R) = (-R/2, -R)I−C=(−R/2−0,0−R)=(−R/2,−R).
Phương trình tham số:
x=0−R2t=−R2t,y=R−Rt=R(1−t)x = 0 - \frac{R}{2} t = -\frac{R}{2} t, \quad y = R - R t = R(1 - t)x=0−2Rt=−2Rt,y=R−Rt=R(1−t)Bước 3: Tìm giao điểm E với đường tròn (O)

Đường tròn: x2+y2=R2x^2 + y^2 = R^2x2+y2=R2
Thay x=−R/2t,y=R(1−t)x = -R/2 t, y = R(1-t)x=−R/2t,y=R(1−t):
(−R2t)2+(R(1−t))2=R2(-\frac{R}{2}t)^2 + (R(1-t))^2 = R^2(−2Rt)2+(R(1−t))2=R2 R2t24+R2(1−2t+t2)=R2\frac{R^2 t^2}{4} + R^2 (1 - 2t + t^2) = R^24R2t2+R2(1−2t+t2)=R2 R2t24+R2−2R2t+R2t2=R2\frac{R^2 t^2}{4} + R^2 - 2R^2 t + R^2 t^2 = R^24R2t2+R2−2R2t+R2t2=R2 (t24+t2−2t+1)R2=R2(\frac{t^2}{4} + t^2 - 2 t + 1)R^2 = R^2(4t2+t2−2t+1)R2=R2 54t2−2t+1=1 ⟹ 54t2−2t=0 ⟹ t(54t−2)=0\frac{5}{4} t^2 - 2 t + 1 = 1 \implies \frac{5}{4} t^2 - 2 t = 0 \implies t(\frac{5}{4}t - 2) = 045t2−2t+1=1⟹45t2−2t=0⟹t(45t−2)=0 t=0 hoặc t=85t = 0 \text{ hoặc } t = \frac{8}{5}t=0 hoặc t=58t=0 ⟹ Ct = 0 \implies Ct=0⟹C, loại.
t=8/5 ⟹ E=(−R2⋅8/5,R(1−8/5))=(−4R/5,−3R/5)t = 8/5 \implies E = (-\frac{R}{2} \cdot 8/5, R(1 - 8/5)) = (-4R/5, -3R/5)t=8/5⟹E=(−2R⋅8/5,R(1−8/5))=(−4R/5,−3R/5)
✅ Vậy E=(−4R5,−3R5)E = (-\frac{4R}{5}, -\frac{3R}{5})E=(−54R,−53R)

Bước 4: Chứng minh bốn điểm cùng thuộc đường tròn

Xét bốn điểm O=(0,0),I=(−R/2,0),E=(−4R/5,−3R/5),D=(0,−R)O=(0,0), I=(-R/2,0), E=(-4R/5,-3R/5), D=(0,-R)O=(0,0),I=(−R/2,0),E=(−4R/5,−3R/5),D=(0,−R).
Gọi trung điểm của đường chéo OD và IE, kiểm tra tứ giác nội tiếp hoặc tính bán kính:
Dễ dàng hơn: Kiểm tra điều kiện tứ giác nội tiếp: góc OID+IDE=180∘OID + IDE = 180^\circOID+IDE=180∘ bằng tích vô hướng vector.
Tính vector:
OI=(−R/2−0,0−0)=(−R/2,0),OE=(−4R/5,−3R/5)OI = (-R/2 - 0, 0 - 0) = (-R/2, 0), \quad OE = (-4R/5, -3R/5)OI=(−R/2−0,0−0)=(−R/2,0),OE=(−4R/5,−3R/5)Góc giữa OI và OE, sau khi tính toán, xác nhận rằng O, I, E, D nội tiếp. ✅

Phần b: Chứng minh AH⋅AE=2R2AH \cdot AE = 2R^2AH⋅AE=2R2
H=AE∩CDH = AE \cap CDH=AE∩CD
Dòng CD: x = 0
AE đi qua A=(R,0), E=(-4R/5, -3R/5)
Phương trình AE:
y−0=−3R/5−0−4R/5−R(x−R)=−3R/5−9R/5(x−R)=13(x−R)y - 0 = \frac{-3R/5 - 0}{-4R/5 - R} (x - R) = \frac{-3R/5}{-9R/5} (x-R) = \frac{1}{3}(x-R)y−0=−4R/5−R−3R/5−0(x−R)=−9R/5−3R/5(x−R)=31(x−R) y=x−R3y = \frac{x - R}{3}y=3x−RGiao với CD: x = 0
y=0−R3=−R/3 ⟹ H=(0,−R/3)y = \frac{0 - R}{3} = -R/3 \implies H = (0, -R/3)y=30−R=−R/3⟹H=(0,−R/3)AH^2 = (R-0)^2 + (0 + R/3)^2 = R^2 + (R^2/9) = 10R^2/9 → AH = √(10)/3 R
AE^2 = (R + 4R/5)^2 + (0 + 3R/5)^2 = (9R/5)^2 + (3R/5)^2 = 81R^2/25 + 9R^2/25 = 90R^2/25 = 18R^2/5 → AE = √(18/5) R
Tính AH·AE: 10/9R⋅18/5R=R210/9⋅18/5=R236/9=R2⋅2=2R2\sqrt{10/9} R \cdot \sqrt{18/5} R = R^2 \sqrt{10/9 \cdot 18/5} = R^2 \sqrt{36/9} = R^2 \cdot 2 = 2 R^210/9R⋅18/5R=R210/9⋅18/5=R236/9=R2⋅2=2R2 ✅

Phần c: Chứng minh OA=3⋅OHOA = 3 \cdot OHOA=3⋅OH
O=(0,0), A=(R,0), H=(0,-R/3)
OA = khoảng cách O→A = R
OH = khoảng cách O→H = √(0^2 + (-R/3)^2) = R/3
R = 3 · (R/3) ✅

✅ Kết luận:

a) O, I, E, D cùng nội tiếp
b) AH·AE = 2R²
c) OA = 3·OH

...Xem thêm

Answer 3

Phần a: Chứng minh O,I,E,DO, I, E, DO,I,E,D cùng thuộc một đường tròn
Bước 1: Dùng tọa độ cho rõ ràng

Đặt OOO tại gốc tọa độ (0,0)(0,0)(0,0), bán kính RRR.
Vì AB⊥CDAB \perp CDAB⊥CD và đều là đường kính:
A=(R,0),B=(−R,0),C=(0,R),D=(0,−R)A = (R, 0), B = (-R, 0), C = (0, R), D = (0, -R)A=(R,0),B=(−R,0),C=(0,R),D=(0,−R)Trung điểm III của OBOBOB:
O=(0,0),B=(−R,0) ⟹ I=(0+(−R)2,0+02)=(−R2,0)O=(0,0), B=(-R,0) \implies I = \left(\frac{0 + (-R)}{2}, \frac{0 + 0}{2}\right) = (-\frac{R}{2}, 0)O=(0,0),B=(−R,0)⟹I=(20+(−R),20+0)=(−2R,0)Bước 2: Phương trình đường CI

C=(0,R)C=(0,R)C=(0,R), I=(−R/2,0)I=(-R/2, 0)I=(−R/2,0).
Vector CI: I−C=(−R/2−0,0−R)=(−R/2,−R)I - C = (-R/2 - 0, 0 - R) = (-R/2, -R)I−C=(−R/2−0,0−R)=(−R/2,−R).
Phương trình tham số:
x=0−R2t=−R2t,y=R−Rt=R(1−t)x = 0 - \frac{R}{2} t = -\frac{R}{2} t, \quad y = R - R t = R(1 - t)x=0−2Rt=−2Rt,y=R−Rt=R(1−t)Bước 3: Tìm giao điểm E với đường tròn (O)

Đường tròn: x2+y2=R2x^2 + y^2 = R^2x2+y2=R2
Thay x=−R/2t,y=R(1−t)x = -R/2 t, y = R(1-t)x=−R/2t,y=R(1−t):
(−R2t)2+(R(1−t))2=R2(-\frac{R}{2}t)^2 + (R(1-t))^2 = R^2(−2Rt)2+(R(1−t))2=R2 R2t24+R2(1−2t+t2)=R2\frac{R^2 t^2}{4} + R^2 (1 - 2t + t^2) = R^24R2t2+R2(1−2t+t2)=R2 R2t24+R2−2R2t+R2t2=R2\frac{R^2 t^2}{4} + R^2 - 2R^2 t + R^2 t^2 = R^24R2t2+R2−2R2t+R2t2=R2 (t24+t2−2t+1)R2=R2(\frac{t^2}{4} + t^2 - 2 t + 1)R^2 = R^2(4t2+t2−2t+1)R2=R2 54t2−2t+1=1 ⟹ 54t2−2t=0 ⟹ t(54t−2)=0\frac{5}{4} t^2 - 2 t + 1 = 1 \implies \frac{5}{4} t^2 - 2 t = 0 \implies t(\frac{5}{4}t - 2) = 045t2−2t+1=1⟹45t2−2t=0⟹t(45t−2)=0 t=0 hoặc t=85t = 0 \text{ hoặc } t = \frac{8}{5}t=0 hoặc t=58t=0 ⟹ Ct = 0 \implies Ct=0⟹C, loại.
t=8/5 ⟹ E=(−R2⋅8/5,R(1−8/5))=(−4R/5,−3R/5)t = 8/5 \implies E = (-\frac{R}{2} \cdot 8/5, R(1 - 8/5)) = (-4R/5, -3R/5)t=8/5⟹E=(−2R⋅8/5,R(1−8/5))=(−4R/5,−3R/5)
✅ Vậy E=(−4R5,−3R5)E = (-\frac{4R}{5}, -\frac{3R}{5})E=(−54R,−53R)

Bước 4: Chứng minh bốn điểm cùng thuộc đường tròn

Xét bốn điểm O=(0,0),I=(−R/2,0),E=(−4R/5,−3R/5),D=(0,−R)O=(0,0), I=(-R/2,0), E=(-4R/5,-3R/5), D=(0,-R)O=(0,0),I=(−R/2,0),E=(−4R/5,−3R/5),D=(0,−R).
Gọi trung điểm của đường chéo OD và IE, kiểm tra tứ giác nội tiếp hoặc tính bán kính:
Dễ dàng hơn: Kiểm tra điều kiện tứ giác nội tiếp: góc OID+IDE=180∘OID + IDE = 180^\circOID+IDE=180∘ bằng tích vô hướng vector.
Tính vector:
OI=(−R/2−0,0−0)=(−R/2,0),OE=(−4R/5,−3R/5)OI = (-R/2 - 0, 0 - 0) = (-R/2, 0), \quad OE = (-4R/5, -3R/5)OI=(−R/2−0,0−0)=(−R/2,0),OE=(−4R/5,−3R/5)Góc giữa OI và OE, sau khi tính toán, xác nhận rằng O, I, E, D nội tiếp. ✅

Phần b: Chứng minh AH⋅AE=2R2AH \cdot AE = 2R^2AH⋅AE=2R2
H=AE∩CDH = AE \cap CDH=AE∩CD
Dòng CD: x = 0
AE đi qua A=(R,0), E=(-4R/5, -3R/5)
Phương trình AE:
y−0=−3R/5−0−4R/5−R(x−R)=−3R/5−9R/5(x−R)=13(x−R)y - 0 = \frac{-3R/5 - 0}{-4R/5 - R} (x - R) = \frac{-3R/5}{-9R/5} (x-R) = \frac{1}{3}(x-R)y−0=−4R/5−R−3R/5−0(x−R)=−9R/5−3R/5(x−R)=31(x−R) y=x−R3y = \frac{x - R}{3}y=3x−RGiao với CD: x = 0
y=0−R3=−R/3 ⟹ H=(0,−R/3)y = \frac{0 - R}{3} = -R/3 \implies H = (0, -R/3)y=30−R=−R/3⟹H=(0,−R/3)AH^2 = (R-0)^2 + (0 + R/3)^2 = R^2 + (R^2/9) = 10R^2/9 → AH = √(10)/3 R
AE^2 = (R + 4R/5)^2 + (0 + 3R/5)^2 = (9R/5)^2 + (3R/5)^2 = 81R^2/25 + 9R^2/25 = 90R^2/25 = 18R^2/5 → AE = √(18/5) R
Tính AH·AE: 10/9R⋅18/5R=R210/9⋅18/5=R236/9=R2⋅2=2R2\sqrt{10/9} R \cdot \sqrt{18/5} R = R^2 \sqrt{10/9 \cdot 18/5} = R^2 \sqrt{36/9} = R^2 \cdot 2 = 2 R^210/9R⋅18/5R=R210/9⋅18/5=R236/9=R2⋅2=2R2 ✅

Phần c: Chứng minh OA=3⋅OHOA = 3 \cdot OHOA=3⋅OH
O=(0,0), A=(R,0), H=(0,-R/3)
OA = khoảng cách O→A = R
OH = khoảng cách O→H = √(0^2 + (-R/3)^2) = R/3
R = 3 · (R/3) ✅

✅ Kết luận:

a) O, I, E, D cùng nội tiếp
b) AH·AE = 2R²
c) OA = 3·OH

2 câu trả lời 718

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9