Chưa có bài trả lời

[John Carterer]

a/ Xét hai tam giác vuông $OAM$ và $OBI$ ta có $\widehat {AOM}=\widehat{OBI}$=1v, $\widehat {OAM}=\widehat {OBI}$ và $OA=OB$

Vậy $\Delta OAM=\Delta OBI$

=>$OM=OI$

Tứ giác $OMHI$ có tổng hai góc đối $\widehat {IOM} + \widehat {MHI}=$ 1v + 1v=2v

Vậy nội tiếp được trong một đường tròn.

b/ *Chứng minh $OK=OH$

Theo câu a) tứ giác $OMHI$ nội tiếp mà $OM=OI$ nên $\stackrel\frown{OM}=\stackrel\frown{OI}$

=> $\widehat {MHO}=\widehat {OHK}= \frac {1} {2} \widehat {MHK} = \frac {1} {2} \cdot 90^{\circ} = 45^{\circ}$

$\Delta {OKH}$ có một góc nhọn là $45^{\circ}$ nên là tam giác vuông cân => $OK=KH$

*Tìm tập hợp các điểm $K$

1/Phần thuận: $\widehat {OKB} =$ $90^{\circ}$, từ $K$ ta luôn luôn nhìn đoạn thẳng cố định $OB$ dưới góc $90^{\circ}$, do đó $K$ chạy trên đường tròn đường kính $OB$

Giới hạn: Khi $M \equiv O$ thì $K \equiv O$, khi $M \equiv B$ thì $H \equiv B$, do $\Delta {OKH}$ vuông cân nên khi đó $K \equiv K_0$ là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính $OB$

Vậy $K$ chỉ chuyển động trên cung $\stackrel\frown {OK_0}$ ($\frac {1} {4}$ đường tròn đường kính $OB$)

2/Phần đảo: Đảo lại lấy một điểm $K'$ bất kì thuộc $\stackrel\frown {OK_0}$, $BK'$ cắt đường thẳng $AO$ tại $I'$, $\widehat {OK'B}= 90^{\circ}$ (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $OB$) suy ra $K'$ là chân của đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $BI'$

3/Kết luận: Tập hợp các điểm $K$ là cung tròn $OK_0$ bằng $\frac {1} {4}$ đường tròn đường kính $OB$

File gửi kèm

•  untitled.bmp   2.85MB   21 Số lần tải
•  untitled3.bmp   2.85MB   27 Số lần tải