Chủ đề này có 6 trả lời

[Đỗ Quang Duy]

Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, trên đoạn thẳng AB lấy một diểm H sao cho $BH = \dfrac{3R}{4}$ và đường thẳng (d) vuông góc với AB ở H cắt đường tròn (O) ở E và F. Một đường thẳng quay quanh điểm H cắt đường tròn (O) ở M, N. Các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt (d) ở M' và N'.
1. Chứng minh $AM.AM' = AE^2$
2. Chứng minh 4 điểm M, N, M', N' cùng thuộc một đường tròn (G)
3. Đường tròn (G) cắt AB ở P và Q. Tính PQ theo R.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đỗ Quang Duy: 20-04-2010 - 12:45

[nguyen thai phuc]

Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, trên đoạn thẳng AB lấy một diểm H sao cho $BH = \dfrac{3R}{4}$ và đường thẳng (d) vuông góc với AB ở H cắt đường tròn (O) ở E và F. Một đường thẳng quay quanh điểm H cắt đường tròn (O) ở M, N. Các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt (d) ở M' và N'.
1. Chứng minh $AM.AN = AE^2$
2. Chứng minh 4 điểm M, N, M', N' cùng thuộc một đường tròn (G)
3. Đường tròn (G) cắt Ab ở P và Q. Tính PQ theo R.

Nếu như sketchpad của mình không sai thì câu 1 của Duy bị sai.

Thôi.Mình đánh câu hai, câu dễ nhất trước.
ta có góc AMB=90=> AHM' đồng dạng AMB(g-g)
=> góc MM'H=góc AM'H=góc ABM=góc ANM=N'NH
Vậy tứ giác MM'NN' nội tiếp=>ĐPCM
P/s:Mọi người có vẻ chuộng GEOGEBRA hơn SKETCHPAD nhỉ? Thấy ai cũng dùng.Hay là mình dùng thử nhỉ()

[Đỗ Quang Duy]

1. $\widehat{AEM'}=\widehat{AFE}=\widehat{AME}$
$\Rightarrow \DeltaAEM'\infty\DeltaAME$
$\Rightarrow AM.AM'=AE^2$

2. $\widehat{MM'N'}=\widehat{AEM}=\widehat{MNN'}$
$\Rightarrow$ Tứ giác M'MN'N nội tiếp được đường tròn

3. Câu này chỉ có thế này thôi mà hồi xưa mình làm mãi không ra
Ta tính được $AE=R; FH^2=\dfrac{3R^2}{4}$. Ta có
$HP.HQ=HM.HN=HE.HF=HF^2=\dfrac{3R^2}{4}$
$\Leftrightarrow HQ=\dfrac{3R^2}{4HP}$
Lại có
$AP.AQ=AM.AM'=AE^2=R^2$
$\Leftrightarrow (\dfrac{R}{2}-HP)(\dfrac{R}{2}+HQ)=R^2$
$\Leftrightarrow (\dfrac{R}{2}-HP)(\dfrac{R}{2}+\dfrac{3R^2}{4HP})=R^2$
Từ đó ta tính được HP và suy ra $PQ=2\sqrt{3}R$

[manhdoi123]

Nếu như theo hình của Duy thì đề phỉ là BH=3/2R

[Peter Pan]

1. $\widehat{AEM'}=\widehat{AFE}=\widehat{AME}$
$\Rightarrow \DeltaAEM'\infty\DeltaAME$
$\Rightarrow AM.AM'=AE^2$

2. $\widehat{MM'N'}=\widehat{AEM}=\widehat{MNN'}$
$\Rightarrow$ Tứ giác M'MN'N nội tiếp được đường tròn

3. Câu này chỉ có thế này thôi mà hồi xưa mình làm mãi không ra
Ta tính được $AE=R; FH^2=\dfrac{3R^2}{4}$. Ta có
$HP.HQ=HM.HN=HE.HF=HF^2=\dfrac{3R^2}{4}$
$\Leftrightarrow HQ=\dfrac{3R^2}{4HP}$
Lại có
$AP.AQ=AM.AM'=AE^2=R^2$
$\Leftrightarrow (\dfrac{R}{2}-HP)(\dfrac{R}{2}+HQ)=R^2$
$\Leftrightarrow (\dfrac{R}{2}-HP)(\dfrac{R}{2}+\dfrac{3R^2}{4HP})=R^2$
Từ đó ta tính được HP và suy ra $PQ=2\sqrt{3}R$

sai rồi bạn ơi
$PH.HQ=HN.HM=HE.HF=HE^2$
có $HE \perpPQ$ nên tg PEQ vuông ở E
suy ra $ \widehat{AEB}= \widehat{BEQ}$(1)
để ý:$Ap.AQ=AM.AM'=EA^2$
nên hai tg AEP và AQE đồng dạng
cho ta$ \widehat{EQP} = \widehat{PEA}$ (2)
từ (1) và (2) suy ra:$ \widehat{BEQ}= \widehat{EQB}$
suy ra$PQ=2BE=R \sqrt{6}$
xong mình cũng định post bài này

[Dung Le]

PH.HQ=HN.HM=HE.HF=HE2
có HE\perpPQ nên tg PEQ vuông ở E
suy ra AEBˆ=BEQˆ(1)
để ý:Ap.AQ=AM.AM′=EA2
nên hai tg AEP và AQE đồng dạng
cho taEQPˆ=PEAˆ (2)
từ (1) và (2) suy ra:BEQˆ=EQBˆ
suy raPQ=2BE=R6√

[Dung Le]

PH.HQ=HN.HM=HE.HF=HE2
có HE\perpPQ nên tg PEQ vuông ở E
suy ra AEBˆ=BEQˆ(1)
để ý:Ap.AQ=AM.AM′=EA2
nên hai tg AEP và AQE đồng dạng
cho taEQPˆ=PEAˆ (2)
từ (1) và (2) suy ra:BEQˆ=EQBˆ
suy raPQ=2BE=R6√