Hình học violympic - lớp 9

[talamavuong1996]

Câu 1:Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) và có AB // CD; AB = R; CD = R

; O ở ngoài tứ giác. Khi đó

=........

Câu 2:Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn; AC cắt BD tại I. Nếu

thì

= ..........

.
Câu 3:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và M thuộc (O), không trùng các đỉnh A, B, C. Gọi P, Q, R lần lượt là hình chiếu vuông góc của M xuống BC, CA, AB. Biết

, thế thì

= .........

.
Câu 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp, AB cắt CD tại E. Nếu AB = BC = CD (AB > AD) và

thì góc

= ........

 

[Hình Bóng Của Mây]

------------------------

Câu 1.

- Gọi H, P lần lượt là các hình chiếu của B, O trên cạnh DC ; Đoạn thẳng OP cắt và vuông góc với AB tại E (vì AB // CD) ;
- Đặt \[\hat{BCD}={C}_{1}\] và \[\hat{OCD}={C}_{2}\] ;
- Từ đề bài, ta có thể biết được tứ giác ABCD là một hình thang cân, nên \[\hat{A}=\hat{B}\].
- Theo đề ta có \[OA = OB = AB = R \Rightarrow \hat{OAB}=\hat{ABO}=\hat{BOA}=60^{\circ} \].
Vì \[OB = OC = R\], \[\Delta OBC\] cân, nên \[\hat{{C}_{1}}+\hat{{C}_{2}}=\hat{OBC}\].
Vì P là hình chiếu vuông góc từ tâm (O) tới dây DC nên \[DP = PC = \frac{\sqrt{3}}{2}R\].
- Ta có tỷ lệ: \[\frac{PC}{OC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}R}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2}=\sin 60^{\circ} \]. Từ tỷ lệ này ta có thể biết được \[\hat{POC}=60^{\circ} \], \[\hat{{C}_{2}}=30^{\circ} \], \[OP=\frac{1}{2}R\].
- Vì ABCD là hình thang cân nên dễ dàng tính được \[HC=\frac{CD-AB}{2}=\frac{\sqrt{3}R-R}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}R(1)\]
- Ta có \[HB = PE\]. \[\sin 60^{\circ} =\frac{OE}{OB}=\frac{OE}{R}=\frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow OE=\frac{\sqrt{3}}{2}R\]. Vậy \[PE=HB=OE-OP=\frac{\sqrt{3}}{2}R-\frac{1}{2}R=\frac{\sqrt{3}-1}{2}R(2)\]
Từ (1) và (2), suy ra: \[HC=HB=\frac{\sqrt{3}-1}{2}R\], \[\Delta HBC\] là tam giác vuông cân tại H, nên \[\hat{{C}_{1}}=45^{\circ} \].
Vậy \[\hat{OBC}=\hat{OCB}=\hat{{C}_{1}}+\hat{{C}_{2}}=45^{\circ} +30^{\circ} =75^{\circ} \].
\[\hat{A}=\hat{B}=\hat{OBA}+\hat{OBC}=60^{\circ} +75^{\circ} =135^{\circ} \]
Vậy \[\hat{A}+\hat{B}=2.135^{\circ} =270^{\circ} \].

------------------------

Câu 2.

- Ta có: \[\hat{ABD}=\hat{ACD}=\alpha \] (Vì cùng chắn cung AD).
- Vì tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và hai góc \[\hat{A}=65^{\circ} \] và \[\hat{B}=75^{\circ} \] nên lần lượt tính được các góc \[\hat{C}=115^{\circ} \] và \[\hat{D}=105^{\circ} \].
- Ta có:
\[\alpha +\hat{ICB}=115^{\circ} \] (1) ;
\[\alpha +\hat{IBC}=75^{\circ} \] (2).
Trong đó:
\[\hat{ICB}+\hat{IBC}=\hat{BIA}=110^{\circ} \].

- Lấy (1) cộng (2), ta có: \[2\alpha +\left( \hat{ICB}+\hat{IBC}\right)=190^{\circ} \Leftrightarrow 2\alpha +110^{\circ} =190^{\circ} \Leftrightarrow \alpha =\frac{190^{\circ}-110^{\circ}}{2}=40^{\circ} \].
Vậy, \[\hat{CBD}=\hat{B}-\alpha =75^{\circ} -40^{\circ} =35^{\circ} \].

------------------------

Câu 3.

- Vì tứ giác AMCB là tứ giác nội tiếp, nên: \[\hat{MCB}+\hat{MAB}=\hat{MAR}+\hat{MAB}=180^{\circ} \Rightarrow \hat{MCB}=\hat{MAR}=74^{\circ} \];
- Trong tứ giác AQMR có hai góc đối \[\hat{MQA}\] và \[\hat{MRA}\] cùng bằng \[90^{\circ} \] nên hai góc này bù nhau vì vậy tứ giác AQMR là tứ giác nội tiếp, nên: \[\hat{MQR}=\hat{MAR}=74^{\circ} \] (Vì cùng chắn cung MR).
Vậy ta suy ra: \[\hat{AQR}=\hat{AQM}-\hat{MQR}=90^{\circ}-74^{\circ} =16^{\circ}\].

------------------------

Câu 4.

- Gọi H và P lần lượt là các hình chiếu vuông góc từ (O) lên các cạnh AB và CD. Vì AB = CD, nên (theo định lý Quan hệ giữa tâm và dây cung) OP = OH (AP = DH), từ điều này suy ra OE là tia phân giác góc E (EH = EP). Vậy, EH - DH = EA - EP tức ED = EA, \[\Delta EDA\] cân tại E. Suy ra, \[\hat{EDA}=\hat{EAD}=80^{\circ} \]
- Vì CD = BC nên \[\Delta CBD\] là tam giác cân tại C, vậy \[\hat{CBD}=\hat{CDB}\] ;
- Ta có: \[\hat{CBD}\] và \[\hat{ADB}\] lần lượt chắn các cung CD và cung AB, trong đó: CD = AB nên cung CD = cung AB. Từ đây suy ra, \[\hat{CBD}=\hat{ADB}=\hat{CDB}\] ;
- \[\hat{EDB}=\hat{C}+\hat{CBD}=\hat{EDA}+\hat{ADB} \Leftrightarrow \hat{C}=\hat{EDA}\], Vậy ta có được AD // BC.
Vậy, \[\hat{EDA}=\hat{EAD}=\hat{C}=\hat{B}=80^{\circ} \]. Vì CD = BC nên ta tính được: \[\hat{CDB}=\hat{CBD}=50^{\circ} \].
Vậy, \[\hat{ABD}=\hat{B}-\hat{CBD}=80^{\circ} -50^{\circ} =30^{\circ} \].

 

[buon9a96]

Câu 1:Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) và có AB // CD; AB = R; CD = R

; O ở ngoài tứ giác. Khi đó

=........

Câu 2:Cho tứ giác ABCD nội tiếp được đường tròn; AC cắt BD tại I. Nếu

thì

= ..........

.
Câu 3:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và M thuộc (O), không trùng các đỉnh A, B, C. Gọi P, Q, R lần lượt là hình chiếu vuông góc của M xuống BC, CA, AB. Biết

, thế thì

= .........

.
Câu 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp, AB cắt CD tại E. Nếu AB = BC = CD (AB > AD) và

thì góc

= ........

Vòng bao nhiêu đấy bạn ???

 

[anhtuan196]

giải hết rùi còn đâu
còn bài nào post lên zùm đi
ngày mai mình đi thi vòng 16 đấy
huhu

 

[talamavuong1996]

Hình như bài giải thứ nhất của Praseodymi có vấn đề thì phải.Mình tính được 240 độ mà! xem lại nha! 240 độ mới đúng đó.

 

[talamavuong1996]

Mà sao không giải bài 2 vậy Praseodymi https://diendankienthuc.net/diendan/members/praseodymi.html

 

[anhtuan196]

Bài 2
DAB-CAD+ABC-DBC+110*=180*
<=> 65 -CAD+75-CBD+110=180
<=> 250-2DBC=180
<=>DBC=35 (ABCD nt=>CAD=CBD)

 

[cuongkut3pr0]

Cho hình vuông ABCD, M thuộc cạnh AB; N thuộc cạnh AD sao cho góc MCN=45 độ.CM và CN lần lượt cắt BD tại E và F. Biết góc ACM=24 độ , thế thì góc BFM=? độ.