giúp tuii vs mọi người

Bài 10: a) Mỗi phút, trống lu quay được số độ là: \[ 360^\circ : 5 = 72^\circ \] Để tính khoảng cách mà xe lu cán được mỗi phút, ta cần biết chu vi của trống lu: \[ C_{lu} = \pi \times 1,5 = 4,71 \text{ m} \] Mỗi phút, trống lu quay được: \[ \frac{72^\circ}{360^\circ} \times 4,71 = 0,942 \text{ m} \] b) Để cán được một mét đường, trống lu phải quay một góc: \[ \frac{360^\circ}{4,71} \approx 76,43^\circ \] c) Để trống lu quay được một vòng, ta cần biết chu vi của bánh sau: \[ C_{sau} = \pi \times 1,2 = 3,77 \text{ m} \] Số vòng bánh sau phải quay để trống lu quay được một vòng là: \[ \frac{4,71}{3,77} \approx 1,25 \text{ vòng} \] Đáp số: a) 72°, 0,942 m b) 76,43° c) 1,25 vòng Bài 1. a) Ta có $\widehat{CAM}=\widehat{COM}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung AM) Mà $\widehat{CAM}=90^\circ$ (tính chất tiếp tuyến) Nên $\widehat{COM}=90^\circ$ Do đó bốn điểm A, C, O, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM. b) Ta có $\widehat{CAM}=\widehat{COM}=90^\circ$ (chứng minh trên) $\widehat{BAM}=\widehat{COM}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung BM) Nên $\widehat{BAM}=\widehat{CAM}$ Mà $\widehat{CAM}+\widehat{MCO}=90^\circ$ (góc CAM nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên $\widehat{BAM}+\widehat{MCO}=90^\circ$ Mà $\widehat{BAM}+\widehat{AMB}=90^\circ$ (góc AMB nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên $\widehat{MCO}=\widehat{AMB}$ Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên MB // OC c) Ta có $\widehat{BKM}=\widehat{CAM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) Mà $\widehat{CAM}=90^\circ$ (chứng minh trên) Nên $\widehat{BKM}=90^\circ$ Từ đó tam giác BKM vuông tại K có BK là đường cao hạ từ đỉnh K. Nên BK là đường cao của tam giác vuông BKM. Do đó BK² = BM.BO Mà BM = BO = R (bán kính) Nên BK² = R² Hay BK.BC = 4R² Bài 2. a) Ta có: $\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\widehat{AEG}+\widehat{AFG}=180^0$ nên 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có: $\widehat{IBH}=\widehat{IBC}$ (cùng bù với $\widehat{IBC})$ $\widehat{BIH}=\widehat{BCI}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BH) Từ đó ta có $\Delta BIH$ đồng dạng với $\Delta BCI$ (g.g) $\Rightarrow \frac{BI}{BC}=\frac{BH}{BI}\Rightarrow BI^2=BH.BC$ c) Ta có: $\widehat{BAC}=60^0$ nên $\widehat{BFC}=60^0$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) $\widehat{BFC}=\widehat{BEF}=60^0$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) $\widehat{BAF}=\widehat{BCE}=30^0$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) $\widehat{BAF}=\widehat{BGF}=30^0$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) $\widehat{AGF}=90^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) $\Rightarrow \widehat{FAH}=60^0$ (vì $\widehat{FAG}=90^0)$ $\widehat{FAH}=\widehat{FEH}=60^0$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FH) $\widehat{AEF}=\widehat{AFH}=30^0$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AF) $\Rightarrow \widehat{AFE}=90^0$ (vì $\widehat{AEF}+\widehat{AFE}+\widehat{FAE}=180^0)$ $\Rightarrow EF$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEF$ Ta có: $\widehat{BFC}=60^0$ nên $\widehat{BIC}=120^0$ (góc nội tiếp gấp đôi góc tâm cùng chắn cung BC) $\widehat{BIC}+\widehat{BFC}=180^0$ nên 4 điểm B, I, C, F cùng thuộc một đường tròn. $\widehat{IFC}=\widehat{IBC}=30^0$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IB) $\Rightarrow \widehat{IFC}=\widehat{FIC}=30^0$ (vì $\widehat{BIC}=120^0)$ $\Rightarrow FC=IC$ (tính chất tam giác cân) $\Rightarrow IF=2IC=BC=6(cm)$ Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp $\Delta AEF$ là 3 cm. Bài 3. a) Ta có $\widehat{EAC}=\widehat{EAD}$ (Ax là tia phân giác của $\widehat{CAx})$ $\widehat{EAC}=\widehat{EBC}$ (cùng chắn cung EC) $\Rightarrow \widehat{EBC}=\widehat{EAD}$ $\Rightarrow$ 4 điểm D, E, I, C cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có $\widehat{EAC}=\widehat{EAD}$ (Ax là tia phân giác của $\widehat{CAx})$ $\widehat{EAC}=\widehat{EBC}$ (cùng chắn cung EC) $\Rightarrow \widehat{EBC}=\widehat{EAD}$ $\Rightarrow \widehat{ABD}=2\times \widehat{EAD}$ $\widehat{ADB}=2\times \widehat{EBC}$ $\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{ADB}$ $\Rightarrow \Delta ABD$ cân tại A $\Rightarrow OE//BD$ c) Ta có $\widehat{AIB}=\widehat{AEB}$ (cùng chắn cung AB) $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung DB) $\Rightarrow \widehat{AIB}=\widehat{ADB}$ Mà $\widehat{ADB}+\widehat{DBI}=90^{\circ}$ (góc ngoài tam giác ABD) $\Rightarrow \widehat{AIB}+\widehat{DBI}=90^{\circ}$ $\Rightarrow DI\perp AB$ d) Ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AEB}$ (Ax là tia phân giác của $\widehat{CAx})$ $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung DB) $\Rightarrow \widehat{AEC}=\widehat{ADB}$ $\Rightarrow \widehat{AEC}+\widehat{ADB}=2\times \widehat{AEC}$ $\Rightarrow \widehat{AEC}+\widehat{ADB}=180^{\circ}$ $\Rightarrow$ 4 điểm A, D, E, B cùng thuộc một đường tròn. $\Rightarrow$ Khi C di chuyển trên đường tròn tâm O thì D chạy trên đường tròn đường kính AB. Bài 4. a) Ta có: $\widehat{CAM}=\widehat{COM}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung CM) Mà $\widehat{CAM}+\widehat{OAC}=90^{\circ}$ (Ax tiếp xúc với nửa đường tròn tại A) $\Rightarrow \widehat{COM}+\widehat{OAC}=90^{\circ}$ $\Rightarrow \widehat{AMC}=90^{\circ}$ $\Rightarrow \widehat{AMC}=\widehat{AOC}=90^{\circ}$ $\Rightarrow$ 4 điểm O, A, M, C cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có: $\widehat{CAM}=\widehat{COM}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung CM) $\widehat{CBN}=\widehat{CON}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung CN) Mà $\widehat{CAM}+\widehat{CBN}=90^{\circ}$ (tổng hai góc kề bù với góc vuông) $\Rightarrow \widehat{COM}+\widehat{CON}=90^{\circ}$ $\Rightarrow \widehat{MON}=90^{\circ}$ $\Rightarrow \Delta OMN$ vuông tại O. c) Ta có: $\widehat{EOM}=\widehat{FON}$ (đối đỉnh) $\widehat{OME}=\widehat{ONF}$ (cùng phụ với $\widehat{OMA}$) $\Rightarrow \Delta OEM \sim \Delta OFN$ (g-g) $\Rightarrow \frac{OE}{OF}=\frac{OM}{ON}$ $\Rightarrow OE.ON=OF.OM$ d) Ta có: $\widehat{CAM}=\widehat{COM}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung CM) $\widehat{CBN}=\widehat{CON}$ (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn cung CN) Mà $\widehat{CAM}=\widehat{CBN}$ (cùng phụ với $\widehat{ACB}$) $\Rightarrow \widehat{COM}=\widehat{CON}$ $\Rightarrow \Delta COM=\Delta CON$ (cạnh hai góc kề) $\Rightarrow OM=ON$ $\Rightarrow \Delta OMN$ cân tại O $\Rightarrow OK$ là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của $\Delta OMN$ $\Rightarrow MK=NK$ Ta lại có: $\widehat{MKH}=\widehat{NKC}$ (đối đỉnh) $\widehat{MHK}=\widehat{CKN}$ (cùng phụ với $\widehat{KNA}$) $\Rightarrow \Delta MKH=\Delta NKC$ (g-c-g) $\Rightarrow MH=CH$ $\Rightarrow K$ là trung điểm của CH.