Câu hỏi:

18/03/2026 74

Cho ngũ giác đều \[ABCDE\]. Gọi \[I\] là giao điểm của \[AD\] và \[BE\]. Chứng minh rằng:

(a) \[DIBC\] là hình bình hành;

(b) \[D{I^2} = AI.AD.\]

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Cho ngũ giác đều A B C D E . Gọi I là giao điểm của A D và B E . Chứng minh rằng: (a) D I B C là hình bình hành; (b) D I^2 = A I . A D . (ảnh 1)

a) Ta có mỗi góc trong ngũ giác đều có số đo là \[\frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ \].

Suy ra \[\widehat {AED} = 108^\circ \].

Có tam giác \[AED\] cân tại \[E\] từ đó suy ra \[{\widehat A_{\scriptstyle\atop\scriptstyle1}} = \widehat {{D_1}} = \frac{{180^\circ - 108^\circ }}{2} = 36^\circ \].

Tương tự, ta tính được \[\widehat {{B_1}} = \widehat {{E_1}} = \widehat {{D_1}} = 36^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{E_1}} + \widehat {{A_1}} = 72^\circ \] (góc ngoài của tam giác \[AEI\]) và

\[\widehat {{D_2}} = \widehat {EDC} - \widehat {{D_1}} = 108^\circ - 36^\circ = 72^\circ \].

Suy ra \[\widehat {{I_1}} = \widehat {{D_2}}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[IB\parallel DC\]. (1)

Lại có \[\widehat {{D_2}} + \widehat {DCB} = 72^\circ + 108^\circ = 180^\circ \].

Mà hai góc ở vị trí trong cùng phí nên \[ID\parallel BC\] (2).

Từ (1) và (2) suy ra \[DIBC\] là hình bình hành.

b) Xét \[\Delta EAD\] và \[\Delta AIE\] có: \[\widehat {EAD} = \widehat {IAE}\] và \[\widehat {EDA} = \widehat {IEA} = 36^\circ \]

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AE}}{{AD}}\] suy ra \[AI.AD = A{E^2}\].

Mà \[DIBC\] là hình bình hành nên \[DI = BC = AE\].

Suy ra \[D{I^2} = AI.AD.\]

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho điểm \[M\] nằm ngoài đường tròn tâm \[O\]. Vẽ tiếp tuyến \[MA,MB\] của đường tròn với \[A,B\] là các tiếp điểm. Vẽ cát tuyến \[MCD\] không đi qua tâm \[O\] (\[C\] nằm giữa \[M\] và \[D\]); \[OM\] cắt \[AB\] và \[\left( O \right)\] lần lượt tại \[H,I\]. Gọi \[E\] là trung điểm của \[DC\].

(a) Chứng minh: \[MAOB,ABOE\] nội tiếp.

(b) Chứng minh \[MC.MD = M{A^2}\] và \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

(c) Chứng minh: \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\].

Lời giải

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O . Vẽ tiếp tuyến M A , M B của đường tròn với A , B là các tiếp điểm. Vẽ cát tuyến M C D không đi qua tâm O ( C nằm giữa M và D ); (ảnh 1)

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên suy ra \[MA \bot OA,MB \bot OB\]

Suy ra \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[MAOB\] có \[\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \].

Suy ra \[MAOB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[CD\] là dây cung và \[E\] là trung điểm của \[CD\] suy ra \[OE \bot CD\].

Suy ra \[\widehat {OEC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] với \[M \in CD\].

Xét tứ giác \[OEMB\] có:

\[\widehat {OEM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \].

Suy ra tứ giác \[OEMB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

b) Xét \[\Delta MAC\] và \[\Delta MDA\] có:

\[\widehat {AMD}\] chung và \[\widehat {MDA} = \widehat {MAC}\] (cùng chắn cung \[AC\])

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] hay \[MC.MD = M{A^2}\] (*).

Ta có: \[OA = OB = R\] và \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[MO\] là đường trung trực của \[AB\].

Xét \[\Delta AMO\] và \[\Delta HMA\] có \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AMO} = \widehat {HMA}\]

Suy ra (g.g) suy ra \[MH.MO = M{A^2}\] (**).

Từ (*) và (**) suy ra \[MH.MO = MC.MD = M{A^2}\]

Suy ra \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Xét \[\Delta MCH\] và \[\Delta MOD\] có: \[\widehat {DMO}\] chung và \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Suy ra (c.g.c) suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

Xét \[\Delta MOA\] có \[AH\] là đường cao (\[AH \bot OM\]); \[\widehat {MAO} = 90^\circ \] (chứng minh trên).

Xét \[\Delta OHA\] và \[\Delta OAM\] có: \[\widehat {HOA} = \widehat {AOM}\] và \[\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[OH.OM = O{A^2}\].

Xét tam giác \[\Delta OAM\], áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{A^2} + A{M^2} = M{O^2}\].

Suy ra \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\].

Câu 2

Đường đi của quả bóng theo quỹ đạo là một parabol \[y = a{x^2}\]. Một cầu thủ ở vị trí \[A\] (hình minh họa), đá một quả bóng bay bổng lên cao đến vị trí \[O\] cách mặt đất \[15{\rm{ m}}\] và rơi xuống vị trí \[B\] cách \[A\] \[30{\rm{ m}}\].

Xác định tọa độ các điểm \[A\] và \[B\] trong hệ trục \[Oxy\] này và tìm giá trị của hệ số \[a\].

Lời giải

Theo đề, ta có \[OK = 15{\rm{ m}}\] và \[AB = 30{\rm{ m}}\].

Suy ra \[AK = BK = \frac{{AB}}{2}{\rm{ = 15 m}}\].

Vì \[A,B\] nằm về hai phía so với trục tung.

Suy ra tọa độ \[A\left( { - 15;15} \right)\] và \[B\left( {15;15} \right)\].

Thay \[x = 15,y = 15\] vào \[y = a{x^2}\], ta được: \[15 = a{.15^2}\] suy ra \[a = \frac{1}{{15}}\].

Vậy có hàm số \[y = \frac{{{x^2}}}{{15}}\].

Câu 3