Violet
Dethi

Tin tức thư viện

Khắc phục hiện tượng không xuất hiện menu Bộ công cụ Violet trên PowerPoint và Word

12099162 Kính chào các thầy, cô. Khi cài đặt phần mềm , trên PowerPoint và Word sẽ mặc định xuất hiện menu Bộ công cụ Violet để thầy, cô có thể sử dụng các tính năng đặc biệt của phần mềm ngay trên PowerPoint và Word. Tuy nhiên sau khi cài đặt phần mềm , với nhiều máy tính sẽ...
Xem tiếp

Quảng cáo

Hỗ trợ kĩ thuật

Liên hệ quảng cáo

  • (024) 66 745 632
  • 096 181 2005
  • contact@bachkim.vn

Tìm kiếm Đề thi, Kiểm tra

Đề kiểm tra cuối HKII toán 9 (tự luận)

Wait
  • Begin_button
  • Prev_button
  • Play_button
  • Stop_button
  • Next_button
  • End_button
  • 0 / 0
  • Loading_status
Nhấn vào đây để tải về
Báo tài liệu có sai sót
Nhắn tin cho tác giả
(Tài liệu chưa được thẩm định)
Nguồn:
Người gửi: Nguyễn Khánh Ninh
Ngày gửi: 15h:18' 20-08-2022
Dung lượng: 352.3 KB
Số lượt tải: 40
Số lượt thích: 0 người
ĐỀ KIỂM TRA HKII – TOÁN LỚP 9
Năm học: 2022 – 2023 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề thi có: 02 trang Hình thức: Tự luận (6 câu)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Câu 1. (1,5 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau
1/ x2 – 3x + 7 = 0 (0,5 điểm)
2/ 3x4 – 7x2 – 20 = 0 (0,5 điểm)
3/ (0,5 điểm)

Câu 2. (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng
(D1): y = 2x + 8
1/ Vẽ (P) và (D1) trên cùng hệ trục tọa độ (1 điểm)
2/ Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D1) bằng phép toán (0,5 điểm)
3/ Lập phương trình đường thẳng (D2) biết (D2) song song đường thẳng (D3) sao cho (D3)
đi qua 2 điểm M (1;12) ; N (3;22) và (P), (D1), (D2) đồng quy tại 1 điểm (0,5 điểm)

Câu 3. (1,25 điểm) Bạn Ly mang theo 1 số tiền đến cửa hàng để mua các ly nước mía cho cả nhà. Cửa hàng có 3 kích cỡ ly nước mía là X, L, M. Bạn tính rằng nếu mua 10 ly cỡ X và 8 ly cỡ L thì vẫn còn dư 26000 đồng. Nếu mua 7 ly cỡ X và 16 ly cỡ L thì bị thiếu đi 20000 đồng để trả. Nếu mua 4 ly cỡ X và 7 ly cỡ M thì số tiền cần trả cho cửa hàng là 80000 đồng
1/ Hỏi giá tiền 1 ly cỡ X và giá tiền 1 ly cỡ L là bao nhiêu ?. (0,75 điểm)
2/ Nếu mua 8 ly cỡ X, 12 ly cỡ L và 5 ly cỡ M thì bạn còn thiếu 54000 đồng để trả cho
cửa hàng. Bạn dự định mua 6 ly cỡ X, 9 ly cỡ L và 3 ly cỡ M cho cả nhà thì bạn có đủ
tiền để trả cho cửa hàng không ?. Vì sao (0,5 điểm)

Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m + 2)x + m – 1 = 0 (m là tham số)
1/ Chứng minh: Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m (0,5 điểm)
2/ Tìm m để: (0,5 điểm)
3/ Với m = 2. Tính giá trị của P = (0,5 điểm)
Câu 5. (1 điểm) Tại 1 hồ nước hình tròn có tâm là O có bắt 2 cây cầu AB và CD (A, B, C, D cùng thuộc điểm bờ hồ) sao cho ;
AB = km ; CD = 5,8km; 2 cây cầu AB và CD giao nhau tại I sao cho ,
lấy = 3,14 (xem hình vẽ)
1/ Một người chạy bộ quanh bờ hồ từ A đến D
theo hướng cung nhỏ AD với vận tốc là 8km/h
thì mất thời gian bao lâu ?. (0,5 điểm)
2/ Biết diện tích dùng để nuôi cá được giới hạn bời IA, ID và cung tròn của bờ hồ. Hỏi
diện tích để nuôi cá chiếm bao nhiêu phần trăm diện tích của hồ ?. (0,5 điểm)

Câu 6. (2,75 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Dựng đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tại F và E, BE cắt CF tại H, AH cắt BC tại D. Dựng hình bình hành AHCK. Gọi I là điểm đối xứng H qua F. Kẻ BM _|_ EF tại M và EV _|_ AB tại V. Gọi J là trung điểm của cạnh EK
1/ Chứng minh: Tứ giác AFHE nội tiếp và 5 điểm K, A, I, B, C thuộc 1 đường tròn
2/ Chứng minh: HD.MV = MF.DE và EF.EM – EH.EB = AV.BF
3/ Kẻ AL _|_ EF tại L. Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Lấy điểm T
thuộc cạnh BC sao cho . Chứng minh: và HN _|_ AT
4/ Đường thẳng qua F song song với BC cắt BN tại P và cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác CPI tại điểm thứ 2 là Q. Dựng tam giác QFS vuông tại F sao cho A và S nằm ở
cùng nửa mặt phẳng bờ PQ và . Chứng minh:
(Số điểm của câu 6 từ ý 1 đến ý 4 lần lượt là 0,75 điểm + 0,75 điểm + 0,75 điểm + 0,5 điểm)

&&&--------HẾT ĐỀ THI--------&&&






Đáp án đề thi
Câu 1.
1/ x2 – 3x + 7 = 0
= (–3)2 – 4.1.7 = –19 < 0 => Phương trình đã cho vô nghiệm
2/ 3x4 – 7x2 – 20 = 0
Đặt t = x2 (t 0). Phương trình trở thành: 3t2 – 7t – 20 = 0
= (–7)2 – 4.3.–20 = 289 > 0,
=> Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
t1 = = 4 > 0 (nhận) ; t1 = < 0 (loại)
Với t = 4 => x2 = 4  x = 2 hoặc x = –2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là 2 và –2
3/  
  

Câu 2.
1/ Bảng giá trị của (P): y = x2 và (D1): y = 2x + 8
Giá trị
y = x2
y = 2x + 8
x
–2
–1
0
1
2
–3
–2
y
4
1
0
1
4
2
4
2/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (D1) là:
x2 = 2x + 8  x2 – 2x – 8 = 0
= (–2)2 – 4.1.(–8) = 36 > 0, = 6
=> Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt:
x1 = = 4 ; x2 = = –2
Với x = 4 => y = x2 = 42 = 16
Với x = –2 => y = x2 = (–2) 2 = 4
Vậy (P) cắt (D1) tại 2 điểm phân biệt là A (4;16) và B (–2;4)
3/ Gọi phương trình đường thẳng (D3) là y = ax + b
M (1;12) thuộc (D3) => 12 = a + b
N (3;22) thuộc (D3) => 22 = 3a + b
Từ đó ta có hệ phương trình:  
Vậy phương trình đường thẳng (D3) là y = 5x + 7
Gọi phương trình đường thẳng (D2) là y = cx + d
Do (D2) // (D3) => c = 5 và d # 7 => phương trình đường thẳng (D2) là y = 5x + d
Do (P), (D1), (D2) đồng quy => Giao điểm của (P) và (D1) thuộc đường thẳng (D2)
Trường hợp 1: A (4;16) thuộc (D2) => 16 = 5.4 + d  d = –4 # 7 (nhận)
Vậy phương trình đường thẳng (D2) là y = 5x – 4
Trường hợp 2: B (–2 ;4) thuộc (D2) => 4 = 5.–2 + d  d = 14 # 7 (nhận)
Vậy phương trình đường thẳng (D2) là y = 5x + 14

Câu 3.
1/ Gọi x (đồng) là giá tiến của 1 ly nước mía kích cỡ X (x > 0)
Gọi y (đồng) là giá tiến của 1 ly nước mía kích cỡ L (y > 0)
Số tiền ban đầu bạn Ly mang theo là: 10x + 8y + 26000
Số tiền ban đầu bạn Ly mang theo là: 7x + 16y – 20000
Ta có phương trình: 10x + 8y + 26000 = 7x + 16y – 20000  3x – 8y = –46000
Theo đề bài ta có hệ phương trình:
 
   (nhận)
Vậy giá tiền của 1 ly nước mía kích cỡ X là 6000 đồng
Giá tiền của 1 ly nước mía kích cỡ Y là 8000 đồng
2/ Sô tiền ban đầu bạn mang theo là: 10.6000 + 8.8000 + 26000 = 150000 đồng
Gọi z là giá tiền của 1 ly nước mía kích cỡ M (z > 0)
Theo đề bài ta có phương trình: 8.6000 + 12.8000 + 5z = 150000 + 540000
 48000 + 96000 + 5z = 204000  5z = 60000  z = 12000 > 0 (nhận)
Số tiền dự định bạn cần trả cho cửa hàng là: 6.6000 + 9.8000 + 3.12000 = 144000 đồng
Ta có: 144000 < 150000 => Bạn có đủ tiền để trả cho cửa hàng



Câu 4. x2 – (m + 2)x + m – 1 = 0
1/ = = m2 – 4m + 4 – 4m + 4 = m2 + 8 > 0
=> Phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m
2/ Theo định lý viet ta có:
Ta có:



Theo đề bài ta có:  2(7m – 2) = 3m + 7  14m – 4 = 3m + 7
 11m = 11  m = 1
3/ Với m = 2, phương trình trở thành: x2 – 4x + 1 = 0 và
Ta có:
P =
Với a = x1 + 2x2 + 1 ; b = (x2 + 3)(x1 – 1) ; c = x2 + 2x1 + 1 ; d = (x1 + 3)(x2 – 1)
Ta có: . =
=> . – ac.
=
=
Ta có: A = (x2 + 3)(x1 + 3) = x2.x1 + 3x1 + 3x2 + 9 = x1.x2 + 3(x1 + x2) + 9 = 1 + 3.4 + 9 = 22
B = (x1 – 1)(x2 – 1) = x1.x2 – x1 – x2 + 1 = x1.x2 – (x1 + x2) + 1 = 1 – 4 + 1 = –2
C = (x1 + 2x2 + 1)(x1 + 3)(x2 – 1) + (x2 + 2x1 + 1)(x2 + 3)(x1 – 1)
= (x1 + 2x2 + 1)(x1.x2 – x1 + 3x2 – 3) + (x2 + 2x1 + 1)(x2.x1 – x2 + 3x1 – 3)
=
+
=
=
= 3.1.4 + 5.14 + 4.1 – 7.4 – 6 = 52
Vậy: =
ac =


= 5.1 + 2.14 + 3.4 + 1 = 46
a + c = (x1 + 2x2 + 1) + (x2 + 2x1 + 1) = 3(x1 + x2) + 2 = 3.4 + 2 = 14
a2 + c2 = (a + c)2 – 2ac = 142 – 46 = 150
=
=
Theo trên đã có: (x1 + 3)(x2 – 1) = x1.x2 – x1 + 3x2 – 3
(x2 + 3)(x1 – 1) = x1.x2 – x2 + 3x2 – 3
Ta có: D = (x2 + 2x1 + 1)(x1.x2 – x1 + 3x2 – 3) + (x1 + 2x2 + 1)(x2.x1 – x2 + 3x1 – 3)
=
+
=
=
= 3.1.4 + 14 + 12.1 – 6.4 – 6 = 8
Vậy: =
Vậy: P = . – ac.
=
Câu 5.

1/ Gọi E, F, T lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, AD. Cho OC cắt AB tại S.
Kẻ IK _|_ AD tại K
Xét ở dây cung AB có AE = BE => OE _|_ AB (quan hệ đường kính và dây cung)
Ta có: Tam giác OAB cân tại O (OA = OB = R) có OE là đường cao => OE là tia phân giác của góc . Tương tự với các dây cung CD và AD
AE = km
= 600.
AE = OA.sinAOE = R.sinAOE => R = = 3km
DF = = 2,9km
SinDOF = =>


Xét tứ giác DOSI có:
=>

(góc ngoài của tam giác AOS)
=>

Chu vi của đường tròn (O) là: 2R = 2.6. = 12 km
Độ dài của cung nhỏ AD là: = 11,51km
Thời gian để người đó chạy bộ từ A đến D là: = 1,44 giờ
2/ Tam giác ADO cân tại O có: =


AD = 2DT = 2OD.cosADO = 2R.cos350 = 2.6.cos350 = 9,83km
OT = OD.sinADO = R.sinADO = 6.sin350 = 3,44km
Diện tích của tam giác ADO là: = 16,91km2
Diện tích của đường tròn (O) là: = R2 = .62 = 36 = 113,04 km2
Diện tích cung tròn nhỏ AD là: S(cung tròn AD) = = 34,54km2
Diện tích viên phân cung nhỏ AD là:
S(viên phân AD) = S(cung tròn AD) – = 34,54 – 16,91 = 17,63km2
Tam giác AIK vuông tại K cho: AK = IK.cotDAI = IK.cot650
Tam giác DIK vuông tại K cho: DK = IK.cotADI = IK.cot500
Ta có: AD = AK + DK  9,83 = IK.cot650 + IK.cot500 = IK.(cot650 + cot500)
=> IK = = 7,53km
Diện tích của tam giác ADI là: = 37,01km2
Diện tích dùng để nuôi cá là: S(viên phân AD) = 37,01 + 17,63 = 54,64km2
Tỉ lệ phầm trăm diện tích dùng để nuôi cá là: = 48,34%




Câu 6.


1/ Tứ giác AFHE nội tiếp và 5 điểm K, A, I, B, C cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)
=> => Tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn đường kính AH) (góc ngoài bằng góc đối trong) (đpcm)
Xét tam giác ABC có BE và CF là các đường cao cắt nhau tại H ()
=> H là trực tâm của tam giác ABC => AH là đường cao thứ 3 => AD _|_ BC
Mà AH // KC (Tứ giác AHCK là hình bình hành) và AD _|_ BC (cmt) => BC _|_ KC
Lại có: AK // FC (Tứ giác AHCK là hình bình hành) và AB _|_ FC ()
=> AK _|_ AB
Xét tứ giác AKCB có:
=> Tứ giác AKCB nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180 độ)
Xét tam giác BHI có BF là đường cao vừa là đường trung tuyến (FH = FI)
=> Tam giác BHI cân tại B => BF cũng là đường phân giác tam giác BHI =>
Mà (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EF của đường tròn (O))
=> => Tứ giác AIBC nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AI)
Mà tứ giác AKCB nội tiếp (cmt) => 5 điểm K, A, I, B, C cùng thuộc 1 đường tròn (đpcm)
2/ HD.MV = MF.DE và EF.EM – EH.EB = AV.BF
Ta có: => Tứ giác BMVE nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh BE) => .
Ta có: => Tứ giác AEDB nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AB) => . Từ đó suy ra
Tứ giác BMVE nội tiếp (cmt) =>
Mà (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BF của đường tròn (O))
Ta có: => Tứ giác DHEC nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong)
=> . Từ đó suy ra:
Xét FMV và HDE có:
(cmt) ; (cmt)
=> FMV ~ HDE (g – g) => => HD.MV = MF.DE (đpcm)
Ta có: AB _|_ FC và AB _|_ EV => FC // EV => (2 góc ở vị trí sole trong)
Mà (cmt) và (cmt) =>
Xét VEM và EFC có:
(cmt) ; (cmt)
=> VEM ~ EFC (g – g) => => EF.EM = EV.FC
Xét EHC và VEB có:
(cmt) ;
=> EHC ~ VEB (g – g) => => EH.EB = EV.HC
Xét FHB và VAE có:
(Tứ giác AFHE nội tiếp) ;
=> FHB ~ VAE (g – g) => => AV.BF = FH.EV.
Từ đó suy ra; EF.EM – EH.EB = EV.FC – EV.HC = EV.(FC – HC) = EV.FH = AV.BF
=> EF.EM – EH.EB = AV.BF (đpcm)
3/ và HN _|_ AT
Ta có: 5 điểm K, A, I, B, C thuộc 1 đường tròn (cmt) =>
và . Mà (cmt) =>
Xét BIK và BME có:
(cmt) ;
=> BIK ~ BME (g – g) => và
Ta có:
Xét IBM và KBE có:
(cmt) ; (cmt)
=> IBM ~ KBE (c – g – c) =>
Mà (5 điểm K, A, I, B, C thuộc 1 đường tròn)
=>
Ta có: AD // KC (cmt) => (2 góc ở vị trí sole trong)
Mà (Tứ giác AFHE nội tiếp) và (2 góc đối đỉnh)
=>
Xét KCE và IFM có:
(cmt) ; (cmt)
=> KCE ~ IFM (g – g) =>
=> => (F là trung điểm của cạnh IH)
Xét KCJ và IHM có:
(cmt) ; (cmt)
=> KCJ ~ IHM (c – g – c) =>
Ta có: và (góc ngoài tam giác MHF)
Mà (cmt) và (cmt) =>
Ta có: (Tam giác BMF vuông tại M)
(Tam giác BEC vuông tại E)
Mà (Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O)) =>
Theo như trên đã có:
Xét MBV và HBC có:
(cmt) ; (cmt)
=> MBV ~ HBC (g – g) =>
Ta có:
Xét BMH và BVC có:
(cmt) ; (cmt)
=> BMH ~ BVC (c – g – c) =>
Ta có:
(Tam giác FCV vuông tại F)
Mà (cmt) =>
Mà (cmt) =>
Ta có:
Mà (cmt) =>
KCJ ~ IHM (cmt) =>
Tứ giác AHCK là hình bình hành nên AH = CK
Xét FHA và FBC có:
(cùng phụ với ) ;
=> FHA ~ FBC (g – g) =>
BMH ~ BVC (cmt) =>
Gọi Z là trung điểm của cạnh BH thì BH = 2BZ. Từ các chứng minh trên ta có:

Xét JCV và ZBF có:
(cmt) ; (cmt)
=> JCV ~ ZBF (c – g – c) =>
Tam giác FHB vuông tại F có BZ là đường trung tuyến => ZH = ZF
=> Tam giác ZHF cân tại Z =>
Ta có: (góc ngoài của tam giác FHZ)
Mà (Tứ giác AFHE nội tiếp). Từ các chứng minh trên ta có:
=> (đpcm)
Xét EHL và CHT có:
(gt) ; (cmt)
=> EHL ~ CHT (g – g) =>
Xét HEF và HCB có:
(2 góc đối đỉnh) ; (cmt)
=> HEF ~ HCB (g – g) =>
Từ đó suy ra:
Xét ELA và BDA có:
(Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O)) ;
=> ELA ~ BDA (g – g) =>
Xét AEF và ABC có:
là góc chung; (Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn (O))
=> AEF ~ ABC (g – g) =>
Từ đó suy ra:
Theo trên ta có: => CT = BD
=> OD = OB – OD = OC – CT = OT => DT = 2OD
Gọi U là trung điểm của cạnh AH. Kẻ AW _|_ UN tại W => U là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AFHE => UA = UH = UE = UF
Ta có: AN // BC (gt) và AD _|_ BC (cmt) => AD _|_ AN
Tam giác AUN vuông tại A có đường cao AW => UA2 = UW.UN (hệ thực lượng tam giác vuông) => UF2 = UA2 = UW.UN =>
Xét UWF và UFN có:
là góc chung ; (cmt)
=> UWF ~ UFN (c – g – c) =>
UF = UE (cmt) => Tam giác UFE cân tại U =>
=> => Tứ giác FUEW nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh UF)
UA = UF (cmt) => Tam giác UAF cân tại U =>
Mà (cùng phụ với góc )
Lại có: OC = OF (là bán kính đường tròn (O)) => Tam giác OEF cân tại O =>
Từ đó suy ra:
=> . Chứng minh tương tự ta có: . Ta có:
=> Tứ giác UFEO nội tiếp đường tròn đường kính OU
Mà tứ giác FUEW nội tiếp (cmt) => 5 điểm E, W, U, F, O cùng thuộc 1 đường tròn đường kính UO => => OW _|_ UN. Mà AW _|_ UN
=> 3 điểm A, W, O thẳng hàng hay OA _|_ UN tại W
OA _|_ UN tại W (cmt) và AD _|_ BC (cmt) => (cùng phụ với )
Xét DOA và AUN có:
(cmt) ;
=> DOA ~ AUN (g – g) => =>
Xét DTA và AHN có:
; (cmt)
=> DTA ~ AHN (c – g – c) =>
Ta có: (Tam giác DAT vuông tại D)
Mà (cmt) => => AT _|_ HN (đpcm)
4/
Xét FBI và FCA có:
(cmt) ;
=> FBI ~ FCA (g – g) => => FB.FA = FI.FC
Xét PFC và IFQ có:
(2 góc đối đỉnh) ; (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PI ở đường tròn (PIQC))
=> PFC ~ IFQ (g – g) => => FI.FC = FP.FQ
Từ đó suy ra FB.FA = FP.FQ =>
Ta có; FP // BC (gt) và AN // BC (gt) => AN // FP
AN // FP (cmt) => (hệ quả talet trong tam giác ABN) =>
Theo trên suy ra => AB.AF = FQ.AN
Xét AFH và ADB có:
là góc chung ;
=> AFH ~ ADB (g – g) => => AB.AF = AH.AD
Theo như trên đã có: => AU.AD = AN.OD
Từ các chứng minh trên ta có: FQ.AN = AB.AF = AH.AD = 2AU.AD = 2AN.OD
=> FQ = 2OD. Cho EF cắt AH tại Y và cắt BC tại G
Ta có: => D thuộc đường tròn đi qua 5 điểm E, W, U, F, O
=> Tứ giác UFDE nội tiếp =>
Xét YUF và YED có:
(2 góc đối đỉnh) ; (cmt)
=> YUF ~ YED (g – g) => => YU.YD = YF.YE
Xét YAF và YEH có:
(2 góc đối đỉnh) ; (Tứ giác AFHE nội tiếp)
=> YAF ~ YEH (g – g) => => YF.YE = YA.YH
Từ đó suy ra: YU.YD = YA.YH =>
Ta có: AN // BC (cmt) => (định lí talet)
Từ đó suy ra: => UN // HG (định lí talet)
Ta có: OA _|_ UN (cmt) và UN // HG (cmt) => HG _|_ OA
Xét tam giác AOG có 2 đường cao AD và HG cắt nhau tại H
=> H là trực tâm của tam giác AOG => OH _|_ AG
Ta có: AD _|_ OG và OH _|_ AG (cmt) => (cùng phụ với )
=> Tứ giác ALDG nội tiếp (2 góc bằng nhau cùng nhìn cạnh AG)
=> . Kết hợp với giả thiết ta có:
Xét FQS và DOH có:
(cmt);
=> FQS ~ DOH (g – g) => = 2 (Do FQ = 2OD) => FS = 2HD
Xét FHA và DHC có:
(2 góc đối đỉnh);
=> FHA ~ DHC (g – g) => => =>
Ta có: FS _|_ FQ (Tam giác FQS vuông tai F) và FQ // BC (gt) => SF _|_ BC
Ta có: SF _|_ BC (cmt) và AH _|_ BC (cmt) => SF // AH => (2 góc ở vị trí đồng vị)
Xét HFS và UHC có:
(cmt); (cmt)
=> HFS ~ UHC (c – g – c) =>
Theo như trên đã có tứ giác UFDE nội tiếp và UF = UE
=> và (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau trong đường tròn UFDE))
Xét FDY và UDE có:
(cmt) ; (cmt)
=> FDY ~ UDE (g – g) => => DY.DU = DE.DF
Ta có: => (cùng phụ với 2 góc bằng nhau)
Xét DFB và DCE có:
(cmt) ; (Tứ giác ABDE nội tiếp)
=> DFB ~ DCE (g – g) => => DE.DF = DB.DC
Từ đó suy ra: DY.DU = DB.DC =>
Xét DBY và DUC có:
; (cmt)
=> DBY ~ DUC (c – g – c) =>
Ta có: => Tứ giác BMYD nội tiếp (góc ngoài bằng góc đối trong)
=> . Từ các chứng minh trên ta có:
Theo như trên đã có: ; ; (Tứ giác AFHE nội tiếp)
Ta có: (tổng số đo góc tam giác AJC)
=>
Lại có: (góc ngoài của tam giác AVJ).
Từ các điều trên ta có:

=


=> (đpcm)
 
Gửi ý kiến