Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Cánh diều có đáp án - Tự luận

Ta có biểu đồ tần số biểu diễn dữ liệu trên là:

a) Cỡ mẫu của mẫu số liệu trên là $30$.

b) Ta có bảng tần số cho mẫu số liệu trên như sau:

c) Từ bảng tần số, ta thấy có 3 giá trị có tần số lớn hơn 4.

a) Ta có biểu đồ đoạn thẳng biểu diễn số liệu thống kê ở trên là:

b) Số học sinh có cân nặng ít nhất là 49 kg là: $3 + 5 + 2 = 10$ (học sinh).

a) Ta có cỡ mẫu của mẫu số liệu là: $6 + 9 + 71 + 6 + 94 = 186$

Ta có bảng tần số tương đối của mẫu dữ liệu trên là:

b) Ta có biểu đồ tương đối của mẫu số liệu là:

Ta có bảng tần số của mẫu dữ liệu trên là:

Từ đây, ta có bảng tần số tương đối là:

b) Ta có biểu đồ đoạn thẳng như sau:

Cỡ mẫu của mẫu số liệu là: $8 + 12 + 10 + 20 = 50$.

Nhận thấy, $\frac{{10}}{{50}}.100\% = 20\%$.

Do đó tần số tương đối tương ứng với tần số 10 chưa chính xác.

Tần số tương đối chính xác là $20\%$.

a) Nhận thấy $6{,}5 - 5 = 1{,}5$.

Do đó, khoảng cách giữa hai đầu mút trong nhóm là $1{,}5$.

Ta có bảng tần số ghép nhóm như sau:

b) Tần số cao nhất là 6 của nhóm $\left[ {5;6{,}5} \right)$ và $\left[ {6{,}5;8} \right)$.

Tần số thấp nhất là 1 thuộc nhóm $\left[ {9{,}5;11} \right)$.

Ta có biểu đồ biểu diễn tần số tương đối ghép nhóm của mẫu số liệu trên là:

a) Ta có bảng thống kê mô tả tần số của bóng đèn theo tuổi thọ là

b) Số bóng đèn thuộc loại I là: $112 + 10 = 122$ (bóng đèn).

c) Biểu đồ tần số tương đối biểu diễn dữ liệu trên là:

a) Coi mặt xanh là X, mặt đỏ là Đ.

Không gian mẫu của phép thử này là: XĐ, ĐX.

Do đó, không gian mẫu có 2 phần tử.

b) Các kết quả có thể xảy ra của phép thử này là:

{1; 2}, {1; 3}, {2; 3}, {3; 2}, {3, 1}, {2; 1}; {1; 1}, {2; 2}, {3; 3}.

Vậy không gian mẫu có 9 phần tử.

a) Ta liệt kê các kết quả có thể xảy ra của phép thử bằng bảng dưới đây:

Do đó, không gian mẫu của phép thử trên gồm 6 phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố $E$ là: {Đ; A}, {Đ, B}, {Đ, C}.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố $F$ là: {T; B}, {T; C}.

a) Không gian mẫu của phép thử là: $\Omega = \left\{ {10;11;12;.....;99} \right\}$.

Số phần tử của không gian mẫu này là: $\left( {99 - 10} \right):1 + 1 = 90$ phần tử.

b) Kết quả thuận lợi cho biến cố $C$ là: $10;20;30;40;50;60;70;80;90$.

Vậy có 9 kết quả thuận lợi cho biến cố $C$.

Kết quả thuận lợi cho biến cố $D$ là: $16;25;36;49;64;81$.

Vậy có 6 kết quả thuận lợi cho biến cố $D$.

a) Không gian mẫu của phép thử là:

$\Omega = \left\{ {\left( {1;2;3} \right);\left( {1;3;2} \right);\left( {2;1;3} \right);\left( {2;3;1} \right);\left( {3;1;2} \right);\left( {3;2;1} \right)} \right\}$.

Vậy không gian mẫu gồm 6 phần tử.

b) Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là: $\left( {3;1;2} \right);\left( {3;2;1} \right)$.

Có 3 kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ là: $\left( {2;1;3} \right);\left( {2;3;1} \right);\left( {3;2;1} \right)$.

a) Bạn Lan lấy trước thì có 5 kết quả có thể xảy ra, bạn An lấy sau thì có 4 kết quả có thể xảy ra.

Do đó, không gian mẫu của phép thử là: $5.4 = 20$.

b) Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$ là:

$\left( {5;1} \right),\left( {5;2} \right);\left( {5;3} \right);\left( {5;4} \right);\left( {4;3} \right);\left( {4;2} \right);\left( {4;1} \right);\left( {3;2} \right);\left( {3;1} \right);\left( {2;1} \right)$.

Vậy có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$.

Kết quả thuận lợi cho biến cố $B$ là: $\left( {1;5} \right),\left( {5;1} \right),\left( {2;4} \right),\left( {4;2} \right)$.

Vậy có 4 kết quả thuận lợi cho biến cố $B$.

a) Các cách chọn mà bạn vi có thể thực hiện là: (Vàng, Đỏ); (Đỏ, Đỏ).

b) Có 1 kết quả thuận lợi cho biến cố $A$: (Vàng, Đỏ).

Do đó, xác suất của biến cố $A$ là: $\frac{1}{2}$.

Có 2 kết quả thuận lợi cho biến cố $B$: (Vàng, Đỏ); (Đỏ, Đỏ).

Do đó, xác suất của biến cố $B$ là: $\frac{2}{2} = 1$.

a) Số phần tử của không gian mẫu là: $2 + 25 + 7 = 34$.

Xác suất để chọn được một người thợ học việc là: $\frac{7}{{34}}$.

b) Xác suất để chọn được một kĩ sư là: $\frac{2}{{34}}$.

Xác suất để chọn được một kĩ thuật viên là: $\frac{{25}}{{34}}$.

Vậy xác suất để chọn được một kĩ sư hoặc một kĩ thuật viên là: $\frac{2}{{34}} + \frac{{25}}{{34}} = \frac{{27}}{{34}}.$

Không gian mẫu của phép thử là: $6.6 = 36$.

a) Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Có đúng một con xúc xắc xuất hiện mặt một chấm” là: $\{ 1;2\} ,\{ 1;3\} ,\{ 1;4\} ,\{ 1;5\} ;\{ 1;6\} ;\{ 6;1\} ;\{ 5;1\} ;\{ 4;1\} ;\{ 3;1\} ;\{ 2;1\}$.

Do đó có 10 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố này là: $\frac{{10}}{{36}} = \frac{5}{{18}}$.

b) Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Có ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt ba chấm” là: $\{ 1;3\} ;\{ 2;3\} ;\{ 3;3\} ;\{ 3;4\} ;\{ 3;5\} ;\{ 3;6\} ;\{ 6;3\} ;\{ 5;3\} ;\{ 4;3\} ;\{ 3;2\} ;\{ 3;1\}$.

Do đó, có 11 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố này là: $\frac{{11}}{{36}}$.

c) Các kết quả thuận lợi cho biến cố “Tích của hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc lớn hơn hoặc bằng 6” là:

$\{ 2;3\} ;\{ 2;4\} ;\{ 2;5\} ;\{ 2;6\} ;\{ 3;4\} ;\{ 3;5\} ;\{ 3;6\} ;\{ 4;5\} ;\{ 4;6\} ;\{ 5;6\}$ và trường hợp hoán đổi vị trí . Ngoài ra còn các trường hợp hai con xuất hiện các mặt cùng số chấm là:

$$\{ 3;3\} ;\{ 4;4\} ;\{ 5;5\} ;\{ 6;6\}$$

Do đó, có 24 kết quả thuận lợi cho biến cố này.

Vậy xác suất của biến cố này là: $\frac{{24}}{{36}} = \frac{2}{3}$.

Gọi số viên bi màu đỏ trong túi là $n$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là: $n + 5$ (viên).

Ta có xác suất của biến cố $A$: “Lấy được viên bi màu vàng” là $0{,}5$ hay $\frac{5}{{n + 5}} = 0{,}5$.

Suy ra $n + 5 = 10$.

Do đó, $n = 5$.

Vậy túi có $5$ viên bi màu đỏ.

Gọi số viên bi màu đỏ là $n$ với $n \in {\mathbb{N}^*}$.

Ta có xác suất của biến cố $A$: “Lấy được bi đỏ” khi thực hiện phép thử lấy ngẫu nhiên một viên bi là $0{,}6$.

Do đó, $\frac{n}{{20}} = 0{,}6$ suy ra $n = 12$ (thỏa mãn).

Vậy số bi đỏ là $12$ viên, số bi xanh là $8$ viên.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$. Suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Do đó, $IA = IB = IC = R$ và $BC = 2R = 5a$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABC$, có:

$$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$$

$$A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}$$

$A{C^2} = 9{a^2}$ suy ra $AC = 3a$.

a) Ta có tâm $O$ đường tròn nội tiếp của tam giác đều $ABC$ là giao điểm của ba đường phân giác, cũng là đường trung trực, đường cao của tam giác đều.

Bán kính $OI = 4{\rm{ dm}}$ với $I$ là trung điểm của $BC$.

Do đó $OI = \frac{1}{3}AI$ suy ra $AI = 3OI = 12{\rm{ dm}}$.

Gọi cạnh của tam giác đều $ABC$ là $a{\rm{ dm}}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABI$, ta có:

$$A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}$$

$${12^2} + {\frac{a}{4}^2} = {a^2}$$

$\frac{{3{a^2}}}{4} = {12^2}$ suy ra $a = 8\sqrt 3 {\rm{ dm}}$.

Suy ra diện tích tam giác đều $ABC$ là $\frac{1}{2}.12.8\sqrt 3 = 48\sqrt 3 {\rm{ }}\left( {{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

b)

Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$ có tâm $O$ là giao điểm của ba đường trung trực, bán kính $OA = OB = OC$.

Ta có $OA = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3}.12 = 8{\rm{ dm}}$.

Do đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$ là $R = 8{\rm{ dm}}$.

a) Gọi $I$ là trung điểm của $BC$.

Có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$.

Ta có: $OA = OB = OC = R = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}$.

Mà $OA = \frac{2}{3}AI$ ($O$ là giao điểm của ba đường trung trực, cũng là trung tuyến, đường cao trong tam giác đều).

Suy ra $AI = 2a\sqrt 3$.

Gọi cạnh của tam giác đều $ABC$ là $x{\rm{ dm}}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $ABI$, ta có:

$$A{I^2} + B{I^2} = A{B^2}$$

$${\left( {2a\sqrt 3 } \right)^2} + {\frac{x}{4}^2} = {x^2}$$

$\frac{{3{x^2}}}{4} = 12{a^2}$ suy ra $x = 4a$.

Vậy độ dài cạnh của tam giác đều $ABC$ là $4a$.

b) Ta có:

Đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$ có tâm $O$, bán kính $OI.$

Ta có: $OI = \frac{1}{2}OA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đều $ABC$ là $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

a) Áp dụng định lí Pythagore đảo, ta có:

$A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {12^2} = 169 = {13^2} = B{C^2}$ hay $A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}$.

Suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Do đó, diện tích tam giác $ABC$ là $\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.12.5 = 30{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^2}} \right)$.

b) Do tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm cạnh huyền $BC$.

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $13:2 = 6{,}5{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Đường tròn $\left( {I,r} \right)$ tiếp xúc với các cạnh $AB,AC,BC$ lần lượt tại $M,N,P$.

Ta có: ${S_{AIB}} = \frac{1}{2}.AM.AB = \frac{{AB.r}}{2}$ (1);

${S_{AIC}} = \frac{1}{2}.IN.AC = \frac{{AC.r}}{2}$ (2);

${S_{CIB}} = \frac{1}{2}.IP.BC = \frac{{BC.r}}{2}$ (3).

Cộng (1), (2), (3) theo vế, ta được: ${S_{AIB}} + {S_{AIC}} + {S_{CIB}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)$ hay

$${S_{ABC}} = \frac{1}{2}r\left( {AB + AC + BC} \right)$$

Mà ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}.6.8 = 24{\rm{ c}}{{\rm{m}}^2}$, $BC = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = 10{\rm{ cm}}$.

Do đó, ta có: $\frac{1}{2}r.\left( {6 + 8 + 10} \right) = 24$ hay $r = 2{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Vậy $r = 2{\rm{ cm}}$.

a) Ta có: $\widehat {DCx} + \widehat {DCB} = 180^\circ$ (hai góc kề bù).

Suy ra $\widehat {DCB} = 45^\circ$.

Mà tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên ta có: $\widehat {DCB} + \widehat {DAB} = 180^\circ$ (tính chất), suy ra $\widehat {DAB} = 135^\circ$.

Lại có: $\widehat {DAB} + \widehat {DAE} = 180^\circ$ (hai góc kề bù) suy ra $\widehat {DAE} = 45^\circ$.

Có $\widehat {CDA}$ là góc ngoài đỉnh $D$ của tam giác $ADE$ nên $\widehat {CDA} = \widehat {DEA} + \widehat {DAE} = 75^\circ$.

Mà $\widehat {CDA} + \widehat {CBA} = 180^\circ$ (tứ giác $ABCD$ nội tiếp)

Suy ra $\widehat {CBA} = 105^\circ$.

a) Chứng minh $ADHE$ là tứ giác nội tiếp.

Vì $BD,CE$ là các đường cao của tam giác $ABC$ nên $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right.$.

Suy ra $\widehat {AEH} = \widehat {ADH} = 90^\circ$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AH$, khi đó:

$DI$ là đường trung tuyến của tam giác vuông $DAH$ nên $EI = \frac{1}{2}AH = IA = IH$.

$DI$ là đường trung tuyến của tam giác vuông $EAH$ nên $DI = \frac{1}{2}AH = IA = IH$.

Vậy $EI = DI = IA = IH$ hay bốn điểm $A,D,H,E$ cùng thuộc một đường tròn.

Suy ra $ADHE$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh $BCDE$ là tứ giác nội tiếp.

Gọi $O$ là trung điểm của $BC$.

Vì $BD,CE$ là các đường cao của tam giác $ABC$ nên $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\CE \bot AB\end{array} \right.$.

Suy ra $\widehat {BDC} = \widehat {BEC} = 90^\circ$.

Xét tam giác $BDC$ có $\widehat {BDC} = 90^\circ$ và $DO$ là đường trung tuyến nên

$OD = OC = OB = \frac{1}{2}BC$ (1).

Xét tam giác $BEC$ có $\widehat {BEC} = 90^\circ$ và $EO$ là đường trung tuyến nên

$OE = OC = OB = \frac{1}{2}BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $OD = OE = OC = OB = \frac{1}{2}BC$.

Vậy tứ giác $BCDE$ nội tiếp đường tròn.

Ta có: $\widehat {MBH} = \frac{1}{2}\widehat {ABC}$, $\widehat {HAD} = \frac{1}{2}\widehat {HAC}$ và $\widehat {HAC} = \widehat {ABC}$ (cùng phụ với $\widehat {ACB}$).

Suy ra $\widehat {MBH} = \widehat {HAD}$ và $\widehat {BHM} = 90^\circ = \widehat {MBH} + \widehat {BMH} = \widehat {AMN} + \widehat {HAD}$ suy ra $\widehat {ANM} = 90^\circ$ hay $\widehat {MND} = 90^\circ$.

Xét tam giác $MHD$ vuông tại $H$ và $M,H,D$ thuộc đường tròn đường kính $MD$.

Xét tam giác $MND$ vuông tại $N$ và $M,N,D$ thuộc đường tròn đường kính $MD$.

Suy ra bốn điểm $M,N,D,H$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $MD$ hay $MHDN$ là tứ giác nội tiếp.

a) Xét $\Delta EFB$ vuông tại $F$ nên có trung điểm của cạnh huyền $EB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta EFB$. (1).

Xét $\Delta EMB$ vuông tại $M$ nên có trung điểm của cạnh huyền $EB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta EFB$ (2).

Từ (1) và (2) ta có $B,M,E,F$ cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác $BMEF$ nội tiếp.

b) Vì $AB \bot CD$ và $\Delta ICD$ cân tại $I$ nên $IF$ là đường cao đồng thời là đường phân giác hay $\widehat {CIF} = \widehat {FID}$ suy ra .

Ta có: và .

Suy ra $\widehat {AMC} = \widehat {AMD}$ nên $AM$ là phân giác của $\widehat {CMD}$.

c) Xét $\Delta ACE$ và $\Delta AMC$ có: $\widehat A$ chung; .

Suy ra (g.g), do đó $\frac{{AC}}{{AM}} = \frac{{AE}}{{AC}}$ suy ra $A{C^2} = AE.AM$.

a) Chứng minh tứ giác $AHKM$ nội tiếp.

Xét tứ giác $AHKM$, có $\widehat {AHM} = 90^\circ$ (vì $HK \bot AB$) và $\widehat {AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $\widehat {AMK} = 90^\circ$ (kề bù với $\widehat {AMB} = 90^\circ$).

Suy ra tứ giác $AHKM$ nội tiếp.

b) Chứng minh rằng $NB.HK = AN.HB.$

Xét $\Delta ANB$ và $\Delta KHB$ có:

$ANB = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat {ANB} = \widehat {KHB} = 90^\circ$

$\widehat {ABN} = \widehat {KBH}$ (góc nội tiếp chắn hai cung $AN,AM$ bằng nhau do $AB \bot MN$).

Suy ra (g.g) suy ra $\frac{{AN}}{{NB}} = \frac{{KH}}{{HB}}$ suy ra $BN.HK = AN.HB$.

c) Cho $HM$ giao với $\left( O \right)$ tại $M$.

Tứ giác $AHKM$ nội tiếp nên $\widehat {HMK} = \widehat {HAK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HK$);

$\widehat {HAK} = \widehat {NAB}$ (đối đỉnh); $\widehat {NAB} = \widehat {MAB}$ ($AB \bot MN$ nên $B$ nằm chính giữa cung $MN$, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra $\widehat {HMK} = \widehat {HAK} = \widehat {NAB} = \widehat {MAB}$ do đó $\widehat {HMK} + \widehat {HMA} = \widehat {OMA} + \widehat {HMA}$.

Mà $\widehat {HMK} + \widehat {MHA} = \widehat {AMK} = 90^\circ$ (kề bù với $\widehat {AMB} = 90^\circ$, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra $\widehat {OMA} + \widehat {HMA} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {HMO} = 90^\circ$ hay $HM \bot OM$ tại $M$.

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 $OH.OM + MC.MD = M{O^2}$.

a) Xét $\Delta EBC$ có:

$CA \bot BE$ (vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$) và $ED \bot BC$ (giả thiết) mà $CA \cap ED = \left\{ F \right\}$ nên $F$ là giao điểm của ba đường cao trong tam giác $\Delta EBC$, suy ra $BF \bot EC$ tại $H$ suy ra $\widehat {BHC} = 90^\circ$.

Xét $\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)$ có $\widehat {BHC} = 90^\circ$ nên $H \in \left( O \right)$.

Vì $CA \bot BE$ (cmt) nên $\widehat {CAE} = 90^\circ$.

Vì $ED \bot BC$ (cmt) nên $\widehat {EDC} = 90^\circ$.

Xét tứ giác $AECD$ có $\widehat {CAE} = \widehat {EDC} = 90^\circ$ mà đỉnh $A,D$ là hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh $EC$ nên $AECD$ nội tiếp.

b) Xét $\Delta BDF$ và $\Delta BHC$ có: $\widehat {HBC}$ chung và $\widehat {BDF} = \widehat {BHC} = 90^\circ$.

Suy ra (g.g) suy ra $\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BH}}$ suy ra $BF.BH = BD.BC$ (đpcm).

Xét đường tròn $\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)$ có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB$).

Xét tứ giác $FHCD$ có $\widehat {FHC} = 90^\circ$ (Vì $BH \bot EC$ tại $H$); $\widehat {FDC} = 90^\circ$ (vì $ED \bot BC$ tại $D$).

Suy ra $\widehat {FHC} + \widehat {FDC} = 180^\circ$ mà $\widehat {FHD}$ và $\widehat {FCD}$ là hai góc đối nên tứ giác $FHCD$ là tứ giác nội tiếp.

Suy ra mà $\widehat {AHB} = \widehat {ACB}$ (cmt) nên $\widehat {AHB} = \widehat {FHD}$ suy ra $\widehat {AHB} = \widehat {BHK}$.

Mặt khác , .

Từ đó ta được $AB = BK$.

Xét $\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)$ có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra tam giác $BKC$ vuông tại $K$.

Xét $\Delta BKC$ và $\Delta BAC$ có:

$$\widehat {BKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ$$

$BC$ chung

$BA = BK$ (cmt)

Suy ra $\Delta BKC = \Delta BAC$ (g.c.g)

Suy ra $KC = AC$ (hai cạnh tương ứng).

Mà $BA = BK$ nên $BC$ là đường trung trực của $AK$.

Suy ra $AK \bot BC$ (đpcm).

c)

Xét $\Delta EAF$ vuông tại $A$ có $I$ là trung điểm của $EF$ nên $AI$ là đường trung tuyến của $\Delta EAF$.

Suy ra $AI = IE = IF = \frac{1}{2}EF$.

Xét $\Delta HEF$ vuông tại $H$ có $I$ là trung điểm của $EF$ nên $HI$ là đường trung tuyến của $\Delta HEF$. Suy ra $HI = IE = IF = \frac{1}{2}EF$.

Suy ra $AI = HI$.

Xét $\left( O \right)$ có $OA = OH = R$ nên ta được $OI$ là đường trung trực của $AH.$

Vậy $OI \bot AH$. (đpcm).

a) Ta có: $\widehat {IMK} = 90^\circ$ hay $\widehat {IMD} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó, $\widehat {IMD} = \widehat {IND} = 90^\circ$.

Suy ra $INDM$ là tứ giác nội tiếp.

b) Xét $\Delta NIC$ và $\Delta NDK$ có:

$\widehat {INC} = \widehat {DNK} = 90^\circ$ (gt)

$\widehat {NIC} = \widehat {NDK}$ (cùng phụ với $\widehat {NKM}$)

Suy ra (g.g)

Suy ra $\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NC}}{{NK}}$ hay $ND.NC = NI.NK$.

c) Gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng $ID$ và $CK$.

Xét tam giác $\Delta KIC$, có $CN \bot IK$ tại $N$; $KM \bot IC$ tại $M$.

Mà $CN,KM$ giao nhau tại $D$.

Suy ra $D$ là trực tâm tam giác $\Delta KIC$.

Suy ra $CK \bot IE$ tại $E$ hay $\widehat {IEK} = 90^\circ$.

Mà $IK$ là đường kính đường tròn tâm $O.$

Suy ra $E \in \left( O \right)$.

d) Có $AB \bot IK$ với $IK$ là đường kính đường tròn tâm $O$ suy ra $IK$ là đường trung trực của $AB$. Do đó .

Xét $\Delta ADM$ và $\Delta BDK$ có: $\widehat {ADM} = \widehat {BDK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {DAM} = \widehat {DBK}$ (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

Suy ra (g.g).

Suy ra $DM.DK = DA.DB$.

Mà, ta có: $DA.DB \le \frac{{{{\left( {DA + DB} \right)}^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4}$.

Mà dây cung $AB$ cố định suy ra $DM.DK$ đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{{A{B^2}}}{4}$ khi $DA = DB$ hay $D$ trùng $N$. Suy ra $M$ trùng $I.$

Theo công thức tính góc của đa giác đều, ta có:

$\widehat {ADB} = \frac{{\left( {6 - 2} \right).180^\circ }}{6} = 120^\circ$ suy ra $\widehat {DAB} = \widehat {DBA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ADB}}}{2} = 30^\circ$ (do $\Delta BDA$ cân tại $D$).

$\widehat {ADC} = \frac{{\left( {5 - 2} \right).180^\circ }}{5} = 108^\circ$ suy ra $\widehat {DAC} = \widehat {DCA} = \frac{{180^\circ - \widehat {ADC}}}{2} = 36^\circ$(do $\Delta CDA$ cân tại $D$).

Suy ra $\widehat {BDC} = 360^\circ - 120^\circ - 108^\circ = 132^\circ$.

Xét $\Delta BDC$ có $BD = DC$ nên $\Delta BDC$ cân tại $D$.

Do đó, $\widehat {DBC} = \widehat {DCB} = \frac{{180^\circ - 132^\circ }}{2} = 24^\circ$.

Suy ra $\widehat {BAC} = \widehat {DAB} + \widehat {DAC} = 30^\circ + 36^\circ = 66^\circ$; $\widehat {ACB} = \widehat {DCB} + \widehat {DCA} = 24^\circ + 36^\circ = 60^\circ$ và $\widehat {ABC} = \widehat {DBA} + \widehat {DBC} = 24^\circ + 30^\circ = 54^\circ$.

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 $D{I^2} = AI.AD.$

a) Xét tam giác $\Delta DFO$ có $\widehat {DOF} + \widehat {DFO} + \widehat {ODF} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {DOF} + \widehat {DFO} = 135^\circ$ (vì $\widehat {ODF} = 45^\circ$). (1)

Xét tứ giác $BDEF$ có $\widehat D + \widehat B + \widehat E + \widehat F = 360^\circ$ suy ra $\widehat {DEF} + \widehat {BEF} = 270^\circ$.

Mặt khác ta có: $FO,EO$ lần lượt là phân giác của góc $\widehat {DFE},\widehat {BEF}$ nên ta có:

$\widehat {DFO} = \frac{1}{2}\widehat {DFE}$ và $\widehat {BEO} = \frac{1}{2}\widehat {BEF}$.

Suy ra $\widehat {DFO} + \widehat {BEO} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {DFE} + \widehat {BEF}} \right) = 135^\circ$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {BEO} = \widehat {DOF}$.

Xét tam giác $DOF$ và tam giác $BEO$, có:

$\widehat {ODF} = \widehat {OBE} = 45^\circ$ và $\widehat {BEO} = \widehat {DOF}$ suy ra (g.g).

b) Ta có: nên $\frac{{DF}}{{BO}} = \frac{{DO}}{{BE}}$

Suy ra $DF.BE = DO.BO = \frac{{B{D^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4} = BM.AD$.