Câu hỏi:
13/07/2024 8,679
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của đường tròn lấy điểm M (M ≠ A), từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). MB cắt đường tròn (O) tại điểm Q (Q ≠ B) và cắt CH tại N. Gọi I là giao điểm của MO và AC.
a) Chứng minh AIQM là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh OM // BC.
c) Chứng minh tỉ số \(\frac{{CH}}{{CN}}\) không đổi khi M di động trên tia Ax (M ≠ A).
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên tia tiếp tuyến Ax của đường tròn lấy điểm M (M ≠ A), từ M vẽ tiếp tuyến thứ hai MC với đường tròn (O) (C là tiếp điểm). Kẻ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). MB cắt đường tròn (O) tại điểm Q (Q ≠ B) và cắt CH tại N. Gọi I là giao điểm của MO và AC.
a) Chứng minh AIQM là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh OM // BC.
c) Chứng minh tỉ số \(\frac{{CH}}{{CN}}\) không đổi khi M di động trên tia Ax (M ≠ A).
Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!
Quảng cáo
Trả lời:
Lời giải
a) Ta có \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
Suy ra \(\widehat {AQM} = 90^\circ \).
Do đó ba điểm A, Q, M nội tiếp đường tròn đường kính AM (*)
Ta có MA, MC là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M.
Suy ra MA = MC.
Khi đó M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AC (1)
Lại có OA = OC = R.
Suy ra O nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AC (2)
Từ (1), (2), suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC.
Do đó MO ⊥ AC tại I và I là trung điểm AC.
Suy ra \(\widehat {AIM} = 90^\circ \).
Khi đó ba điểm A, I, M nội tiếp đường tròn đường kính AM (**)
Từ (*), (**), suy ra tứ giác AIQM nội tiếp đường tròn đường kính AM.
b) Tam giác OIC vuông tại I: \(\widehat {IOC} + \widehat {ICO} = 90^\circ \) (3)
Ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
Suy ra \(\widehat {OCB} + \widehat {ICO} = 90^\circ \) (4)
Từ (3), (4), suy ra \(\widehat {IOC} = \widehat {OCB}\).
Mà hai góc này ở vị trí so le trong.
Vậy MO // BC.
c) Ta có tứ giác AIQM nội tiếp (chứng minh trên).
Suy ra \(\widehat {QIC} = \widehat {AMQ}\) (5)
Lại có AM // CH (cùng vuông góc với AB).
Suy ra \(\widehat {AMQ} = \widehat {HNB}\) (cặp góc đồng vị) (6)
Ta có \(\widehat {HNB} = \widehat {QNC}\) (cặp góc đối đỉnh) (7)
Từ (5), (6), (7), suy ra \(\widehat {QIC} = \widehat {QNC}\).
Do đó tứ giác QINC nội tiếp được.
Suy ra \(\widehat {CIN} = \widehat {CQN}\) (cùng chắn ).
Mà \(\widehat {CAB} = \widehat {CQN}\) (cùng chắn của đường tròn (O)).
Do đó \(\widehat {CIN} = \widehat {CAB}\).
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị.
Suy ra IN // AH.
Mà I là trung điểm AC (chứng minh trên).
Khi đó N là trung điểm CH.
Suy ra \(\frac{{CH}}{{CN}} = 2\).
Vậy tỉ số \(\frac{{CH}}{{CN}}\) không đổi khi M di động trên tia Ax (M ≠ A).
Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
- 20 đề thi tốt nghiệp môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 38.500₫ )
- 500 Bài tập tổng ôn môn Toán (Form 2025) ( 38.500₫ )
- Sổ tay lớp 12 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa, KTPL (chương trình mới) ( 36.000₫ )
- Bộ đề thi tốt nghiệp 2025 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Anh, Sinh, Sử, Địa, KTPL (có đáp án chi tiết) ( 36.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
Đáp án đúng là: D
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD, H là trọng tâm của tam giác ABD.
Tam giác ABD có: AB = AD (do ABCD là hình thoi) và \[\widehat {BAD} = 60^\circ \] (giả thiết).
Suy ra tam giác ABD đều.
Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
Mà hình chóp S.ABD có SA = SB = SD = a (giả thiết).
Suy ra SH ⊥ (ABD).
Ta có \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).
Khi đó \(\widehat {ODC} = \widehat {ADO} = \frac{{\widehat {ADC}}}{2} = \frac{{120^\circ }}{2} = 60^\circ \) (do ABCD là hình thoi nên DO là tia phân giác của \(\widehat {ADC}\)).
Vì vậy \(\widehat {HDO} = \frac{{\widehat {ADO}}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} = 30^\circ \) (do ∆ABD đều có H là trọng tâm nên DH là đường phân giác của ∆ABD).
Ta có \(\widehat {HDC} = \widehat {HDO} + \widehat {ODC} = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ \).
Suy ra HD ⊥ CD.
Trong (SAC): dựng HK // SA (K ∈ SC).
Trong (SHD): dựng HI ⊥ SD (I ∈ SD).
Mà HD ⊥ CD (chứng minh trên).
Suy ra CD ⊥ (SHD).
Do đó CD ⊥ HI.
Vì vậy HI ⊥ (SCD).
Ta có I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H, K lên (SCD).
Do đó KI là hình chiếu vuông góc của HK lên (SCD).
Vì vậy (SA; (SCD)) = (HK; (SCD)) = (HK; KI) = \(\widehat {HKI}\).
Ta có HK // SA. Áp dụng định lí Thalet, ta được \(\frac{{HK}}{{SA}} = \frac{{HC}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra \(HK = \frac{{2a}}{3}\).
Ta có:
⦁ \(HD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);
⦁ \(AH = \frac{2}{3}OA = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\);
⦁ \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Tam giác SHD vuông tại H có HI là đường cao:
\[\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{D^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} = \frac{9}{{2{a^2}}}\].
Suy ra \(H{I^2} = \frac{{2{a^2}}}{9}\).
Do đó \(HI = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
Tam giác HIK vuông tại I: \(\sin \widehat {HKI} = \frac{{HI}}{{HK}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{3}}}{{\frac{{2a}}{3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Suy ra \(\widehat {HKI} = 45^\circ \).
Vậy góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SCD) bằng 45°.
Do đó ta chọn phương án D.
Lời giải
Lời giải
a) Gọi N là trung điểm AC.
Do H là điểm đối xứng của B qua G.
Suy ra G là trung điểm của BH.
Do đó \(GH = BG = \frac{2}{3}BN = 2GN\) (do G là trọng tâm tam giác ABC).
Vì vậy N là trung điểm GH (do 4 điểm B, G, N, H thẳng hàng).
Suy ra GN = NH.
Ta có \(\overrightarrow {AH} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {NH} = \overrightarrow {AN} + \overrightarrow {GN} \)
\( = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {AN} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} } \right)\)
\[ = \frac{4}{3}\overrightarrow {AN} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} = \frac{4}{3}\left( {\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} } \right) - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \]
\[ = \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \].
Ta có \(\overrightarrow {CH} = \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {NH} = \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {GN} \)
\( = \overrightarrow {CN} + \frac{1}{3}\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {CN} + \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AN} } \right)\)
\[ = \overrightarrow {CN} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}\overrightarrow {AN} = - \frac{1}{2}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{3}.\frac{1}{2}\overrightarrow {AC} \]
\( = - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AC} \).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
b) \(\overrightarrow {MH} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BH} = \frac{1}{2}\overrightarrow {CB} + \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AH} \)
\( = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {AB} } \right) - \overrightarrow {AB} + \frac{2}{3}\overrightarrow {AC} - \frac{1}{3}\overrightarrow {AB} \)
\( = - \frac{5}{6}\overrightarrow {AB} + \frac{1}{6}\overrightarrow {AC} \).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.