Câu hỏi:
12/07/2024 3,569
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Trên đoạn OB lấy điểm H sao cho HB = 2HO. Đường thẳng vuông góc với AB tại H cắt nửa (O) tại D. Vẽ đường tròn (S) đường kính AO cắt AD tại C.
a) Chứng minh C là trung điểm của AD.
b) Chứng minh 4 điểm C, D, H, O cùng thuộc một đường tròn.
c) CB cắt DO tại E. Chứng minh BC là tiếp tuyến của (S).
d) Tính diện tích tam giác AEB theo R.
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Trên đoạn OB lấy điểm H sao cho HB = 2HO. Đường thẳng vuông góc với AB tại H cắt nửa (O) tại D. Vẽ đường tròn (S) đường kính AO cắt AD tại C.
a) Chứng minh C là trung điểm của AD.
b) Chứng minh 4 điểm C, D, H, O cùng thuộc một đường tròn.
c) CB cắt DO tại E. Chứng minh BC là tiếp tuyến của (S).
d) Tính diện tích tam giác AEB theo R.
Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!
Bắt đầu thiQuảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Lời giải
a) Vì tam giác ACO nội tiếp (S) đường kính AO nên tam giác ACO vuông tại C
Suy ra AC ⊥ CO
Xét (O) có AD là dây cung, AD ⊥ CO
Suy ra C là trung điểm của AD.
b) Xét tứ giác COHD có: \(\widehat {DCO} + \widehat {DHO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Þ tứ giác COHD nội tiếp
Vậy 4 điểm C, D, H, O cùng thuộc một đường tròn.
c) Ta có BH = 2HO, BH + HO = BO = R
\( \Rightarrow BH = \frac{2}{3}R,OH = \frac{1}{3}R\)
Ta có \(AH = AB - BH = 2{\rm{R}} - \frac{2}{3}R = \frac{4}{3}R\)
Þ AH = 2HB
Vì tam giác ABD nội tiếp (O) đường kính AB nên tam giác ABD vuông tại D
Mà BH ⊥ AB
Þ AD2 = AH . AB và BD2 = BH . AB
Þ AH = 2HB
Þ AD2 = 2BD2
\( \Rightarrow B{{\rm{D}}^2} = \frac{{A{{\rm{D}}^2}}}{2} = \frac{{A{\rm{D}}.2C{\rm{D}}}}{2} = A{\rm{D}}.C{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow \frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\)
Xét tam giác DBC và tam giác DAB có
\(\frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\) (chứng minh trên);
\(\widehat {A{\rm{D}}B}\) là góc chung
(c.g.c)
\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (hai góc tương ứng)
Ta có CO ⊥ AD, BD ⊥ AD
Nên CO // BD (quan hệ từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {BCO}\) (hai góc so le trong)
Mà \(\widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow \widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)
Vì SC = SO nên tam giác SCO cân tại S \( \Rightarrow \widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)
Vì tam giác ACO vuông tại C nên
\(\widehat {CAO} + \widehat {COA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)
Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\), \(\widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)
\( \Rightarrow \widehat {BCO} + \widehat {SCO} = 90^\circ \), hay \(\widehat {BC{\rm{S}}} = 90^\circ \)
Do đó SC ⊥ CB
Xét (S) có SC ⊥ CB
Suy ra BC là tiếp tuyến của (S).
d) Xét tam giác SCO có \(\widehat {SCO} + \widehat {SOC} + \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)
Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)
\( \Rightarrow \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ - 2\widehat {SOC}\) (1)
Vì OB = OD nên tam giác OBD cân tại O
\( \Rightarrow \widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)
Xét tam giác BDO có \(\widehat {B{\rm{D}}O} + \widehat {BOD} + \widehat {OB{\rm{D}}} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)
Mà \(\widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)
\( \Rightarrow \widehat {BOD} = 180^\circ - 2\widehat {OB{\rm{D}}}\) (2)
Vì OC // BD nên \(\widehat {OB{\rm{D}}} = \widehat {SOC}\) (3)
Từ (1) , (2) và (3) ta có \(\widehat {BO{\rm{D}}} = \widehat {OSC}\)
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị
Þ OD // SC
Mà SC ⊥ CB
Þ OD ⊥ CB (quan hệ từ vuông góc đến song song)
Xét tam giác BCD có DE ⊥ CB
Nên DE . CB = CD . BD
Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}}\]
Vì tam giác OHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có
\[{\rm{D}}H = \sqrt {O{{\rm{D}}^2} - O{H^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{1}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 8 R}}{3}\]
Vì tam giác BHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có
\[{\rm{DB}} = \sqrt {{\rm{H}}{{\rm{D}}^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 8 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {12} R}}{3}\]
Vì tam giác ABD vuông tại D nên theo định lý Pytago có
\[{\rm{AD}} = \sqrt {A{B^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 R}}{3}\]
Suy ra \[{\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}} = \frac{{\sqrt 6 R}}{3}\]
Vì tam giác BCD vuông tại D nên theo định lý Pytago có
\[{\rm{CB}} = \sqrt {{\rm{C}}{{\rm{D}}^2} + B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 6 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \sqrt 2 R\]
Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}} = \frac{{\frac{{\sqrt 6 R}}{3}.\frac{{\sqrt {12} R}}{3}}}{{\sqrt 2 R}} = \frac{{2R}}{3}\]
Kẻ EI ⊥ AB
Mà DH ⊥ AB nên EI // DH
Suy ra \(\frac{{DH}}{{EI}} = \frac{{OD}}{{OE}}\)
Do đó \(\frac{{DH}}{{DH - EI}} = \frac{{OD}}{{O{\rm{D}} - OE}} = \frac{{OD}}{{E{\rm{D}}}}\)
Suy ra \(\frac{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3}}}{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3} - EI}} = \frac{R}{{\frac{{2R}}{3}}}\)
Do đó \[{\rm{EI = }}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}\]
Ta có \[{{\rm{S}}_{A{\rm{E}}B}} = \frac{1}{2}EI.AB = \frac{1}{2}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}.2{\rm{R = }}\frac{{\sqrt 8 {R^2}}}{9}\].
Nhà sách vietjack
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₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia Hà Nội, TP Hồ Chí Minh (2 cuốn) ( 150.000₫ )
Bình luận
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn (O) tại A và B (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt tia Ax và By theo thứ tự tại C và D.
a) Chứng minh tam giác COD vuông tại O.
b) Chứng minh AC . BD = R2.
c) Kẻ MH vuông góc AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng BC đi qua trung điểm của đoạn MH.
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn (O) tại A và B (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt tia Ax và By theo thứ tự tại C và D.
a) Chứng minh tam giác COD vuông tại O.
b) Chứng minh AC . BD = R2.
c) Kẻ MH vuông góc AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng BC đi qua trung điểm của đoạn MH.
Xem đáp án »
12/07/2024
22,407
Câu 2:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC. Tìm giao điểm Q của SD và (MNP).
Xem đáp án »
12/07/2024
21,133
Câu 3:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Vẽ AH vuông góc với BC. Từ H vẽ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC (H ∈ BC, M ∈ AB, N ∈ AC). Vẽ đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O; R) tại K
a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp.
b) Chứng minh AE vuông góc với MN.
c) Chứng minh AH = AK.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Vẽ AH vuông góc với BC. Từ H vẽ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC (H ∈ BC, M ∈ AB, N ∈ AC). Vẽ đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O; R) tại K
a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp.
b) Chứng minh AE vuông góc với MN.
c) Chứng minh AH = AK.
Xem đáp án »
12/07/2024
11,244
Câu 4:
Cho hàm số y = 2x + 3.
a) Vẽ đồ thị hàm số trên.
b) Gọi A, B là giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ. Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ và đơn vị trên các trục tọa độ là cm).
c) Tính góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b và trục Ox.
Cho hàm số y = 2x + 3.
a) Vẽ đồ thị hàm số trên.
b) Gọi A, B là giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ. Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ và đơn vị trên các trục tọa độ là cm).
c) Tính góc tạo bởi đường thẳng y = ax + b và trục Ox.
Xem đáp án »
12/07/2024
9,379
Câu 5:
Cho hình bình hành ABCD tâm O. Gọi M là 1 điểm bất kỳ. Chứng minh
a) \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {M{\rm{D}}} = 4\overrightarrow {MO} \)
b) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} = 2\overrightarrow {AC} \).
Cho hình bình hành ABCD tâm O. Gọi M là 1 điểm bất kỳ. Chứng minh
a) \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {M{\rm{D}}} = 4\overrightarrow {MO} \)
b) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {A{\rm{D}}} = 2\overrightarrow {AC} \).
Xem đáp án »
12/07/2024
8,934
Câu 6:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc (ABCD) và SA = 2a.
a) Chứng minh (SCD) vuông góc (SAD).
b) Tính d(A, (SCD)).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc (ABCD) và SA = 2a.
a) Chứng minh (SCD) vuông góc (SAD).
b) Tính d(A, (SCD)).
Xem đáp án »
12/07/2024
8,042
Câu 7:
Cho đường tròn tâm O có bán kính OA = R, dây BC vuông góc với OA tại trung điểm M của OA.
a) Tứ giác OCAB là hình gì? Vì sao?
b) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại B, nó cắt đường thẳng OA tại E. Tính độ dài BE theo R.
Cho đường tròn tâm O có bán kính OA = R, dây BC vuông góc với OA tại trung điểm M của OA.
a) Tứ giác OCAB là hình gì? Vì sao?
b) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại B, nó cắt đường thẳng OA tại E. Tính độ dài BE theo R.
Xem đáp án »
12/07/2024
6,842
🔥 Đề thi HOT:
-
5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 1)
-
135 câu Bài tập Hình học mặt nón, mặt trụ, mặt cầu cực hay có lời giải (P1)
-
80 câu Trắc nghiệm Tích phân có đáp án (Phần 1)
-
20 câu Trắc nghiệm Phương trình đường thẳng trong không gian có đáp án (Nhận biết)
-
124 câu Trắc nghiệm Ôn tập Toán 12 Chương 3 Hình học có đáp án (Phần 1)
-
79 câu Chuyên đề Toán 12 Bài 2 Dạng 1: Xác định vectơ pháp tuyến và viết phương trình mặt phẳng có đáp án
-
15 câu Trắc nghiệm Số phức có đáp án (Vận dụng)
-
7 câu Trắc nghiệm Khối đa diện lồi và khối đa diện đều có đáp án (Vận dụng)
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận
-
-
Bình luận