Câu hỏi:
13/07/2024 11,222
Cho nửa đường tròn (O; R) có đường kính AB. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By nằm cùng phía với nửa đường tròn. M là điểm bất kì trên nửa đường tròn (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn cắt Ax và By lần lượt tại E và N.
a) Chứng minh AOME và BOMN là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AE.BN = R2.
c) Kẻ MH vuông góc By. Đường thẳng MH cắt OE tại K. Chứng minh AK ⊥ MN.
d) Giả sử \[\widehat {MAB} = \alpha \] và MB < MA. Tính diện tích phần tứ giác BOMH ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R và α.
e) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) để K nằm trên đường tròn (O).
Cho nửa đường tròn (O; R) có đường kính AB. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By nằm cùng phía với nửa đường tròn. M là điểm bất kì trên nửa đường tròn (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn cắt Ax và By lần lượt tại E và N.
a) Chứng minh AOME và BOMN là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AE.BN = R2.
c) Kẻ MH vuông góc By. Đường thẳng MH cắt OE tại K. Chứng minh AK ⊥ MN.
d) Giả sử \[\widehat {MAB} = \alpha \] và MB < MA. Tính diện tích phần tứ giác BOMH ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R và α.
e) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) để K nằm trên đường tròn (O).
Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Lời giải
a) Ta có \(\widehat {OAE} = 90^\circ \) (AE là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)).
Suy ra ba điểm O, A, E cùng thuộc một đường tròn đường kính OE (1)
Ta có \(\widehat {OME} = 90^\circ \) (ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)).
Suy ra ba điểm O, M, E cùng thuộc một đường tròn đường kính OE (2)
Từ (1), (2), ta được tứ giác AOME nội tiếp đường tròn đường kính OE.
Chứng minh tương tự, ta được tứ giác BOMN nội tiếp đường tròn đường kính ON.
b) Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và AE cắt ME tại E.
Suy ra AE = ME (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Chứng minh tương tự, ta được MN = BN.
Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và AE cắt ME tại E.
Suy ra OE là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) hay \(\widehat {AOE} = \widehat {EOM}\).
Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {BON} = \widehat {MON}\).
Đường tròn (O) có AB là đường kính.
Suy ra \(\widehat {AOB} = 180^\circ \).
Khi đó \(\widehat {AOE} + \widehat {EOM} + \widehat {MON} + \widehat {NOB} = 180^\circ \).
Vì vậy \(2\widehat {EOM} + 2\widehat {MON} = 180^\circ \).
Suy ra \(2\left( {\widehat {EOM} + \widehat {MON}} \right) = 180^\circ \).
Do đó \(\widehat {EON} = 90^\circ \).
∆EON vuông tại O có OM là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có ME.MN = OM2.
Vậy AE.BN = R2.
c) Ta có By ⊥ AB (By là tiếp tuyến của (O)) và Ax ⊥ AB (Ax là tiếp tuyến của (O)).
Suy ra By // Ax.
Mà MH ⊥ By (giả thiết).
Do đó MH ⊥ Ax hay MK ⊥ AE.
∆OMA cân tại O (do OM = OA = R) có OE là đường phân giác.
Suy ra OE cũng là đường cao của ∆OMA hay EK ⊥ AM.
∆AME có MK, EK là hai đường cao cắt nhau tại K.
Suy ra K là trực tâm của ∆AME.
Vậy AK ⊥ ME hay AK ⊥ MN.
d) Ta có \(\widehat {MAB}\) là góc nội tiếp chắn và \(\widehat {MOB}\) là góc ở tâm chắn .
Suy ra \(\widehat {MOB} = 2\widehat {MAB} = 2\alpha \) và \(\widehat {BON} = \widehat {MON} = \frac{{\widehat {MOB}}}{2} = \alpha \).
Diện tích hình quạt tròn BOM là: \({S_1} = \frac{{\pi {R^2}.2\alpha }}{{360^\circ }}\).
Gọi I là giao điểm của MK và AE.
Xét ∆MNH và ∆MEI, có:
\(\widehat {HMN} = \widehat {EMI}\) (cặp góc đối đỉnh);
\(\widehat {MHN} = \widehat {MIE} = 90^\circ \).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{MN}}{{ME}} = \frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{NH}}{{EI}}\)
Khi đó \(\frac{{MN}}{{MH}} = \frac{{ME}}{{MI}} = \frac{{NH}}{{EI}}\)
Vì vậy \(\frac{{MN}}{{MH}}\,\,\left( { = \frac{{EI}}{{MI}}} \right) = \frac{{NH}}{{ME}}\)
Suy ra MN.ME = MH.NH = R2 (kết quả câu b).
Khi đó \({S_{\Delta MNH}} = \frac{1}{2}MH.HN = \frac{1}{2}{R^2}\).
Ta có OM = OB = R và BN = MN (chứng minh trên).
Suy ra OM.MN = OB.BN.
Do đó \({S_{\Delta MNO}} = {S_{\Delta BNO}}\).
Vì vậy \({S_{BOMN}} = 2{S_{\Delta MNO}} = 2.\frac{1}{2}MN.OM = O{M^2}.\tan \alpha = {R^2}.\tan \alpha \).
Vậy diện tích phần tứ giác BOMH ở bên ngoài nửa đường tròn (O) là: \(S = {S_{MNH}} + {S_{BOMN}} - {S_1} = \frac{1}{2}{R^2} + {R^2}.\tan \alpha - \frac{{\pi {R^2}.2\alpha }}{{360^\circ }} = {R^2}\left( {\frac{1}{2} + \tan \alpha - \frac{{2\pi \alpha }}{{360^\circ }}} \right)\).
e) Ta có AK ⊥ ME (kết quả câu c) và OM ⊥ ME (ME là tiếp tuyến của (O)).
Suy ra AK // OM.
Mà MK // OA (chứng minh trên).
Do đó tứ giác OAKM là hình bình hành.
Mà OE là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) (chứng minh trên).
Suy ra tứ giác OAKM là hình thoi.
Do đó MK = OM = R.
Vì vậy ∆OMK cân tại M.
Mà OK = R (do K nằm trên (O)).
Suy ra ∆OMK đều.
Khi đó \(\widehat {MOK} = 60^\circ \).
Vì vậy \[\widehat {AOM} = 2\widehat {MOK} = 2.60^\circ = 120^\circ \].
Vậy M nằm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat {AOM} = 120^\circ \) thì K nằm trên đường tròn (O).
Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
1) Ta có \(\widehat {OAM} = 90^\circ \) (do MA là tiếp tuyến của (O), A là tiếp điểm).
Suy ra ba điểm O, A, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM (1)
Lại có \(\widehat {OBM} = 90^\circ \) (do MB là tiếp tuyến của (O), B là tiếp điểm).
Suy ra ba điểm O, B, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM (2)
Từ (1), (2), ta được tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.
2) Đường tròn (O) có NP là dây cung.
Mà K là trung điểm của NP (giả thiết).
Suy ra OK ⊥ NP tại K hay \(\widehat {OKM} = 90^\circ \).
Do đó ba điểm O, K, M cùng thuộc một đường tròn đường kính OM.
Mà từ kết quả câu 1), ta có bốn điểm A, M, B, O cùng thuộc một đường tròn đường kính OM.
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn đường kính OM.
3) Từ kết quả câu 1), ta có tứ giác AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM.
Suy ra AB là dây cung của đường tròn đường kính OM.
Do đó OM ⊥ AB.
∆OAM vuông tại A có AI là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: OA2 = OI.OM và OI.IM = IA2.
⇔ OI.OM = R2 và OI.IM = IA2.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
4) Ta có OA ⊥ AM (do AM là tiếp tuyến của (O) và BD ⊥ MA (giả thiết).
Suy ra OA // BD.
Chứng minh tương tự, ta được OB // AC.
Do đó tứ giác OAHB là hình bình hành.
Mà OA = OB = R.
Vậy tứ giác OAHB là hình thoi.
5) Ta có OH ⊥ AB (do tứ giác OAHB là hình thoi).
Mà OM ⊥ AB (theo kết quả câu 3).
Do đó OM ≡ OH.
Vậy ba điểm O, H, M thẳng hàng.
6) Do d là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên mọi điểm đều nằm cùng một phía đối với d.
Ta có OAHB là hình thoi (kết quả câu 4).
Suy ra AH = OA = R.
Do đó khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A một khoảng cố định bằng R.
Vậy quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A, bán kính AH = R.
Lời giải
Lời giải
Đáp án đúng là: B
Ta có C = C’M ∩ (A’BC).
Suy ra \(\frac{{d\left( {M,\,\left( {A'BC} \right)} \right)}}{{d\left( {C',\,\left( {A'BC} \right)} \right)}} = \frac{{CM}}{{CC'}} = \frac{1}{2}\) (do M là trung điểm CC’).
Hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a.
Suy ra AA’ ⊥ (ABC) và AA’ = AB = BC = a.
Ta có \({V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{3}.CC'.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}.a.\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC}\)
\( = \frac{1}{6}.a.a.a.\sin 60^\circ = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}\).
∆AA’B vuông tại A: \(A'B = \sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \).
Chứng minh tương tự, ta được \(A'C = a\sqrt 2 \).
Nửa chu vi ∆A’BC là: \(p = \frac{{A'C + A'B + BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 + a\sqrt 2 + a}}{2} = \frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2}\).
Ta có \({S_{\Delta A'BC}} = \sqrt {p\left( {p - A'C} \right)\left( {p - A'B} \right)\left( {p - BC} \right)} \)
\( = \sqrt {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2}\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{{\left( {2\sqrt 2 + 1} \right)a}}{2} - a} \right)} = \frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}\).
Ta có \(d\left( {C',\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{C'.A'BC}}}}{{{S_{\Delta A'BC}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 7 }}{4}}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vì vậy \(d\left( {M,\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C',\,\left( {A'BC} \right)} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt {21} }}{7} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).
Vậy ta chọn phương án B.
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.
Nhắn tin Zalo