Câu hỏi:
28/08/2024 34Trong Hình 9, cho biết AB = 12, AC = 16; đường tròn (I) tiếp xúc với AH, BC và đường tròn (O); đường tròn (J) tiếp xúc với AH, BC và đường tròn (O).
Tính:
a) BC, BH.
b) Bán kính R, R’ của đường tròn (I) và (J).
c) Khoảng cách PQ.
Sách mới 2k7: 30 đề đánh giá năng lực DHQG Hà Nội, Tp. Hồ Chí Minh, BKHN 2025 mới nhất (600 trang - chỉ từ 160k).
Quảng cáo
Trả lời:
a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A, ta có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {{16}^2}} = \sqrt {400} = 20.\)
Xét ∆BHA và ∆BAC có:
\[\widehat B\] là góc chung; \[\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ .\]
Do đó ∆BHA ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra \[\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}\]
Nên \(BH = \frac{{B{A^2}}}{{BC}} = \frac{{{{12}^2}}}{{20}} = \frac{{144}}{{20}} = 7,2.\)
b) Ta có \[OB = OC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10;\]
OH = OB – BH = 10 – 7,2 = 2,8.
Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (I) với AH.
Theo bài, đường tròn (I) tiếp xúc với AH, BC nên ID ⊥ AH và IP ⊥ BC.
Tứ giác IPHD có \(\widehat {IPH} = \widehat {IDH} = \widehat {PHD} = 90^\circ \) và ID = IP nên IPHD là hình vuông.
Do đó PH = IP = R.
Chứng minh tương tự, ta cũng có HQ = IQ = R’.
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác IPO vuông tại P, ta có:
IO2 = IP2 + PO2
Suy ra (OM – IM)2 = IP2 + (OH + PH)2
(10 – R)2 = R2 + (R + 2,8)2
100 – 20R + R2 = R2 + R2 + 5,6R + 7,84
R2 + 25,6R – 92,16 = 0
Phương trình trên có ∆ = 25,62 – 4.1.(–92,16) = 1 024 > 0 và \(\sqrt \Delta = \sqrt {1\,\,024} = 32.\)
Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:
\(R = \frac{{ - 25,6 + 32}}{2} = 3,2\) (thỏa mãn);
\(R = \frac{{ - 25,6 - 32}}{2} = - 28,8\) (không thỏa mãn).
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác JQO vuông tại Q, ta có:
JO2 = JQ2 + QO2
Suy ra (ON – JN)2 = R2 + (HQ – OH)2
(10 – R’)2 = R’2 + (R’ – 2,8)2
100 – 20R’ + R’2 = R’2 + R’2 – 5,6R’ + 7,84
R’2 + 14,4R – 92,16 = 0.
Phương trình trên có ∆ = 14,42 – 4.1.(–92,16) = 576 > 0 và \(\sqrt \Delta = \sqrt {576} = 24.\)
Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:
\(R = \frac{{ - 14,4 + 24}}{2} = 4,8\) (thỏa mãn);
\(R = \frac{{ - 14,4 - 24}}{2} = - 19,2\) (không thỏa mãn).
c) Ta có PQ = PH + QH = R + R’ = 3,2 + 4,8 = 8.
Đã bán 152
Đã bán 114
Đã bán 132
Đã bán 47
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Cho tam giác ABC cân tại A, \(\widehat A < 90^\circ .\) Vẽ đường tròn đường kính AB cắt BC và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng:
a) ∆DBE là tam giác cân.
b) \(\widehat {CBE} = \frac{1}{2}\widehat {BAC}.\)
Câu 2:
Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng A’A là tia phân giác của góc \(\widehat {B'A'C'}.\)
Câu 3:
Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau (D thuộc cung nhỏ AB). Vẽ đường kính DE. Chứng minh rằng:
a) MA.MB = MC.MD.
b) Tứ giác ABEC là hình thang cân.
c) Tổng MA2 + MB2 + MC2 + MD2 có giá trị không đổi khi M thay đổi vị trí trong đường tròn (O).
Câu 4:
Cung 50° của một đường tròn đường kính d = 25 cm có độ dài (lấy π theo máy tính và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là
A. 43,64 cm.
B. 10,91 cm.
C. 21,82 cm.
D. 87,28 cm.
Câu 5:
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) cắt nhau tại hai điểm A và B phân biệt. Vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại A và cắt (O), (O’) lần lượt tại C, D. Tia CB cắt (O’) tại E, tia DB cắt (O) tại F. Chứng minh rằng:
a) CD.CA = CB.CE.
b) DC.DA = DB.DF.
c) CD2 = CB.CE + DB.DF.
Câu 6:
Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) (R > R’) tiếp xúc trong tại A. Một tiếp tuyến của đường tròn (O’) tại M cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C. Đường thẳng BO’ cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D và cắt đường thẳng AM tại E. Gọi F là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE với AC và N là giao điểm thứ hai của AN với (O). Chứng minh rằng:
a) O’M // ON.
b) Ba điểm D, N, F thẳng hàng.
c) DF là tia phân giác của góc \(\widehat {BDC}.\)
Câu 7:
Hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn (O; 5 cm) và (O; 2 cm) có diện tích (lấy π theo máy tính và kết quả làm tròn đến hàng phần trăm) là
A. 131,94 cm2.
B. 18,84 cm2.
C. 9,42 cm2.
D. 65,97 cm2.
về câu hỏi!