Câu hỏi:
29/08/2024 2,353Tính diện tích của mảnh vườn (phần tô đậm).
2) Cho \(\Delta ABC\) nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right),\,\,AB < AC.\) Tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) tại \(A\) cắt đường thẳng \(BC\) tại \(M.\) Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC.\)
a) Chứng minh rằng các điểm \(A,\,\,O,\,\,H,\,\,M\) cùng nằm trên một đường tròn và \(M{A^2} = MB \cdot MC.\)
b) Từ điểm \(C\) kẻ đường thẳng song song với \(MO\) cắt đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \[K.\] Chứng minh \(HK\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CD.\)
Quảng cáo
Trả lời:
1) Tam giác \(BHC\) vuông tại \(H\) có:
\[BH = BC \cdot \sin \widehat {BCD} = 26 \cdot \frac{5}{{13}} = 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\]
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác này, ta được: \[B{C^2} = B{H^2} + H{C^2}\]
Suy ra \[H{C^2} = B{C^2}--B{H^2} = {26^2}--{10^2} = 576.\]
Do đó \(HC = \sqrt {576} = 24{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Ta có: \(HA = BH - AB = 10 - 4 = 6{\rm{\;(m);}}\) \(HD = HC - CD = 24 - 16 = 8{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}\)
Diện tích vườn là: \({S_{ABCD}} = {S_{\Delta HBC}} - {S_{\Delta HAD}} = \frac{1}{2} \cdot HB \cdot HC - \frac{1}{2} \cdot HA \cdot HD\)
\( = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 24 - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 120 - 24 = 96\) (m2).
2)
a) ⦁ Ta có: \(MA\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(OA \bot AM\) do đó \(\widehat {MAO} = 90^\circ .\)
Suy ra điểm \(A\) nằm trên đường tròn đường kính \(MO.\)
Ta có \(OB = OC\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực của \(BC,\) lại có \(H\) là trung điểm của \(BC.\) Do đó \(OH\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(OH \bot BC\) hay \(\widehat {MHO} = 90^\circ .\) Suy ra điểm \(H\) nằm trên đường tròn đường kính \(MO.\)
Như vậy, các điểm \(A,M,O,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO.\)
⦁ Ta có \(\widehat {MAB} + \widehat {BAO} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat {MAB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) (do \(OA = OB)\) nên \[\widehat {BAO} = \widehat {ABO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOB}.\]
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB)\)
Suy ra \[\widehat {BAO} = 90^\circ - \widehat {ACB}\] hay \[\widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\,\left( 2 \right)\]
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {MAB} = \widehat {ACB}.\)
Xét \(\Delta MAB\) và \(\Delta MCA\) có: \(\widehat {AMC}\) là góc chung và \(\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\) (chứng minh trên)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MB \cdot MC.\)
b)
• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)
Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 1 \right)\)
⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)
Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)
Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)
Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)
Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 2 \right)\)
⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)
Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)
Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)
Tứ giác \(AOHM\) nội tiếp nên \(\widehat {HAO} = \widehat {HMO}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HO)\)
Vì \[CK\,{\rm{//}}\,MO\] nên \[\widehat {KCM} = \widehat {OMC}\] (hai góc so le trong)
Do đó \[\widehat {KAH} = \widehat {KCH}.\] Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta suy ra được tứ giác \[AHKC\] nội tiếp.
Suy ra \[\widehat {AKH} = \widehat {ACH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AH)\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACH} = \widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB)\)
Suy ra \(\widehat {AKH} = \widehat {ADB}.\) Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HK\,{\rm{//}}\,BD.\)
Gọi \(I\) là giao điểm của \(HK\) và \(CD.\)
Xét \(\Delta BCD\) có \(H\) là trung điểm của \(BC\) và \(HI\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(HI\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(I\) là trung điểm của \(CD.\)
Vậy \(HK\) đi qua trung điểm của \(CD.\)
Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 2:
Câu 4:
1) Chứng minh đẳng thức \(\frac{4}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \sqrt {12} = 2\sqrt 5 .\)
2) Rút gọn biểu thức \(F = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{2}{{x - 1}}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 1.\)
Câu 5:
Câu 6:
Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
Bộ 10 đề thi cuối kì 2 Toán 9 Chân trời sáng tạo có đáp án (Đề số 1)
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 03
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận