Câu hỏi:
29/08/2024 828
1) Mảnh vườn nhà ông An có hình dạng là tứ giác \(ABCD\) (như hình vẽ). Biết \(AB\) vuông góc với \(CD\) tại \(H;\) \(AB = 4{\rm{\;m;}}\) \(BC = 26{\rm{\;m}};\) \(CD = 16{\rm{\;m;}}\) \(\sin \widehat {BCD} = \frac{5}{{13}}.\)
Tính 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 \(CD.\)
1) Mảnh vườn nhà ông An có hình dạng là tứ giác \(ABCD\) (như hình vẽ). Biết \(AB\) vuông góc với \(CD\) tại \(H;\) \(AB = 4{\rm{\;m;}}\) \(BC = 26{\rm{\;m}};\) \(CD = 16{\rm{\;m;}}\) \(\sin \widehat {BCD} = \frac{5}{{13}}.\)
Tính 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 \(CD.\)
Sách mới 2k7: Tổng ôn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa…. kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc gia 2025, đánh giá năng lực (chỉ từ 110k).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
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)
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
• 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 \(CD.\)
Nhà sách VIETJACK:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 4{\rm{\;cm}}\) và \(AC = 4\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) có chu vi bằng
Xem đáp án »
29/08/2024
81
Câu 2:
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 5} + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 4\\2\sqrt {x - 5} + {y^2} - 2y = 2.\end{array} \right.\)
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 5} + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 4\\2\sqrt {x - 5} + {y^2} - 2y = 2.\end{array} \right.\)
Xem đáp án »
29/08/2024
57
Câu 3:
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) với đường tròn \(\left( O \right)\) (với \(B,\,\,C\) là các tiếp điểm), biết \(\widehat {BAC} = 50^\circ .\) Số đo cung nhỏ \(BC\) là
Xem đáp án »
29/08/2024
46
Câu 4:
Tìm \(m\) để hàm số \(y = \left( {m - 1} \right)x + 2 - m\) (với \(m\) là hàm số) đồng biến trên \(\mathbb{R}.\)
Xem đáp án »
29/08/2024
45
Câu 5:
Hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}x - 2y = 5\\2x + y = - 5\end{array} \right.\) có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) là
Xem đáp án »
29/08/2024
45
về câu hỏi!