Câu hỏi:
11/03/2025 74Câu 10-12: ( 3 điểm)
Sách mới 2k7: Bộ 20 đề minh họa Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa…. form chuẩn 2025 của Bộ giáo dục (chỉ từ 49k/cuốn).
Quảng cáo
Trả lời:
a) Vì \(AB \bot PQ\) tại \(D\) nên \(\Delta IPD\) vuông tại \(D,\) suy ra ba điểm \(P,\,\,D,\,\,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[PI.\] (1)
Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(\widehat {PMQ}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {PMQ} = 90^\circ \) hay \(\widehat {PMI} = 90^\circ .\)
Suy ra \(\Delta MIP\) vuông tại \(M,\) suy ra ba điểm \(P,\,\,M,\,\,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[PI.\] (2)Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(P,\,\,M,\,\,I,\,\,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(PI.\)
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
Lời giải của GV VietJack
⦁ Chứng minh \(QI \cdot QM = Q{B^2}.\)
Cách 1: Xét \(\Delta QDI\) và \(\Delta QMP\) có: \(\widehat {QDI} = \widehat {QMP} = 90^\circ \) và \(\widehat {MQP}\) là góc chung
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{QI}}{{QP}} = \frac{{QD}}{{QM}}\) nên \(QI \cdot QM = QD \cdot QP.\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Tương tự, ta chứng minh được (g.g). Từ đó suy ra: \(QD \cdot QP = Q{B^2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(QI \cdot QM = Q{B^2}.\)
Cách 2: Xét \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) (do \(OA = OB)\) nên đường cao \(OD\) đồng thời là đường phân giác của tam giác, suy ra \(\widehat {AOQ} = \widehat {BOQ}.\)
Mà \(\widehat {AOQ},\,\,\widehat {BOQ}\) lần lượt là góc ở tâm chắn cung \(AQ,\,\,BQ\) của đường tròn \(\left( O \right)\) nên
Lại có \(\widehat {QBA},\,\,\widehat {QMB}\) lần lượt là góc nội tiếp chắn cung \(AQ,\,\,BQ\) nên \(\widehat {QBA} = \widehat {QMB}\) hay \(\widehat {QBI} = \widehat {QMB}.\)
Xét \(\Delta QBI\) và \(\Delta QMB\) có: \(\widehat {MQB}\) là góc chung và \(\widehat {QBI} = \widehat {QMB}.\)
Do đó (g.g). Suy ra: \(\frac{{QI}}{{QB}} = \frac{{QB}}{{QM}}\) hay \(QI \cdot QM = Q{B^2}.\)
⦁ Tính \(\widehat {APB}.\)
Xét \(\Delta OAD\) vuông tại \(D\) có \(OD = \frac{1}{2}OQ = \frac{1}{2}R\) (do \(D\) là trung điểm của \(OQ).\)
Ta có \(\cos \widehat {AOD} = \frac{{OD}}{{OA}} = \frac{1}{2}\) nên \(\widehat {AOD} = 60^\circ .\)
Suy ra \(\widehat {AOB} = 2\widehat {AOD} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \) (do \(OD\) là phân giác của \(\widehat {AOB}).\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {APB},\,\,\widehat {AOB}\) lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\) nên \(\widehat {APB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB} = \frac{1}{2} \cdot 120^\circ = 60^\circ .\)
Câu 3:
Lời giải của GV VietJack
⦁ Vì \(\Delta OAB\) cân tại \(O\) có đường cao \(OD\) đồng thời là đường trung tuyến nên \(D\) là trung điểm của \(AB.\)
Xét \(\Delta APB\) có \(PD\) vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác nên \(\Delta APB\) cân tại \(P.\) Mà \(\widehat {APB} = 60^\circ \) nên \(\Delta APB\) là tam giác đều.
Suy ra \(AP = AB\) và \(\widehat {ABP} = 60^\circ .\)
Tứ giác \(ABPM\) nội tiếp nên \(\widehat {AMP} + \widehat {ABP} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp)
Suy ra \[\widehat {AMP} = 180^\circ - \widehat {ABP} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\]
Xét \(\Delta AMP\) có: \(\widehat {AMP} + \widehat {APM} + \widehat {MAP} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)
Suy ra \[\widehat {MAP} = 180^\circ - \widehat {AMP} - \widehat {APM} = 180^\circ - 120^\circ - \widehat {APM} = 60^\circ - \widehat {APM}.\] (1)
⦁ Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AMB} = \widehat {APB} = 60^\circ \) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)
Xét \(\Delta AMC\) có \(MA = MC\) và \(\widehat {AMC} = 60^\circ \) nên \(\Delta AMC\) là tam giác đều.
Suy ra \(AM = AC\) và \(\widehat {ACM} = 60^\circ .\)
Mà \(\widehat {ACB} + \widehat {ACM} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {ACB} = 180^\circ - \widehat {ACM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ .\)
Xét \(\Delta ABC\) có: \(\widehat {ACB} + \widehat {CAB} + \widehat {ABC} = 180^\circ \) (tổng ba góc của một tam giác)
Suy ra \(\widehat {CAB} = 180^\circ - \widehat {ACB} - \widehat {ABC} = 180^\circ - 120^\circ - \widehat {ABC} = 60^\circ - \widehat {ABC}.\) (2)
⦁ Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {APM} = \widehat {ABM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM).\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {MAP} = \widehat {CAB}.\)
⦁ Xét \(\Delta AMP\) và \(\Delta ACB\) có: \(AM = AC,\) \(\widehat {MAP} = \widehat {CAB}\) và \(AP = AB\)
Do đó \(\Delta AMP = \Delta ACB\) (c.g.c). Suy ra \(MP = CB\) (hai cạnh tương ứng).
Mà \(MA = MC\) nên \(S = MP + MA = CB + MC = MB.\)
Do \(MB\) là dây cung nên \(MB\) có giá trị lớn nhất khi \(MB\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right).\)
Vậy \(M\) trên cung nhỏ \(AP\) sao cho \(MB\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right)\) thì tổng \(S = MP + MA\) có giá trị lớn nhất.
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Giá mở cửa (Giá km đầu tiên) | Giá từ km thứ 2 đến 25 | Giá từ km thứ 26 trở đi |
20 000 đ | 15 500 đ | 12 500 đ |
Câu 3:
1) Trong đợt thi đua thu gom kế hoạch nhỏ do Liên đội phát động dịp tết Ất Tỵ 2025, số vỏ lon các lớp khối 9 của một trường THCS được biểu diễn trên biểu đồ:
Câu 4:
Phần lỗ ở giữa là hình tròn có đường kính \(AB = 1,8\;\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Viền ngoài của long đen là hình tròn có đường kính \(CD = 2,4\;\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)
a) Tính diện tích lỗ tròn (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
b) Tính diện tích một bề mặt long đen (làm tròn kết quả với độ chính xác \[0,005).\]
Câu 5:
Câu 6:
Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
23 câu Trắc nghiệm Toán 9 Bài 1: Căn thức bậc hai có đáp án
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất phương trình bậc nhất một ẩn có lời giải
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến bất đẳng thức có lời giải
12 bài tập Một số bài toán thực tế liên quan đến độ dài cung tròn, diện tích hình quạt tròn và hình vành khuyên có lời giải
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận