Câu hỏi:
12/03/2025 699
Câu 27- 29: (2,0 điểm) Cho \(\left( O \right)\) có đường kính \(AB.\) Kẻ đường kính \(CD\) vuông góc với \(AB.\) Lấy \(M\) thuộc cung nhỏ \(AM\) cắt \(CD\) tại \(E.\) Qua \(D\) kẻ tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) cắt đường thẳng \(BM\) tại \(N.\) Gọi \(P\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên \(DN.\)
1) Chứng minh rằng các điểm \(M,\,\,N,\,\,D,\,\,E\) cùng thuộc một đường tròn.
Câu 27- 29: (2,0 điểm) Cho \(\left( O \right)\) có đường kính \(AB.\) Kẻ đường kính \(CD\) vuông góc với \(AB.\) Lấy \(M\) thuộc cung nhỏ \(AM\) cắt \(CD\) tại \(E.\) Qua \(D\) kẻ tiếp tuyến với \(\left( O \right)\) cắt đường thẳng \(BM\) tại \(N.\) Gọi \(P\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên \(DN.\)
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Ta có \(DN \bot CD\,\,\)(vì \(DN\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {CDN} = 90^\circ \) hay \(\widehat {EDN} = 90^\circ .\)
\(\Delta EDN\) vuông tại \(D\) nên ba điểm \(E,\,\,D,\,\,N\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(EN.\) Ta có \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {EMN} = 90^\circ .\)
\(\Delta EMN\) vuông tại \(M\) nên ba điểm \(E,\,\,M,\,\,N\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(EN.\)Như vậy, các điểm \(M,\,\,N,\,\,D,\,\,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(EN.\)
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
2) Chứng minh rằng \(EN\,{\rm{//}}\,CB.\)
Lời giải của GV VietJack
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CDM} = \widehat {CBM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM)\) hay \(\widehat {EDM} = \widehat {CBM}\) (1)
Vì tứ giác \(MNDE\) có 4 đỉnh thuộc đường tròn đường kính \(EN\) (câu a) nên \(\widehat {EDM} = \widehat {ENM}\) (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EM)\)
Từ (1) và (2) ta có \(\widehat {CBM} = \widehat {ENM}\,\,\,\left( { = \widehat {EDM}} \right).\)
Mà hai góc \(\widehat {CBM},\,\,\widehat {ENM}\) này ở vị trí đồng vị nên \(EN\,{\rm{//}}\,CB.\)
Câu 3:
3) Chứng minh rằng \(AM \cdot BN = 2{R^2}\) và tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ để diện tích tam giác \(BNC\) đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải của GV VietJack
⦁ Ta có \(BP \bot DN\) nên \(\widehat {BPN} = 90^\circ .\)
Ta có \(DN \bot CD\) và \(AB \bot CD\) nên \(BA\,{\rm{//}}\,DN,\) suy ra \(\widehat {ABM} = \widehat {DNB}\) (đồng vị).
Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta BPN\) có:
\(\widehat {AMB} = \widehat {BPN} = 90^\circ \) và \(\widehat {ABM} = \widehat {BND}\)
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{AM}}{{BP}} = \frac{{AB}}{{BN}}\) nên \(AM \cdot BN = AB \cdot BP.\,\left( 3 \right)\)
Xét tứ giác \(OBPD\) có \(\widehat {DOB} = \widehat {BPD} = \widehat {ODP} = 90^\circ \) và \(OD = OB = R\)
Suy ra \(OBPD\) là hình vuông nên \(OD = OB = BP = R\) (4)
Từ (3) và (4) ta có\(AM \cdot BN = AB \cdot BP = 2R \cdot R = 2{R^2}.\)
⦁ Kẻ \(EF \bot BC,\,\,NK \bot BC\)
Ta có \({S_{BNC}} = \frac{1}{2}NK \cdot BC.\) Do \(BC\) không đổi nên \({S_{BNC}}\) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi \(NK\) lớn nhất.
Do \(EF \bot BC,\,\,NK \bot BC\) nên \(EF\,{\rm{//}}\,NK.\)
Khi đó, tứ giác \(EFKN\) là hình bình hành, lại có \(\widehat {EFK} = 90^\circ \) nên hình bình hành \(EFKN\) là hình chữ nhật. Do đó \(EF = NK.\)
Ta có \(NK\) lớn nhất khi \(EF\) lớn nhất, điều này xảy ra khi điểm \(E\) trùng với điểm \(O,\) khi điểm \(M\) trùng điểm \(B.\)
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Với \(a > 0,\,\,a \ne 1,\) ta có:
\(A = \left( {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a - 1}} + \frac{1}{{\sqrt a - a}}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{a - 1}}} \right)\)
\[ = \left[ {\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt a - 1}} - \frac{1}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right]:\left[ {\frac{1}{{\sqrt a + 1}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right]\]
\( = \left[ {\frac{{\sqrt a \cdot \sqrt a }}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}} - \frac{1}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right]:\left[ {\frac{{\sqrt a - 1}}{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}} \right]\)
\( = \frac{{a - 1}}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}}:\frac{{\sqrt a - 1 + 2}}{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}\)
\( = \frac{{a - 1}}{{\sqrt a \left( {\sqrt a - 1} \right)}} \cdot \frac{{\left( {\sqrt a + 1} \right)\left( {\sqrt a - 1} \right)}}{{\sqrt a + 1}}\)
\( = \frac{{a - 1}}{{\sqrt a }}.\)
Vậy với \(a > 0,\,\,a \ne 1\) thì \(A = \frac{{a - 1}}{{\sqrt a }}.\)
Lời giải
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(LM = LN + NM = 8 + 4 = 12{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)
Diện tích nửa hình tròn đường kính \(LN\) là: \({S_1} = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {\left( {\frac{8}{2}} \right)^2} = 8\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Diện tích nửa hình tròn đường kính \(LM\) là: \({S_2} = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {\left( {\frac{{12}}{2}} \right)^2} = 18\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Diện tích nửa hình tròn đường kính \(NM\) là: \({S_3} = \frac{1}{2} \cdot \pi \cdot {\left( {\frac{4}{2}} \right)^2} = 2\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
Diện tích phần kẻ sọc ở hình đã cho là: \(S = {S_2} - {S_1} + {S_3} = 18\pi - 8\pi + 2\pi = 12\pi {\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)
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