Câu hỏi:
12/03/2025 862
Câu 18-20: (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm \[O,\] đường kính \[AB.\] Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \[C\] bất kì \((C\) khác \(A\) và \(B),\) trên cung \[AC\] lấy điểm \[M\] sao cho Hai đường thẳng \[BC\] và \[AM\] cắt nhau tại \[E,\] hai đường thẳng \[BM\] và \[AC\] cắt nhau tại \[H.\]
1) Chứng minh \[BM\] là tia phân giác của \(\widehat {ABC}.\)
Câu 18-20: (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm \[O,\] đường kính \[AB.\] Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \[C\] bất kì \((C\) khác \(A\) và \(B),\) trên cung \[AC\] lấy điểm \[M\] sao cho Hai đường thẳng \[BC\] và \[AM\] cắt nhau tại \[E,\] hai đường thẳng \[BM\] và \[AC\] cắt nhau tại \[H.\]
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
![1) Chứng minh \[BM\] là tia phân giác của \(\widehat {ABC}.\) (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/25-1741766303.png)
Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CBM}\) và \(\widehat {ABM}\) lần lượt là hai góc nội tiếp chắn và
Mà nên \(\widehat {CBM} = \widehat {ABM}\) hay BM là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
2) Chứng minh \(M{E^2} = MH \cdot MB.\)
Lời giải của GV VietJack
Điểm \[M\] thuộc nửa đường tròn đường kính \[AB\] nên \(\widehat {BMA} = 90^\circ \) hay \(\widehat {BMA} = \widehat {BME} = 90^\circ .\)
Xét \(\Delta BMA\) vuông tại \(M\) và \(\Delta BME\) vuông tại \(M\) có:
\(\widehat {MBA} = \widehat {MBE}\) và \[BM\] là cạnh chung
Do đó \(\Delta BMA = \Delta BME\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).
Suy ra \(MA = ME\) (hai cạnh tương ứng).
Ta có \(\widehat {MAC} = \widehat {MBA}\) (hai góc nội tiếp nửa đường tròn \(\left( O \right)\) chắn hai cung bằng nhau).
Xét \(\Delta MAH\;\) và \[\Delta MBA\;\]có: \(\widehat {AMH} = \widehat {BMA} = 90^\circ ,\) \(\widehat {MAC} = \widehat {MBA}\)
Do đó (g.g)
Suy ra \(\frac{{MH}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MB}}\) hay \(M{A^2} = MH \cdot MB.\)
Mà \(MA = ME\) (chứng minh trên) nên \(M{E^2} = MH \cdot MB.\)
Câu 3:
3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác \[BEH\] cắt nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \[F,\] tia \[EF\] cắt \[AB\] tại \[P,\] hai đường thẳng \[BM\] và \[AF\] cắt nhau tại \[Q.\] Chứng minh \[PQ \bot AB.\]
Lời giải của GV VietJack
⦁ Xét \(\Delta AEF\) có \(\widehat {PFA}\) là góc ngoài của tam giác tại đỉnh \(F\) nên \(\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA}\) (1)
Lại có \(\widehat {FAE} = \widehat {FBM}\) (hai góc nội tiếp nửa đường tròn \[\left( O \right)\] cùng chắn và \(\widehat {FBM} = \widehat {FEH}\) (hai góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BEH\) cùng chắn suy ra \(\widehat {FAE} = \widehat {FEH}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {PFA} = \widehat {FAE} + \widehat {FEA} = \widehat {FEH} + \widehat {FEA} = \widehat {HEA}\) (3)
⦁ Theo ý 2), ta có \(M{E^2} = MH \cdot MB\) nên \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}.\)
Xét \(\Delta MHE\) và \(\Delta MEB\) có: \(\widehat {EMH} = \widehat {BME} = 90^\circ \) và \(\frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MB}}{{ME}}\)
Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {MEH} = \widehat {MBE}\) (hai góc tương ứng).
Mà theo chứng minh phần 1), ta có \(\widehat {MBE} = \widehat {MBA}\) suy ra \(\widehat {MBA} = \widehat {MEH} = \widehat {HEA}\,\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3), (4) ta được \(\widehat {PFA} = \widehat {MBA}\).
Xét \(\Delta AFP\) và \(\Delta ABQ\) có: \(\widehat {PFA} = \widehat {MBA}\) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AP}}{{AQ}} = \frac{{AF}}{{AB}}\) hay \(\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}.\)
Xét \(\Delta AQP\) và \(\Delta ABF\) có: \(\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{{AQ}}{{AB}}\) và \(\widehat {A\,\,}\) là góc chung
Do đó (c.g.c).
Suy ra \(\widehat {QPA} = \widehat {BFA}\) (hai góc tương ứng).
Mà \(\widehat {BFA} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {QPA} = 90^\circ \) hay \[QP \bot AB.\]
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Với \[x \ge 0,\,\,x \ne 4,\] ta có:
\(\frac{1}{{\sqrt x - 2}} + \frac{1}{{\sqrt x + 2}} - \frac{x}{{x - 4}}\)
\( = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} + \frac{{\sqrt x - 2}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} - \frac{x}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{\sqrt x + 2 + \sqrt x - 2 - x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}} = \frac{{2\sqrt x - x}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)
\( = \frac{{ - \sqrt x \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}\)\( = \frac{{ - \sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}.\)
Lời giải
Đáp án đúng là: C
Xác suất của biến cố “Học sinh được chọn không bị cận thị” là \(\frac{{40 - 8}}{{40}} = \frac{{32}}{{40}} = \frac{4}{5}.\)
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.
🔥 Đề thi HOT:
-
123 bài tập Nón trụ cầu và hình khối có lời giải
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đắk Lắk
-
50 bài tập Một số yếu tố xác suất có lời giải
-
Đề thi tham khảo môn Toán vào 10 tỉnh Quảng Bình năm học 2025-2026
-
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_TP Hà Nội
-
54 bài tập Hàm số bậc hai và giải bài toán bằng cách lập phương trình có lời giải
-
Đề thi minh họa (Dự thảo) TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Đồng Nai
-
Đề thi tham khảo TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Bình Phước