Cho đường tròn \((O)\) có hai đường kính \(AC,\,\,BD\) (\(A\)khác \(B,\,D\)). Trên đoạn thẳng \(BC\) lấy điểm \(E\) (\(E\) khác\(B,\,\,C\)), đường thẳng \(ED\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai là\(F\).
a) Chứng minh rằng \(AB = CD\) và \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).
b) Đường thẳng qua \(E\), vuông góc với \(BC\) cắt tia \(AF\) tại \(G\). Chứng minh rằng tứ giác \(CEFG\) nội tiếp và \(CD.EG = CB.CE\).
c) Gọi \(H\) là giao điểm của tia \(GE\) và \(AD\). Đường thẳng qua \(H\), song song với \(AC\) cắt đường thẳng qua\(E\), song song với \(FC\) tại \(K\). Chứng minh rằng ba điểm \(G,\,C,\,K\) thẳng hàng.
Cho đường tròn \((O)\) có hai đường kính \(AC,\,\,BD\) (\(A\)khác \(B,\,D\)). Trên đoạn thẳng \(BC\) lấy điểm \(E\) (\(E\) khác\(B,\,\,C\)), đường thẳng \(ED\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai là\(F\).
a) Chứng minh rằng \(AB = CD\) và \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).
b) Đường thẳng qua \(E\), vuông góc với \(BC\) cắt tia \(AF\) tại \(G\). Chứng minh rằng tứ giác \(CEFG\) nội tiếp và \(CD.EG = CB.CE\).
c) Gọi \(H\) là giao điểm của tia \(GE\) và \(AD\). Đường thẳng qua \(H\), song song với \(AC\) cắt đường thẳng qua\(E\), song song với \(FC\) tại \(K\). Chứng minh rằng ba điểm \(G,\,C,\,K\) thẳng hàng.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Chứng minh rằng \(AB = CD\) và \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).
· Chứng \({\mathop{\rm minh}\nolimits} AB = CD\)
Xét tam giác \({\rm{AOB}}\) và tam giác \[COD\] có:
\(OA = OC\,\,\left( { = R} \right)\)
\(\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}\)(đối đỉnh)
\(OB = OD\,\,\left( {\, = R} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta AOB = \Delta COD\,\,(c \cdot g \cdot c)\)
\( \Rightarrow {\rm{AB}} = {\rm{CD}}\) (2 cạnh tương ứng) (đp̣cm)
Chứng minh \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\)
Ta có: \(\widehat {CFD} = \widehat {CBD}\) (hai góc nội tiếp cùng góc chắn cung \({\rm{CD}}\) ).
Lại có: cân tại \(O\)\( \Rightarrow \widehat {OBC} = \widehat {OCB}\) (tính chất tam giác cân)
\( \Rightarrow \widehat {CBD} = \widehat {BCA}\)
Vậy \(\widehat {CFD} = \widehat {BCA}\).
b) Đường thẳng qua E vuông góc với \(BC\)cắt tia \(AF\)tại\(G\). Chứng minh rằng tứ giác CEFG nội tiếp và\(CD.EG = CB \cdot CE\)
· Chứng minh tứ giác CEFG nôi tiếp
Ta có: \(\widehat {AFC} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \widehat {CFG} = 90^\circ \)
Xét tứ giác \({\rm{CEFG}}\) có: \(\widehat {CFG} = \widehat {CEG} = 90^\circ \).
Mà hai đỉnh \({\rm{E}},{\rm{F}}\) kề nhau cùng nhìn dưới \({\rm{CG}}\) dưới hai góc bằng nhau
\( \Rightarrow \) Tứ giác EFGC nội tiếp (dhnb) (đpcm)
· Chứng minh \[CD.EG = CB.CE\]
Ta có: .
Xét tam giác \({\rm{AGC}}\) và tam giác \({\rm{ACF}}\) có:
\( \Rightarrow \widehat {ACG} = \widehat {AFC} = 90^\circ \) (2 góc tương ứng)
\( \Rightarrow CG \bot AC \Rightarrow {\rm{CG}}\) là tiếp tuyến của đường trong \(({\rm{O}})\) tại \(C\)
\( \Rightarrow {\rm{CG}}\) là tiếp tuyến của đường trong \(({\rm{O}})\) tại \({\rm{C}}\).
Xét tam giác \({\rm{BCD}}\) và tam giác \({\rm{GEC}}\) có:
\(\widehat {BCD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {BCD} = \widehat {GEC} = 90^\circ \).
\(\widehat {BDC} = \widehat {GCE}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ).
\( \Rightarrow \frac{{CB}}{{CD}} = \frac{{EG}}{{CE}} \Rightarrow CD \cdot EG = CB \cdot CE\) (đpcm)
c) Gọi \(H\)là giao điểm của tia \(GE\)và\(AD\). Đường thẳng qua\(H\), song song với \(AC\)cắt dường thẳng qua\(E\), song song với \(FC\) tại \[K\]. Chứng minh rằng ba điểm \(G\,,\,\,C\,,\,\,K\)thẳng hàng.
Vì \(CEFG\)là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \widehat {EGC} = \widehat {EFC} = \widehat {DFC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung\(EC\))
Mà \(\widehat {DFC = }\widehat {DAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{CD}}\) )
\( \Rightarrow \widehat {EGC} = \widehat {DAC} \Rightarrow \widehat {HGC} = \widehat {HAC}{\rm{ }}\)
Mà hai đinh \({\rm{A}},{\rm{G}}\) kề nhau cùng nhìn \({\rm{HC}}\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow AGCH\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \widehat {AGH} = \widehat {ACH} = \widehat {FGE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{AH}}\)).
Mà \({\rm{CEFG}}\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {FGE} = \widehat {FCE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{EF}}\)).
\( \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {FCE}\)
\({\rm{Ta}}\) có: \({\rm{EK}}\,{\rm{//}}\,\,{\rm{FC}}\,\,({\rm{gt}}) \Rightarrow \widehat {FCE} = \widehat {CEK}\) (so le trong)
\({\rm{HK}}\,\,{\rm{//}}\,\,{\rm{AC (gt) }} \Rightarrow \widehat {ACH} = \widehat {CHK}{\rm{ (so le trong) }}\)
\( \Rightarrow \widehat {CEK} = \widehat {CHK}\)Mà hai đinh \({\rm{E}},{\rm{H}}\) kề nhau củng nhìn \({\rm{CK}}\) dưới hai góc bằng nhau
\( \Rightarrow CEHK\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
\( \Rightarrow \widehat {HEC} + \widehat {HKC} = 180^\circ {\rm{ }}\)
Mà \(\widehat {HEC} = 90^\circ \) (do \(GH \bot BC\) tại \({\rm{E}}\) ) \( \Rightarrow \widehat {HKC} = 90^\circ \Rightarrow CK \bot HK\).
Mà \({\rm{HK}}//{\rm{AC}}({\rm{gt}}) \Rightarrow CK \bot AC\) (từ vuông góc đến song song).
Mà \(CG \bot AC\,\,\,(cmt)\).
Vậy \({\rm{G}},{\rm{C}},{\rm{K}}\) thẳng hàng.
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a)Tính \(A = \sqrt 4 + \sqrt {20} - \sqrt 5 - 2\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt 4 + \sqrt {20} - \sqrt 5 - 2 = \sqrt {{2^2}} + \sqrt {{2^2} \cdot 5} - \sqrt 5 - 2\\\,\,\,\,\, = 2 + 2\sqrt 5 - \sqrt 5 - 2 = (2 - 2) + \left( {2\sqrt 5 - \sqrt 5 } \right) = \sqrt 5 \end{array}\)
Vậy \(A = \sqrt 5 \).
b) Cho biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{x + \sqrt x }}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{{{(\sqrt x + 1)}^2}}}\) với \(x > 0,x \ne 1\). Rút gọn biểu thúc \(B\) và so sánh giá trị của \(B\) với 1 .
Điều kiện xác định: \(x > 0,x \ne 1\).
\(\begin{array}{l}B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} - \frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}}\\B = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}} - \frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right):\frac{{\sqrt x - 1}}{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}}\\B = \frac{{\sqrt x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 1} \right)}} \cdot \frac{{{{\left( {\sqrt x + 1} \right)}^2}}}{{\sqrt x - 1}} = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }}\end{array}\)
Ta có: \(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }} = 1 + \frac{1}{{\sqrt x }} > 1\,;\,\,\forall x > 0,x \ne 1\).
Vậy với \(x > 0,x \ne 1\) thì \(B = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x }} > 1\).
Lời giải
Cho hàm số \({\rm{y}} = \frac{1}{2}{{\rm{x}}^2}\) có đồ thị \(({\rm{P}})\).
a) Vẽ đồ thị (P).
Ta có bảng giá trị sau:
|
\(x\) |
\( - 2\) |
\( - 1\) |
\(0\) |
\(1\) |
\(2\) |
|
\(y = \frac{1}{2}{x^2}\) |
\(2\) |
\(\frac{1}{2}\) |
\(0\) |
\(\frac{1}{2}\) |
\(2\) |
\( \Rightarrow \) Đồ thị hàm số là đường cong parabol đi qua các điểm
\(O\,\left( {0\,;\,\,0} \right)\,;\,\,A\,\left( { - 2\,;\,\,2} \right)\,;\,\,\,B\,\left( { - 1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\,\,;\,\,\,C\,\,\left( {1\,;\,\,\frac{1}{2}} \right)\,\,;\,\,D\,\left( {2\,;\,\,2} \right)\)
Hệ số \(a = \frac{1}{2} > 0\) nên parabol có bề cong hướng xuống. Đồ thị hàm số nhận \({\rm{Oy}}\) làm trục đối xứng.
Ta vẽ được đồ thị hàm số \(y = \frac{1}{2}{x^2}\) như sau:
a) Đường thẳng \(y = - x + b\) (với \(b > 0\)) lần lượt cắt \[Ox,\]\[Oy\] tại \(E\,,\,\,F\). Chứng minh rằng tam giác \(OEF\)vuông cân và tìm \(b\) để tâm đuờng tròn ngoại tiếp tam giác \[OEF\] là gốc tọa độ.
Cho \(y = 0 \Rightarrow - x + b = 0 \Leftrightarrow x = b\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(y = - x + b\) cắt \({\rm{Ox}}\) tại \({\rm{E}}({\rm{b}};0)\).
Cho \(x = 0 \Rightarrow y = 0 + b = b\)
\( \Rightarrow \) Đường thẳng \(y = - x + b\) cắt \({\rm{Oy}}\) tại \({\rm{F}}(0;{\rm{b}})\).
Xét \(\Delta OEF\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OE \bot OF\,\,\,\left( {{\rm{do }}Ox \bot Oy} \right)}\\{OE = OF = b\,\,\,\left( {{\rm{do }}b > 0} \right)}\end{array} \Rightarrow \Delta OEF} \right.\) vuông cân tại \({\rm{O}}\).
\( \Rightarrow \) Tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OEF\) là trung điểm cạnh huyền \[EF\].
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OEF\) là \(H\).
Gọi \(M,\,\,N\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên \(Ox\,,\,\,Oy\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HM \bot Ox}\\{OF \bot Ox}\end{array} \Rightarrow HM\,{\rm{//}}\,OF} \right.\) (từ vuông góc đến song song).
Mà \(H\) là trung điểm của \(EF\)\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(OE\) (Tính chất đường trung bình của tam giác).
\( \Rightarrow HM\) là đường trung bình của tam giác \(OEF \Rightarrow HM = \frac{1}{2}OF = \frac{b}{2}\).
Chứng minh tương tự ta tính được \(HN = \frac{b}{2}\)\( \Rightarrow H\left( {\frac{b}{2};\frac{b}{2}} \right)\)
Để tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OEF\) là một điểm thuộc \(({\rm{P}}) \Leftrightarrow H\left( {\frac{b}{2};\frac{b}{2}} \right) \in (P)\).
\[\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{b}{2} = \frac{1}{2} \cdot {\left( {\frac{b}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{b}{2} = \frac{{{b^2}}}{8} \Leftrightarrow {b^2} - 4b = 0\\ \Leftrightarrow b\left( {b - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}b = 0\,\,\,(L)\\b = 4\,\,(TM)\end{array} \right.\,\,\end{array}\]
Vậy \(b = 4\) là giá trị cần tìm.
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
Hỏi bài tập