Cho nửa đường tròn tâm \[O\] đường kính \[AB\]. Trên nửa đường tròn \[\left( O \right)\] lấy điểm \[M\] (\[M\] khác \[A\] và \[B\]). Trên cung \[MB\], lấy điểm \[N\]. Kẻ \[MI\] vuông góc với \[AB\] tại \[I\] (\[I \in AB\]) và \[MK\] vuông góc với \[AN\] tại \[K\] (\[K \in AN\]).
(a) Chứng minh tứ giác \[AIKM\] nội tiếp.
(b) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(MI\). Chứng minh \(AI.AB = AE.AN\) và
(c) Gọi \(H\) là giao điểm của \(IN\) và \(MK\). Chứng minh \(EH\parallel MN\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Ta có: \[MI \bot AB\] tại \[I\] (\[I\] thuộc \[AB\]).
Suy ra tam giác \[AMI\] vuông tại \[I\].
Do đó ba điểm \(A,M,I\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (1)
Chứng minh tương tự, ta được: ba điểm \(A,M,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \[AM\] (2)
Từ (1), (2), ta thu được tứ giác \[AIKM\] nội tiếp đường tròn đường kính \[AM\].
b) Vì \(MI \bot AB\) tại \(I\)nên \(\widehat {AIE} = 90^\circ \).
Mà \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Suy ra \(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \).
Xét \(\Delta AIE\) và \(\Delta ANB\), có:
\(\widehat {EAI}\) chung;
\(\widehat {AIE} = \widehat {ANB} = 90^\circ \) (chứng minh trên).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{AI}}{{AN}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).
Vậy \(AI.AB = AE.AN\) (điều phải chứng minh).
Ta có: \(\widehat {MAK} = \widehat {MIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính \(AM\)).
Suy ra \(\widehat {MAN} = \widehat {MIK}\).
Mà \(\widehat {MAN} = \widehat {MBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn của nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Do đó \(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\).
Vì tứ giác \(AIKM\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AM\) nên \(\widehat {MAI} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) hay \(\widehat {MAB} + \widehat {MKI} = 180^\circ \) (3)
Vì tứ giác \(AMNB\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {MAB} + \widehat {MNB} = 180^\circ \) (4)
Từ (3), (4), ta suy ra \(\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\).
Xét \(\Delta MKI\) và \(\Delta MNB\), có:
\(\,\widehat {MKI} = \widehat {MNB}\) (chứng minh trên);
\(\,\widehat {MIK} = \widehat {MBN}\) (chứng minh trên).
Vậy (g.g).
c) Kéo dài \(MH\) cắt \(AB\) tại \(C\).
Ta có: \(MI,AK\) là hai đường cao của \(\Delta MAC\).
Mà \(E\) là giao điểm của \(MI,AK\).
Khi đó \(E\) là trực tâm của \(\Delta MAC\).
Suy ra \(CE \bot MA\) (5)
Ta có: \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Do đó \(AM \bot MB\) (6)
Từ (5), (6), ta suy ra \(CE\parallel MB\).
Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IE}}{{EM}}\) (*)
Ta có: \(\widehat {ANB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Suy ra \(AN \bot NB\).
Mà \(AN \bot HC\) (giả thiết).
Do đó \(HC\parallel NB\).
Áp dụng định lí Thalès, ta được: \(\frac{{IC}}{{CB}} = \frac{{IH}}{{HN}}\) (**)
Từ (*), (**), ta thu được: \(\frac{{IE}}{{EM}} = \frac{{IH}}{{HN}}\).
Áp dụng định lí Thalès đảo, ta được: \(EH\parallel MN\).
Vậy \(EH\parallel MN\) (điều phải chứng minh).
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 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
Điều kiện: \[a,b,h > 0\].
Vì tỉ số của chiều rộng và chiều dài là \(1:3\) nên \[b = 3a\].
Ta có thể tích của thùng bằng \(\frac{9}{4}\,\,d{m^3}\). Tức là, \(V = \frac{9}{4}\,\,\left( {d{m^3}} \right)\).
Suy ra \[a.b.h = \frac{9}{4}\].
Do đó \[a.3a.h = \frac{9}{4}\].
Vì vậy \[3{a^2}.h = \frac{9}{4}\].
Suy ra \[h = \frac{3}{{4{a^2}}}\].
Diện tích xung quanh của thùng là:
\[{S_1} = 2.a.h + 2.b.h = 2a.\frac{3}{{4{a^2}}} + 2.3a.\frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{2a}} + \frac{9}{{2a}} = \frac{{12}}{{2a}} = \frac{6}{a}\,\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].
Diện tích đáy của thùng là:
\[{S_2} = a.b = a.3a = 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].
Diện tích vật liệu dùng để làm thùng là:
\[S = {S_1} + {S_2} = \frac{6}{a} + 3{a^2} = \frac{3}{a} + \frac{3}{a} + 3{a^2}\,\,\left( {d{m^2}} \right)\].
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương \[\frac{3}{a};\frac{3}{a};3{a^2}\], ta được:
\(S = 3{a^2} + \frac{3}{a} + \frac{3}{a} \ge 3\sqrt[3]{{3{a^2}.\frac{3}{a}.\frac{3}{a}}} = 9\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\frac{3}{a} = 3{a^2}\].
Suy ra \[{a^3} = 1\].
Do đó \[a = 1\].
So với điều kiện \[a > 0\], ta nhận \[a = 1\].
Ta có: \[b = 3a = 3.1 = 3\] và \[h = \frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{{{4.1}^2}}} = \frac{3}{4}\].
So với điều kiện \[b,h > 0\], ta nhận \[b = 3\] và \[h = \frac{3}{4}\].
Để tốn ít vật liệu làm thùng nhất thì diện tích vật liệu dùng để làm thùng nhỏ nhất và bằng \[9\,\,d{m^2}\].
Vậy các kích thước chiều rộng, chiều dài, chiều cao của thùng lần lượt là \[1\,\,dm\,;\,3\,\,dm\,;\,\,\frac{3}{4}\,\,dm\].
Lời giải
Quan sát bảng thống kê, ta có:
Tần số bạn Nam sử dụng Internet:
⦁ Từ \(0\) đến dưới \(1\) giờ là \(3\) ngày;
⦁ Từ \(1\) đến dưới \(2\) giờ là \(6\)ngày;
⦁ Từ \(2\) đến dưới \(3\) giờ là \(9\) ngày;
⦁ Từ \(3\) đến dưới \(4\) giờ là \(8\) ngày;
⦁ Từ \(4\) đến dưới \(5\) giờ là \(4\) ngày.
Ta có bảng tần số ghép nhóm sau:
Tần số tương đối bạn Nam sử dụng Internet:
⦁ Từ \(0\) đến dưới \(1\) giờ là: \(\frac{3}{{30}}.100\% = 10\% \);
⦁ Từ \(1\) đến dưới \(2\) giờ là: \(\frac{6}{{30}}.100\% = 20\% \);
⦁ Từ \(2\) đến dưới \(3\) giờ là: \(\frac{9}{{30}}.100\% = 30\% \);
⦁ Từ \(3\) đến dưới \(4\) giờ là: \(\frac{8}{{30}}.100\% \approx 26,7\% \);
⦁ Từ \(4\) đến dưới \(5\) giờ là: \(\frac{4}{{30}}.100\% \approx 13,3\% \).
Ta có bảng tần số tương đối ghép nhóm như sau:
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
Hỏi bài tập