1) Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 3, BC = 5, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A
1) Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 3, BC = 5, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và HC. Hai nửa đường tròn này cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH.
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH.
2) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc đường tròn, hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho diện tích MNPQ lớn nhất.
Đáp án đúng là: A
Quảng cáo
1) a) Sử dụng công thức tính diện tích hình tròn \(S=\pi {{R}^{2}}\)
b) Chứng minh \(\widehat{FEH}=\widehat{ABC}\Rightarrow EF\)là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH. Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến đường tròn đường kính CH.
Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800.
2) Đặt \(MN=2x,\)tính MQ theo x. Sử dụng BĐT Cauchy để tìm GTLN của \({{S}_{MNPQ}}\)
1) a) Tính diện tích nửa đường tròn đường kính BH.
Ta có \(A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}=B{{C}^{2}}\Rightarrow \Delta ABC\)vuông tại A (định lí Pitago đảo).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BH=\frac{A{{B}^{2}}}{BC}=\frac{16}{5}\)
\(\Rightarrow \) Diện tích nửa đường tròn đường kính BH là
\(S=\frac{1}{2}.\pi {{\left( \frac{BH}{2} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}.\pi {{\left( \frac{8}{5} \right)}^{2}}=\frac{32\pi }{25}\,\,\left( dvdt \right)\)
b) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp và đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn đường kính BH và CH.
Gọi O1 và O2 lần lượt là trung điểm của BH và CH.
Dễ nhận thấy AEHF là hình chữ nhật (Tứ giác có ba góc vuông) \(\Rightarrow \widehat{CAH}=\widehat{FEH}\)
Mà \(\widehat{CAH}=\widehat{ABC}\)(cùng phụ với \(\widehat{BAH}\)) \(\Rightarrow \widehat{FEH}=\widehat{ABC}\)
Mà \(\widehat{ABC}\)nội tiếp chắn cung HE của đường tròn (O1); \(\widehat{FEH}\)tạo bởi dây cung EH và tia EF ở vị trí góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.
\(\Rightarrow EF\)là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BH.
Chứng minh tương tự ta có EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CH.
Vì AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AHF}\) Mà \(\widehat{AHF}=\widehat{ACB}\)(cùng phụ với \(\widehat{FHC}\))
\(\Rightarrow \widehat{AEF}=\widehat{ACB}\) Mà \(\widehat{AEF}+\widehat{BEF}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{ACB}+\widehat{BEF}={{180}^{0}}\Rightarrow \)tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
2) Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Tìm kích thước hình chữ nhật MNPQ có hai đỉnh M, N thuộc đường tròn, hai đỉnh P, Q thuộc đường kính AB sao cho diện tích MNPQ lớn nhất.
Đặt \(MN=2x\) ta có \(AQ=R-x;\,\,BQ=R+x\)
Khi đó ta có \({{S}_{MNPQ}}=MN.MQ=2x.\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}\le {{x}^{2}}+{{R}^{2}}-{{x}^{2}}={{R}^{2}}\)Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB ta có \(MQ=\sqrt{AQ.BQ}=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{R}^{2}}-{{x}^{2}}\Leftrightarrow x=\frac{R}{\sqrt{2}}\)
\(\Rightarrow MN=2x=R\sqrt{2};\,\,MQ=x=\frac{R}{\sqrt{2}}\)
Chọn A
Đáp án cần chọn là: A
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
