Cho (O) đường kính \(AB = 2R,\,\,xy\) là tiếp tuyến với (O) tại B, CD là một đường kính bất

Câu hỏi số 313029:

Vận dụng

Cho (O) đường kính \(AB = 2R,\,\,xy\) là tiếp tuyến với (O) tại B, CD là một đường kính bất kỳ \(\left( {AC < CB} \right),\) gọi giao điểm của AC và AD với xy theo thứ tự là M, N.

1. Chứng minh tứ giác MCDN nội tiếp.

2. Chứng minh \(AC.AM = AN.AN.\)

3. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác MCDN và H là trung điểm MN. Chứng minh tứ giác AOIH là hình bình hành. Khi đường kính CD quay quanh điểm O thì I di động trên đường nào?

4. Khi góc AHB bằng 60⁰. Tính diện tích xung quanh của hình trụ tạo thành khi hình bình hành AHOI quay quanh cạnh AH theo R.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:313029

Phương pháp giải

1) Chứng minh \(\angle AMB + \angle CDN = {180^0}\)suy ra tứ giác MCDN là tứ giác nội tiếp.

2) Ta chứng minh hai tam giác \(\Delta ACD \sim \Delta ANM\) đồng dạng suy ra \(AC.AM = AN.AN.\)

3) Chứng minh \(IH = OA = R\) mà \(IH \bot xy\) suy ra I cách xy một khoảng không đổi R.

Vậy khi CD quay xung quanh điểm O thì I di động trên đường thẳng\(\Delta //xy\) và cách xy một khoảng bằng R suy ra các tam giác ADC và BNC đồng dạng (g-g).

4) Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ là: \({S_{xq}} = 2\pi rh.\)

Giải chi tiết

1) Chứng minh tứ giác MCDN nội tiếp.

Xét \(\left( {O;\,R} \right)\) ta có: \(AB,\,\,CD\) là hai đường kính của hình tròn

\( \Rightarrow ADBC\) là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AC = BD\\AD = BC\end{array} \right.\) (các cạnh đối).

Ta có: \(\angle ADB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

\( \Rightarrow \angle BDN = {90^0}(1)\)

Ta có: \(\angle CMN\) là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn chắn các cung

\(BC\) và \(AB.\)

\( \Rightarrow \angle CMN = \frac{1}{2}\left( {sd\,\,cung\,\,AB - sd\,\,cung\,\,CB} \right) = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,BD = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AC.\,\,\left( {do\,\,AC = BD} \right)\)

Lại có: \(\angle ADC\) là góc nội tiếp chắn cung \(AC \Rightarrow \angle ADC = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AC\)

\( \Rightarrow \angle ADC = \angle CMN\,\left( { = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AC} \right).\)

\( \Rightarrow CDNM\) là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện). (đpcm)

2) Chứng minh \(AC.AM = AN.AN.\)

Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta ANM\) ta có:

\(\begin{array}{l}\angle CAD\,\,chung\\\angle AMB = \angle ADC\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ACD \sim \Delta ANM\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{AC}}{{AN}} = \frac{{AD}}{{AM}} \Rightarrow AC.AM = AN.AD\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

3) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác MCDN và H là trung điểm MN. Chứng minh tứ giác AOIH là hình bình hành. Khi đường kính CD quay quanh điểm O thì I di động trên đường nào?

Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác MCDN, H là trung điểm của MN

\( \Rightarrow IH \bot MN\) (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung).

Mà \(AO \bot MN\) (do AB là đường kính của đường tròn (O), MN là tiếp tuyến tại B của đường tròn)

\( \Rightarrow HI//AO\,\,\left( { \bot MN} \right)\,\,\left( 1 \right)\)

Mặt khác ta có \(\angle CAD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \angle ACD + \angle CDA = {90^0}\) (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông)

Xét \(\Delta MAN\) có \(\angle MAN = {90^0}\), H là trung điểm của MN

\( \Rightarrow AH = \frac{1}{2}MN = MH\) (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)

\( \Rightarrow \Delta AHM\) cân tại H (dhnb)

\( \Rightarrow \angle MAH = \angle HMA\) (hai góc kề đáy của tam giác cân).

Lại có : \(\angle ACD = \angle CAB\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung AD, CB bằng nhau).

Mà : \(\angle AMH + \angle CAB = {90^0}\) (tam giác ABM vuông tại B)

\( \Rightarrow \angle MAH + \angle ACD = {90^0} \Rightarrow \Delta CAK\) vuông tại \(K \Rightarrow CD \bot AH = \left\{ K \right\}.\)

Lại có : \(OI \bot CD\,\,\) (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow AH//OI\,\,\left( { \bot CD} \right).\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}AH//OI\\AO//HI\end{array} \right. \Rightarrow AOIH\) là hình bình hành (dhnb). (đpcm)

Ta có : \(H\) là trung điểm của \(MN,\,\,M,\,\,N\) thuộc đườn thẳng \(xy\) cố định \( \Rightarrow H\) là điểm di động trên đường \(xy.\)

Vì \(AOIH\) là hình bình hành (cmt) \( \Rightarrow AO = IH\) (hai cạnh đối)

Mà \(AO = R\) không đổi \( \Rightarrow IH = R\) không đổi.

\( \Rightarrow I\) là điểm di động trên đườgn thẳng song song với đường thẳng \(xy.\)

4) Khi góc AHB bằng 60⁰; Tính diện tích xung quanh của hình trụ tạo thành khi hình bình hành AHOI quay quanh cạnh AH theo R.

Ta có : \(\angle AHB = {60^0} \Rightarrow \angle OAH = {30^0}\)

Khi quay hình bình hành AHIO một vòng quanh cạnh AH thì cạnh AO và cạnh HI tạo nên hai hình nón bằng nhau có đường sinh \(AO = IH = R.\)

Cạnh OI tạo nên hình trụ có bán kính đáy bằng bán kính đáy của hình nón cũng như bán kính của hình tròn \(\left( O \right)\) là \(R.\)

Gọi P, Q là tâm các đường tròn đáy của hình trụ.

Xét \(\Delta AOP\) ta có : \(\angle OPA = {90^0},\,\,\angle OAP = {30^0}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin {30^0} = \frac{{OP}}{{OA}} = \frac{{OP}}{R}\\ \Rightarrow OP = R\sin {30^0} = \frac{R}{2}.\end{array}\)

Xét \(\Delta ABH\) ta có : \(AH = \frac{{AB}}{{\tan {{60}^0}}} = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}.\)

Diện tích xung quanh hình trụ cần tính là : \({S_{xq}} = 2\pi rh = 2\pi .OP.AH = 2\pi .\frac{R}{2}.\frac{{2R\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\pi {R^2}\sqrt 3 }}{3}.\)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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