1) Một ly nước dạng hình trụ có chiều cao \(15cm\), đường kính đáy là \(5cm,\) lượng
1) Một ly nước dạng hình trụ có chiều cao \(15cm\), đường kính đáy là \(5cm,\) lượng nước tinh khiết trong ly cao \(10cm\). Ly nước được đặt cố định trên mặt bàn bằng phẳng như hình vẽ dưới đây.
a) Tính thể tích nước tinh khiết được chứa trong ly.
b) Người ta thả vào ly nước 5 viên bi hình cầu giống hệt nhau, có cùng thể tích, đồng chất và ngập hoàn toàn trong nước, làm nước trong ly dâng lên đúng bằng miệng ly, không tràn ra ngoài. Hỏi thể tích của mỗi viên bi là bao nhiêu xăng-ti-mét khối? (Giả sử độ dày của ly là không đáng kể)
2) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm M đến đường thẳng BC.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.
b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\angle MHO = \angle MNA\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).
c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.
Quảng cáo
1)
a) Bán kính của ly nước là
\(5:2 = 2,5\left( {cm} \right)\)
Thể tích nước tinh khiết chứa trong ly là:
\(V = \pi .2,{5^2}.10 = 62,5\pi \left( {c{m^3}} \right)\)
Vậy thể tích nước tinh khiết được chứa trong ly là \(62,5\pi \)\(c{m^3}\).
b) Thể tích của 5 viên bi hình cầu là:
\(V = \pi .2,{5^2}.\left( {15 - 10} \right) = 31,25\pi \left( {c{m^3}} \right)\)
Thể tích của mỗi viên bi là:
\(31,25\pi :5 = 6,25\pi \left( {c{m^3}} \right)\)
Vậy thể tích của mỗi viên bi là \(6,25\pi \)\(c{m^3}\).
2)
a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.
Do \(AB \bot MN\) nên \(\Delta MOB\) vuông tại O, cạnh huyền MB
Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB
Tương tự \(\Delta MHB\) vuông tại H, cạnh huyền MB nên M, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB
Vậy O, M, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính MB (đpcm)
b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\angle MHO = \angle MNA\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).
Do O, M, B, H cùng thuộc đường tròn nên MOBH nội tiếp đường tròn
Suy ra \(\angle MHO = \angle MBO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO)
Mà \(\angle MNA = \angle MBA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA của (O))
Suy ra \(\angle MHO = \angle MNA\) (đpcm)
Ta có \(\angle AMB = \dfrac{1}{2}sdAB = {90^0}\) nên \(\angle BMC = {90^0}\)
Do \(\angle CMH + \angle HMB = \angle CMB = {90^0}\) kết hợp với \(\angle HBM + \angle HMB = {180^0} - \angle MHB = {90^0}\)
Nên \(\angle CMH = \angle HBM\)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có \(\angle CMH = \angle HBM\)
\(\angle CHM = \angle BHM\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\Delta MHC \sim \Delta BHM\left( {g.g} \right)\)
Suy ra \(\dfrac{{HC}}{{HM}} = \dfrac{{MH}}{{HB}}\) (1)
Vì MO = OB nên tam giác MOB cân tại O suy ra \(\angle OMB = \angle OBM\) (tính chất)
Tứ giác MHBO nội tiếp đường tròn đường kính MB nên ta có:
\(\angle MHO = \angle MBO;\,\,\angle OHB = \angle OMB\) (các góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Khi đó \(\angle MHO = \angle OHB\)
Suy ra EH là phân giác của góc MHB
Suy ra \(\dfrac{{ME}}{{EB}} = \dfrac{{MH}}{{HB}}\) (tính chất đường phân giác) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\dfrac{{HC}}{{HM}} = \dfrac{{ME}}{{EB}}\) hay \(HC.EB = HM.ME\) (đpcm)
c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.
Ta có \(\Delta CHM\) vuông tại H nên C, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM
Mà \(P\) thuộc đường tròn đường kính CM nên \(\angle MPC = {90^0}\) hay \(MP \bot PC\)
Tương tự P thuộc đường tròn (O), đường kính MN nên \(\angle MPN = {90^0}\) hay \(MP \bot PN\)
Suy ra C, P, N thẳng hàng (*)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có \(\angle CHM = \angle CMB = {90^0}\)
\(\angle BCM\) chung
Nên \(\Delta MHC \sim \Delta BMC\left( {g.g} \right)\)
Suy ra \(\dfrac{{HC}}{{MC}} = \dfrac{{MH}}{{MB}}\) hay \(\dfrac{{HC}}{{MH}} = \dfrac{{MC}}{{MB}}\)
Mà \(\dfrac{{HC}}{{HM}} = \dfrac{{ME}}{{EB}}\) suy ra \(\dfrac{{MC}}{{MB}} = \dfrac{{ME}}{{EB}}\) (3)
Ta có \(\Delta BMN\) có BO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên \(\Delta BMN\) cân tại B
Suy ra \(BM = BN\)
Thay vào (3) ta được \(\dfrac{{MC}}{{BN}} = \dfrac{{ME}}{{EB}}\)
Xét \(\Delta MEC\) và \(\Delta BEN\) có \(\dfrac{{MC}}{{BN}} = \dfrac{{ME}}{{EB}}\) và \(\angle EMC = \angle EBN\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\Delta MEC\sim\Delta BEN\left( {c.g.c} \right)\)
Suy ra \(\angle MEC = \angle BEN\) (hai góc tương tứng)
Mà \(\angle MEC + \angle CEB = {180^0}\) (hai góc kề bù)
Nên \(\angle BEN + \angle CEB = {180^0}\)
Chứng tỏ C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra C, P, E thẳng hàng (đpcm).
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
