1) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi H là một điểm cố định trên đoạn thẳng AO ( H
1) Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi H là một điểm cố định trên đoạn thẳng AO ( H khác A và O ). Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H. Lấy điểm G trên đoạn thẳng CH ( G khác C và H ), tia AG cắt đường tròn (O) tại E (E khác A). Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD. Đoạn thẳng AK cắt đường tròn (O) tại F (F khác A ).
a) Chứng minh tứ giác BEGH nội tiếp.
b) Chứng minh KC.KD=KE.KBKC.KD=KE.KB và ba điểm B, G, F thẳng hàng.
c) Tia EH cắt đường tròn (O) tại Q (Q khác E). Chứng minh HF=HQHF=HQ.
d) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF. Chứng minh khi G thay đổi trên đoạn CH và thỏa mãn các điều kiện của bài toán thì √3MNHE+HF√3MNHE+HF luôn không đổi.
2) Một hình trụ có chiều cao bằng đường kính đáy và có thể tích bằng 16π(cm3)16π(cm3). Tính diện tích xung quanh của hình trụ đó.
Quảng cáo
1) Vận dụng các tính chất hình học để chứng minh.
2) Áp dụng các công thức V=πr2hV=πr2h và S=2πrh.S=2πrh.
a) Do CH⊥AB⇒∠GHB=900CH⊥AB⇒∠GHB=900
∠AEB=900∠AEB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
∠GEB+∠GHB=900+900=1800∠GEB+∠GHB=900+900=1800
Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác BEGH nội tiếp.
b) Xét ΔKBCΔKBC và ΔKDEΔKDE có ∠BKD∠BKD chung
∠KBC=∠KDE∠KBC=∠KDE (cùng chắn cung CE)
⇒ΔKBC⇒ΔKBC~ ΔKDE(g.g)⇒KBKD=KCKE⇒KB.KE=KD.KC(dpcm)ΔKDE(g.g)⇒KBKD=KCKE⇒KB.KE=KD.KC(dpcm)
Xét ΔABKΔABK có AH, AE là đường cao cắt nhau tại G nên G là trực tâm
⇒BG⊥AK⇒BG⊥AK
Mà BF⊥AFBF⊥AF (∠BFA=900∠BFA=900)
⇒B,G,F⇒B,G,F thẳng hàng
c) ∠AHG+∠AFG=900+900=1800⇒HGFA∠AHG+∠AFG=900+900=1800⇒HGFA nội tiếp
⇒∠BAG=∠HFG⇒∠BAG=∠HFG (cùng chắn GH)
Mà ∠BQH=∠BAE∠BQH=∠BAE (cùng chắn BE)
⇒∠HFG=∠BQH⇒∠HFG=∠BQH (1)
Tương tự ∠QBH=∠QEA=∠HBG∠QBH=∠QEA=∠HBG (HBEG nội tiếp)
⇒∠QBH=∠FBH⇒∠QBH=∠FBH (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠FHB=∠QHB∠FHB=∠QHB
Xét ΔHBQΔHBQ và ΔHBFΔHBF có ∠FHB=∠QHB∠FHB=∠QHB, ∠QBH=∠FBH∠QBH=∠FBH và HB chung
⇒ΔHBQ=ΔHBF(g.c.g)⇒HF=HQ
d) Gọi I là giao điểm của BN và (O)
⇒∠AIB=∠AIN=900
⇒AMNI là hình chữ nhật (có 3 góc vuông)
⇒MN=AI
Ta có
∠OAI=900−∠IBA=900−∠ABK−∠KBN=900−∠ABK−(900−∠BEN)=900−∠ABK−(900−∠FEK)=∠FEK−∠ABK=∠KAB−∠ABK(1)
Lại có
∠OEQ=∠OEA−∠HEA=∠EAO−∠ABQ=900−∠ABK−∠ABQ=∠QAB−∠ABK=∠KAB−∠ABK(2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠OAI=∠OEQ
Mà ΔOEI,OEQ là các tam giác cân tại O và OE=OI=OQ=OA⇒ΔOIA=ΔOEQ
⇒AI=QE⇔MN=HQ+HF⇔MN=HF+HE
⇒√3MNHE+HF=√3MNMN=√3
Vậy √3MNHE+HF không đổi
2) Gọi bán kính hình trụ là r (cm) (r>0)
Suy ra chiều cao hình trụ là h=2r
Thể tích hình trụ là V=πr2.h=π.r2.2r=2πr3
Do thể tích hình trụ bằng 16π(cm3) nên ta có 2πr3=16π⇔r3=8⇔r=2(cm)
Vậy diện tích xung quanh hình trụ bằng S=2πrh=2π.2.4=16π(cm2)
>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com
>> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY
Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
![]() |
Hỗ trợ - Hướng dẫn

-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com