1) Cho đường tròn (O) có đường kính AB. Gọi M là một điểm thuộc đường tròn (M khác A và B).
1) Cho đường tròn (O) có đường kính AB. Gọi M là một điểm thuộc đường tròn (M khác A và B). Tiếp tuyến đi qua M cắt tiếp tuyến đi qua B tại điểm K.
a) Chứng minh tứ giác OMKB nội tiếp
b) Chứng minh \(OK \bot MB\).
c) Kẻ một đường thẳng đi qua K cắt đường tròn (O) tại E và F (E nằm giữa K và F), OK cắt BM tại H. Chứng minh \(\angle {EMK} = \angle {MFE}\) và \(\angle {OFE} = \angle {EHK}\).
2) Một công ty mỹ phẩm sản xuất mẫu sản phẩm mới dạng một khối cầu và bên trong là một khối trụ đựng kem dưỡng (như hình vẽ).
a) Theo dự kiến công ty sản xuất khối cầu với bán kính \(R = 2\sqrt 6 \)(cm). Tính thể tích khối cầu này.
b) Tìm thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất.
Quảng cáo
1)
a) Ta có MK, BK là các tiếp tuyến của (O).
Suy ra \(\angle {OMK} = \angle {OBK} = {90^0}\) (t/c tiếp tuyến)
Suy ra tam giác MKO vuông tại M, tam giác OBK vuông tại B.
Dựng đường trung tuyến MI, BI lần lượt trong \(\Delta MKO,\,\,\Delta OBK\) với I là trung điểm của OK.
Suy ra \(IM = IO = IK = IB = \dfrac{1}{2}OK\) (t/c đường trung tuyến trong tam giác vuông)
Suy ra các điểm M, O, K, B đều nằm trên đường tròn (I)
Vậy tứ giác MOBK là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có MK, BK là các tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại K.
Suy ra KM = KB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà KO là phân giác của \(\angle {MKB}\)
Suy ra KO đồng thời là đường cao trong tam giác MKB.
Vậy \(OK \bot MB\)
c) *) Chứng minh \(\angle {EMK} = \angle {MFE}\)
Ta có OM = OE nên \(\Delta OME\) cân tại O
Dựng đường cao OP của \(\Delta OME\)
Suy ra \(\Delta OPM\) vuông tại P
\( \Rightarrow \angle {PMO} + \angle {MOP} = {90^0}\)
Mà \(\angle {PMO} + \angle {EMK} = {90^0}\) (MK là tiếp tuyến của đường tròn (O))
Suy ra \(\angle {MOP} = \angle {EMK}\)
Mặt khác OP là đường cao đồng thời là đường phân giác trong \(\Delta OME\)
Ta có: \(\angle {MOP} = \angle {EMK} = \dfrac{1}{2}\angle {MOE}\) (1)
Ta thấy \(\angle {MFE}\) và \(\angle {MOE}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ME.
Suy ra \(\angle {MFE} = \dfrac{1}{2}\angle {MOE}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle {EMK} = \angle {MFE}\) (đpcm)
*) Chứng minh \(\angle {OFE} = \angle {EHK}\)
Xét \(\Delta OMK\) và \(\Delta MHK\) có:
\(\angle {OMK} = \angle {MHK} = {90^0}\)
\(\angle {MKO}\) chung
Suy ra \(\Delta OMK\)~\(\Delta MHK\) (g.g)
Suy ra \(\dfrac{{OK}}{{MK}} = \dfrac{{MK}}{{HK}}\) hay \(M{K^2} = OK.HK\) (1)
Xét \(\Delta MEK\) và \(\Delta FMK\) có:
\(\angle {EMK} = \angle {MFE}\) (cmt)
\(\angle {EKM}\) chung
Suy ra \(\Delta MEK\)~\(\Delta FMK\) (g.g)
Suy ra \(\dfrac{{EK}}{{MK}} = \dfrac{{MK}}{{FK}}\) hay \(M{K^2} = EK.FK\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(OK.HK = EK.FK\) hay \(\dfrac{{KF}}{{HK}} = \dfrac{{OK}}{{EK}}\)
Xét \(\Delta OFK\) và \(\Delta EHK\) có:
\(\dfrac{{KF}}{{HK}} = \dfrac{{OK}}{{EK}}\) (cmt)
\(\angle {OKF}\) chung
Suy ra \(\Delta OFK\)~\(\Delta EHK\) (c.g.c)
Vậy \(\angle {OFE} = \angle {EHK}\) (2 góc tương ứng) (đpcm)
2)
a) Thể tích của khối cầu là:
\(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi .{(2\sqrt 6 )^3} = 492,2\,\,(c{m^3})\)
b) Kí hiệu: \(r\) là bán kính mặt đáy của khối trụ, \(h\) là chiều cao của khối trụ.
Theo định lí Pythagore, ta có: \({r^2} + {h^2} = {R^2}\) hay \({r^2} = {R^2} - {h^2}\)
Thể tích của khối trụ là: \(V = \pi .(24 - {h^2}).h\)
Để thể tích khối trụ đạt GTLN thì \((24 - {h^2}).h\) đạt GTLN
Ta có: \((24 - {h^2}).h = \sqrt {\dfrac{1}{2}(24 - {h^2})(24 - {h^2}).2{h^2}} \)
Theo BĐT Cauchy, ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {\dfrac{1}{2}(24 - {h^2})(24 - {h^2}).2{h^2}} \le \sqrt {\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{{27}}{{(24 - {h^2} + 24 - {h^2} + 2{h^2})}^3}} \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \sqrt {\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{{27}}{{.48}^3}} = 32\sqrt 2 \end{array}\)
Biểu thức \((24 - {h^2}).h\) đạt GTLN là \(32\sqrt 2 \) khi \(24 - {h^2} = 2{h^2}\) hay \(h = 2\sqrt 2 \)
Suy ra thể tích khối trụ lớn nhất là \(32\sqrt 2 \pi \approx 142,1\,\,(c{m^3})\)
Vậy để thể tích thực ghi trên bìa hộp là lớn nhất thì thể tích lớn nhất của khối trụ đựng kem dưỡng là \(32\sqrt 2 \pi \approx 142,1\,\,(c{m^3})\)
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
