1) Người ta thả một cục đá vào cốc thuỷ tinh hình trụ có chứa nước, đá chìm một phần

Câu hỏi số 772371:

Vận dụng

1) Người ta thả một cục đá vào cốc thuỷ tinh hình trụ có chứa nước, đá chìm một phần xuống nước trong cốc. Hãy tính thể tích phần đá chìm trong nước của cục đá đó, biết diện tích đáy của cốc nước hình trụ là \(16,5\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\)và nước dâng lên thêm \(80\,{\rm{mm}}\)

2) Cho \((O)\) đường kính \(AB\). Kẻ đường kính \(CD\) vuông góc với \(AB\). Lấy \(M\) thuộc cung nhỏ \(BC\), \(AM\) cắt \(CD\) tại \(E\). Qua \(D\) kẻ tiếp tuyến với \((O)\)cắt đường thẳng \(BM\) tại \(N\). Gọi \(P\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) lên \(DN\)

a) Chứng minh các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(EN\,{\rm{//}}\,CB\).

c) Chứng minh\(AM.BN = 2{R^2}\) và tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để diện tích tam giác \(BNC\)đạt giá trị lớn nhất.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:772371

Giải chi tiết

1) Đổi \(80\,{\rm{mm}}\, = \,8\,{\rm{cm}}\)

Phần thể tích nước dâng lên chính là thể tích của phần đá chìm trong nước của cục đá đó.

Nên thể tích phần đá chìm trong nước của cục đá đó là: \(16,5\,.\,8 = 132\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^3}\)

a) Chứng minh các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác \(MNDE\) :

Có \(DN \bot CD\,\,\)( vì \(DN\)là tiếp tuyến của \((O)\))

\( \Rightarrow \angle {CDN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \angle {EDN} = 90^\circ \)

\(\Delta EDN\)vuông tại \(D\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,D,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\(\left( 1 \right)\)

Ta có \(\angle {AMB} = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

\( \Rightarrow \angle {EMN} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta EMN\)vuông tại \(M\)

Suy ra \(3\)điểm \(E,M,N\)thuộc đường tròn đường kính \(EN\)\(\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) Suy ra các điểm \(M,\,N,D,E\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(EN\,{\rm{//}}\,CB\).

Xét \((O)\)có \(\angle {CDM} = \angle {CBM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM\))

\( \Rightarrow \angle {EDM} = \angle {CBM}\)

Vì tứ giác \(MNDE\)nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow \angle {EDM} = \angle {ENM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EM\))

Suy ra \(\angle {CBM} = \angle {ENM}\left( { = \angle {EDM}} \right)\) mà hai góc này ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow EN\,{\rm{//}}\,CB\).

c) Chứng minh\(AM.BN = 2{R^2}\) và tìm vị trí điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) để diện tích tam giác \(BNC\)đạt giá trị lớn nhất.

Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta BPN\):

Có \(BP \bot DN \Rightarrow \angle {BPN} = {90^0}\)\( \Rightarrow \angle {AMB} = \angle {BPN} = {90^0}\)(1)

Có \(DN \bot CD\) (\(DN\) kẻ tiếp tuyến với \((O)\)

\( \Rightarrow BA\,{\rm{//}}\,DN\)

\( \Rightarrow \angle {ABM} = \angle {DNB}\) (hai góc đồng vị) (2)

Từ (1) và (2) ta có \(\Delta AMB\)~\(\Delta BPN\) (g - g)

Xét tứ giác \(OBPD\)có :

\(\angle {DOB} = \angle {BPD} = \angle {ODP} = {90^0}\)

\(OD = OB = R\)

\( \Rightarrow OBPD\) là hình vuông (DHNB) nên \(OD = OB = BP = R\)

Có \(\Delta AMB\)~\(\Delta BPN\) (cmt) \( \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{BP}} = \dfrac{{AB}}{{BN}}\)

\( \Rightarrow AM.BN = BP.AB = R.2R = 2{R^2}\)

* Kẻ \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\)

\({S_{NBC}} = \dfrac{1}{2}NK.BC\). Do \(BC\) không đổi nên \({S_{NBC}}\,\max \) khi và chỉ khi \(NK\,\max \).

Do \(EF \bot BC,\,NK \bot BC\) \( \Rightarrow EF\,{\rm{//}}\,NK\).

Có tứ giác \(EFKN\) là hình bình hành (DHNB)

Có \(EF \bot BC \Rightarrow \angle {EFK} = {90^0}\) nên tứ giác \(EFKN\) là hình chữ nhật (DHNB)

\( \Rightarrow EF\, = \,NK\).

Ta có \(NK\,\max \) khi \(EF\,\max \)

khi \(E \equiv O\)khi \(M \equiv B\)

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