Hình vuông XYZT nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. điểm M bất kì thuộc cung nhỏ XT, góc ZMT có số đo bằng bao nhiêu?
(A) 23 ° 30 ' (B) 45 °
(C) 90 ° (D) Không tính được.
Những câu hỏi liên quan
Hình vuông XYZT nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Điểm M bất kì thuộc cung XT. \(\widehat{ZMT}\) có số đo bằng bao nhiêu ?
(A) \(22^030'\)
(B) \(45^0\)
(C) \(90^0\)
(D) Không tính được
Hãy chọn phương án đúng ?
Chọn phương án (B)
Hình vuông XYZT nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Điểm M bất kì thuộc cung XT. \(\widehat{ZMT}\) có số đo bằng \(45^0\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho nửa đường tròn ( O;R), đường kính AB , Bán kính CO vuông góc với AB , M là một điểm bất kì trên cung nhỏ AC ( M khác A,C) BM cắt AC tại H , K là hình chiếu của H trên AB a. Số đo cung nhỏ BC b.Chứng minh BCHK là tứ giác nội tiếp c. Trên đường thẳng BM lấy D sao cho BD = AM . Chứng minh CM vuông góc với CD Mong mn giúp mik mai mik thi gấp cận kề rồi :((
Giải mục 1 trang 7 ,8 , 9 SGK Toán 11 tập 1 - Chân trời sáng tạo
16 tháng 7 2023 lúc 16:41
Vẽ đường tròn tâm O bán kính R bất kì. Dùng một đoạn dây mềm đo bán kính và đánh dấu được một cung AB có độ dài đúng bằng R (Hình 9). Đo và cho biết \(\widehat {AOB}\) có số đo bằng bao nhiêu độ.
\( \Rightarrow \widehat {AOB} = 60^\circ \)
Đúng 1
Bình luận (0)
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M thuộc cung A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
2) CA là tia phân giác của ^MCK
1: góc ACB=1/2*180=90 độ
góc HKB+góc HCB=180 độ
=>CBKH nội tiếp
2: góc MCA=1/2*sđ cung MA
góc ACK=góc MBA=1/2*sđ cung MA
=>góc MCA=góc KCA
=>CA là phân giác của góc MCK
Đúng 0
Bình luận (0)
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R,kẻ các tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (B,C là các tiếp điểm).Trên cung nhỏ Bc lấy một điểm M bất kì khác B và C.Gọi I , K , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các đoạn thẳng AB,AC,BC.
Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp.
góc AIM+góc AKM=180 độ
=>AIMK nội tiếp
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm A sao cho OA2R. VẼ các tiếp tuyến AB,AC ( B,C) là các tiếp điểm. Đường thẳng OA cắt BC tại H, cắt cung nhỏ BC và cung lớn BC lần lượt tại I,Ka/ CM OA vuông góc với BC, HIOAR bình phươngb/ CM tam gaics ABC đều, tứ giác ABKC là hình thoic/ CHứng tỏ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính theo R bán kính của đường tròn này. d/ Vẽ cát tueyens bất kì AMN của đường tròn tâm O. Gọi E là tủng điểm MN. CHứng tỏ 5 điểm O,E,A,B,C cùng thuộc một đường tr...
Đọc tiếp
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm A sao cho OA=2R. VẼ các tiếp tuyến AB,AC ( B,C) là các tiếp điểm. Đường thẳng OA cắt BC tại H, cắt cung nhỏ BC và cung lớn BC lần lượt tại I,K
a/ CM OA vuông góc với BC, HI=OA=R bình phương
b/ CM tam gaics ABC đều, tứ giác ABKC là hình thoi
c/ CHứng tỏ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tính theo R bán kính của đường tròn này.
d/ Vẽ cát tueyens bất kì AMN của đường tròn tâm O. Gọi E là tủng điểm MN. CHứng tỏ 5 điểm O,E,A,B,C cùng thuộc một đường tròn
Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Gọi $Ax$, $By$ là các tia vuông góc với $AB$ ($Ax$, $By$ và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ $AB$). Gọi $M$ là điểm bất kì thuộc tia $Ax$. Qua $M$ kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt $By$ ở $N$.
a) Tính số đo góc $MON$.
b) Chứng minh rằng AM.BNR^2 ($R$ là bán kính của nửa đường tròn).
c) Tìm vị trí điểm $M$ để diện tích hình thang $AMNB$ nhỏ nhất.
Đọc tiếp
Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Gọi $Ax$, $By$ là các tia vuông góc với $AB$ ($Ax$, $By$ và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ $AB$). Gọi $M$ là điểm bất kì thuộc tia $Ax$. Qua $M$ kẻ tiếp tuyến với đường tròn, cắt $By$ ở $N$.
a) Tính số đo góc $MON$.
b) Chứng minh rằng \(AM.BN=R^2\) ($R$ là bán kính của nửa đường tròn).
c) Tìm vị trí điểm $M$ để diện tích hình thang $AMNB$ nhỏ nhất.
bài làm
a, gọi H là tiếp điểm của tiếp tuyến MN
theo giả thuyết 2 tiếp tuyến AM và MH cắt nhau tại M
⇒ AM=MH ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
theo giả thuyết 2 tiếp tuyến HN cắt BN tại N
⇒ HN=BN ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
nên ta có: MN=HM=HN=\(\dfrac{1}{2}\)(AOH =HON)=90 độ
vậy góc MON=90 đọ và là tâm giác vuông tại O đường cao OH
b,theo giả thuyết 2 tiếp tuyến AM và MH cắt nhau tại M
⇒ AM=MH ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
theo giả thuyết 2 tiếp tuyến HN cắt BN tại N
⇒ HN=BN ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: OI^2=MI.IN
Vì vậy =\(R^2\)
a) Gọi I là tiếp điểm của tiếp tuyến MN với nửa đường tròn (O).
Theo tính chất của tiếp tuyến cắt nhau, ta có:.
Vì vậy .
b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: .
Vì vậy .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: .
Vì vậy .
c) Ta chứng minh được , .
Diện tích hình thang AMNB bằng:
.
.
Suy ra diện tích hình thang AMNB nhỏ nhất khi diện tích tam giác MON nhỏ nhất.
Xem thêm câu trả lời
29 tháng 5 2022 lúc 13:37
Cho đường tròn (O;R) có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Từ điểm M bất kì trên cung nhỏ BC kẻ MH vuông góc với CB tại H.
1.Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OMH. Chứng minh \(\widehat{OIB}\) không đổi
2.Tìm vị trí của điểm M sao cho tam giác AMH có diện tích lớn nhất
1.\(\Delta OMH\perp H\) ( không đổi )
\(\Rightarrow\widehat{OMH}+\widehat{HOM}=90^o\)
Ta có: I là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta OMH\)
\(\Rightarrow\widehat{OMI}=\widehat{HMI}=\dfrac{\widehat{OMH}}{2}\)
\(\Rightarrow\widehat{MOI}=\widehat{HOI}=\dfrac{\widehat{MOH}}{2}\)
\(\Delta OIM\) có: \(\widehat{OIM}=180^o-\left(\widehat{OMI}+\widehat{MOI}\right)\)
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{OIM}=180^o-\left(\dfrac{\widehat{OMH}}{2}+\dfrac{\widehat{MOH}}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\widehat{OIM}=180^o-\dfrac{90^o}{2}=135^o\)
Xét \(\Delta OIB\) và \(\Delta OIM\), có:
\(OB=OM\left(=R\right)\)
\(\widehat{MOI}=\widehat{BOI}\) ( OI là tia phân giác \(\widehat{MOH}\) )
`OI`: chung
Vậy\(\Delta OIB\) = \(\Delta OIM\) ( c.g.c )
\(\Rightarrow\widehat{OIB}=\widehat{OIM}\) ( 2 góc tương ứng )
\(\Rightarrow\widehat{OIB}=135^o\) ( không đổi )
2. \(\Delta OMH\perp H\)
\(\Rightarrow S_{OMH}=\dfrac{1}{2}.OH.MH\)
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
\(\sqrt{OH^2.MH^2}\le\dfrac{OH^2+MH^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}.OH.MH\le\dfrac{1}{2}.\dfrac{OH^2+MH^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}.OH.MH\le\dfrac{1}{2}.\dfrac{OM^2}{4}\) ( pytago )
\(\Leftrightarrow S_{OMH}\le\dfrac{R^2}{4}\)
\(\rightarrow\)\(S_{OMH}\) lớn nhất là \(\dfrac{R^2}{4}\) không đổi
Dấu "=" xảy ra khi:
\(OH^2=MH^2\)
\(\Rightarrow OH=MH\)
\(\Rightarrow\Delta OMH\) vuông cân tại `H` \(\Rightarrow\widehat{MOH}=\widehat{OMH}=45^o=\widehat{MOC}\)
\(\Rightarrow\)`M` nằm giữa của \(\stackrel\frown{AB}\) thì \(S_{OMH}\) đạt GTNN là \(\dfrac{R^2}{4}\)
Đúng 5
Bình luận (0)
eyy bài không biết đăng lên đây hẽ?:"))
Đúng 0
Bình luận (3)
Từ 1 điểm A nằm ngoài đường tròn (O),bán kính R.Vẽ các tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (O)(B,C thuộc (O;R).M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC,kẻ MH vuông góc với AB (HEAB),MK vuông góc với AC(KEAC) và MI vuông góc với BC(I EBC).
1.CM:tứ giác BHMI,CKMI nội tiếp
2.Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của BM và HI,CM và IK.CM:PQ//BC
3.Tìm GTLN của MH.MI.MK khi điểm M chạy trên cung nhỏ BC