pt đường tròn đương kính MN với M(-3;1) ;N(5;-1)
viết pt đường tròn (c)có đường kính MN với M(0;5)và N(6;1)
Tọa độ tâm là:
x=(0+6)/2=3 và y=(5+1)/2=3
R=IM=căn (3-0)^2+(3-5)^2=căn 13
Phương trình (C) là:
(x-3)^2+(y-3)^2=13
Gọi I là trung điểm MN \(\Rightarrow I\left(3;3\right)\)
\(\overrightarrow{IN}=\left(3;-2\right)\Rightarrow IN=\sqrt{3^2+\left(-2\right)^2}=\sqrt{13}\)
Đường tròn đường kính MN nhận I là tâm và có bán kính \(R=IN=\sqrt{13}\) nên có pt:
\(\left(x-3\right)^2+\left(y-3\right)^2=13\)
cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Đường thẳng d là tiếp tuyến vuông góc với đường tròn tại B. Đương kính MN quay quanh O(MN khác AB và MN không vuông góc với AB). Gọi C,D lần lượt là giao điểm của các đường thẳng AM, AN với d.
a) Chứng minh AM.AC=AN.AD.
b) Gọi K là trung điểm của CD, H là giao điểm của AK và MN. Chứng minh rằng khi MN di động thì H chạy trên một đương cố định.
c) Gọi I là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác MCD. Chứng ming tứ giác AOIK là hình bình hành.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) \(x^2+y^2-2x-4=0\) và đường thẳng (d): \(x-y+1=0\)
1) Viết pt đường thẳng (d1) vuông góc với (d) và tiếp xúc với (C)
2) Viết pt đương thẳng (Δ) song song với (d) và cắt (C) tại 2 điểm M, N có MN = 2
3) Tìm trên (d) điểm P biết rằng qua P kẻ được 2 tiếp tuyến PA, PB đến (C) có ΔPAB là tam giác đều. (trong đó A, B là 2 tiếp điểm)
1.
\(\left(C\right):x^2+y^2-2x-4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2+y^2=5\)
Đường tròn \(\left(C\right)\) có tâm \(I=\left(1;0\right)\), bán kính \(R=\sqrt{5}\)
Phương trình đường thẳng \(d_1\) có dạng: \(x+y+m=0\left(m\in R\right)\)
Mà \(d_1\) tiếp xúc với \(\left(C\right)\Rightarrow d\left(I;d_1\right)=\dfrac{\left|1+m\right|}{\sqrt{2}}=\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow\left|m+1\right|=\sqrt{10}\)
\(\Leftrightarrow m=-1\pm\sqrt{10}\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}d_1:x+y-1+\sqrt{10}=0\\d_1:x+y-1-\sqrt{10}=0\end{matrix}\right.\)
2.
Phương trình đường thẳng \(\Delta\) có dạng: \(x-y+m=0\left(m\in R\right)\)
Ta có: \(d\left(I;\Delta\right)=\sqrt{R^2-\dfrac{MN^2}{4}}=2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left|m+1\right|}{\sqrt{2}}=2\)
\(\Leftrightarrow m=-1\pm2\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\Delta:x-y+1+2\sqrt{2}=0\\\Delta:x-y+1-2\sqrt{2}=0\end{matrix}\right.\)
3.
Vì \(P\in d\Rightarrow P=\left(m;m+1\right)\left(m\in R\right)\)
\(\Rightarrow IP=\sqrt{\left(m-1\right)^2+\left(m+1\right)^2}=\sqrt{2m^2+2}\)
Ta có: \(cosAIP=cos60^o=\dfrac{R}{IP}=\dfrac{\sqrt{5}}{IP}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow IP=2\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow\sqrt{2m^2+2}=2\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow2m^2+2=20\)
\(\Leftrightarrow m=\pm3\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}P=\left(3;4\right)\\P=\left(-3;-2\right)\end{matrix}\right.\)
cho đường tròn tâm (O;R) đường kính AB và điểm M trên đường tròn sao cho MAB =60 độ kẻ dây MN vuông góc AB tại N
1) chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đương tròn B;BM
2) chứng minh MN^2=4AH.HB
1/
Xét (O) có
\(\widehat{AMB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\Rightarrow AM\perp BM\) => AM là tiếp tuyến với (B) bán kính BM
Ta có
\(AB\perp MN\Rightarrow MH=NH\) (trong đường tròn đường kính vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung tại điểm giao cắt)
=> AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tg BMN
=> tg BMN cân tại B (Trong tg đường cao xp từ 1 đỉnh đồng thời là đường trung tuyến thì tg đó là tg cân tại đỉnh đó)
=> BM=BN (cạnh bên tg cân) => \(N\in\left(B\right)\) => BN là đường kính của (B)
Xét (O) có
\(\widehat{ANB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AN\perp BN\)
=> AN là tiếp tuyến của (B)
2/
Ta có
\(MN=MH+NH\)
\(\Rightarrow MN^2=MH^2+NH^2+2.MH.NH\) (1)
Xét tg vuông AMB có
\(MH^2=AH.HB\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông bằng tích giữa các hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền) (2)
\(\Rightarrow MH=\sqrt{AH.HB}\) (3)
Xét tg vuông ANB có
\(NH^2=AH.HB\) (lý do như trên) (4)
\(\Rightarrow NH=\sqrt{AH.HB}\) (5)
Từ (3) và (5) \(\Rightarrow MH.NH=\sqrt{AH.HB}.\sqrt{AH.HB}=AH.HB\) (6)
Thay (2) (4) (6) vào (1)
\(\Rightarrow MN^2=AH.HB+AH.HB+2.AH.HB=4.AH.HB\)
Cho 2 đường tròn tâm (O) và (O’) tiếp xúc ngoài ở A. Tiếp tuyến chung ngoài của 2 đường tròn (O) ở M, tiếp xúc với đường tròn (O’) ở N. Qua A kể đường vuông góc với OO’ cắt MN ở I
a) Chứng minh tam giác AMN vuông
b) Tam giác IOO’ là tam giác gì? Vì sao ?
c) Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn đương kính 00’
d) Cho biết AO = 8cm, AO’ = 4,5cm, tính độ dài MN
Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia đối NM lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đương tròn tại k khác A. Hai day MN và BK cắt nhau ở E. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F.
a) Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác NFK cân và EM. NC = EN. CM.
c) Giả sử KE = KC. Chứng minh OK// MN và KM2 + KN2 = 4R2
Cho hàm số y=x4-2mx2+2. Tìm m để hàm số có 3 cực trị tạo thành tam giác có:
a) bán kính đương tròn nội tiếp bằng 1
b) bán kính đường tròn ngoại tiếp gấp đôi bán kính đường tròn nội tiếp
cho đoạn AB = 6cm. Từ A và B lần lượt vẽ đương tròn tâm A, bán kính 4 cm và đường tròn tâm B bán kính 3 cm, 2 dường tròn cắt nhau tại M và N. Đương tròn tâm A bán kính 4 cm cắt AB tại điểm P, đương tròn tâm B bán kính 3 cm cắt AB tại Q.
a) Tính độ dài AM và Bn
b) Tính độ dài AQ và PQ, BP. Từ đó suy ra Q là trung điểm của AB
cho đường tròn ( I ), dây MN khác đường kính. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với MN tại H, cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn ở điểm Q
a) Chứng minh MOH=NOH
b) Chứng minh rằng QN là tiếp tuyến của đường tròn
c) Cho bán kính đường tròn bằng 5cm, MN=8cm. Tính độ dài OQ
a: Xét ΔMOH vuông tại N và ΔNOH vuông tại H có
OM=ON
\(\widehat{MOH}=\widehat{NOH}\)
OH chung
Do đó: ΔMOH=ΔNOH
Suy ra: \(\widehat{MOH}=\widehat{NOH}\)
b: Xét ΔMOQ và ΔNOQ có
OM=ON
\(\widehat{MOQ}=\widehat{NOQ}\)
OQ chung
Do đó: ΔMOQ=ΔNOQ
Suy ra; \(\widehat{OMQ}=\widehat{ONQ}=90^0\)
hay QN là tiếp tuyến của (O)