Làm thử nha mọi người !

[blackrose96]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

1. Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O), M là điểm di động trên cung nhỏ BC. Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D sao cho MD = MC.
a) Chứng minh: tam giác DMC đều.
b) Chứng minh: MB + MC + MA.
c) Chứng minh: tứ giác ADOC nội tiếp.
d) Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D di động trên đường cố định nào.

2. Trong cùng hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y = ¼ x^2 và đường thẳng (D): y=mx-2m-1. Tìm m để (D) cắt (P) tại 2 điểm A, B nằm 2 phía của trục tung.

3. Cho (O; R) đường kính AB, trên tiếp tuyến kẻ từ A của đường tròn này lấy điểm C sao cho AC = AB. Từ C kẻ tiếp tuyến thứ 2 CD của (O; R), với D là tiếp điểm.
a) Chứng minh: ACDO là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của AD và OC. Tính theo R độ dài các đoạn AH, AD.
c) Đường thẳng BC cắt đường tròn (O; R) taị điểm thứ 2 M. Chứng minh: góc MHD = 45 độ.
d) Cho (I) ngoại tiếp tam giác MHB. Tính diện tích phần hình này nằm ngoài (O;R).

 

[bboy114crew]

3.
a, Dễ thấy tứ giác trên có tổng 2 góc đối bằng 2v = 180 độ . Do vậy tứ giác ACDO nội tiếp.
b, [tex] \Delta AOC [/tex] vuông [tex] \Rightarrow OC = \sqrt{ AC^2 + OA^2} = \sqrt{5R^2 } = \sqrt{5}R [/tex]
Theo hệ thức lượng, ta có :
[tex] AH = \frac{AO.AC}{OC} = \frac{R.2R}{\sqrt{5}R} = \frac{2R}{\sqrt{5}} [/tex]
Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau , ta có :
[tex] AD =2.AH = \frac{4R}{\sqrt{5}} [/tex]
c, Theo câu b ta đã có : [tex] \widehat{AHC} = 90^o [/tex] . (1)
Mặt khác : [tex] \widehat{AMB} = 90^o[/tex] ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).
[tex] \Rightarrow \widehat{AMC} = 90^o[/tex] (2)
Từ (1) và (2) [tex] \Rightarrow[/tex] Tứ giác AHMC nội tiếp [tex] \Rightarrow \widehat{ACM} = \widehat{MHD}[/tex] ( góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối ). (8)
Mà Tam giác CAB vuông cân ( AB = AC = 2R ) [tex] \widehat{ACM} = \widehat{ABC} = 45^o[/tex] (*)(*)
Từ (*) và (*)(*) [tex] \Rightarrow \widehat{MHD} = 45^o[/tex]
d, Ta dễ dàng tính được [tex] BD = \frac{2R}{\sqrt{5}} \Rightarrow BD = DH \Rightarrow \Delta BHD[/tex] là tam giác vuông cân [tex] \Rightarrow \widehat{DHB} = 45^o \Rightarrow \widehat{MHB} = 90^o [/tex]. Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB có đường kính MB , Vậy phần diện tích nằm ngoài đường tròn (O;R) thuộc nửa đường tròn đường kính MB không chứa H . Ta có : [tex] S_{ndt_{MB/2}} = \frac{( \frac{MB}{2} )^2 .\pi}{2} = \frac{( \frac{\sqrt{2}R}{2} )^2 .\pi}{2} = \frac{R^2.\pi}{4} [/tex] (1)
* AM là đường cao của tam giác vuông cân ABC , do vậy MB = MC = AM.
[tex] AM = MB \Rightarrow \widehat{AOM} = \widehat{BOM} = 90^o [/tex]
Ta có : [tex] S_{qMOB } = \frac{\pi.R^2}{4} [/tex] và [tex] S_{\Delta MOB } = \frac{R^2}{2} [/tex] [tex] \Rightarrow S_{vp MDB } = \frac{R^2( \pi - 2 )}{4} [/tex] (2)
Từ (1) và (2) , S phần đường tròn ngoại tiếp nằm ngoài (O;R ) là :
[tex] S = \frac{R^2.\pi}{4} - \frac{R^2( \pi - 2 )}{4} = \frac{R^2.2}{4} = \frac{R^2}{2} [/tex]