Câu hỏi:
16/05/2023 3,267Cho nửa đường tròn (O; R) có đường kính AB. Kẻ hai tiếp tuyến Ax và By nằm cùng phía với nửa đường tròn. M là điểm bất kì trên nửa đường tròn (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn cắt Ax và By lần lượt tại E và N.
a) Chứng minh AOME và BOMN là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AE.BN = R2.
c) Kẻ MH vuông góc By. Đường thẳng MH cắt OE tại K. Chứng minh AK ⊥ MN.
d) Giả sử \[\widehat {MAB} = \alpha \] và MB < MA. Tính diện tích phần tứ giác BOMH ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R và α.
e) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn (O) để K nằm trên đường tròn (O).
Siêu phẩm 30 đề thi thử THPT quốc gia 2024 do thầy cô VietJack biên soạn, chỉ từ 100k trên Shopee Mall.
Quảng cáo
Trả lời:
Lời giải
a) Ta có \(\widehat {OAE} = 90^\circ \) (AE là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)).
Suy ra ba điểm O, A, E cùng thuộc một đường tròn đường kính OE (1)
Ta có \(\widehat {OME} = 90^\circ \) (ME là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O)).
Suy ra ba điểm O, M, E cùng thuộc một đường tròn đường kính OE (2)
Từ (1), (2), ta được tứ giác AOME nội tiếp đường tròn đường kính OE.
Chứng minh tương tự, ta được tứ giác BOMN nội tiếp đường tròn đường kính ON.
b) Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và AE cắt ME tại E.
Suy ra AE = ME (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Chứng minh tương tự, ta được MN = BN.
Ta có AE, ME là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) và AE cắt ME tại E.
Suy ra OE là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) hay \(\widehat {AOE} = \widehat {EOM}\).
Chứng minh tương tự, ta được \(\widehat {BON} = \widehat {MON}\).
Đường tròn (O) có AB là đường kính.
Suy ra \(\widehat {AOB} = 180^\circ \).
Khi đó \(\widehat {AOE} + \widehat {EOM} + \widehat {MON} + \widehat {NOB} = 180^\circ \).
Vì vậy \(2\widehat {EOM} + 2\widehat {MON} = 180^\circ \).
Suy ra \(2\left( {\widehat {EOM} + \widehat {MON}} \right) = 180^\circ \).
Do đó \(\widehat {EON} = 90^\circ \).
∆EON vuông tại O có OM là đường cao.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có ME.MN = OM2.
Vậy AE.BN = R2.
c) Ta có By ⊥ AB (By là tiếp tuyến của (O)) và Ax ⊥ AB (Ax là tiếp tuyến của (O)).
Suy ra By // Ax.
Mà MH ⊥ By (giả thiết).
Do đó MH ⊥ Ax hay MK ⊥ AE.
∆OMA cân tại O (do OM = OA = R) có OE là đường phân giác.
Suy ra OE cũng là đường cao của ∆OMA hay EK ⊥ AM.
∆AME có MK, EK là hai đường cao cắt nhau tại K.
Suy ra K là trực tâm của ∆AME.
Vậy AK ⊥ ME hay AK ⊥ MN.
d) Ta có \(\widehat {MAB}\) là góc nội tiếp chắn và \(\widehat {MOB}\) là góc ở tâm chắn .
Suy ra \(\widehat {MOB} = 2\widehat {MAB} = 2\alpha \) và \(\widehat {BON} = \widehat {MON} = \frac{{\widehat {MOB}}}{2} = \alpha \).
Diện tích hình quạt tròn BOM là: \({S_1} = \frac{{\pi {R^2}.2\alpha }}{{360^\circ }}\).
Gọi I là giao điểm của MK và AE.
Xét ∆MNH và ∆MEI, có:
\(\widehat {HMN} = \widehat {EMI}\) (cặp góc đối đỉnh);
\(\widehat {MHN} = \widehat {MIE} = 90^\circ \).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{MN}}{{ME}} = \frac{{MH}}{{MI}} = \frac{{NH}}{{EI}}\)
Khi đó \(\frac{{MN}}{{MH}} = \frac{{ME}}{{MI}} = \frac{{NH}}{{EI}}\)
Vì vậy \(\frac{{MN}}{{MH}}\,\,\left( { = \frac{{EI}}{{MI}}} \right) = \frac{{NH}}{{ME}}\)
Suy ra MN.ME = MH.NH = R2 (kết quả câu b).
Khi đó \({S_{\Delta MNH}} = \frac{1}{2}MH.HN = \frac{1}{2}{R^2}\).
Ta có OM = OB = R và BN = MN (chứng minh trên).
Suy ra OM.MN = OB.BN.
Do đó \({S_{\Delta MNO}} = {S_{\Delta BNO}}\).
Vì vậy \({S_{BOMN}} = 2{S_{\Delta MNO}} = 2.\frac{1}{2}MN.OM = O{M^2}.\tan \alpha = {R^2}.\tan \alpha \).
Vậy diện tích phần tứ giác BOMH ở bên ngoài nửa đường tròn (O) là: \(S = {S_{MNH}} + {S_{BOMN}} - {S_1} = \frac{1}{2}{R^2} + {R^2}.\tan \alpha - \frac{{\pi {R^2}.2\alpha }}{{360^\circ }} = {R^2}\left( {\frac{1}{2} + \tan \alpha - \frac{{2\pi \alpha }}{{360^\circ }}} \right)\).
e) Ta có AK ⊥ ME (kết quả câu c) và OM ⊥ ME (ME là tiếp tuyến của (O)).
Suy ra AK // OM.
Mà MK // OA (chứng minh trên).
Do đó tứ giác OAKM là hình bình hành.
Mà OE là tia phân giác của \(\widehat {AOM}\) (chứng minh trên).
Suy ra tứ giác OAKM là hình thoi.
Do đó MK = OM = R.
Vì vậy ∆OMK cân tại M.
Mà OK = R (do K nằm trên (O)).
Suy ra ∆OMK đều.
Khi đó \(\widehat {MOK} = 60^\circ \).
Vì vậy \[\widehat {AOM} = 2\widehat {MOK} = 2.60^\circ = 120^\circ \].
Vậy M nằm trên nửa đường tròn (O) sao cho \(\widehat {AOM} = 120^\circ \) thì K nằm trên đường tròn (O).
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì (M khác A), kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA. Gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
1) Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
2) Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.
3) Chứng minh OI.OM = R2; OI.IM = IA2.
4) Chứng minh OAHB là hình thoi.
5) Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
6) Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d.
Câu 2:
Câu 3:
Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC), có \(\widehat B = 45^\circ \) và vẽ đường cao AH. Gọi M là trung điểm của AB. P là điểm đối xứng với H qua M.
a) Chứng minh rằng tứ giác AHBP là hình vuông.
b) Vẽ đường cao BK của tam giác ABC. Chứng minh rằng HP = 2MK.
c) Gọi D là giao điểm của AH và BK. Qua D và C vẽ các đường thẳng song song với BC và AH sao cho chúng cắt nhau tại Q. Chứng minh: ba điểm P, K, Q thẳng hàng.
d) Chứng minh các đường thẳng CD, AB và PQ đồng quy.
Câu 4:
Cho tam giác ABC cân tại A, O là trung điểm của BC. Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB, AC tại H, K. Một tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt các cạnh AB, AC ở M, N.
a) Cho \(\widehat B = \widehat C = \alpha \). Tính \(\widehat {MON}\).
b) Chứng minh rằng OM, ON chia tứ giác BMNC thành ba tam giác đồng dạng.
c) Cho BC = 2a. Tính tích BM.CN.
d) Tiếp tuyến MN ở vị trí nào thì tổng BM + CN nhỏ nhất?
Câu 5:
Câu 6:
về câu hỏi!