Câu hỏi:
30/06/2023 1,456Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A. Trên d lấy M. Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF với (O). Nối EF cắt OM tại H, cắt OA tại B.
a) Chứng minh tứ giác ABHM nội tiếp.
b) Chứng minh OA.OB = OH.OM = R2.
c) Chứng minh tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường tròn cố định khi M di chuyển trên d.
d) Tìm vị trí của M để diện tích tam giác HBO lớn nhất.
Sách mới 2k7: Bộ 20 đề minh họa Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa…. form chuẩn 2025 của Bộ giáo dục (chỉ từ 49k/cuốn).
Quảng cáo
Trả lời:
a) Do ME, MF là hai tiếp tuyến của (O) nên ME = MF.
Khi đó M thuộc đường trung trực của đoạn EF (1)
Lại có OE = OF = R.
Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn EF (2)
Từ (1), (2), suy ra OM là đường trung trực của đoạn EF.
Do đó OM ⊥ EF.
Ta có \[\widehat {MHB} + \widehat {MAB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \].
Vậy tứ giác ABHM nội tiếp đường tròn đường kính MB.
b) Xét ∆OHB và ∆OAM, có:
\(\widehat {HOB}\) chung;
\(\widehat {OHB} = \widehat {OAM} = 90^\circ \).
Do đó (g.g).
Suy ra \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OB}}{{OM}}\).
Vì vậy OH.OM = OA.OB (3)
Tam giác OEM vuông tại E có EH là đường cao:
OE2 = OH.OM (Hệ thức lượng trong tam giác vuông).
⇔ R2 = OH.OM (4)
Từ (3), (4), ta thu được OA.OB = OH.OM = R2.
c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O).
Ta có \(\widehat {MFI} = \widehat {FEI}\) (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung FI) (5)
Do EF ⊥ OM nên .
Suy ra \(\widehat {FEI} = \widehat {EFI}\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (6)
Từ (5), (6), suy ra \(\widehat {MFI} = \widehat {EFI}\).
Do đó FI là tia phân giác của \(\widehat {MFE}\).
Tam giác MEF cân tại M có MH là đường trung trực.
Suy ra MH cũng là đường phân giác của tam giác MEF.
Ta có I là giao điểm của hai đường phân giác FI, MH của tam giác MEF.
Khi đó I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác MEF.
Mà I thuộc đường tròn (O) cố định.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
d) Ta có \({S_{\Delta HBO}} = \frac{1}{2}OH.HB\).
Ta có (chứng minh trên).
Suy ra \(\frac{{HB}}{{AM}} = \frac{{OB}}{{OM}}\).
Do đó HB.OM = AM.OB (7)
Lại có OH.OM = R2 (kết quả câu b) (8)
Nhân (7) và (8) vế theo vế, ta được: \(OH.HB.O{M^2} = {R^2}.AM.OB = {R^2}.AM.\frac{{{R^2}}}{{OA}}\).
\( \Rightarrow OH.HB = AM.\frac{{{R^4}}}{{OA.O{M^2}}} = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}}\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: OA2 + AM2 ≥ 2OA.AM.
Khi đó ta có \(OH.HB = {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.\left( {O{A^2} + A{M^2}} \right)}} \le {R^4}.\frac{{AM}}{{OA.2.OA.AM}} = \frac{{{R^4}}}{{2O{A^2}}}\).
Suy ra \({S_{\Delta HBO}} \le \frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}\).
Dấu “=” xảy ra ⇔ OA = AM.
Vì vậy diện tích tam giác HBO lớn nhất bằng \(\frac{{{R^4}}}{{4O{A^2}}}\) khi và chỉ khi OA = OM.
Vậy M là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho OA = OM thì diện tích tam giác HBO lớn nhất.
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Cho hình bình hành ABCD có \(\widehat A = 120^\circ \). Tia phân giác của \(\widehat D\) qua trung điểm I của AB. Kẻ AH vuông góc với DC. Chứng minh rằng:
a) AB = 2AD.
b) DI = 2AH.
c) AC vuông góc với AD.
Câu 2:
Cho \(\cos a = \frac{4}{5}\) và 0° < a < 90°. Tính sina, tana, cota.
Câu 3:
Cho (O; R), đường kính AB và một điểm M nằm trên (O; R) với MA < MB (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh rằng ABDC là hình thang vuông.
b) AD cắt (O; R) tại E, OD cắt MB tại N. Chứng minh rằng OD vuông góc với MB và DE.DA = DN.DO.
c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt đường thẳng AM tại F. Chứng tỏ OFDB là hình chữ nhật.
d) AM = R. Tính diện tích tứ giác ACDB theo R.
Câu 4:
Trong vườn có 12 cây cam và 28 cây chanh. Tìm tỉ số phần trăm số cây cam so với tổng số cây trong vườn.
Câu 5:
Tìm a, b, c để đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c là đường parabol có đỉnh I(3; 4), cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng –1.
Câu 6:
Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 4 cm, BC = 3 cm. Kẻ BH vuông góc với AC tại H, tia BH cắt AD ở E.
1) Tính AC, BH, \(\widehat {BAC}\).
2) Chứng minh BH.BE = CD2.
3) Kẻ EF vuông góc với BC tại F. Chứng minh .
4) Tính diện tích tam giác BHF.
Câu 7:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết rằng AB = a, \(AD = a\sqrt 3 \) và \(\widehat {ASB} = 60^\circ \). Tính diện tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án (Phần 1)
7881 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 cực hay có đáp án ( Phần 1)
135 câu Bài tập Hình học mặt nón, mặt trụ, mặt cầu cực hay có lời giải (P1)
80 câu Trắc nghiệm Tích phân có đáp án (Phần 1)
124 câu Trắc nghiệm Ôn tập Toán 12 Chương 3 Hình học có đáp án (Phần 1)
20 câu Trắc nghiệm Phương trình đường thẳng trong không gian có đáp án (Nhận biết)
15 câu Trắc nghiệm Số phức có đáp án (Vận dụng)
7 câu Trắc nghiệm Khối đa diện lồi và khối đa diện đều có đáp án (Vận dụng)
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận