Câu hỏi:

30/06/2023 2,711

Cho 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.

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack
Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Vẽ đường thẳng (ảnh 1)

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

Lời giải

Cho hình bình hành ABCD có góc A = 120 độ. Tia phân giác của góc D qua (ảnh 1)

a) Hình bình hành ABCD có \(\widehat {BAD},\,\widehat {ADC}\) ở vị trí trong cùng phía.

Suy ra \(\widehat {ADC} = 180^\circ - \widehat {BAD} = 60^\circ \).

Khi đó \(\widehat {ADI} = \widehat {IDC} = \frac{{\widehat {ADC}}}{2} = 30^\circ \) (do DI là tia phân giác của \(\widehat {ADC}\)).

\(\widehat {AID} = \widehat {IDC}\) (cặp góc so le trong).

Vì vậy \(\widehat {AID} = \widehat {ADI}\).

Suy ra tam giác ADI cân tại A.

Do đó AD = AI.

Mà AB = 2AI (I là trung điểm của AB).

Vậy AB = 2AD (điều phải chứng minh).

b) Gọi J là trung điểm của DI.

Tam giác ADI có AJ là đường trung tuyến.

Suy ra AJ vừa là đường phân giác, vừa là đường cao của tam giác ADI.

Khi đó \(\widehat {JAI} = \widehat {DAJ} = \frac{{\widehat {DAI}}}{2} = 60^\circ \).

Xét ∆AJD và ∆DHA, có:

\(\widehat {AJD} = \widehat {DHA} = 90^\circ \);

AD là cạnh chung;

\(\widehat {DAJ} = \widehat {ADH} = 60^\circ \).

Do đó ∆AJD = ∆DHA (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra DJ = AH (cặp cạnh tương ứng).

Mà DI = 2DJ (J là trung điểm của DI).

Vậy DI = 2AH (điều phải chứng minh).

c) Ta có BI = BC \(\left( { = \frac{1}{2}AB} \right)\).

Suy ra tam giác IBC cân tại B.

\(\widehat {IBC} = \widehat {ADC} = 60^\circ \).

Do đó tam giác IBC đều.

Vì vậy IC = IB = IA.

Khi đó tam giác ABC vuông tại C hay \(\widehat {ACB} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {DAC} = \widehat {ACB} = 90^\circ \).

Vậy AD AC (điều phải chứng minh).

Lời giải

Ta có \({\sin ^2}a = 1 - {\cos ^2}a = 1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2} = \frac{9}{{25}}\).

\( \Rightarrow \sin a = \pm \frac{3}{5}\).

Vì 0° < a < 90° nên sina > 0.

Do đó \(\sin a = \frac{3}{5}\).

Ta có \(\tan a = \frac{{\sin a}}{{\cos a}} = \frac{3}{5}:\frac{4}{5} = \frac{3}{4}\).

Ta có \(\cot a = \frac{1}{{\tan a}} = \frac{4}{3}\).

Vậy \(\sin a = \frac{3}{5}\); \(\tan a = \frac{3}{4}\)\(\cot a = \frac{4}{3}\).

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Vietjack official store
Đăng ký gói thi VIP

VIP +1 - Luyện thi tất cả các đề có trên Website trong 1 tháng

  • Hơn 100K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 2tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện

Mua ngay

VIP +3 - Luyện thi tất cả các đề có trên Website trong 3 tháng

  • Hơn 100K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 2tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện

Mua ngay

VIP +6 - Luyện thi tất cả các đề có trên Website trong 6 tháng

  • Hơn 100K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 2tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện

Mua ngay

VIP +12 - Luyện thi tất cả các đề có trên Website trong 12 tháng

  • Hơn 100K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 2tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện

Mua ngay