Cho \[\left( {O\,;\,R} \right)\] và một điểm \[S\] nằm ngoài đường tròn. Từ điểm \[S\] kẻ hai tiếp tuyến \[SA\], \[SB\]với \[\left( {O\,;\,R} \right)\](\[A\], \[B\] là các tiếp điểm ).
a) Chứng minh tứ giác \[OASB\] là tứ giác nội tiếp.
b) Kẻ đường kính \[BD\] của đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\]. Đường thẳng \[SD\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại \[C\] (\[C\] khác \[D\]). Gọi \[I\] là giao điểm của \[SO\] và \[AB\]. Tia \[CI\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại điểm thứ hai là \[M\].
Chứng minh \[\Delta SCI\] đồng dạng với \[\Delta SOD\] và \[SO\] song song với \[BM\].
Cho \[\left( {O\,;\,R} \right)\] và một điểm \[S\] nằm ngoài đường tròn. Từ điểm \[S\] kẻ hai tiếp tuyến \[SA\], \[SB\]với \[\left( {O\,;\,R} \right)\](\[A\], \[B\] là các tiếp điểm ).
a) Chứng minh tứ giác \[OASB\] là tứ giác nội tiếp.b) Kẻ đường kính \[BD\] của đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\]. Đường thẳng \[SD\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại \[C\] (\[C\] khác \[D\]). Gọi \[I\] là giao điểm của \[SO\] và \[AB\]. Tia \[CI\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại điểm thứ hai là \[M\].
Chứng minh \[\Delta SCI\] đồng dạng với \[\Delta SOD\] và \[SO\] song song với \[BM\].
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Ta có \[SA\], \[SB\] là các tiếp tuyến của \[\left( {O\,;\,R} \right)\] nên \[\widehat {SAO} = \widehat {SBO} = 90^\circ \]
Xét \[\Delta SAO\] có \[\widehat {SAO} = 90^\circ \] nên \[\Delta SAO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\].Hay ba điểm \[S\,;\,A\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\](1)
Xét \[\Delta SBO\] có \[\widehat {SBO} = 90^\circ \] nên \[\Delta SBO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\]. Hay ba điểm \[S\,;\,B\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\](2)
Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[S\,;\,A\,;\,B\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\].
Vậy tứ giác \[SAOB\]nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\].
b) Ta có \[\widehat {SAO} = \widehat {SAC} + \widehat {OAC} = 90^\circ \] nên \[\widehat {SAC} = 90^\circ - \widehat {OAC}\](3)
Xét \[\Delta OAC\] có \[OA = OC = R\] do đó \[\Delta OAC\] cân tại \[O\] suy ra:
\[\widehat {CAO} + \widehat {ACO} + \widehat {AOC} = 180^\circ \] và \[\widehat {CAO} = \widehat {OCA}\]
\[\widehat {AOC} = 180^\circ - 2\widehat {OAC}\]
Mà \[\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\]( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )
\[\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\left( {180^\circ - 2\widehat {AOC}} \right)\]
\[\widehat {ADC} = 90^\circ - \widehat {AOC}\] (4). Từ (3) và (4) suy ra \[\widehat {SAC} = \widehat {ADC}\]. Hay \[\widehat {SAC} = \widehat {SDA}\].
+)Xét \[\Delta SAC\] và \[\Delta SDA\] có: \[\widehat {DSA}\] chung và \[\widehat {SAC} = \widehat {SDA}\](cmt).
Do đó (g.g) suy ra \[\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SD}}{{SA}}\] hay \[S{A^2} = SC.SD\](5).
+) Có \[SA = SB\](tính chất hai tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài đường tròn) và \[OA = OB = R\] nên \[SO\] là đường trung trực của \[AB\] suy ra \[\widehat {SIA} = 90^\circ \].
Xét \[\Delta SIA\] và \[\Delta SOA\] có \[\widehat S\] chung và \[\widehat {SIA} = \widehat {SAO} = 90^\circ \]do đó (g.g)
Suy ra \[\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SA}}{{SO}}\] hay \[S{A^2} = SI.SO\](6). Từ (5) và (6) suy ra \[SC.SD = SI.SO\]
Hay \[\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}\].
Xét \[\Delta SCI\] và \[\Delta SOD\] có \[\widehat {DSO}\] chung và \[\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}\](cmt)
Do đó (c.g.c), suy ra \[\widehat {SIC} = \widehat {SDO}\]
mà \[\widehat {SDO} = \widehat {CMB}\](góc nội tiếp cùng chắn ) nên \[\widehat {SIC} = \widehat {CMB}\], hơn nữa hai góc này ở vị trí đồng vị nên \[SI\,{\rm{//}}\,BM\] hay \[SO\,{\rm{//}}\,BM\]
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Ta có \[\Delta = {\left( { - m} \right)^2} - 4.\;1.\;\left( { - 3} \right)\]\[ = {m^2} + 12\]
Do \[\Delta > 0\] với \[\forall \,\,m \in \mathbb{R}\] do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt \[{x_1}\],\[{x_2}\].
Theo định lý Viète ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = m\\{x_1}.{x_2} = - 3\end{array} \right.\]
Vì \[{x_2}\] là nghiệm của phương trình đã cho nên \[x_2^2 - m{x_2} - 3 = 0\] hay \[x_2^2 = m{x_2} + 3\]
Khi đó \[H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m{x_2} + 3 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{m\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 3 - {x_1}{x_2}}}\]\[ = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}}\]
Ta có \[H - 1 = \frac{{2m + 5}}{{{m^2} + 6}} - 1\]\[ = \frac{{2m + 5 - {m^2} - 6}}{{{m^2} + 6}}\]\[ = \frac{{ - {m^2} + 2m - 1}}{{{m^2} + 6}}\]\[ = \frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}}\]
Vì \[ - {\left( {m - 1} \right)^2} \le 0\], \[{m^2} + 6 > 0\] với \[\forall \,\,m \in \mathbb{R}\] nên \[\frac{{ - {{\left( {m - 1} \right)}^2}}}{{{m^2} + 6}} \le 0\] hay \[H - 1 \le 0\] do đó \[H \le 1\]
Dấu \['' = ''\] xảy ra khi và chỉ khi \[m = 1\].
Vậy \[m = 1\] thì \[H = \frac{{2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 5}}{{x_2^2 + m{x_1} - {x_1}{x_2}}}\] đạt giá trị lớn nhất là \[1\].
Lời giải
Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 4 & \left( 1 \right)\\3x + y = 1 & \left( 2 \right)\end{array} \right.\]
Cộng vế với vế của phương trình (1) với phương trình (2) ta được phương trình: \[5x = 5\]suy ra \[x = 1\] Thay \[x = 1\]vào phương trình (1) ta được: \[2.1 - y = 4\] suy ra \[y = - 2\].
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm \[\left( {1; - 2} \right)\]
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.
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.
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.
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.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập