Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và điểm \[A\] nằm bên ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AM,AN\] với đường tròn \[\left( O \right)\]. Một đường thẳng \[d\] đi qua \[A\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại hai điểm \[B\] và \[C\] (\[AB < AC\], \[d\] không đi qua tâm \[O\]). Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\]. Đường thẳng \[NI\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai là \[F\].
a) Chứng minh bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\] và \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].
c) Hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[B\] và \[C\] cắt nhau tại \[K\]. Chứng minh \[K\] thuộc một đường tròn cố định khi \[d\] thay đổi.
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và điểm \[A\] nằm bên ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AM,AN\] với đường tròn \[\left( O \right)\]. Một đường thẳng \[d\] đi qua \[A\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại hai điểm \[B\] và \[C\] (\[AB < AC\], \[d\] không đi qua tâm \[O\]). Gọi \[I\] là trung điểm của \[BC\]. Đường thẳng \[NI\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai là \[F\].
a) Chứng minh bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\] và \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].
c) Hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[B\] và \[C\] cắt nhau tại \[K\]. Chứng minh \[K\] thuộc một đường tròn cố định khi \[d\] thay đổi.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Hướng dẫn giải
a) Vì \(AM,\,\,AN\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M,\,\,N\) nên \(AM \bot OM,\,\,AN \bot ON.\)
Gọi \[E\] là trung điểm của \[OA\]. Khi đó \(OE = AE = \frac{1}{2}OA.\)
Xét \[\Delta MOA\] vuông tại \[M\] có \[ME\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[ME = \frac{1}{2}OA\].
Xét \[\Delta NOA\] vuông tại \[N\] có \[NE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[NE = \frac{1}{2}OA\].
Vì \[NE = ME = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,M,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].
b) ⦁ Chứng minh \[A{N^2} = AB.AC\]
Xét đường tròn \[\left( O \right)\], có: \[\widehat {BCN} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BN\]) (1)
Xét \[\Delta BON\] cân tại \[O\] (do \[OB = ON)\] có \[\widehat {OBN} = \widehat {ONB}\].
Do đó \[\widehat {BON} = 180^\circ - 2\widehat {ONB} = 2\left( {90^\circ - \widehat {ONB}} \right) = 2\widehat {BNA}\], suy ra \[\widehat {BNA} = \frac{1}{2}\widehat {BON}\] (2).
Từ (1) và (2), suy ra \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\].
Xét \[\Delta ANB\] và \[\Delta ACN\] có: \[\widehat {CAN}\] là góc chung và \[\widehat {BNA} = \widehat {BCN}\]
Do đó, tam giác ANB đồng dạng tam giác ACN (g.g).
Suy ra \[\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AN}}\] hay \[A{N^2} = AB.AC\].
• Chứng minh \[MF\parallel AC\]
Xét \[\Delta COB\] cân tại \[O\] (do \[OC = OB\]) có \[OI\] là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao, do đó \[OI \bot BC\]. Suy ra \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\].
Xét \[\Delta IOA\] vuông tại \[I\] có \[IE\] là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(OA\) nên \[IE = \frac{1}{2}OA\].
Khi đó, ta có \[NE = IE = OE = AE = \frac{1}{2}OA\] nên bốn điểm \[A,I,O,N\] cùng thuộc đường tròn tâm \[E,\] đường kính \[OA\].
Suy ra \[\widehat {AIN} = \widehat {AON}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AN\] của đường tròn tâm \[E\]). (*)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \[AM,AN\] là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \[A\], suy ra \[OA\] là phân giác của \[\widehat {MON}\]
Do đó, \[\widehat {AON} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\].
Mà \[\widehat {NFM} = \frac{1}{2}\widehat {MON}\] (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[MN\])
Suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AON}\] (**)
Từ (*) và (**), suy ra \[\widehat {NFM} = \widehat {AIN}\].
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, do đó \[MF\,{\rm{//}}\,AC\].
c)
⦁ Gọi \(H\) là giao điểm của \(MN\) và \(OA.\)
Ta có \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OM = ON\) nên \(A,\,\,O\) cùng nằm trên đường trung trực của \(MN\) hay \(OA\) là đường trung trực của \(MN\).
Suy ra \[MN \bot OA\] hay \[HN \bot OA\].
Xét \[\Delta OHN\] và \[\Delta ONA\], có: \[\widehat {OHN} = \widehat {ONA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AON}\] là góc chung
Do đó tam giác OHN đồng dạng tam giác ONA (g.g)
Suy ra \[\frac{{OH}}{{ON}} = \frac{{ON}}{{OA}}\] suy ra \[OH.OA = O{N^2} = {R^2}\] (3).
⦁ Ta có \(OC = OB,\,\,IC = IB\) (do \(I\) là trung điểm của \(BC),\) \(KC = KB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên ba điểm \(O,\,\,I,\,\,K\) thẳng hàng.
Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBK\], có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBK} = 90^\circ \] và \[\widehat {BOK}\] là góc chung
Do đó tam giác OIB đồng dạng tam giác OBK (g.g)
Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OK}}\] suy ra \[OI.OK = O{B^2} = {R^2}\] (4).
Từ (3) và (4) suy ra \[OI.OK = OH.OA = {R^2}.\] Từ đó, ta có \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\].
Xét \[\Delta OIA\] và \[\Delta OHK\] có: \[\widehat {AOK}\] là góc chung và \[\frac{{OI}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OK}}\]
Do đó tam giác OIA đồng dạng tam giác OHK (c.g.c)
Suy ra \[\widehat {OHK} = \widehat {OIA} = 90^\circ \], suy ra \[HK \bot OA\].
Mà \[MN \bot OA\] tại \[H\] và \[MN\] cố định (do điểm \(A\) cố định), do đó \[K\] thuộc \[MN\] cố định.
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Các sản phẩm khác của Vietjack:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Thay \(x = 196\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\) vào biểu thức \(B\) ta được:
\[B = \frac{{4 \cdot \left( {\sqrt {196} + 2} \right)}}{{\sqrt {196} - 2}} = \frac{{4 \cdot \left( {14 + 2} \right)}}{{14 - 2}} = \frac{{4 \cdot 16}}{{12}} = \frac{{16}}{3}\].
Vậy với \(x = 196\) thì giá trị của biểu thức \[B = \frac{{16}}{3}\].
b) \(A = \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4x}}{{x - 4}}\) ĐKXĐ: \(x \ge 0, x \ne 4\)
\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]
\[ = \frac{{x + 4\sqrt x + 4 - x + 4\sqrt x - 4 + 4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]
\[ = \frac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\]
\[ = \frac{{4x + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\].
Vậy với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[A = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].
c) Với \(x \ge 0, x \ne 4,\) ta có
\(P = A:B\)\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\]\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\].
Với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[\sqrt P \] luôn có nghĩa.
Xét hiệu: \[P - 1 = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 1 = \frac{{\sqrt x - \sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}}\].
Ta thấy: \[ - 2 < 0\]; \[\sqrt x + 2 > 0\] với \(x \ge 0, x \ne 4\).
Khi đó \[\frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}} < 0\] suy ra \[P - 1 < 0\] nên \[P < 1\] hay \[\sqrt P < 1\], do đó \[\sqrt P - 1 < 0\].
Mà \[\sqrt P \ge 0\] nên \[\sqrt P \left( {\sqrt P - 1} \right) \le 0\] suy ra \[P - \sqrt P \le 0\] hay \[P \le \sqrt P \].
Vậy với \(x \ge 0\,, \,x \ne 4\) thì \[P \le \sqrt P \].
Lời giải
Giả sử cạnh của hình chữ nhật tạo hành là \(a\) và \(b\).
Ta có \(2\left( {a + b} \right) = 8\) hay \(a + b = 4\).
Vì \({\left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)^2} \ge 0\) nên \({\sqrt a ^2} - 2\sqrt a \sqrt b + {\sqrt b ^2} \ge 0\) hay \(a + b \ge 2\sqrt {ab} \), dấu xảy ra khi \(a = b\).
Suy ra \(2\sqrt {ab} \le 4\) hay \(ab \le 4\).
Vậy diện tích lớn nhất có thể tạo thành của hình chữ nhật là \({\rm{4}}\,\,{\rm{d}}{{\rm{m}}^2}\), khi hình chữ nhật là hình vuông có cạnh bằng \(2{\rm{ dm}}\).
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) 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 250K ) 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 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và một điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] (\[B,C\] là các tiếp điểm). Từ \[A\] kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm \[M\] và \[N\] (điểm \(M\) nằm giữa \(A\) và \(N).\) Gọi \[E\] là trung điểm của dây \[MN\], \[I\] là giao điểm thứ hai của đường thẳng \[CE\] với đường tròn \[\left( O \right)\].
a) Chứng minh bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[\widehat {AOC} = \widehat {BIC}\] và \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].
c) Xác định vị trí của \[N\] để diện tích tam giác \[AIN\] lớn nhất.
Cho đường tròn \[\left( O \right)\] và một điểm \[A\] nằm ngoài đường tròn. Từ \[A\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] (\[B,C\] là các tiếp điểm). Từ \[A\] kẻ đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm \[M\] và \[N\] (điểm \(M\) nằm giữa \(A\) và \(N).\) Gọi \[E\] là trung điểm của dây \[MN\], \[I\] là giao điểm thứ hai của đường thẳng \[CE\] với đường tròn \[\left( O \right)\].
a) Chứng minh bốn điểm \[A,O,E,C\] cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \[\widehat {AOC} = \widehat {BIC}\] và \[BI\,{\rm{//}}\,MN\].
c) Xác định vị trí của \[N\] để diện tích tam giác \[AIN\] lớn nhất.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập