Câu 1. [Bình Định 2020] Cho đường tròn tâm $O$, đường kính $AB$ và $d$ là một tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm $A$. Trên đường thẳng $d$ lấy điểm $M$ (khác $A$) và trên đoạn $OB$ lấy điểm $N$ (khác $O$ và $B$). Đường thẳng $MN$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại hai điểm $C$ và $D$ sao cho $C$ nằm giữa $M$ và $D$. Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $CD$.
a) Chứng minh tứ giác $AOHM$ nội tiếp được
đường tròn.
b) Kẻ đoạn $DK$ song song với $MO$ ($K$ nằm
trên đường thẳng $AB$). Chứng minh rằng $\widehat{MDK}=\widehat{BAH}$ và $M{{A}^{2}}=MC.MD$.
c) Đường thẳng $BC$ cắt đường thẳng $OM$
tại điểm $I$. Chứng minh rằng đường thẳng $AI$ song song với đường thẳng $BD$.
Giải.
a) $H$ là trung điểm của $CD$ nên $OH\bot CD$ (liên hệ giữa đường kính và dây cung) $\Rightarrow \widehat{MHO}={{90}^{0}}$.
Xét tứ giác $AOHM$
+) $\widehat{MAO}={{90}^{0}}$($MA$ là tiếp
tuyến của đường tròn)
+) $\widehat{MHO}={{90}^{0}}$(cmt)
$\Rightarrow
\widehat{MAO}+\widehat{MHO}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
Mà hai góc ở vị trị đối diện trong tứ giác
$\Rightarrow $Tứ giác $AOHM$ nội tiếp được
đường tròn.
b) Trong tứ giác $AOHM$ (cmt)
ta có $\widehat{OAH}=\widehat{OMH}$ (cùng
chắn cung $OH$)
hay $\widehat{BAH}=\widehat{OMH}$.
Mà $\widehat{OMH}=\widehat{MDK}$ ($MO//KD$)
$\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{MDK}$.
+) $\widehat{AMC}$ chung
+) $\widehat{MAC}=\widehat{ADC}$(góc tạo
bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $AC$)
$\Rightarrow \Delta AMC\sim \Delta DMA$(g-g)
$\Rightarrow
\frac{AM}{DM}=\frac{MC}{MA}\Leftrightarrow M{{A}^{2}}=MC.MD$(đpcm)
c) Gọi $E$ là giao điểm của $MO$ và $BD$.
Kéo dài $DK$ cắt $BC$ tại $F$.
Xét tứ giác $AHKD$ có $\widehat{HAK}=\widehat{KDH}$(câu
b)
$\Rightarrow AHKD$ nội tiếp (hai đỉnh kề
cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
$\Rightarrow \widehat{DAK}=\widehat{DHK}$(góc
nội tiếp cùng chắn cung $DK$)
Mà $\widehat{DAK}=\widehat{DCB}$(góc nội
tiếp cùng chắn cung $DB$)
$\Rightarrow \widehat{DHK}=\widehat{DCB}$
Hai góc này ở vị trí so le trong nên $HK//CB\Rightarrow
HK//CF$.
Trong $\Delta DCF$ có $HK//CF$, $H$ là
trung điểm của $CD$ nên $K$ là trung điểm của $DF$$\Rightarrow DK=KF$.
Lại có $DK//MO\Rightarrow DF//IE$
$\Rightarrow
\frac{DK}{OE}=\frac{FK}{OI}\left( =\frac{BK}{BO} \right)$
Mà $DK=KF$(cmt) nên $OE=OI$.
Xét tứ giác $AIBE$ có hai đường chéo $IE$
và $AB$ cắt nhau tại trung điểm $O$ của mỗi đường nên $AIBE$ là hình bình hành
$\Rightarrow AI//BE\Rightarrow AI//BD$(đpcm).
Câu 2. [Bình Định 2019] Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $R$ và một đường thẳng $d$ không cắt đường tròn $\left( O \right)$. Dựng đường thẳng $OH$ vuông góc với đường thẳng $d$ tại điểm $H$. Trên đường thẳng $d$ lấy điểm $K$ (khác điểm $H$), qua $K$ vẽ hai tiếp tuyến $KA$ và $KB$ với đường tròn $\left( O \right)$, ($A$ và $B$ là các tiếp điểm) sao cho $A$ và $H$ nằm về hai phía của đường thẳng $OK$.
a) Chứng minh tứ giác $KAOH$ nội tiếp được
đường tròn.
b) Đường thẳng $AB$ cắt đường thẳng $OH$
tại điểm $I$. Chứng minh rằng $IA.IB=IH.IO$ và $I$ là điểm cố định khi điểm $K$
chạy trên đường thẳng $d$ cố định.
c) Khi $OK=2R,OH=R\sqrt{3}$. Tính diện tích
tam giác $KAI$ theo $R$.
Giải.
a) Xét tứ giác $KAOH$ có
+) $\widehat{KAO}={{90}^{0}}$($KA$ là tiếp
tuyến của $\left( O \right)$)
+) $\widehat{KHO}={{90}^{0}}$(gt)
$\Rightarrow
\widehat{KAO}+\widehat{KHO}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
$\Rightarrow $Tứ giác $KAOH$ nội tiếp.
b) Ta có $\widehat{KBO}={{90}^{0}}$($KB$
là tiếp tuyến của $\left( O \right)$)
Do đó $\widehat{KAO}=\widehat{KHO}=\widehat{KBO}={{90}^{0}}$
$\Rightarrow $5 điểm $K,A,O,B,H$ cùng nằm
trên đường tròn đường kính $OK$.
$\Rightarrow \widehat{OAB}=\widehat{OHB}$(cùng
chắn cung $OB$) hay $\widehat{OAI}=\widehat{IHB}$
Xét $\Delta IOA$ và $\Delta IBH$ có
+) $\widehat{OAI}=\widehat{IHB}$(cmt)
+) $\widehat{OIA}=\widehat{BIH}$(hai góc đối
đỉnh)
$\Rightarrow \Delta IOA\sim \Delta IBH$(g-g)
$\Rightarrow
\frac{IA}{IH}=\frac{IO}{IB}\Leftrightarrow IA.IB=IH.IO$(đpcm)
Xét đường tròn đường kinh $OK$, ta có
$\widehat{OHB}$ là góc nội tiếp chắn cung
$OB$.
$\widehat{ABO}$ là góc nội tiếp chắn cung
$OA$.
Mà $OA=OB=R$
$\Rightarrow \widehat{OHB}=\widehat{ABO}$
hay $\widehat{OHB}=\widehat{IBO}$
Xét
$\Delta IOB$ và $\Delta BOH$ có
+) $\widehat{IOB}$ góc chung
+) $\widehat{OHB}=\widehat{IBO}$(cmt)
$\Rightarrow \Delta IOB\sim \Delta BOH$(g-g)
$\Rightarrow
\frac{IO}{BO}=\frac{OB}{OH}\Leftrightarrow
IO=\frac{O{{B}^{2}}}{OH}=\frac{{{R}^{2}}}{OH}$
Mà $d$ cố định nên $OH$ cố định$\Rightarrow
I$ cố định.
c) Gọi $M$ là giao điểm của $OK$ và $AB$.
Theo câu b) thì $IO=\frac{{{R}^{2}}}{OH}=\frac{{{R}^{2}}}{R\sqrt{3}}=\frac{R}{\sqrt{3}}$.
Xét tam giác vuông $OAK$
$A{{O}^{2}}=OM.OK\Rightarrow
OM=\frac{A{{O}^{2}}}{OK}=\frac{{{R}^{2}}}{2R}=\frac{R}{2}$.
$\Rightarrow
MK=OK-OM=2R-\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}$
Xét tam giác vuông $OMI$
$M{{I}^{2}}=O{{I}^{2}}-O{{M}^{2}}=\frac{{{R}^{2}}}{3}-\frac{{{R}^{2}}}{4}=\frac{{{R}^{2}}}{12}$
$\Rightarrow MI=\frac{R\sqrt{3}}{6}$
Xét tam giác vuông $OAK$
$A{{M}^{2}}=MO.MK=\frac{R}{2}\cdot
\frac{3R}{2}\Rightarrow AM=\frac{R\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow
AI=AM+MI=\frac{R\sqrt{3}}{2}+\frac{R\sqrt{3}}{6}=\frac{2R\sqrt{3}}{3}$
Suy ra ${{S}_{KAI}}=\frac{1}{2}\cdot KM\cdot AI=\frac{1}{2}\cdot \frac{3R}{2}\cdot \frac{2\sqrt{3}R}{3}=\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}$
Câu 3. [Bình Định 2018] Cho tam giác đều $ABC$ có đường cao $AH$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $M$ tùy ý ($M$ không trùng với $B,C,H$). Gọi $P,Q$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB,AC$.
a) Chứng minh tứ giác $APMQ$ nội tiếp được trong đường tròn và xác định tâm $O$ của đường tròn này.
b) Chứng minh $OH\perp PQ$.
c) Chứng minh $MP+MQ=AH$.
Giải.
a) Xét tứ giác $APMQ$ có
+) $\widehat{MPA}={{90}^{0}}$(gt)
+) $\widehat{MQA}={{90}^{0}}$(gt)
$\Rightarrow \widehat{MBA}=\widehat{MQA}={{90}^{0}}$
$\Rightarrow$ Tứ giác $APMQ$ nội tiếp đường tròn đường kính $AM$ (đpcm).
Tâm $O$ của đường tròn là trung điểm $AM$.
b) Trong tam giác đều $ABC$ có $AH$ là đường cao
$\Rightarrow \widehat{PAH}=\widehat{QAH}$
$\Rightarrow \overset\frown{PH}=\overset\frown{QH}\Rightarrow PH=QH$ hay $H$ thuộc trung trực của $PQ$.
Lại có $OP=OQ=R$ hay $O$ cũng thuộc trung trực của $PQ$
$\Rightarrow OH$ là trung trực của $PQ$
$\Rightarrow OH\bot PQ$.
c) Ta có ${{S}_{ABC}}={{S}_{AMB}}+{{S}_{AMC}}$
$\Rightarrow \frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}MP.AB+\frac{1}{2}MQ.AC$
Mà $AB=AC=BC$ do $\Delta ABC$ đều
$\Rightarrow AH=MP+MQ$(đpcm).
Câu 4. [Bình Định 2017] Cho tam giác $ABC$ có ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$. $M$ là điểm nằm trên cung $BC$ không chứa điểm $A$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ lên $BC,CA,AB$.
a) Chứng minh rằng bốn điểm $M,B,D,F$ cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm $M,D,E,C$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh $D,E,F$ thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng $\frac{BC}{MD}=\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}$.
Giải.
a) Xét tứ giác $MFBD$ có
+) $\widehat{MFB}={{90}^{0}}$(gt)
+) $\widehat{MDB}={{90}^{0}}$(gt)
$\Rightarrow \widehat{MFB}+\widehat{MDB}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
$\Rightarrow $Tứ giác $MFBD$ nội tiếp được đường tròn
$\Rightarrow $Bốn điểm $M,B,D,F$ cùng thuộc một đường tròn.
Xét tứ giác $MDEC$ có
+) $\widehat{MDC}={{90}^{0}}$(gt)
+) $\widehat{MEC}={{90}^{0}}$(gt)
$\Rightarrow \widehat{MDC}=\widehat{MEC}={{90}^{0}}$
Hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh dưới các góc bằng nhau
$\Rightarrow $Tứ giác $MDEC$ nội tiếp.
b) Trong tứ giác nội tiếp $MFBD$
$\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{BMF}(1)$(góc nội tiếp chắn cung $BF$)
Trong tứ giác nội tiếp $MDEC$
$\Rightarrow \widehat{EDC}=\widehat{EMC}(2)$(góc nội tiếp chắn cung $EC$)
Xét tứ giác nội tiếp $ABMC$
$\Rightarrow \widehat{FBM}=\widehat{MCA}$(góc ngoài)
Mà $\widehat{BMF}+\widehat{FBM}={{90}^{0}}$ và $\widehat{EMC}+\widehat{MCA}={{90}^{0}}$
$\Rightarrow \widehat{BMF}=\widehat{EMC}(3)$
Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow \widehat{BDF}=\widehat{EDC}$
Ta có $\widehat{EDC}+\widehat{EDB}={{180}^{0}}\Rightarrow \widehat{BDF}+\widehat{EDB}={{180}^{0}}$
$\Rightarrow D,E,F$ thẳng hàng.
c) $\frac{BC}{MD}=\frac{DB+DC}{MD}=\frac{DB}{MD}+\frac{DC}{MD}=\tan \widehat{DMB}+\tan \widehat{DMC}(4)$
$\frac{AC}{ME}=\frac{EA+EC}{ME}=\frac{EA}{ME}+\frac{EC}{ME}=\tan \widehat{EMA}+\tan \widehat{EMC}(5)$
$\frac{AB}{MF}=\frac{FA-FB}{MF}=\frac{FA}{MF}-\frac{FB}{MF}=\tan \widehat{FMA}-\tan \widehat{FMB}(6)$
$\Rightarrow \frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan \widehat{EMA}+\tan \widehat{EMC}+\tan \widehat{FMA}-\tan \widehat{FMB}$
Mà $\widehat{FMB}=\widehat{EMC}$(câu b)
$\Rightarrow \frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}=\tan \widehat{EMA}+\tan \widehat{FMA}(7)$
Lại có $\widehat{EMA}+\widehat{EAM}={{90}^{0}}$ và $\widehat{DMB}+\widehat{DBM}={{90}^{0}}$ và $\widehat{EAM}=\widehat{DBM}$(cùng chắn cung $MC$)
$\Rightarrow \widehat{EMA}=\widehat{DMB}$
Tương tự ta chứng minh được $\widehat{FMA}=\widehat{DMC}(8)$
Từ $(4),(7),(8)\Rightarrow \frac{BC}{MD}=\frac{AC}{ME}+\frac{AB}{MF}$(đpcm).
Câu 5. [Bình Định 2016] Cho đường tròn tâm $O$, dây cung $AB$ cố định ($AB$ không phải là đường kính của đường tròn). Từ điểm $M$ di động trên cung nhỏ $AB$($M$ khác $A$ và $B$), kẻ dây cung $MN$ vuông góc với $AB$ tại $H$. Từ $M$, kẻ đường vuông góc với $NA$, cắt đường thẳng $NA$ tại $Q$.
a) Chứng minh bốn điểm $A,M,H,Q$ cùng nằm trên một đường tròn. Từ đó suy ra $MN$ là tia phân giác của góc $\widehat{BMQ}$.
b) Từ $M$ kẻ đường thẳng vuông góc với $NB$ cắt $NB$ tại $P$. Chứng minh rằng $\widehat{AMQ}=\widehat{PMB}$.
c) Chứng minh ba điểm $P,H,Q$ thẳng hàng.
d) Xác định vị trí của điểm $M$ trên cung $\overset\frown{AB}$ để $MQ.AN+MP.BN$ có giá trị lớn nhất.
Giải.
a) Xét tứ giác $AHMQ$ có
+) $\widehat{MQA}={{90}^{0}}$(gt)
+) $\widehat{AHM}={{90}^{0}}$(gt)
$\Rightarrow \widehat{MQA}+\widehat{AHM}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
$\Rightarrow $Tứ giác $AHMQ$ nội tiếp
Hay $A,M,H,Q$ cùng nằm trên một đường tròn
Trong $\Delta QNM$ vuông tại $Q$ có $\widehat{QNM}+\widehat{QMN}={{90}^{0}}$
Trong $\Delta HBM$ vuông tại $Q$ có $\widehat{HBM}+\widehat{HMB}={{90}^{0}}$
Mà $\widehat{QNM}=\widehat{HBM}$(cùng chắn cung $\overset\frown{AM}$)
$\Rightarrow \widehat{QMN}=\widehat{HMB}$
Hay $MN$ là tia phân giác của góc $\widehat{BMQ}$
b) Trong $\Delta QAM$ vuông tại $Q$ có $\widehat{QAM}+\widehat{QMA}={{90}^{0}}$
Trong $\Delta PMB$ vuông tại $P$ có $\widehat{PMB}+\widehat{PBM}={{90}^{0}}$
Mà $\widehat{QAM}=\widehat{PBM}$(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của tứ giác nội tiếp)
$\Rightarrow \widehat{QMA}=\widehat{PMB}$(đpcm)
c) Trong tứ giác nội tiếp $AHMQ$ có
$\widehat{AHQ}=\widehat{QMA}$(cùng chắn cung $\overset\frown{AQ}$)
Dễ dàng chứng minh được tứ giác $HPBM$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{PMB}=\widehat{PHB}$(cùng chắn cung $\overset\frown{PB}$)
Mà $\widehat{QMA}=\widehat{PMB}$(câu b)
$\Rightarrow \widehat{AHQ}=\widehat{PHB}$
Hai góc này ở vị trí đối đỉnh
$\Rightarrow Q,H,P$ thẳng hàng (đpcm)
d) Ta có $MQ.AN+MP.BN=2{{S}_{AMN}}+2{{S}_{BMN}}$
$\Rightarrow MQ.AN+MP.BN=2\cdot \frac{1}{2}AH.MN+2\cdot \frac{1}{2}BH.MN=\left( AH+BH \right)MN=AB.MN$
Mà $AB$ cố định
Vậy $MQ.AN+MP.BN$ có giá trị lớn nhất khi $MN$ lớn nhất
Khi đó $MN$ là đường kính $\Rightarrow M$ là điểm chính giữa của cung $\overset\frown{AB}$
Câu 6. [Bình Định 2012] Cho đường tròn tâm $O$, bán kính $AB=2R$. Gọi $C$ là trung điểm của $OA$. Qua $C$ kẻ dây $MN$ vuông góc với $OA$ tại $C$. Gọi $K$ là điểm tùy ý trên cung nhỏ $BM$, $H$ là giao điểm của $AK$ và $MN$.
a) Chứng minh tứ giác $BCHK$ là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh $AK.AH={{R}^{2}}$.
c) Trên $KN$ lấy điểm $I$ sao cho $KI=KM$. Chứng minh $NI=KB$.
Giải.
+) $\widehat{BHC}={{90}^{0}}$(gt)
+) $\widehat{BKH}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow \widehat{BHC}+BKH={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
$\Rightarrow $Tứ giác $BCHK$nội tiếp (đpcm).
b) Ta có $MN$ là trung trực của $AO$. Điểm $H\in MN$ suy ra $HA=HO$ hay $\Delta HAO$ cân tại $H$
$\Rightarrow \widehat{OAH}=\widehat{AOH}(1)$
Trong $\Delta OAK$ cân tại $O$
$\Rightarrow \widehat{OAK}=\widehat{OKA}$ hay $\widehat{OAH}=\widehat{OKA}(2)$
Từ $(1),(2)$ suy ra $\widehat{AOH}=\widehat{OKA}$
Xét $\Delta AHO$ và $\Delta AOK$ có
+) $\widehat{OKA}$ góc chung
+) $\widehat{AOH}=\widehat{OKA}$(cmt)
$\Rightarrow \Delta AHO\sim \Delta AOK$(g-g)
$\Rightarrow \frac{AO}{AK}=\frac{AH}{AO}\Leftrightarrow A{{O}^{2}}=AH.AK\Leftrightarrow AH.AK={{R}^{2}}$(đpcm)
c) Xét $\Delta OAM$ có $OA=OM=R$$\Rightarrow \Delta OAM$ cân tại $O$ $(3)$
Lại có $MC$ vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến$\Rightarrow \Delta OAM$ cân tại $M$ $(4)$
Từ $(3),(4)\Rightarrow \Delta OAM$ đều
$\Rightarrow sd\overset\frown{AM}=\widehat{MOA}={{60}^{0}}$ và $sd\overset\frown{MAN}=2sd\overset\frown{AM}={{2.60}^{0}}={{120}^{0}}$
Xét $\Delta KMI$ cân tại $K$(do $KM=KI$(gt)) có
$\widehat{MKI}=\widehat{MKN}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{MAN}=\frac{1}{2}\cdot {{120}^{0}}={{60}^{0}}$
$\Rightarrow \Delta KMI$ đều
$\Rightarrow MI=MK(5)$
Xét $\Delta BMN$ có $BC$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên $\Delta BMN$ cân tại $B$
Lại có $\widehat{MBN}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{MAN}=\frac{1}{2}\cdot {{120}^{0}}={{60}^{0}}$
$\Rightarrow \Delta BMN$ đều
$\Rightarrow MN=MB(6)$
Gọi $E$ là giao điểm của $MI$ và $AK$
Ta có $\widehat{NKB}=\widehat{NMB}={{60}^{0}}$(góc nội tiếp cùng chắn cung $NB$)
$\widehat{MIK}={{60}^{0}}$(Do $\Delta MIK$ đều)
$\Rightarrow \widehat{MIK}=\widehat{NKB}$
Mà hai góc này ở vị trí so le trong
$\Rightarrow MI//KB$
Mà $AK\bot KB$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow AK\bot MI$
Trong $\Delta EMH$ vuông tại $E$ có
$\widehat{EMH}+\widehat{EHM}={{90}^{0}}$
Trong $\Delta CAH$ vuông tại $C$ có
$\widehat{CAH}+\widehat{CHA}={{90}^{0}}$
Mà $\widehat{CHA}=\widehat{EHM}$(đối đỉnh)
$\Rightarrow \widehat{EMH}=\widehat{CAH}$
Mà $\widehat{CAH}=\widehat{BMK}$(cùng chắn cung $BK$)
$\Rightarrow \widehat{EMH}=\widehat{BMK}$ hay $\widehat{NMI}=\widehat{BMK}(7)$
Xét $\Delta MIN$ và $\Delta MKB$ có
+) $MI=MK$ (theo $(5)$)
+) $MN=MB$ (theo $(6)$)
+) $\widehat{NMI}=\widehat{BMK}$ (theo $(7)$)
$\Rightarrow \Delta MIN=\Delta MKB$(c-g-c)
$\Rightarrow NI=KB$(đpcm)
Câu 7. Cho nửa đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB=2R$, dây cung $AC$. Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $AC$. Một đường thẳng kẻ từ điểm $C$ song song với $BM$ và cắt $AM$ ở $K$, cắt $OM$ ở $D$, $OD$ cắt $AC$ tại $H$.
a) Chứng minh $CKMH$ là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: $CD=MB$ ; $DM=CB$.
c) Xác điểm $C$ trên nửa đường tròn $\left( O \right)$ để $AD$ chính là tiếp tuyến của nửa đường tròn.
Giải
a) $MB//DC$
$MK\bot MB$
$\Rightarrow MK\bot DC$
$\Rightarrow \widehat{MKC}={{90}^{0}}$
$M$ là điểm chính giữa cung $\overset\frown{AC}$
$\Rightarrow OM\bot AC$
$\Rightarrow \widehat{MHC}={{90}^{0}}$
Xét tứ giác $CKMH$ có
+) $\widehat{MKC}+\widehat{MHC}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
+) Hai góc này ở vị trí đối nhau
$\Rightarrow $Tứ giác $CKMH$ nội tiếp (đpcm)
b) $MB//DC$
Lại có $MD//BC$(cùng vuông góc $AC$)
$\Rightarrow MDCB$ là hình bình hành
$\Rightarrow MD=BC$(đpcm)
c) Trong $\Delta DAC$, $M$ là giao điểm của hai đường cao $DH,AK$
$\Rightarrow M$ là trực tâm của $\Delta DAC$
$\Rightarrow CM\bot AD(1)$
Để $AD$ là tiếp tuyến thì $AD\bot AB(2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow $$CM//AB$
$\Rightarrow \overset\frown{AM}=\overset\frown{CB}$
Hay $\overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}=\overset\frown{BC}$
$\Rightarrow sd\overset\frown{BC}={{60}^{0}}$
Câu 8. Cho nửa đường tròn $\left( O \right)$ có đường kính $AB=a$. Gọi hai tia $Ax,~By$ là các tia vuông góc với $AB$ ($Ax,~By$ thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ $AB$). Qua một điểm $M$ thuộc nửa đường tròn $\left( O \right)$ ($M$ không trùng với $A$ và $B$), vẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn $\left( O \right)$; chúng cắt $Ax,~By$ lần lượt tại 2 điểm $E$ và $F$.
a) Chứng minh: $\widehat{EOF}={{90}^{0}}$.
b) Chứng minh tứ giác $AEMO$ là một tứ giác nội tiếp; hai tam giác $MAB$ và $OEF$ đồng dạng.
c) Gọi $K$ là giao của hai đường $AF$ và $BE$, chứng minh rằng$~MK\bot AB$.
d) Nếu$MB=\sqrt{3}MA$, tính diện tích tam giác $KAB$ theo $a$.
Giải
a) $OE,OF$ lần lượt là phân giác của $\widehat{MOA},\widehat{MOF}$(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
$\Rightarrow \widehat{EOF}={{90}^{0}}$(hai tia phân giác của hai góc kề bù)(đpcm)
b) Xét tứ giác $AEMO$ có
+) $\widehat{OAE}={{90}^{0}}$($AE$ là tiếp tuyến)
+) $\widehat{OME}={{90}^{0}}$ ($ME$ là tiếp tuyến)
$\Rightarrow \widehat{OAE}+\widehat{OME}={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}}$
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
$\Rightarrow $Tứ giác $AEMO$ nội tiếp (đpcm)
c) Vì $AE//BF$ nên
$\frac{AK}{KF}=\frac{AE}{BF}$
Mà $AE=EM;BF=FM$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
$\Rightarrow \frac{AK}{KF}=\frac{EM}{FM}$
$\Rightarrow EA//MK$(Ta-lét đảo)
Mà $EA\bot AB$
$\Rightarrow MK\bot AB$(đpcm)
d) Trong $\Delta FEA$ có
$\frac{MK}{EA}=\frac{FK}{FA}(1)$ (Do $MK//EA$)
Trong $\Delta BEA$ có
$\frac{NK}{EA}=\frac{BK}{BE}(2)$ (Do $KN//EA$)
Lại có $\frac{FK}{KA}=\frac{BK}{KE}$ (Do $BF//EA$)
$\Rightarrow \frac{FK}{KA+FK}=\frac{BK}{KE+BK}$(Tính chất $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\Rightarrow \frac{a}{b+a}=\frac{c}{d+c}$)
Hay $\frac{FK}{FA}=\frac{BK}{BE}(3)$
Từ $(1),(2),(3)$ suy ra $\frac{MK}{EA}=\frac{NK}{EA}\Rightarrow MK=NK$
$\Rightarrow {{S}_{AKB}}=\frac{1}{2}{{S}_{AMB}}$
Ta có $MB=\sqrt{3}MA\Rightarrow \widehat{MAB}={{60}^{0}}$
$\Rightarrow MA=AB\cos {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
$\Rightarrow MB=AB\sin {{60}^{0}}=\frac{a}{2}$
$\Rightarrow {{S}_{AKB}}=\frac{1}{2}{{S}_{AMB}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}AM.BM=\frac{1}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}$
0 Comments
Vui lòng đăng nhập google để bình luận
Để gõ công thức toán, hãy đặt [biểu thức toán] trong dấu $$
Ví dụ: $[biểu thức toán]$