Đánh giá năng lực Hà Nội
Đánh giá năng lực Hà Nội
Cho nửa đường tròn \(\left( O;\ R \right)\) đường kính \(AB,\) vẽ hai tiếp tuyến \(Ax,\ By\) với nửa đường tròn. Trên tia \(Ax\) lấy điểm \(E\ \left( E\ne A,\ \ AE<R \right);\) trên nửa đường tròn lấy điểm \(M\) sao cho \(EM=EA,\) đường thẳng \(EM\) cắt tia \(By\) tại \(F.\)
a) Chứng minh \(EF\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right).\)
b) Chứng minh tam giác \(EOF\) là tam giác vuông.
c) Chứng minh \(AM.OE+BM.OF=AB.EF.\)
d) Tìm vị trí điểm \(E\) trên tia \(Ax\) sao cho \({{S}_{AMB}}=\frac{3}{4}{{S}_{EOF}}.\)
Câu 274055: Cho nửa đường tròn \(\left( O;\ R \right)\) đường kính \(AB,\) vẽ hai tiếp tuyến \(Ax,\ By\) với nửa đường tròn. Trên tia \(Ax\) lấy điểm \(E\ \left( E\ne A,\ \ AE<R \right);\) trên nửa đường tròn lấy điểm \(M\) sao cho \(EM=EA,\) đường thẳng \(EM\) cắt tia \(By\) tại \(F.\)
a) Chứng minh \(EF\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right).\)
b) Chứng minh tam giác \(EOF\) là tam giác vuông.
c) Chứng minh \(AM.OE+BM.OF=AB.EF.\)
d) Tìm vị trí điểm \(E\) trên tia \(Ax\) sao cho \({{S}_{AMB}}=\frac{3}{4}{{S}_{EOF}}.\)
Quảng cáo
a) Chứng minh \(\Delta AEO=\Delta MEO\ \ \left( c-c-c \right)\) từ đó suy ra các góc tương ứng bằng nhau và \(\angle OME={{90}^{0}}.\)
Suy ra \(EF\) là tiếp tuyến của đường tròn.
b) Chứng minh \(HMIO\) là hình chữ nhật để suy ra \(\angle FOE={{90}^{0}}\Rightarrow \Delta EOF\) vuông.
c) Dựa vào công thức tính diện tích hình thang và diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc vơi nhau để chứng minh.
d)
-
Giải chi tiết:
a) Chứng minh \(EF\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right).\)
Xét \(\Delta AEO\) và \(\Delta MEO\) ta có:
\(\begin{align} & AO=OM\ \ \left( =R \right) \\ & AE=EM\ \ \left( gt \right) \\ & EO\ \ chung \\ & \Rightarrow \Delta AEO=\Delta MEO\ \ \left( c-c-c \right) \\ & \Rightarrow \angle EAO=\angle EMO={{90}^{0}}\ \ \ hay\ \ OM\bot EF. \\ \end{align}\)
\(\Rightarrow EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\ \ \ \left( dpcm \right).\) (khái niệm tiếp tuyến của đường tròn.)
b) Chứng minh tam giác \(EOF\) là tam giác vuông.
Gọi \(H\) là giao điểm của \(OE\) và \(AM;\ \ I\) là giao điểm của \(OF\) và \(BM.\)
Ta có \(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\ \) tại \(M\ \ \ \left( cmt \right).\)
Mà \(EF\cap Ax=\left\{ E \right\},\ \ OE\cap AM=\left\{ H \right\}\Rightarrow OE\bot AM=\left\{ H \right\}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Chứng minh tương tự ta có \(OF\bot BM=\left\{ I \right\}.\)
Xét tứ giác \(HMIO\) ta có: \(\angle HMI={{90}^{0}}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\(\angle MIO=\angle MHO={{90}^{0}}\ \ \left( cmt \right)\)
\(\Rightarrow HMIO\) là hình chữ nhật (dhnb).
\(\Rightarrow \angle HOI={{90}^{0}}\ \ hay\ \ \ EOF={{90}^{0}}.\)
\(\Rightarrow \Delta EOF\) vuông tại \(O\ \ \ \left( dpcm \right).\)
c) Chứng minh \(AM.OE+BM.OF=AB.EF.\)
Ta có \(AEFB\) là hình thang vuông tại \(A,\ \ B\Rightarrow {{S}_{AEFB}}=\frac{1}{2}\left( AE+BF \right).AB.\)
Mà \(AE=EM\ \ \left( gt \right),\ \ MF=FB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Lại có: \(EF=EM+MF\Rightarrow EF=AE+BF.\)
\(\Rightarrow {{S}_{AEFB}}=\frac{1}{2}.EF.AB.\)
Xét tứ giác \(AEMO\) có hai đường chéo \(AM,\ \ EO\) vuông góc với nhau tại \(H\ \ \left( cmt \right).\) ‘
\(\Rightarrow {{S}_{AEMO}}=\frac{1}{2}AM.EO.\)
Tương tự ta có: \({{S}_{BFMO}}=\frac{1}{2}.MB.OF.\)
Mặt khác ta có: \({{S}_{AEFB}}={{S}_{AEMO}}+{{S}_{OMFB}}\)
\(\begin{align} & \Rightarrow \frac{1}{2}.EF.AB=\frac{1}{2}.EO.AM+\frac{1}{2}.BM.OF \\ & \Leftrightarrow EF.AB=EO.AM+BM.OF\ \ \ \left( dpcm \right). \\ \end{align}\)
d) Tìm vị trí điểm \(E\) trên tia \(Ax\) sao cho \({{S}_{AMB}}=\frac{3}{4}{{S}_{EOF}}.\)
Dễ thấy tứ giác OAEM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\(\Rightarrow \angle MAB= \angle OEF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)
Tương tự có tứ giác OBFM là tứ giác nội tiếp nên \(\angle MBA=\angle OFE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)
\(\Rightarrow \Delta AMB\sim \Delta EOF\,\,\left( g.g \right)\Rightarrow {{\left( \frac{AB}{EF} \right)}^{2}}=\frac{{{S}_{\Delta AMB}}}{{{S}_{\Delta EOF}}}=\frac{3}{4}\Rightarrow E{{F}^{2}}=\frac{4}{3}A{{B}^{2}}\Rightarrow EF=\frac{2}{\sqrt{3}}AB\)
Đặt \(AE=x\,\,\left( x<\frac{2}{\sqrt{3}}AB \right)\)
Ta có \(EF=AE+BF\,\,\left( cmt \right)\Rightarrow BF=EF-AE=\frac{2}{\sqrt{3}}AB-x\)
Kẻ \(EH\bot BF\,\,\left( H\in BF \right)\) ta có : ABHE là hình chữ nhật (Tứ giác có ba góc vuông) \(\Rightarrow EH=AB\)
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông EFH có :
\(\begin{align} & E{{F}^{2}}=E{{H}^{2}}+H{{F}^{2}}=E{{F}^{2}}+{{\left( BF-AE \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow \frac{4}{3}A{{B}^{2}}=A{{B}^{2}}+{{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}AB-x-x \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow A{{B}^{2}}=3{{\left( \frac{2}{\sqrt{3}}AB-2x \right)}^{2}} \\ & \Leftrightarrow A{{B}^{2}}=3\left( \frac{4}{3}A{{B}^{2}}-\frac{8\sqrt{3}}{3}AB.x+4{{x}^{2}} \right) \\ & \Leftrightarrow A{{B}^{2}}=4A{{B}^{2}}-8\sqrt{3}ABx+12{{x}^{2}} \\ & \Leftrightarrow 12{{x}^{2}}-8\sqrt{3}AB.x+3A{{B}^{2}}=0\,\,\,\left( * \right) \\ \end{align}\)
Ta có \(\Delta '={{\left( 4\sqrt{3}AB \right)}^{2}}-12.3A{{B}^{2}}=12A{{B}^{2}}\)
\(\Rightarrow \) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{align} & x=\frac{4\sqrt{3}AB+2\sqrt{3}AB}{12}=\frac{\sqrt{3}}{2}AB \\ & x=\frac{4\sqrt{3}AB-2\sqrt{3}AB}{12}=\frac{\sqrt{3}}{6}AB \\ \end{align} \right.\,\,\,\left( tm \right)\)
Vậy khi \(AE=\frac{\sqrt{3}}{2}AB\) hoặc \(AE=\frac{\sqrt{3}}{6}AB\) thì \({{S}_{AMB}}=\frac{3}{4}{{S}_{EOF}}\)
Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
Tham Gia Group 2K9 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí
>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
