Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của
Cho điểm M bất kì trên đường tròn tâm O đường kính AB. Tiếp tuyến tại M và tại B của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt MD tại C và cắt BD tại N.
a) Chứng minh \(DC=DN\)
b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \(\left( O \right)\) tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB ). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Quảng cáo
a) Chứng minh tam giác CDN cân tại D bằng cách chứng minh OD vừa là đường cao, vừa là đường phân giác.
b) Chứng minh AC vuông góc với AB dựa vào hai tam giác bằng nhau.
c) Gọi E là giao điểm của BC với MH. Ta chứng minh E trùng với I
d) Gọi P là giao điểm của MK và AB, chia diện tích tam giác MHK thành hai phần. Gọi độ dài đoạn OH là a, vì bán kính đường tròn là cố định nên không mất tính tổng quát ta chọn độ dài bán kính bằng 1, tính diện tích hai tam giác MHP và PKH theo a, từ đó xác định a để tổng diện tích hai tam giác đó lớn nhất.
a) Chứng minh \(DC=DN\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có MD và BD là tiếp tuyến với B, D là tiếp điểm
\(\Rightarrow MD=DB\) (tính chất tiếp tuyến)
Xét tam giác MOD và tam giác BOD có:
\(MD=BD\) (cmt)
\(MO=OB\) (cùng là bán kính đường tròn)
OD chung
\(\Rightarrow \Delta MOD=\Delta BOD\Rightarrow \angle MDO=\angle BDO\Rightarrow OD\) là phân giác \(\angle MDB\)
Xét tam giác CDN có:
OD là đường cao (do\(OD\bot CN\))
OD là phân giác \(\angle MDB\)
Suy ra tam giác CDN cân tại D, suy ra \(CD=ND\) (đpcm)\(\) \(\) \(\) \(\) \(\) \(\)
b) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Xét tam giác CND cân tại D có OD là đường cao ứng với đỉnh D, suy ra OD đồng thời là trung trực ứng với cạnh CN, suy ra \(CO=ON\)
Xét tam giác COA và tam giác BON có:
\(CO=ON\) (cmt)
\(OA=OB\) (do cùng là bán kính)
\(\angle COA=\angle BON\) (hai góc đối đỉnh)
\(\Rightarrow \Delta COA=\Delta BON\Rightarrow \angle CAO=\angle NBO={{90}^{o}}\)
Xét đường tròn tâm O có AC vuông góc với AO, AO là bán kính đường tròn, suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn (đpcm)\) \)
c) Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống AB, I là trung điểm MH. Chứng minh B, C, I thẳng hàng.
Kéo dài BM cắt AC tại Q, BC cắt MH tại E
Xét tam giác BMD có \(DM=DB\ \ \left( cmt \right)\Rightarrow \angle DMB=\angle DBM\)
Ta có: \(AB\bot AQ,\ \ AB\bot DN\Rightarrow AQ//DN.\)
Mà có \(\angle CQM=\angle MBD\) (so le trong)
Lại có: \(\angle QMC=\angle DMB\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow \angle CQM=\angle QMC\) suy ra tam giác MCQ cân tại C, suy ra \(QC=MC\)
Chứng minh tương tự như ở câu a ta có \(AC=MC\) (do tính chất tiếp tuyến)
Suy ra \(QC=AC\Rightarrow QC=\frac{1}{2}QA\)
Xét tam giác BQC có ME song song với QC (cùng vuông góc với AB)
\(\Rightarrow \frac{ME}{QC}=\frac{BM}{BQ}\) (định lí Ta-lét)
Chứng minh tương tự có \(\frac{MH}{AQ}=\frac{BM}{BQ}\)
Suy ra \(\frac{ME}{QC}=\frac{MH}{AQ}\) Mà có \(QC=\frac{1}{2}QA\) suy ra \(ME=\frac{1}{2}MH\) suy ra E là trung điểm của MH.
Mà theo đề bài có I là trung điểm của MH, suy ra I trùng với E, suy ra B, C, I thẳng hàng (đpcm).
d) Qua O kẻ đường vuông góc với AB, cắt \(\left( O \right)\) tại K (K và M nằm khác phía với đường thẳng AB). Tìm vị trí của M để diện tích tam giác MHK lớn nhất.
Gọi P là giao điểm của MK và AB.
Không mất tính tổng quát, ta chọn bán kính đường tròn bằng 1, giả sử độ dài đoạn \(OH=a\ \ (0 < a < 1) \)
\(\Rightarrow MH=\sqrt{O{{M}^{2}}-O{{H}^{2}}}=\sqrt{1-{{a}^{2}}}\)
Có MH song song với OK (do cùng vuông góc với AB)
\(\Rightarrow \frac{PH}{PO}=\frac{MH}{OK}=\frac{\sqrt{1-{{a}^{2}}}}{1}\Rightarrow PH=\sqrt{1-{{a}^{2}}}.OP\)
Ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{PH}}{{PO}} = \sqrt {1 - {a^2}} \\
PH + PO = OH = a
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
PO = \frac{{PH}}{{\sqrt {1 - {a^2}} }}\\
PH + \frac{{PH}}{{\sqrt {1 - {a^2}} }} = a
\end{array} \right. \Rightarrow PH = \frac{{a.\sqrt {1 - {a^2}} }}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}} \Rightarrow OP = \frac{a}{{\sqrt {1 - {a^2}} + 1}}.\)
Ta có:
\(\begin{align} & {{S}_{MHK}}={{S}_{MHP}}+{{S}_{PKH}}=\frac{1}{2}MH.HP+\frac{1}{2}OK.HP \\ & =\frac{1}{2}\left( \sqrt{1-{{a}^{2}}}.\frac{a\sqrt{1-{{a}^{2}}}}{\sqrt{1-{{a}^{2}}}+1}+1.\frac{a\sqrt{1-{{a}^{2}}}}{\sqrt{1-{{a}^{2}}}+1} \right) \\ & =\frac{1}{2}a\sqrt{1-{{a}^{2}}}.\frac{\sqrt{1-{{a}^{2}}}+1}{\sqrt{1-{{a}^{2}}}+1}=\frac{1}{2}a\sqrt{1-{{a}^{2}}}. \\ \end{align}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: \(a\sqrt{1-{{a}^{2}}}\le \frac{{{a}^{2}}+1-{{a}^{2}}}{2}=\frac{1}{2}\)
Dấu “=” xảy ra \(\Leftrightarrow a=\sqrt{1-{{a}^{2}}}\Rightarrow a=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \cos \angle MOH=\frac{OH}{R}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow \angle MOH={{45}^{o}}\)
Vậy M là điểm nằm trên đường tròn sao cho \(\angle MOH={{45}^{o}}\) là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán.
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
