Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)
3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
Quảng cáo
1. Chứng minh tứ giác AMEI có tổng hai góc đối bằng 1800.
2. Chứng minh tam giác IEA đồng dạng với tam giác NEB.
Cho đường tròn tâm \(\left( O \right)\), đường kính \(AB = 2R\). Gọi \({d_1};{d_2}\) lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt \({d_1};{d_2}\) lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(\angle IAM = {90^0}\)
Xét tứ giác \(AMEI\) có \(\angle IAM + \angle IEM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AMEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
2. Chứng minh \(IB.NE = 3IE.NB\)
Ta có \(\angle IEA + \angle IEB = \angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
\(\angle NEB + \angle IEB = \angle NEI = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\);
\( \Rightarrow \angle IEA = \angle NEB\)
Xét \(\Delta IEA\) và \(\Delta NEB\) có:
\(\angle IEA = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\);
\(\angle IAE = \angle BAE = \angle NBE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE);
\( \Rightarrow \Delta IEA \sim \Delta NEB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{IE}}{{IA}} = \frac{{NE}}{{NB}} \Rightarrow IA.NE = IE.NB \Rightarrow 3IA.NE = 3IE.NB\)
Do I là trung điểm của OA \( \Rightarrow IA = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}.\frac{1}{2}AB = \frac{1}{4}AB \Rightarrow IA = \frac{1}{3}IB\) hay \(IB = 3IA\).
\( \Rightarrow IB.NE = 3IE.NB\,\,\left( {dpcm} \right)\).
3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
+) Chứng minh tích \(AM.BN\) có giá trị không đổi
Xét tứ giác \(BNEI\) có \(\angle IBN + \angle IEN = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(BNEI\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
\( \Rightarrow \angle NEB = \angle NIB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB)
Ta có \(\angle AMI = \angle AEI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ;
Mà \(\angle AEI = \angle NEB\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AMI = \angle NIB\).
Xét \(\Delta AMI\) và \(\Delta BIN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AMI = \angle NIB\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle MAI = \angle IBN = {90^0}\,\,\left( {gt} \right);\\ \Rightarrow \Delta AMI \sim \Delta BIN\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AM}}{{BI}} = \frac{{AI}}{{BN}} \Rightarrow AM.BN = AI.BI\end{array}\)
Ta có \(AI = \frac{1}{4}AB = \frac{1}{4}.2R = \frac{R}{2};\,\,BI = \frac{3}{4}AB = \frac{3}{4}.2R = \frac{{3R}}{2}\)
\( \Rightarrow AM.BN = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2} = \frac{{3{R^2}}}{4} = const\).
+) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R.
Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle ENI = \angle EBI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI)
Do tứ giác \(AMEI\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle IME = \angle IAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE)
\( \Rightarrow \angle ENI = \angle IME = \angle EBI + \angle IAE = {90^0}\) (\(\Delta ABE\) vuông tại E)
\( \Rightarrow \angle MIN = {90^0} \Rightarrow \Delta IMN\) vuông tại I \( \Rightarrow {S_{IMN}} = \frac{1}{2}IM.IN\)
Đặt \(\angle AIM = \alpha \Rightarrow \angle BNI = \alpha \,\,\left( {{0^0} < \alpha < {{90}^0}} \right)\left( {Do\,\,\Delta AMI \sim \Delta BIN} \right)\).
Xét tam giác vuông AIM có \(\cos \angle AIM = \cos \alpha = \frac{{AI}}{{MI}} \Rightarrow MI = \frac{{AI}}{{\cos \alpha }} = \frac{{\frac{R}{2}}}{{\cos \alpha }} = \frac{R}{{2\cos \alpha }}\)
Xét tam giác vuông BIN có : \(\sin \angle BNI = \sin \alpha = \frac{{BI}}{{IN}} \Rightarrow IN = \frac{{BI}}{{\sin \alpha }} = \frac{{\frac{{3R}}{2}}}{{\sin \alpha }} = \frac{{3R}}{{2\sin \alpha }}\)
\( \Rightarrow {S_{IMN}} = \frac{1}{2}IM.IN = \frac{1}{2}.\frac{R}{{2\cos \alpha }}.\frac{{3R}}{{2\sin \alpha }} = \frac{{3{R^2}}}{{8\sin \alpha \cos \alpha }}\)
Do \({0^0} < \alpha < {90^0} \Rightarrow \sin \alpha > 0,\,\,\cos \alpha > 0\) và \(\cos \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \sin \alpha .\cos \alpha = \sin \alpha .\sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \mathop \le \limits^{Cauchy} \frac{{{{\sin }^2}\alpha + 1 - {{\sin }^2}\alpha }}{2} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow {S_{IMN}} \ge \frac{{3{R^2}}}{{8.\frac{1}{2}}} = \frac{{3{R^2}}}{4}\end{array}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow \sin \alpha = \sqrt {1 - {{\sin }^2}\alpha } \Leftrightarrow 2{\sin ^2}\alpha = 1 \Leftrightarrow \sin \alpha = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow \alpha = {45^0}\)
Vậy \({S_{IMN\,\,\min }} = \frac{{3{R^2}}}{4} \Leftrightarrow \angle AIM = {45^0}\).
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
