Cho điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Gọi \(MA,MB\) là hai tiếp tuyến với

Câu hỏi số 373083:

Vận dụng

Cho điểm \(M\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Gọi \(MA,MB\) là hai tiếp tuyến với đường tròn \(\left( O \right)\)(\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(H\) là giao điểm của \(OM\) và \(AB\), \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BD\).

1) Chứng minh tứ giác \(OHBI\) là hình chữ nhật.

2) Cho biết \(OI\) cắt \(MB\)tại\(K\), chứng minh \(KD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).

3) Giả sử \(OM = 2R\). Tính chu vi tam giác \(AKD\) theo \(R\).

4) Đường thẳng qua \({\rm{O}}\) và vuông góc với \(MD\) cắt tia \(AB\) tại \(Q.\) Chứng minh \(K\) là trung điểm của \(DQ\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:373083

Phương pháp giải

1) Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật.

2) Sử dụng hai tam giác bằng nhau để chứng minh \(\angle ODK = {90^0} \Rightarrow KD \bot OD\)

3) Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago trong tam giác vuông.

4) Lấy điểm \(Q'\) là giao điểm của \(DK\) và \(AB,\) chứng minh \(K\) là trung điểm của \(DQ'\) và chứng minh được \(Q \equiv Q'\) suy ra điều phải chứng minh.

Giải chi tiết

1) Chứng minh tứ giác \(OHBI\) là hình chữ nhật.

+) Ta có: \(MA,\,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(MO\) là đường phân giác của \(\angle AMB\,\) và \(\angle AOB\) (tính chất)

+) Xét \(\Delta OAB\)có: \(OA = OB = R\) nên \(\Delta OAB\)cân tại \(O\)

\( \Rightarrow OM\)là đường phân giác đồng thời là đường cao và đường trung tuyến của \(\Delta AOB\) (tính chất)

\( \Rightarrow OM \bot AB = \left\{ H \right\} \Rightarrow \angle OHB = {90^0}\)

+) Xét \(\Delta OBD\)có: \(OB = OD = R\)và \(I\) là trung điểm của \(BD.\)

\( \Rightarrow OI\)là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của \(\Delta OBD\)cân tại O

\( \Rightarrow \angle OIB = {90^0}\)

+) Xét \(\Delta ABD\)nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) và \(AD\) là đường kính của đường tròn

\( \Rightarrow \Delta ABD\) vuông tại \(B \Rightarrow \angle HBI = {90^0}\)

+) Xét tứ giác \(OHBI\) có \(\angle OHB = \angle OIB = \angle HBI = {90^0}\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OHBI\) là hình chữ nhật (dhnb).

Vậy \(OHBI\) là hình chữ nhật. (đpcm)

2) Cho biết \(OI\)cắt \(MB\) tại\(K\), chứng minh \(KD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\).

Ta có: \(MK\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại\(B \Rightarrow \angle OBK = {90^0}.\)

Theo câu 1 ta chứng minh được \(\Delta OBD\) cân tại \(O.\)

\( \Rightarrow OI\)là đường phân giác của \(\angle BOD\)(tính chất)

\( \Rightarrow \angle BOK = \angle DOK\)

Xét \(\Delta BOK\)và \(\Delta DOK\)có:

\(\begin{array}{l}OB = OD\,\,\,\left( { = R} \right)\\\angle BOK = \angle DOK\\OK\,\,\,chung\\ \Rightarrow \Delta BOK = \Delta DOK\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle OBK = \angle ODK\, = {90^0}\)

\( \Rightarrow KD \bot OD\)

\( \Rightarrow \)\(KD\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm).

3) Giả sử \(OM = 2R\). Tính chu vi tam giác \(AKD\)theo\(R\).

Xét \(\Delta OMK\)có \(OB \bot MK\) (gt)

Nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}}\\ \Rightarrow \frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} - \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{{R^2}}} - \frac{1}{{4{R^2}}} = \frac{3}{{4{R^2}}}\\ \Rightarrow O{K^2} = \frac{{4{R^2}}}{3}\end{array}\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta OKB\) vuông tại \(B\) ta có:

\(\begin{array}{l}O{B^2} + B{K^2} = O{K^2}\\ \Rightarrow B{K^2} = O{K^2} - O{B^2} = \frac{{4{R^2}}}{3} - {R^2} = \frac{{{R^2}}}{3}\\ \Rightarrow BK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}R\end{array}\)

Ta có: \(\Delta BOK = \Delta DOK\,\,\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow DK = BK = \frac{{\sqrt 3 }}{3}R\)

Xét \(\Delta AKD\) vuông tại \(D \Rightarrow AK = \sqrt {A{D^2} + D{K^2}} = \sqrt {4{R^2} + \frac{{{R^2}}}{3}} = \sqrt {\frac{{13}}{3}{R^2}} = \frac{{\sqrt {39} R}}{3}.\)

Chu vi tam giác \(ADK\) là: \({C_{ADK}} = AK + AD + DK = \frac{{\sqrt {39} R}}{3} + 2R + \frac{{\sqrt 3 R}}{3} = \left( {2 + \frac{{\sqrt {39} + \sqrt 3 }}{3}} \right)R\)

Vậy chu vi tam giác \(ADK\) là \(\left( {2 + \frac{{\sqrt {39} + \sqrt 3 }}{3}} \right)R\)

4) Đường thẳng qua \({\rm{O}}\)và vuông góc với \(MD\)cắt tia \(AB\)tại \(Q.\) Chứng minh \(K\) là trung điểm của\(DQ\).

Gọi \(DK \cap AB = \left\{ {Q'} \right\}\)

Xét \(\Delta KOD\) và \(\Delta KMO\) ta có:

\(\begin{array}{l}\angle MOK = \angle ODK = {90^0}\\\angle OKM = \angle OKD\,\,\,\left( {\Delta OBK = \Delta ODK} \right)\\ \Rightarrow \Delta KOD \sim \Delta KMO\,\,\,\left( {g - g} \right).\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{{KD}}{{DO}} = \frac{{KO}}{{OM}}\,\,\,\,\left( 1 \right)\) (hai cạnh tương ứng bằng nhau)

Mà trong \(\Delta DAQ'\) ta có: \(OK\parallel AQ';\,\,\,O\) là trung điểm của \(DA\)

\( \Rightarrow K\)là trung điểm của \(DQ'\) (tính chất) \( \Rightarrow KD = KQ'\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{{KQ'}}{{DO}} = \frac{{KO}}{{OM}} \Rightarrow \frac{{KQ'}}{{KO}} = \frac{{DO}}{{OM}}\).

Có: \(\angle OKQ' = \angle DOK + \angle ODK = \angle DOK + {90^0} = \angle DOK + \angle KOM = \angle DOM\)

\( \Rightarrow \Delta OKQ' \sim \Delta MOD\,\,\,\,\left( {g - g} \right)\)\( \Rightarrow \angle KOQ' = \angle OMD\) (tính chất)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle KOQ' + \angle Q'OM = \angle OMD + \angle Q'OM = {90^0}\\ \Rightarrow Q \equiv Q'\end{array}\)

Vậy \(K\) là trung điểm của \(DQ.\)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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