Cho đường tròn \((O)\) đường kính \(AB = 2R\) và \(C\) là một điểm nằm trên đường tròn sao cho

Câu hỏi số 375646:

Vận dụng

Cho đường tròn \((O)\) đường kính \(AB = 2R\) và \(C\) là một điểm nằm trên đường tròn sao cho \(CA > CB\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(OA\), vẽ đường thẳng \(d\) vuông góc với \(AB\) tại \(I\), \(d\) cắt tia \(BC\) tại \(M\) và cắt đoạn \(AC\) tại \(P\), \(AM\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm thứ hai \(K\).

a) Chứng minh tứ giác \(BCPI\) nội tiếp được một dường tròn.

b) Chứng minh ba điểm \(B,P,K\) thẳng hàng.

c) Các tiếp tuyến tại \(A\) và C của đường tròn \((O)\) cắt nhau tại \(Q\), biết \(BC = R\). Tính diện tích tứ giác \(QAIM\) theo \(R\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:375646

Phương pháp giải

a) Sử dụng dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Tính chất trực tâm của tam giác.

c) Sử dụng dữ kiện bài cho và áp dụng vào các tam giác vuông để tính các cạnh, từ đó suy ra diện tích cần tính.

Giải chi tiết

a) Chứng minh tứ giác \(BCPI\) nội tiếp được một dường tròn.

Do \(C\) nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB\) nên ta có \(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác \(BCPI\) có: \(\angle BCP = \angle BIP = {90^0} \Rightarrow \angle BCP + \angle BIP = {180^0}\).

Vậy tứ giác \(BCPI\) nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

b) Chứng minh ba điểm \(B,P,K\) thẳng hàng.

Xét \(\Delta AMB\) có \(AC,\,\,MI\) là hai đường cao.

Mà \(AM \cap MI = \left\{ P \right\}\) \( \Rightarrow P\) là trực tâm của \(\Delta AMB\).

Lại có \(K\) nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle AKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(BK \bot MA.\)

\( \Rightarrow BK\) là đường cao thứ ba của \(\Delta AMB.\)

\( \Rightarrow P \in BK\) hay \(B,P,K\) thẳng hàng (đpcm).

c) Các tiếp tuyến tại \(A\)và C của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(Q\), biết \(BC = R\). Tính diện tích tứ giác \(QAIM\) theo \(R\).

Ta có: \(AI = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{R}{2};\,\,\,IB = \dfrac{{3R}}{2};\,\,\,BC = R\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(ABC\) có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {R^2}} = \sqrt {3{R^2}} = \sqrt 3 R\)

Xét \(\Delta OBC\,\) có: \(OB = OC = BC = R\)

\( \Rightarrow \Delta OBC\) đều \( \Rightarrow \angle OBC = \angle OCB = \angle COB = {60^0}.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle OCA = {90^0} - \angle OCB = {90^0} - {60^0} = {30^0}\\ \Rightarrow \angle OAC = \angle OCA = {30^0}.\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle QAC = \angle QAO - \angle OAC = {90^0} - {30^0} = {60^0}\) (do \(QA\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle QAO = {90^0}\)).

Xét \(\Delta QAC\)có: \(QA = QC\) ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và \(\angle QAC = {60^0}\,\,\left( {cmt} \right).\)

\( \Rightarrow \Delta QAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow QA = AC = \sqrt 3 R.\)

Xét \(\Delta MIB\) vuông tại \(I\) có: \(\angle MBI = {60^0}\)

\( \Rightarrow MI = IB.\tan \left( {\angle MIB} \right) = \dfrac{{3R}}{2}.\tan {60^0} = \dfrac{3}{2}.R.\sqrt 3 = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}R.\)

Xét tứ giác \(QAIM\) có \(\left\{ \begin{array}{l}QA \bot AI\\MI \bot AI\end{array} \right. \Rightarrow QA\parallel MI\)\( \Rightarrow QAIM\) là hình thang vuông.

\( \Rightarrow {S_{QAIM}} = \dfrac{{(QA + MI).AI}}{2} = \dfrac{{\left( {\sqrt 3 R + \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}R} \right).\dfrac{1}{2}R}}{2} = \dfrac{{5\sqrt 3 {R^2}}}{8}.\)

Vậy \({S_{QAIM}} = \dfrac{{5\sqrt 3 {R^2}}}{8}\).

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