Cho nửa đường tròn \(\left( O \right),\) đường kính \(MN,\) điểm \(P\) thuộc nửa đường tròn
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right),\) đường kính \(MN,\) điểm \(P\) thuộc nửa đường tròn \(\left( {PM > PN} \right).\) Kẻ bán kính \(OK\) vuông góc với \(MN\) cắt dây \(MP\) tại \(E.\) Gọi \(d\) là tiếp tuyến tại \(P\) của nửa đường tròn. Đường thẳng đi qua \(E\) và song song với \(MN\) cắt \(d\) ở \(F.\) Chứng minh rằng:
a) Tứ giác \(NPEO\) nội tiếp đường tròn.
b) \(ME.MP = MO.MN.\)
c) \(OF\) song song \(MP.\)
d) Gọi \(I\) là chân đường cao hạ từ \(P\) xuống \(MN.\) Hãy tìm vị trí của \(P\) để \(IE\) vuông góc với \(MP.\)
Quảng cáo
a) Tứ giác \(NPEO\) nội tiếp đường tròn.
Vì \(\angle MPN\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\angle MPN = {90^0} \Rightarrow \angle EPN = {90^0}\).
Xét tứ giác \(NPEO\) có: \(\angle EPN + \angle EON = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow NPEO\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) \(ME.MP = MO.MN.\)
Xét tam giác \(MOE\) và tam giác \(MPN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle PMN\,\,\,chung;\\\angle MOE = \angle MPN = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta MOE \sim \Delta MPN\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MO}}{{MP}} = \dfrac{{ME}}{{MN}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow ME.MP = MO.MN\,\,\left( {dpcm} \right)\).
c) \(OF\) song song \(MP.\)
Vì \(EF//MN\,\,\left( {gt} \right)\), mà \(MN \bot OK\) nên \(EF \bot OK\) (từ vuông góc đến song song).
\( \Rightarrow \angle OEF = {90^0} = \angle OPF\).
\( \Rightarrow OEPF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
Lại có \(NPEO\) là tứ giác nội tiếp (cmt)
\( \Rightarrow \) Năm điểm \(O,\,\,E,\,\,P,\,\,F,\,\,N\) cùng thuộc một đường tròn.
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(OEFN\) cũng là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \angle EON + \angle EFN = {180^0}\) (Tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\angle EON = {90^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle EFN = {90^0}\).
Xét tứ giác \(OEFN\) có: \(\angle EON = \angle OEF = \angle EFN = {90^0}\) \( \Rightarrow OEFN\) là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông).
\( \Rightarrow \angle ONF = {90^0}\) \( \Rightarrow NF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(N\).
\( \Rightarrow \angle FNP = \angle NMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(NP\)).
Mà \(\angle NMP = \angle OMP = \angle OPM\) (do \(\Delta OMP\) cân tại \(O\)).
\( \Rightarrow \angle FNP = \angle OPM = \angle OPE\).
Mà \(\angle FNP = \angle FOP\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FP\)).
\( \Rightarrow \angle OPE = \angle FOP\).
Mà 2 góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau.
Vậy \(OF//MP\,\,\left( {dhnb} \right)\,\,\left( {dpcm} \right)\).
d) Gọi \(I\) là chân đường cao hạ từ \(P\) xuống \(MN.\) Hãy tìm vị trí của \(P\) để \(IE\) vuông góc với \(MP.\)
Đặt \(OI = x,\,\,MN = 2R\) \( \Rightarrow \) \(IN = R - x\) \(\left( {0 < x < R} \right)\).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(MPN\) ta có:
\(\begin{array}{l}P{I^2} = MI.NI = \left( {R + x} \right)\left( {R - x} \right) = {R^2} - {x^2}\\\Rightarrow PI = \sqrt {{R^2} - {x^2}} \end{array}\)
Ta có \(OK//PI\) (cùng vuông góc với \(MN\)) nên áp dụng định lí Ta-lét ta có:
\(\begin{array}{l}\dfrac{{OE}}{{PI}} = \dfrac{{MO}}{{MI}}\\ \Rightarrow \dfrac{{OE}}{{\sqrt {{R^2} - {x^2}} }} = \dfrac{R}{{R + x}}\\ \Leftrightarrow OE = \dfrac{{R\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{R + x}}\end{array}\)
Để \(IE \bot MP\) thì \(IE//PN\) (do \(MP \bot PN\)).
Khi đó \(\angle OIE = \angle INP\) (hai góc đồng vị).
Xét tam giác vuông \(OIE\) có: \(\tan \angle OIE = \dfrac{{OE}}{{OI}} = \dfrac{{R\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{x\left( {R + x} \right)}}\).
Xét tam giác vuông \(IPN\) có: \(\tan \angle INP = \dfrac{{IP}}{{IN}} = \dfrac{{\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{R - x}}\).
Vì \(\angle OIE = \angle INP \Rightarrow \tan \angle OIE = \tan \angle INP\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{R\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{x\left( {R + x} \right)}} = \dfrac{{\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{R - x}}\\ \Leftrightarrow R\left( {R - x} \right) = x\left( {R + x} \right)\\ \Leftrightarrow {R^2} - Rx = xR + {x^2}\\ \Leftrightarrow {x^2} + 2Rx - {R^2} = 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Phương trình (*) có \(\Delta ' = {R^2} - 1.\left( { - {R^2}} \right) = 2{R^2} > 0\) nên phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = - R + R\sqrt 2 = R.\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\{x_2} = - R - R\sqrt 2 < 0\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow x = R.\left( {\sqrt 2 - 1} \right) = OI\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \tan \angle INP = \dfrac{{\sqrt {{R^2} - {x^2}} }}{{R - x}} = \dfrac{{\sqrt {{R^2} - {R^2}{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^2}} }}{{R - R.\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt {{R^2}\left( {2\sqrt 2 - 2} \right)} }}{{R\left( {2 - \sqrt 2 } \right)}} = \dfrac{{\sqrt {2\sqrt 2 - 2} }}{{2 - \sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt {\sqrt 2 - 1} }} = \sqrt {\sqrt 2 + 1} \end{array}\)
\( \Rightarrow \tan \angle MNP = \tan \angle INP = \sqrt {\sqrt 2 + 1} \).
Vậy khi điểm \(P\) nằm trên đường tròn \(\left( O \right)\) thỏa mãn \(\tan \angle MNP = \sqrt {\sqrt 2 + 1} \) thì \(IE \bot MP\).
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
