Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm
Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Trên đoạn thẳng \(OB\) lấy điểm \(M\) (\(M\) khác \(O\) và \(B\)). Trên nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lấy điểm \(N\) (\(N\) khác \(A\) và \(B\)). Đường thẳng vuông góc với \(MN\) tại \(N\) cắt các tiếp tuyến \(Ax,\,\,By\) của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(C\) và \(D\) (\(Ax,\,\,By\) và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ \(AB\)).
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
d) Khi \(\angle ABN = {60^0}\), tính theo \(R\) diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\).
Quảng cáo
a) Chứng minh tứ giác \(ACNM\) nội tiếp.
Vì \(AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A\) nên \(\angle MAC = {90^0}\).
Vì \(MN \bot CD\) tại \(N\) nên \(\angle MNC = \angle MND = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ACNM\) có \(\angle MAC + \angle MNC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ACNM\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)) (đpcm).
b) Chứng minh \(AN.MD = NB.CM\).
Vì \(BD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(B\) nên \(\angle MBD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(BMND\) có: \(\angle MBD + \angle MND = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow BMND\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle MDN = \angle MBN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle ABN = \angle MDC\).
Vì \(ACNM\) là tứ giác nội tiếp (theo câu a).
\( \Rightarrow \angle MAN = \angle MCN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\)) \( \Rightarrow \angle BAN = \angle MCD\).
Xét \(\Delta ABN\) và \(\Delta CDN\) có:
\(\begin{array}{l}\angle ABN = \angle MDC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle BAN = \angle MCD\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{CM}} = \dfrac{{NB}}{{MD}}\) (hai cạnh tương ứng) \( \Rightarrow AN.MD = NB.CM\) (đpcm).
c) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(CM\). Đường thẳng qua \(E\) và vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\). Chứng minh \(N,\,\,F,\,\,B\) thẳng hàng.
Gọi \(E = BN \cap DM\), ta chứng minh \(EF \bot BD\).
Vì \(\Delta ABN \sim \Delta CDM\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\angle ANB = \angle CMD\). Mà \(\angle ANB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \angle CMD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle ENF = \angle EMF = {90^0}\).
Xét tứ giác \(MENF\) có: \(\angle ENF + \angle EMF = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow MENF\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {E_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MF\)).
Mà \(\angle {N_1} = \angle {D_1}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\))
\( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {D_1}\) (1).
Vì \(\Delta BDM\) vuông tại \(B\) nên \(\angle {D_1} + \angle BMD = {90^0}\) (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau).
Mà \(\angle BMD + \angle CMD + \angle {M_1} = {180^0}\) \( \Rightarrow \angle {M_1} + \angle BMD = {180^0} - \angle CMD = {180^0} - {90^0} = {90^0}\).
\( \Rightarrow \angle {D_1} = \angle {M_1}\) (2).
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle {M_1}\).
Mà hai góc này ở vị trí hai góc so le trong bằng nhau nên \(EF//AM\) hay \(EF//AB\).
Lại có \(AB \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) \( \Rightarrow EF \bot BD\).
Vậy đường thẳng qua \(E\) vuông góc với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\) thuộc \(BN\) (đpcm).
d) Khi \(\angle ABN = {60^0}\), tính theo \(R\) diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\).
Xét tam giác vuông \(ABN\) vuông tại \(N\) có \(AB = 2R,\,\,\angle ABN = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\) ta có:
\(AN = AB.\sin \angle ABN = 2R.\sin {60^0} = R\sqrt 3 \).
\(BN = AB.\cos \angle ABN = 2R.\cos {60^0} = R\).
\( \Rightarrow {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}AN.BN = \dfrac{1}{2}.R\sqrt 3 .R = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích nửa hình tròn tâm \(\left( {O;R} \right)\) là \({S_T} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2}\).
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm \(O\), bán kính \(R\) nằm ngoài \(\Delta ABN\) là;
\(S = {S_T} - {S_{\Delta ABN}} = \dfrac{1}{2}\pi {R^2} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{R^2}}}{2}\left( {\pi - \sqrt 3 } \right)\).
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
