Cho nửa đường tròn đường kính \(AB\). Gọi \(I\) là điểm chính giữa của cung \(AB\). Trên cung
Cho nửa đường tròn đường kính \(AB\). Gọi \(I\) là điểm chính giữa của cung \(AB\). Trên cung lớn \(AB\) của đường tròn tâm \(I\), bán kính \(IA\) lấy điểm \(C\) sao cho tam giác \(ABC\) nhọn. Gọi \(M,N\)lần lượt là giao điểm của \(CA,\) \(CB\) với nửa đường tròn đường kính \(AB\) (\(M\) khác \(A,N\) khác \(B\)); \(J\) là giao điểm của \(AN\) với \(BM.\)
a) Chứng minh \(\Delta MBC\) và \(\Delta NAC\) là các tam giác cân.
b) Chứng minh \(I\) là trực tâm của tam giác \(CMN\).
c) Gọi \(K\) là trung điểm của \(IJ\), tính tỉ số \(\frac{{CJ}}{{OK}}\).
Quảng cáo
a) Chứng minh \(\Delta MBC\) có một góc bằng \({90^0}\) (tính chất của góc nối tiếp cùng chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)) và có một góc bằng \({45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)
b) Chứng minh \(MI//AN\), kết hợp \(AN \bot CN\) (đã được chứng minh) nên \(MI \bot CN\) và chứng minh tương tự cũng có \(NI \bot CM\)
c) Vận dụng các kết quả của 2 tam giác bằng nhau, tính chất của hình bình hành và định lí Py – ta – go.
a) Ta có \(\angle AMB = \angle ANB = \angle AIB = {90^0}\)(các góc nội tiếp cùng chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\)).
Mà \(\angle ACB = \frac{1}{2}\angle AIB \Rightarrow \angle ACB = {45^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AB\)).
\(\Delta NAC\) vuông tại \(N\) có \(\angle ACN = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\Delta ACN\) vuông cân tại \(N\).
\(\Delta MBC\) vuông tại \(M\) có \(\angle MCB = {45^0}\,\,\left( {cmt} \right)\) nên \(\Delta MBC\) vuông cân tại \(M\).
b) Xét \(\left( O \right)\) ta có \(\angle BMI = \angle BAI = {45^0}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(BI\)).
Ta có
\(\angle AMI = \angle AMB + \angle BMI = {90^0} + {45^0} = {135^0}\)
\(\angle MAN = {45^0}\) (do \(\Delta NAC\) vuông cân tại \(M\)).
\( \Rightarrow \angle AMI + \angle MAN = {135^0} + {45^0} = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí trong cùng phía bù nhau \( \Rightarrow MI//AN\) (dhnb).
Mà \(AN \bot CN\) nên \(MI \bot CN\) (từ vuông góc đến song song).
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có \(NI \bot CM\).
Mà \(MI \cap NI = \left\{ I \right\}\). Suy ra \(I\) là giao của hai đường cao trong tam giác \(CMN\).
Vậy \(I\) là trực tâm của tam giác \(CMN\).
c) Ta có \(\Delta MBC\) vuông cân tại \(M\) nên \(MB = MC\).
Ta có: \(\angle ABM = \angle ANM\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AM\) của \(\left( O \right)\))
Tứ giác \(JMCN\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
\( \Rightarrow \angle ANM = \angle JCM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MJ\))
\( \Rightarrow \angle ABM = \angle JCM\).
Xét \(\Delta JCM\) và \(\Delta ABM\) có:
\(\begin{array}{l}\angle JMC = \angle AMB = {90^0};\\\angle JCM = \angle ABM\,\,\left( {cmt} \right)\\CM = BM\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta JCM = \Delta ABM\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).
\( \Rightarrow CJ = AB\) (2 cạnh tương ứng).
Ta lại có:\(\angle MON = 2\angle MAN = {90^0}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(MN\)).
\( \Rightarrow \Delta MON\) vuông cân tại \(O\).
Ta có \(MINJ\) là hình bình hành vì \(MI//NJ\) và \(IM//MJ\) nên \(K\) là trung điểm chung của \(IJ\) và \(MN\).
\( \Rightarrow KM = KN = \frac{1}{2}MN = KO\) \( \Rightarrow OK \bot MN\) (trong tam giác cân, trung tuyến đồng thời là đường cao).
Mà \(K{O^2} + K{N^2} = O{N^2}\) (định lí Pytago)
\( \Rightarrow OK = \frac{{\sqrt 2 }}{2}ON = \frac{{\sqrt 2 }}{4}AB = \frac{{\sqrt 2 }}{4}CJ\).
Vậy \(\frac{{OK}}{{CJ}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).
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
