Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn, \(SO = d\). Kẻ các

Câu hỏi số 511102:

Vận dụng

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn, \(SO = d\). Kẻ các tiếp tuyến \(SA,SB\) với đường tròn (\(A,B\)là các tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng \(4\) điểm \(S,O,A,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Trong trường hợp \(d = 2R\), tính độ dài đoạn thẳng \(AB\) theo \(R\).

c) Gọi \(C\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(O\). Đường thẳng \(SC\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(D\)( khác \(C\)). Hai đường thẳng \(AD\) và \(SO\) cắt nhau tại \(M\). Chứng minh rằng \(S{M^2} = MD.MA\).

d) Tìm mối liên hệ giữa \(d\) và \(R\) để tứ giác \(OAMB\) là hình thoi.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:511102

Phương pháp giải

a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: chứng minh tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)), suy ra \(S,A,O,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Vận dụng tính chất đường trung trực của đoạn thẳng

Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông

c) Áp dụng kiến thức góc – đường tròn

Kiến thức về tam giác đồng dạng để suy ra các tỷ lệ cạnh tương ứng từ đó chứng minh được hệ thức của đề bài.

d) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của hình thoi, các hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Giải chi tiết

a) Tứ giác \(SAOB\) có : \(\angle SAO + \angle SBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

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

Suy ra \(4\) điểm \(S,A,O,B\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi \(H\) là giao điểm giữa \(AB\) và \(SO\)

Có \(SA,SB\) là hai tiếp tuyến cắt nhau nên \(SA = SB \Rightarrow S\) thuộc trung trực của \(AB\).

\(OA = OB = R\) nên \(O\) thuộc trung trực của \(AB\).

\( \Rightarrow SO\) là trung trực của \(AB\)

\( \Rightarrow \) \(AB \bot SO\) và \(H\) là trung điểm của \(AB\).

Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\) nên \(SA = \sqrt {S{O^2} - O{A^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \)

Ta giác \(SAO\) vuông tại \(A\) có: \(AH \bot SO\) nên \(AH = \frac{{SA.AO}}{{SO}} = \frac{{R\sqrt 3 .R}}{{2R}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}R\)

Vậy \(AB = 2AH = 2.\frac{{\sqrt 3 }}{2}R = R\sqrt 3 \).

c) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (cmt) nên \(\angle ASO = \angle ABO = \angle ABC\)( hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)).

Trong \(\left( O \right)\) có: \(\angle ADC = \angle ABC\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))

Mặt khác \(\angle SDM = \angle ADC\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra \(\angle ASO = \angle ACD \Rightarrow \angle MSA = \angle SDM\).

Xét \(\Delta SMD\) và \(\Delta AMS\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle SMD = \angle SMA\\\angle SDM = \angle MSA\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \Delta SMD \sim \Delta AMS\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{SM}}{{AM}} = \frac{{MD}}{{SM}} \Rightarrow S{M^2} = MD.MA\,\,\,\left( {dpcm} \right)\).

d) Theo ý c) ta có: \(\Delta SMD \sim \Delta AMS\)\( \Rightarrow \angle MSA = \angle MDS = \angle ADC\).

Để \(OAMB\) là hình thoi thì \(\angle OAH = \angle MAH\).

Mà \(\angle OAH = \angle MSA\) (cùng phụ với \(\angle AOS\)) \( = \angle ADC\).

\( \Rightarrow \angle MAH = \angle ADC\) \( \Rightarrow cungBD = cungAC\) (2 góc nội tiếp bằng nhau thì hai cung bị chắn bằng nhau).

\( \Rightarrow AC = BD\) (2 cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau).

Ta có: \(\angle BAC = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Leftrightarrow AB \bot AC\).

Mà \(SO\) là trung trực của \(AB\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow SO \bot AB\).

\( \Rightarrow AC//SO\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow AC//MO\).

Mà \(AM//OC\) (do \(OAMB\) là hình thoi).

\( \Rightarrow AMOC\) là hình bình hành (dhnb) \( \Rightarrow AC = OM\) (2 cạnh đối của hình bình hành).

\( \Rightarrow OM = BD\) \( \Rightarrow 2OH = BD\).

Xét tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\), đường cao \(BD\) có: \(\frac{1}{{B{D^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{B{D^2}}} = \frac{1}{{S{O^2} - O{B^2}}} + \frac{1}{{4{R^2}}}\\ \Rightarrow \frac{1}{{2O{H^2}}} = \frac{1}{{{d^2} - {R^2}}} + \frac{1}{{4{R^2}}}\,\,\left( * \right)\end{array}\)

Xét tam giác vuông \(OAS\), đường cao \(AH\) ta có: \(OH.OS = O{A^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\( \Rightarrow OH.d = {R^2} \Rightarrow OH = \frac{{{R^2}}}{d} \Rightarrow O{H^2} = \frac{{{R^4}}}{{{d^2}}}\).

Thay vào (*) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{{d^2}}}{{2{R^4}}} = \frac{1}{{{d^2} - {R^2}}} + \frac{1}{{4{R^2}}}\\ \Leftrightarrow \frac{{2{d^2}\left( {{d^2} - {R^2}} \right)}}{{4{R^4}\left( {{d^2} - {R^2}} \right)}} = \frac{{4{R^4} + {R^2}\left( {{d^2} - {R^2}} \right)}}{{4{R^4}\left( {{d^2} - {R^2}} \right)}}\\ \Leftrightarrow 2{d^2}\left( {{d^2} - {R^2}} \right) = 4{R^4} + {R^2}{d^2} - {R^4}\\ \Leftrightarrow 2{d^4} - 2{d^2}{R^2} = 3{R^4} + {R^2}{d^2}\\ \Leftrightarrow 2{d^4} - 3{d^2}{R^2} - 3{R^4} = 0\\ \Leftrightarrow {d^2} = \frac{{3 + \sqrt {33} }}{4}{R^2}\\ \Leftrightarrow d = \frac{{\sqrt {3 + \sqrt {33} } }}{2}R\end{array}\)

Vậy để \(OAMB\) là hình thoi thì \(d = \frac{{\sqrt {3 + \sqrt {33} } }}{2}R\).

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