Cho đường tròn \(\left( {O,R} \right)\) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp

Câu hỏi số 576832:

Vận dụng

Cho đường tròn \(\left( {O,R} \right)\) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các các tiếp điểm). Gọi D là điểm trên cung lớn AB của đường tròn (O,R)sao cho AD // MB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn \(\left( {O,R} \right)\).

1. Gọi H là giao điểm của các đường thẳng OM và AB. Chứng minh rằng \(MH.MO = MC.MD\) và tứ giác OHCD nội tiếp.

2. Gọi G là trọng tâm tam giác \(MAB\). Chứng minh rằng A, C, G thẳng hàng.

3. Giả sử \(OM = 3R\). Kẻ đường kính BK của đường tròn (O,R). Gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính giá trị biểu thức \(T = 8\dfrac{{I{M^2} + I{A^2}}}{{I{K^2} + I{H^2}}} + 5\dfrac{{IA}}{{AB}}\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:576832

Phương pháp giải

1) + Chứng minh \(MH.MO = M{A^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) và \(M{A^2} = MC.MD\) (hai tam giác đồng dạng)

+ Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng với góc trong tại đỉnh đối của nó thì tứ giác đó nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh: \(E{B^2} = EA.EC\) và \(M{E^2} = EA.EC\) suy ra E là trung điểm của BM, suy ra G là trọng tâm của tam giác MAB suy ra ba điểm A, C, G thẳng hàng.

3) \(OH \to AK \to MH\)

\(\begin{array}{l}IH \to AB \to I{H^2};I{A^2} \to M{I^2} \to IK,I{K^2}\\ \Rightarrow T\end{array}\)

Giải chi tiết

1. Gọi H là giao điểm của các đường thẳng OM và AB. Chứng minh rằng \(MH.MO = MC.MD\) và tứ giác OHCD nội tiếp.

* Chứng minh \(MH.MO = MC.MD\)

Ta có:

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

\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) M thuộc trung trực của AB.

\( \Rightarrow OM\) là trung trực của AB.

\( \Rightarrow OM \bot AB\) tại H.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM, đường cao AH có:

\(MH.MO = M{A^2}\) (1)

Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MDA\) có:

\(\angle MDA = \angle MAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).

\(\angle AMD\) chung

\( \Rightarrow \Delta MAC\) đồng dạng \(\Delta MDA\,\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MC}}{{MA}} \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MH.MO = MC.MD\) (đpcm).

* Chứng minh tứ giác OHCD nội tiếp.

Vì \(MH.MO = MC.MD \Rightarrow \dfrac{{MH}}{{MC}} = \dfrac{{MD}}{{MO}}\)

Xét \(\Delta MCH\) và \(\Delta MOD\) có:

\(\angle OMD\) chung

\(\dfrac{{MH}}{{MC}} = \dfrac{{MD}}{{MO}}\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta MCH\) đồng dạng \(\Delta MOD\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \angle MHC = \angle MDO\) (2 góc tương ứng) hay \(\angle MHC = \angle ODC\).

Mà 2 góc này là góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác OHCD.

Vậy OHCD là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

2. Gọi G là trọng tâm tam giác \(MAB\). Chứng minh rằng A, C, G thẳng hàng.

Gọi E là giao điểm của AC và MB

Xét (O) có: \(\angle EBC = \angle EAB\) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

Xét \(\Delta EBC\) và \(\Delta EAB\) có:

\(\left. \begin{array}{l}\angle BEC\,\,\,chung\\\angle EBC = \angle EAB\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta EBC \sim \Delta EAB\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{EB}}{{EA}} = \dfrac{{EC}}{{EB}}\) (2 cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow E{B^2} = EA.EC\) (3)

Ta có: \(\angle MAC = \angle MDA\,\,\left( {cmt} \right)\), mà \(\angle MDA = \angle CME\) (so le trong do AD // MB)

\( \Rightarrow \angle MAC = \angle CME\).

Xét \(\Delta MEC\) và \(\Delta AEM\) có: \(\angle MEA\) chung, \(\angle MAC = \angle CME\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta MEC \sim \Delta AEM\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{ME}}{{AE}} = \dfrac{{EC}}{{ME}}\) (2 cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow M{E^2} = EA.EC\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra, \(E{B^2} = M{E^2} \Rightarrow BE = ME\) \( \Rightarrow E\) là trung điểm của BM.

\( \Rightarrow AE\) là đường trung tuyến của tam giác \(MAB\).

Mà \(G\) là trọng tâm của tam giác \(MAB\) \( \Rightarrow G\) thuộc đường thẳng \(AE\).

\( \Rightarrow A,C,G,\,\,E\) thẳng hàng \( \Rightarrow A,C,G\) thẳng hàng.

3. Giả sử \(OM = 3R\). Kẻ đường kính BK của đường tròn (O,R). Gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính giá trị biểu thức \(T = 8\dfrac{{I{M^2} + I{A^2}}}{{I{K^2} + I{H^2}}} + 5\dfrac{{IA}}{{AB}}\).

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

\( \Rightarrow OH = \dfrac{{A{O^2}}}{{OM}} = \dfrac{{{R^2}}}{{3R}} = \dfrac{R}{3}\)

Xét \(\Delta ABK\) có \(H,O\) lần lượt là trung điểm của AB, BK

\( \Rightarrow HO\) là đường trung bình của tam giác ABK

\( \Rightarrow HO = \dfrac{1}{2}AK\) (tính chất đường trung bình trong tam giác)

\( \Rightarrow AK = 2HO = \dfrac{{2R}}{3}\)

Ta có: \(MH = MO - OH = 3R - \dfrac{R}{3} = \dfrac{{8R}}{3}\)

Vì \(\angle BAK = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AK \bot AB\).

Suy ra \(AK//MH\) (vì cùng vuông góc với \(AB\)).

Theo định lý Ta – lét, ta có: \(\dfrac{{IK}}{{IM}} = \dfrac{{IA}}{{IH}} = \dfrac{{AK}}{{MH}} = \dfrac{{\dfrac{{2R}}{3}}}{{\dfrac{{8R}}{3}}} = \dfrac{1}{4}\) \( \Rightarrow IH = 4IA\).

Có \(A{H^2} = HM.HO = \dfrac{{8R}}{3}.\dfrac{R}{3} = \dfrac{8}{9}{R^2} \Rightarrow AH = \dfrac{{2\sqrt 2 R}}{3} \Rightarrow AB = 2AH = \dfrac{{4\sqrt 2 R}}{3}\)

Mà \(HI = 4AI \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HI = \dfrac{{8\sqrt 2 R}}{{15}}\\AI = \dfrac{{2\sqrt 2 R}}{{15}}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I{H^2} = \dfrac{{128}}{{225}}{R^2}\\I{A^2} = \dfrac{8}{{225}}{R^2}\end{array} \right.\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông MHI có:

\(M{I^2} = M{H^2} + H{I^2} = {\left( {\dfrac{{8R}}{3}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{8\sqrt 2 }}{{15}}R} \right)^2} = \dfrac{{192}}{{25}}{R^2}\)

Ta có: \(\dfrac{{IK}}{{IM}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow IK = \dfrac{{IM}}{4} \Rightarrow I{K^2} = \dfrac{{I{M^2}}}{{16}} = \dfrac{{12}}{{25}}{R^2}\).

Vậy \( \Rightarrow T = 8.\dfrac{{\dfrac{{192}}{{25}} + \dfrac{8}{{225}}}}{{\dfrac{{12}}{{25}} + \dfrac{{128}}{{225}}}} + 5.\dfrac{{\dfrac{{2\sqrt 2 }}{{15}}}}{{\dfrac{{4\sqrt 2 }}{3}}} = \dfrac{{7003}}{{118}}\).

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