Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của đường tròn (C) lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp.
b) Chứng minh CO vuông góc với OD.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM .
Quảng cáo
a) Tổng 2 góc đối bằng \({180^0}\)
b) \(CO \bot AM,AM\parallel AB\)
c) \({S_{ABDC}} = \dfrac{{\left( {AC + BD} \right).AB}}{2} = \dfrac{{CD.AB}}{2} \ge \dfrac{{AB.AB}}{2} = 2{R^2}\)
\({S_{MAB}} = \dfrac{{MH.AB}}{2} \le \dfrac{{MO.AB}}{2} = {R^2}\)
a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp.
Vì Ax là tiếp tuyến của (O) tại A (gt) \( \Rightarrow Ax \bot AB\) \( \Rightarrow \angle OAC = {90^0}\).
Vì CD là tiếp tuyến của (O) tại M (gt) \( \Rightarrow CD \bot OM \Rightarrow \angle OMC = {90^0}\)
Xét tứ giác ACMO có: \(\angle OAC + \angle OMC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc này đối nhau
\( \Rightarrow ACMO\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Chứng minh CO vuông góc với OD.
AC, CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
\( \Rightarrow OC\) là tia phân giác của \(\angle AOM\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \angle COM = \dfrac{1}{2}\angle AOM\)
BD, CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
\( \Rightarrow OD\) là tia phân giác của \(\angle BOM\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \angle DOM = \dfrac{1}{2}\angle BOM\)
Ta có: \(\angle AOM + \angle BOM = {180^0}\) (hai góc kề bù)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{2}\angle AOM + \dfrac{1}{2}\angle BOM = {90^0}\\ \Rightarrow \angle COM + \angle DOM = {90^0}\\ \Rightarrow \angle COD = {90^0}\\ \Rightarrow CO \bot DO\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\)
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM .
Kẻ \(MH \bot AB\).
Ta có: \(CA = CM;\,DB = DM\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà \(CD = CM + DM\) nên \(CD = CA + DB = AC + BD\)
Trong tam giác vuông \(MHO\) ta có \(MH \le MO = R\)
Tứ giác \(ABDC\) là hình thang vuông nên \(CD \ge AB = 2R\)
Ta có: \({S_{ABDC}} = \dfrac{{\left( {AC + BD} \right).AB}}{2} = \dfrac{{CD.AB}}{2} \ge \dfrac{{AB.AB}}{2} = 2{R^2}\)
\({S_{MAB}} = \dfrac{{MH.AB}}{2} \le \dfrac{{MO.AB}}{2} = {R^2}\)
\( \Rightarrow {S_{ACM}} + {S_{BDM}} = {S_{ABDC}} - {S_{MAB}} \ge 2{R^2} - {R^2} = {R^2}\)
Dấu bằng xảy ra \( \Leftrightarrow H \equiv O\) \( \Leftrightarrow M\) là điểm nằm chính giữa cung \(AB\).
Vậy \(M\) nằm chính giữa cung \(AB\) thì tổng diện tích tam giác \(ACM\) và \(BDM\) nhỏ nhất bằng \({R^2}\).
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
