Cho đường tròn tâm O, bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Một điểm P di
Cho đường tròn tâm O, bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Một điểm P di chuyển trên cung nhỏ AC cắt đường tròn (O) (P khác A, C). Tiếp tuyến tại P của đường tròn (O) cắt các đường thẳng AB, CD lần lượt tại E, F. Nối DP cắt AB tại G.
a) Chứng minh rằng 4 điểm O, G, P, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng tam giác EPG cân tại E.
c) Trong trường hợp PE = 5PF, tính diện tích tam giác OEF theo R.
d) Chứng minh rằng khi điểm P di chuyển, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPG luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Quảng cáo
a) Tổng hai góc đối bằng 1800
b) Chứng tỏ \(\angle EPG = \angle EGP\)
c) Tính PE, EF theo R
d) Gọi \(\left( I \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BGP\) với tâm là \(I.\) Chứng minh \(B,I,C\) thẳng hàng.
a) Chứng minh rằng 4 điểm O, G, P, C cùng thuộc một đường tròn.
\(AB \bot CD\) tại \(O \Rightarrow \angle COA = {90^0} \Rightarrow \angle COG = {90^0}\)
Xét (O) có: \(\angle CPD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng \({90^0}\))
\( \Rightarrow \angle CPG = {90^0}\)
Tứ giác OGPC có: \(\angle COG + \angle CPG = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc này đối nhau
\( \Rightarrow OGPC\) là tứ giác nội tiếp
Vậy 4 điểm O, G, P, C cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng tam giác EPG cân tại E.
EF là tiếp tuyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow \angle EPO = {90^0}\) (tính chất tiếp tuyến của đường tròn)
\( \Rightarrow \angle EPG + \angle GPO = {90^0}\)
\(AB \bot CD\) tại \(O\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle AOD = {90^0} \Rightarrow \angle GOD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \angle DGO + \angle GDO = {90^0}\) (tam giác DGO vuông tại O)
Ta có: \(\Delta DOP\) cân tại O (vì OD = OP = R)
\( \Rightarrow \angle GPO = \angle GDO\)
Suy ra, \(\angle FPG = \angle DGO\)
Lại có: \(\angle EGP = \angle DGO\) (hai góc đối đỉnh)
\( \Rightarrow \angle EPG = \angle EGP\)
\( \Rightarrow \Delta EPG\) cân tại E.
c) Trong trường hợp PE = 5PF, tính diện tích tam giác OEF theo R.
Tam giác OEF vuông tại O, đường cao OP, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(\begin{array}{l}O{P^2} = PE.PF\\ \Leftrightarrow {R^2} = 5PF.PF\\ \Leftrightarrow {R^2} = 5P{F^2}\\ \Rightarrow PF = \dfrac{R}{{\sqrt 5 }}\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow PE = 5.\dfrac{R}{{\sqrt 5 }} = R\sqrt 5 \\ \Rightarrow EF = PE + PF = \dfrac{R}{{\sqrt 5 }} + R\sqrt 5 = \dfrac{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right)R}}{{\sqrt 5 }}\end{array}\)
Diện tích tam giác OEF là: \({S_{\Delta OEF}} = \dfrac{1}{2}OP.EF = \dfrac{1}{2}.R.\dfrac{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right).R}}{{\sqrt 5 }} = \dfrac{{\left( {1 + \sqrt 5 } \right){R^2}}}{{2\sqrt 5 }}\)
d) Chứng minh rằng khi điểm P di chuyển, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPG luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Gọi \(\left( I \right)\) là đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BGP\) với tâm là \(I.\)
Ta có \(\angle DBG = \angle DPB\) (do \(DA = DB\)) nên \(DB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( I \right)\), suy ra \(DB\) vuông góc với \(BI\).
Lại có \(DB\) vuông góc với \(BC\) (do \(DC\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)) , nên \(B,I,C\) thẳng hàng.
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BGP\) luôn nằm trên đường thẳng \(BC\) cố định khi \(P\) di chuyển.
Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. 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. Phụ huynh và học sinh 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
