1. Cho đường tròn \(\left( {\rm{O}} \right)\) và dây cung \({\rm{AB}}\) không đi qua tâm \({\rm{O}}\).

Câu hỏi số 615359:

Vận dụng cao

1. Cho đường tròn \(\left( {\rm{O}} \right)\) và dây cung \({\rm{AB}}\) không đi qua tâm \({\rm{O}}\). Gọi \({\rm{M}}\) là điểm chính giữa của cung nhỏ \({\rm{AB}}\); \({\rm{D}}\) là 1 điểm thay đổi trên cung lớn \({\rm{AB}}({\rm{D}}\) khác \({\rm{A}}\) và \({\rm{B}});{\rm{DM}}\) cắt \({\rm{AB}}\) tại \({\rm{C}}\).

a. Chứng minh rằng \({\rm{MB}} \cdot {\rm{BD}} = {\rm{MD}} \cdot {\rm{BC}}\);

b. Chứng minh rằng \({\rm{MB}}\) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{BCD}}\) và khi điểm \({\rm{D}}\) thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{BCD}}\) nằm trên một đường thẳng cố định.

2. Cho hình thoi \({\rm{ABCD}}\) có \(AB = \sqrt 2 \). Gọi \({{\rm{R}}_1},{{\rm{R}}_2}\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác \({\rm{ABC}}\) và \({\rm{ABD}}\). Chứng minh rằng \({R_1} + {R_2} \ge 2\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:615359

Giải chi tiết

a. Chứng minh MB. BD\( = \) MD.BC

Ta có:

Mà: ( vì \({\rm{M}}\) là điểm chính giữa cung )

\( \Rightarrow \widehat {MBC} = \widehat {MDB}\)

Xét \(\Delta MBC\) và \(\Delta MDB\) có

\(\angle BMC\) góc chung

\(\widehat {MBC} = \widehat {MDB}\left( {cmt} \right)\)

Do đó,

\( \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MD}} = \dfrac{{BC}}{{BD}}\) hay \(MB \cdot BD = MD \cdot BC\) (dpcm \()\).

Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BCD\). \( \Rightarrow \angle BID = 2\angle BDC = 2\angle MBC\) ( Do \(\angle BIC\) là góc ở tâm chắn là góc nội tiếp chắn trong (I))

\( \Rightarrow \angle MBC = \dfrac{{\angle BIC}}{2}\)

Ta có \(\Delta BIC\) cân tại \({\rm{I}} \Rightarrow \angle IBC = \dfrac{{180 - \angle BIC}}{2}\)

\( \Rightarrow \angle MBC + \angle IBC = \dfrac{{\angle BIC}}{2} + \dfrac{{180 - \angle BIC}}{2} = {90^0}\)

\( \Rightarrow MB \bot BI \Rightarrow MB\) là tiếp tuyến của \(\left( {\rm{I}} \right)\), và \({\rm{I}} \in \) đường thẳng vuông góc với \({\rm{MB}}\).

Vì \({\rm{M}},{\rm{B}}\) cố định, nên đường thẳng vuông góc với \({\rm{MB}}\) cố định. Do đó, khi điểm \({\rm{D}}\) thay đổi thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác \({\rm{BCD}}\) nằm trên một đường thẳng cố định.

Đặt \(\angle CAB = x \Rightarrow \angle ABD = {90^0} - x\)

Xét , theo định lý sin, ta có: \(\dfrac{{BC}}{{{\rm{sin}}\angle CAB}} = 2{R_1} \Rightarrow {R_1} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{2{\rm{sin}}x}}\)

Tương tự, xét \(\Delta ABD\), có: \(\dfrac{{AB}}{{2{\rm{sin}}\left( {{{90}^ \circ } - x} \right)}} = 2{R_2} \Rightarrow {R_2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{2{\rm{cos}}x}}\)

\( \Rightarrow {R_1} + {R_2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\dfrac{1}{{{\rm{sin}}x}} + \dfrac{1}{{{\rm{cos}}x}}} \right)\left( {0 < x \le {{90}^ \circ }} \right)\)

Đặt \({\rm{sin}}x = t(0 < t < 1)\)

\( \Rightarrow {R_1} + {R_2} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\dfrac{1}{t} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 - {t^2}} }}} \right)\)

\(f\left( t \right) = \dfrac{1}{t} + \dfrac{1}{{\sqrt {1 - {t^2}} }} \Rightarrow f'\left( t \right) = - \dfrac{1}{{{t^2}}} - \dfrac{{2t}}{{2\left( {1 - {t^2}} \right)\sqrt {1 - {t^2}} }}\)

\( \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Leftrightarrow t = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {R_1} + {R_2} \ge \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\dfrac{2}{{\sqrt 2 }} + \dfrac{2}{{\sqrt 2 }}} \right) = 2\left( {dpcm} \right)\)

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