Cho \(\left( {O;R} \right)\) có hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. Lấy điểm \(M\)

Câu hỏi số 671637:

Vận dụng

Cho \(\left( {O;R} \right)\) có hai đường kính \(AB\) và \(CD\) vuông góc với nhau. Lấy điểm \(M\) trên cung nhỏ \(AC\)(\(M\) khác \(A\) và \(C\)). Gọi \(P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(AB\) với \(MC\) và \(MD\).

a) Chứng minh rằng tứ giác \(OMPD\) nội tiếp.

b) Gọi \(I,J\) lần lượt là giao điểm của \(MB\) với \(CA\) và \(CD\). Chứng minh rằng \(BJ.BM = 2{R^2}\).

c) Chứng minh rằng tam giác \(AQI\) vuông cân.

d) Xác định vị trí điểm \(M\) để tam giác \(MQJ\) có diện tích lớn nhất.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:671637

Phương pháp giải

a) Chứng minh tứ giác OMPD có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh \(\Delta BOJ \backsim \Delta BMA\left( {g.g} \right)\) suy ra các cạnh tỉ lệ.

c) Do đường kính AC, AB vuông góc với nhau nên số đo các cung AC, BC, BD, AD cùng bằng \({90^0}\)

Sử dụng tính chất góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn

Chứng minh tứ goác MIQA có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới một góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

Suy ra \(\angle QAI = \angle QIA\) vì cùng bằng \(\angle QMA = 45^\circ \)

d) Sử dụng công thức diện tích \({S_{\Delta MQJ}} = \dfrac{1}{2}MQ.MJ.\sin \angle BMD\)

Chứng minh \(\Delta AMQ \backsim \Delta JMC\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow MQ.MJ = MA.MC\)

Để \({S_{\Delta MQJ}}\,\,\max \Leftrightarrow MA.MC\,\,\max \Rightarrow {S_{\Delta MAC}}\,\,\max \)

Kẻ \(MH \bot AC\,\,\left( {H \in AC} \right)\)

Chứng minh AC không đổi.

\( \Rightarrow {S_{\Delta MAC}}\,\,\max \Leftrightarrow M{H_{\max }} \Rightarrow M\) là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.

Giải chi tiết

a) Ta có \(\angle CMD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \angle PMD = {90^0}\)

Xét tứ giác OMPD có \(\angle PMD = \angle POD = {90^0}\)

Mà M, O là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn PD dưới 2 góc bằng nhau

Suy ra OMPD nội tiếp (dhnb) (đpcm)

b) Ta có \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét \(\Delta BOJ\) và \(\Delta BMA\) có:

\(\angle MBA\) chung

\(\angle BOJ = \angle BMA\left( { = {{90}^0}} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta BOJ \backsim \Delta BMA\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{BO}}{{BM}} = \frac{{BJ}}{{BA}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

\( \Rightarrow BJ.BM = BO.BA\)

Mà \(BO.BA = R.2R = 2{R^2}\) nên suy ra \(BJ.BM = 2{R^2}\) (đpcm)

c) Do đường kính AC, AB vuông góc với nhau,

Nên số đo các cung AC, BC, BD, AD cùng bằng \({90^0}\)

\( \Rightarrow \angle DMB = \angle BAC = {45^0}\) (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn).

Xét tứ giác MIQA có \(\angle QMI = \angle QAI\,\,\left( { = {{45}^0}} \right)\)

Mà M, A là 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn IQ dưới 2 góc bằng nhau

Suy ra MIQA nội tiếp (dhnb)

\( \Rightarrow \angle AIQ = \angle AMQ = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,AD = \frac{1}{2}{90^0} = {45^0}\)

\( \Rightarrow \Delta AIQ\) có \(\angle AIQ = \angle IAQ = {45^0}\) nên tam giác AIQ vuông cân tại Q (đpcm).

d) Vì MIQA là tứ giác nội tiếp (cmt)

Nên \(\angle MAQ = \angle QIJ\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện).

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}QI \bot AQ\,\,\left( {cmt} \right)\\CO \bot AQ\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow QI//CO\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow \angle QIJ = \angle MJC\) (so le trong).

\( \Rightarrow \angle MAQ = \angle MJC\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\angle CMJ = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\\\angle AMQ = \angle AMD = \frac{1}{2}{.90^0} = {45^0}\end{array} \right. \Rightarrow \angle CMJ = \angle AMQ\).

Xét \(\Delta AMQ\) và \(\Delta JMC\) có:

\(\begin{array}{l}\angle MAQ = \angle MJC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle AMQ = \angle CMJ\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta AMQ \backsim \Delta JMC\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{{MQ}}{{MC}} = \frac{{MA}}{{MJ}} \Rightarrow MQ.MJ = MA.MC\).

Ta có: \({S_{\Delta MQJ}} = \frac{1}{2}MQ.MJ.\sin \angle BMD = \frac{1}{2}MA.MC.\sin {45^0}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta MQJ}}\,\,\max \Leftrightarrow MA.MC\,\,\max \Rightarrow {S_{\Delta MAC}}\,\,\max \)

Kẻ \(MH \bot AC\,\,\left( {H \in AC} \right)\) ta có \({S_{\Delta MAC}} = \frac{1}{2}MH.AC\).

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OAC\) vuông tại O có:

\(A{C^2} = O{A^2} + O{C^2} = {R^2} + {R^2} = 2{R^2} \Rightarrow AC = R\sqrt 2 \)

=> AC không đổi.

\( \Rightarrow {S_{\Delta MAC}}\,\,\max \Leftrightarrow M{H_{\max }} \Rightarrow M\) là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.

Vậy để diện tích tam giác MQJ lớn nhất thì M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.

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