Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp

Câu hỏi số 677134:

Vận dụng

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điểm \(S\) nằm bên ngoài đường tròn. Ké các tiếp tuyến \(SA,SB\) với đường tròn ( \(A,B\) là các tiếp diểm). Một đường thẳng đi qua \(S\) (không đi qua tâm \(O\) ) cắt đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) tại hai điểm \(M\) và \(N\) với \(M\) nằm giữa \(S\) và \(N\).

1. Chứng minh tứ giác \(SAOB\) nội tiếp.

2. Chứng minh \(S{B^2} = SM\). \(SN\).

3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung điểm \(MN\). Tính độ dài đoạn thẳng \(OE\) và diện tích tam giác \(SOM\) theo \(R\).

4. Tiếp tuyến tại \(M\) của dường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần lượt là \(I\) và \(H\). Chứng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:677134

Phương pháp giải

Giải chi tiết

1. Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp.

Tứ giác \(SAOB\) có:

\(\angle OAS = \angle OBS = {90^ \circ }{\rm{\;}}\)(Vì SA, SB là tiếp tuyến của (O))

\( \Rightarrow \angle OAS + \angle OBS = {90^ \circ } + {90^ \circ } = {180^ \circ }\).

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau.

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(SAOB\) nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).

2. Chứng minh: \(S{B^2} = SM.SN\).

Xét \(\Delta SMB\) và \(\Delta SBN\) có:

\(\angle S\) : chung

\(\angle SBM = \angle SNB\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

3. Cho \(SO = R\sqrt 5 \) và \(MN = R\sqrt 2 \). Gọi \(E\) là trung diểm của \(MN\). Tính độ dài doạn thẳng \(OE\) và diện tich tam giác SOM theo \(R\).

Do \(E\) là trung điểm của \(MN \Rightarrow ME = EN = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}\) và \(OE \bot MN\) tại \(E\) (tính chất đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \Delta OEM\) vuông tại \(E \Rightarrow O{E^2} + E{M^2} = O{M^2} \Leftrightarrow O{E^2} + {\left( {\dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow OE = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}\).

Lại có: \(\Delta SOE\) vuông tại \({\rm{E}}\)

\( \Rightarrow O{E^2} + S{E^2} = S{O^2} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + S{E^2} = {(R\sqrt 5 )^2} \Leftrightarrow S{E^2} = \dfrac{{9{R^2}}}{2} \Leftrightarrow SE = \dfrac{{3R\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có: \(SE = SM + EM \Leftrightarrow \dfrac{{3R\sqrt 2 }}{2} = SM + \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow SM = R\sqrt 2 \).

Diện tích tam giác \(SOM\) là: \(\dfrac{1}{2} \cdot OE \cdot SM = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2} \cdot R\sqrt 2 = \dfrac{{{R^2}}}{2}\).

4. Tiếp tuyến tại \(M\) của đuờng tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt \(SA,SB\) lần luột tại \(P,Q\). Gọi giao điểm của \(OQ,OP\) với \(AB\) lần luột là \(I\) và \(H\). Chúng minh ba đường thẳng \(OM,QH,PI\) đồng quy.

Vì \({\rm{OA}} = {\rm{OM}}\left( { = {\rm{R}}} \right)\) nên \({\rm{O}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).

Vì \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( = > {\rm{P}}\) thuộc trung trực của \({\rm{AM}}\).

\( \Rightarrow {\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\).

Mà \({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{OP}} = > {\rm{HA}} = {\rm{HM}}\). .

Xét \(\Delta HAP\) và \(\Delta HMP\) có: \({\rm{HA}} = {\rm{HM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right),{\rm{HP}}\) chung, \({\rm{PA}} = {\rm{PM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

\( \Rightarrow \Delta HAP = \Delta HMP(\) c.c.c \() \Rightarrow \angle HMP = \angle HAP\) (2 góc tương ứng).

Mà \({\rm{SA}} = {\rm{SB}}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow \) Tam giác \({\rm{SAB}}\) cân tại \({\rm{S}}\).

\( \Rightarrow \angle HAP = \angle BAS = \angle ABS = \angle HBQ\).

\( \Rightarrow \angle HMP = \angle HBQ\).

Mà \(\angle HMP + \angle HMQ = {180^ \circ }\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle HBQ + \angle HMQ = {180^ \circ }\).

Mà 2 đinh \({\rm{B}},{\rm{M}}\) đối nhau nên \({\rm{HBQM}}\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \({\rm{HM}}\) ).

Mà \(\angle HBM = \angle ABM = \angle AMP\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \({\rm{AM}}\) ).

\( \Rightarrow \angle HQM = \angle AMP\). Mà 2 góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau nên \({\rm{HQ}}//{\rm{AM}}\left( {{\rm{dhnb}}} \right)\).

Ta có: \({\rm{OP}}\) là trung trực của \({\rm{AM}}\left( {{\rm{cmt}}} \right) \Rightarrow OP \bot AM\).

\( \Rightarrow OP \bot HQ\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow {\rm{HQ}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được \({\rm{PI}}\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Theo giả thiết: \(OM \bot PQ \Rightarrow OM\) là đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\).

Vậy \({\rm{OM}},{\rm{QH}},{\rm{PI}}\) là ba đường cao của tam giác \({\rm{OPQ}}\) nên chúng đồng quy (đpen).

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