Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính \(AB\) cố định. Trên tia đối của tia \(AB\)

Câu hỏi số 745910:

Vận dụng

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính \(AB\) cố định. Trên tia đối của tia \(AB\) lấy điểm \(C\) sao cho \(AC = R\). Qua \(C\) kẻ đường thẳng \(d\) vuông góc với \(CA\). Lấy điểm \(M\) bất kì trên đường tròn \(\left( O \right)\), \(M\) khác \(A\) và \(B\). Tia \(BM\) cắt đường thẳng \(d\) tại \(P\). Tia \(CM\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(N\), tia \(PA\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(Q\).

1) Chứng minh tứ giác \(ACPM\) là tứ giác nội tiếp.

2) Tính \(BM.BP\) theo \(R\)

3) Gọi \(G\) là trọng tâm của tam giác \(CMB\). Chứng minh rằng điểm \(G\) luôn nằm trên một đường tròn cố định khi điểm \(M\) thay đổi trên đường tròn \(\left( O \right)\).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:745910

Phương pháp giải

1) Chứng minh \(A,\,\,C,\,\,P,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính PA.

2) Chứng minh hai \(\Delta AMB\) và \(\Delta PCB\) đồng dạng, từ đó suy ra cặp đoạn thẳng tỉ lệ.

3) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), từ đó suy ra \(M,\,\,G,\,\,I\) thẳng hàng và \(\dfrac{{IG}}{{IM}} = \dfrac{1}{3}\).

Giải chi tiết

1) Ta có: \(\angle {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\)

Do đó \(\angle AMB = 90^\circ \)

Suy ra \(\angle PMA = 90^\circ \)

Do đó \(P,\,\,M,\,\,A\) thuộc đường tròn đường kính \(PA\) (1)

Lại có \(\angle PCA = 90^\circ \,\,\left( {do\,\,PC \bot CA} \right)\)

Suy ra \(P,\,\,C,\,\,A\) thuộc đường tròn đường kính \(PA\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A,\,\,C,\,\,P,\,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(PA\)

Vậy tứ giác \(ACPM\) nội tiếp

2) Xét \(\Delta AMB\) và \(\Delta PCB\) có:

\(\begin{array}{l}\angle AMB = \angle PCA = 90^\circ \\\angle B\,\,chung\end{array}\)

Suy ra \(\Delta AMB\)~ \(\Delta PCB\,\,(g.g)\)

Khi đó \(\dfrac{{BM}}{{BC}} = \dfrac{{BA}}{{BP}}\) hay \(BM.BP = BA.BC = 2R.\left( {2R + R} \right) = 6{R^2}\)

3) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\)

Khi đó \(M,\,\,G,\,\,I\) thẳng hàng và \(\dfrac{{IG}}{{IM}} = \dfrac{1}{3}\)

Kẻ \(GF\parallel OM\,\,\left( {F \in AB} \right)\)

Theo định lí Thales ta có \(\dfrac{{IF}}{{IO}} = \dfrac{{IG}}{{IM}} = \dfrac{1}{3}\)

Mà \(I,\,\,O\) cố định nên \(F\) cố định

Mặt khác \(\dfrac{{FG}}{{OM}} = \dfrac{{IG}}{{IM}} = \dfrac{1}{3}\) nên \(FG = \dfrac{1}{3}OM = \dfrac{1}{3}R\)

Như vậy \(G\) thuộc đường tròn tâm \(F\) bán kính \(\dfrac{R}{3}\)

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