Cho (O) đường kính AB. Kẻ đường kính CD vuông góc với AB. Lấy M thuộc cung nhỏ BC, AM cắt CD
Cho (O) đường kính AB. Kẻ đường kính CD vuông góc với AB. Lấy M thuộc cung nhỏ BC, AM cắt CD tại E. Qua D kẻ tiếp tuyến với (O) cắt đường thẳng BM tại N. Gọi P là hình chiếu vuông góc của B lên DN.
a) Chứng minh các điểm M, N, D, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh EN // CB.
c) Chứng minh $AB.BN = 2R^{2}$ và tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn nhất.
Quảng cáo
a) Chứng minh $\widehat{AMB} = \widehat{EMN} = 90^{o}$.
b) Chứng minh $\widehat{DEN} = \widehat{DCB}$.
c)
- Để chứng minh $AB.BN = 2R^{2}$:
+ Chứng minh $\widehat{MBA} = \widehat{PNB}$, suy ra $\Delta MBA \backsim \Delta PNB$, từ đó được $\dfrac{AM}{BP} = \dfrac{AB}{BN}$
+ Chứng minh OBPD là hình vuông, suy ra BP = OB = R.
+ Biến đổi các đẳng thức trên và kết luận.
- Để tìm M trên cung nhỏ BC sao cho diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn nhất:
+ Kẻ $EF\bot BC$, $NK\bot BC$ (F, K thuộc đường thẳng BC). Chứng minh EF = NK.dê
+ $S_{NBC} = \dfrac{1}{2}BC.NK$ max khi EF = NK max.
+ Kết luận vị trí điểm M.
a) Vì M thuộc đường tròn (O) đường kính AB nên $\angle AMB = \angle EMN = 90^{o}$.
Mặt khác, DN là tiếp tuyến của (O) tại D nên đường kính $CD\bot DN$, do đó $\angle EDN = 90^{o}$.
Có $\angle EMN = \angle EDN = 90^{o}$ nên D, M cùng thuộc đường tròn đường kính EN.
Vậy M, N, E, D cùng thuộc một đường tròn.
b) Vì tứ giác MNDE nội tiếp (chứng minh trên) nên $\angle DEN = \angle DMN$ (góc nội tiếp cùng chắn cung DN).
Mặt khác, xét (O) có $\angle DMB = \angle DCB$.
Do đó $\angle DEN = \angle DCB$, mà hai góc trên ở vị trí đồng vị nên EN // BC.
c) Xét tứ giác OBPD có OB // DP (cùng vuông góc với CD), OD // BP (cùng vuông góc với DN) suy ra OBPD là hình bình hành.
Mặt khác, $\angle BOD = 90^{o}$ và OB = OD nên OBPD là hình vuông, suy ra BP = OB = R.
Ta có AB // DN (cùng vuông góc với CD) nên $\angle MBA = \angle PNB$ (góc đồng vị).
Xét $\Delta MBA$ và $\Delta PNB$:
+ $\angle MBA = \angle PNB$ (chứng minh trên);
+ $\angle AMB = \angle BPN = 90^{o}$.
Do đó $\Delta MBA \backsim \Delta PNB$ (g.g), suy ra $\dfrac{AM}{BP} = \dfrac{AB}{BN}$
$AM.BN = AB.BP$
$AM.BN = 2R.R$
$AM.BN = 2R^{2}$ (đpcm).
Kẻ $EF\bot BC$, $NK\bot BC$ (F, K thuộc đường thẳng BC).
Xét từ giác EFKN có EN // FK, EF // NK (cùng vuông góc với BC), do đó EFKN là hình bình hành.
Mặt khác, $\angle EFK = 90^{o}$ nên EFKN là hình chữ nhật, suy ra EF = NK.
Diện tích tam giác NBC là $S_{NBC} = \dfrac{1}{2}BC.NK$.
Do BC không đổi nên $S_{NBC}$ max khi và chỉ khi NK = EF max. Khi đó, E trùng O và M trùng B.
Vậy, để diện tích tam giác NBC lớn nhất thì M trùng B.
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
