Cho đường tròn tâm $\left( {O;R} \right)$ và điểm $I$ nằm ngoài đường tròn. Qua $I$ dựng hai tiếp
Cho đường tròn tâm $\left( {O;R} \right)$ và điểm $I$ nằm ngoài đường tròn. Qua $I$ dựng hai tiếp tuyến $IA$ và $IB$ ( $A,B$ là hai tiếp điểm) và một đường thẳng qua điểm $I$ không đi qua tâm $O$, cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại hai điểm phân biết $M,N$ sao cho $N$ thuộc cung nhỏ cung $AB,B$ thuộc cung lớn cung $MN$. Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $MN$.
a) Chứng minh 4 điểm $A,I,O,H$ cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tia $AH$ cắt đường tròn $\left( {O;R} \right)$ tại điểm $D$ (khác điểm $A$ ), chứng minh rằng $MN$ song song với $BD$.
Khi tam giác $IAB$ đều, tính diện tích lớn nhất của tam giác $MID$ theo $R$.
Quảng cáo
a) Tam giác $AOI$ vuông tại $A$ , tam giác $OHI$ vuông tại $H$ nên 4 điểm $A,I,O,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OI$.
b) Chứng minh $\angle BDA = \angle IHA$ từ đó suy ra $BD//MN$.
Khi tam giác $IAB$ đều, tính diện tích tam giác $MID$ theo $R$, rồi tìm giá trị lớn nhất.
a) Theo giả thiết tam giác $AOI$ vuông tại $A$ (Vì $IA$ là tiếp tuyến đường tròn $(O)$ ) nên 3 điểm $O,A,I$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OI$. (1)
Ta có: $OM = ON = R$ nên tam giác $OMN$ cân tại $M$; lại có $H$ là trung điểm của $MN$ nên $\angle OHN = 90^{\circ}$. Do đó tam giác $OHI$ vuông tại $H$. Nên 3 điểm $O,H,I$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OI$. (2)
Từ (1), (2) suy ra 4 điểm $A,I,O,H$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $OI$.
+) Chứng minh $MN//BD$.
Ta có $\angle BDA = \dfrac{1}{2}\angle AOB$ (tính chất góc nội tiếp) mà OI là tia phân giác của $\angle AOB$ nên $\angle IOA = \dfrac{1}{2}\angle AOB$.
Ta có 4 điểm O,H,A,I nằm trên đường tròn đường kính OI. Nên $\angle IOA = \angle IHA$ (hai góc cùng nội tiếp đường tròn đường kính OI và cùng chắn cung AI).
Vậy$\mspace{6mu}\angle BDA = \angle IHA$ mà hai góc vị trí đồng vị nên $BD//MN$.
+ Khi tam giác IAB đều, tính diện tích lớn nhất của tam giác MID đạt được theo R
Khi tam giác $IAB$ đều, ta có $OI = 2R,IB = IA = AB = R\sqrt{3}$
$S_{\Delta MID} = S_{\Delta MIB} = \dfrac{1}{2}IB.MQ$ (Dựng $MQ$ vuông góc với $IB$ tại Q).
Mà $MQ \leq BP$ (với $BP$ là đường kính đường tròn tâm $O$).
Suy ra $S_{\Delta MID} = S_{\Delta MIB} \leq \dfrac{1}{2}IB \cdot BP = \dfrac{1}{2}R\sqrt{3} \cdot 2R = \sqrt{3}R^{2}$
Vậy diện tích lớn nhất tam giác MID đạt được là: $\sqrt{3}R^{2}$.
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
