Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB cố định. Một điểm M thay đổi trên đường
Cho đường tròn tâm O bán kính R, đường kính AB cố định. Một điểm M thay đổi trên đường tròn (O) (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A, tại B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, C, M, O cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường thẳng BC cắt OD, OM lần lượt tại K, N. Đường thẳng OC cắt AN tại H. Hai đường thẳng AC và OD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng $\dfrac{HN}{HA} = \dfrac{ON}{OA}$ và EH vuông góc với CK.
c) Đường thẳng EH cắt AB, BC lần lượt tại T, S. Tính độ dài AM theo R khi diện tích tam giác BST đạt giá trị lớn nhất.
Quảng cáo
a) Chứng minh tứ giác ACMO có tổng hai góc đối bằng $180^{{^\circ}}$.
b) Sử dụng tính chất tia phân giác trong tam giác và hệ quả của định lí Thales, cùng với các tính chất vuông góc và song song của tiếp tuyến.
c) Thiết lập hàm số tính diện tích theo một biến góc hoặc độ dài đoạn thẳng, áp dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất.
a) Vì AC là tiếp tuyến của (O) tại A nên $OA\bot AC$ hay $\angle OAC = 90^{{^\circ}}$.
Suy ra A, O, C nội tiếp đường tròn đường kính $OC$.
Vì MC là tiếp tuyến của (O) tại M nên $OM\bot MC$ hay $\angle OMC = 90^{{^\circ}}$.
Suy ra $O,C,M$ nội tiếp đường tròn đường kính $OC$.
Vậy $A,O,C,M$ nội tiếp đường tròn đường kính $OC$.
b)
+) Chứng minh $\dfrac{HN}{HA} = \dfrac{ON}{OA}$:
Ta có $CA,CM$ là tiếp tuyến cắt nhau tại $C$ nên OC là tia phân giác của góc AOM.
Suy ra $\angle AOC = \angle MOC$.
Vì N nằm trên tia OM nên $\angle AOC = \angle NOC$.
Xét tam giác AON có OH là đường phân giác trong của góc O.
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có: $\dfrac{HN}{HA} = \dfrac{ON}{OA}$ (đpcm).
+) Chứng minh EH vuông góc với CK:
Tương tự như trên ta có OK là phân giác của $\angle NOB$ nên $\dfrac{NK}{KB} = \dfrac{ON}{OB}$
Mà $OA = OB$ nên $\dfrac{HN}{HA} = \dfrac{NK}{KB}$
Theo định lý Thales đảo suy ra $HK \parallel AB$
Mà $AB\bot AC$ nên $HK\bot AC$
Ta có $\angle AOC = \angle COM$ và $\angle MOD = \angle DOB$
Nên $\angle COM + \angle MOD = \angle AOC + \angle DOB$
Mà $\angle COM + \angle MOD + \angle AOC + \angle DOB = 180^{0}$
Suy ra $\angle COM + \angle MOD = \angle AOC + \angle DOB = 90^{0}$ hay $\angle COD = 90^{0}$
Suy ra $OC\bot EK$
Xét $\Delta CKE$ có $HK,OC$ là hai đường cao cắt nhau tại H nên H là trực tâm $\Delta CKE$.
Suy ra $EH\bot CK$.
c) Xét $\Delta ATE$ và $\Delta STB$ có $\angle TAE = \angle TSB = 90^{0}$ và $\angle ATE = \angle STB$ (đối đỉnh)
Suy ra $\angle AET = \angle SBT$
Suy ra $\left. \Delta ATE \right.\sim\Delta ACB\left( {g.g} \right)$ nên $\dfrac{TA}{AC} = \dfrac{AE}{AB}$ hay $TA.AB = AC.AE$
Ta có $\angle OAC = \angle OAE = 90^{0}$
và $\angle AOE = \angle OCA$ (do cùng cộng $\angle AOC$ bằng $90^{0}$)
Suy ra $\left. \Delta OAC \right.\sim\Delta EAO\left( {g.g} \right)$ nên $\dfrac{OA}{AE} = \dfrac{AC}{AO}$ hay $AE.AC = AO^{2}$
Suy ra $TA.AB = AO^{2}$ hay $TA = \dfrac{AO^{2}}{AB} = \dfrac{R^{2}}{2R} = \dfrac{R}{2}$
Khi đó T là trung điểm của AO và $TB = OB + TO = \dfrac{3}{2}R$
Ta có $S_{BST} = \dfrac{1}{2}BS \cdot ST$.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$BS \cdot ST \leq \dfrac{BS^{2} + ST^{2}}{2} = \dfrac{TB^{2}}{2} = \dfrac{\left( {\dfrac{3}{2}R} \right)^{2}}{2} = \dfrac{9R^{2}}{8}$.
Suy ra $S_{BST} \leq \dfrac{9R^{2}}{16}$.
Dấu "=" xảy ra (diện tích lớn nhất) khi và chỉ khi $BS = ST$
Suy ra $\Delta BST$ vuông cân tại $S$ suy ra $\angle SBT = 45^{{^\circ}}$ hay $\angle CBA = 45^{{^\circ}}$
Xét $\Delta CAB$ vuông tại $A$ có $\angle CBA = 45^{{^\circ}}$ nên $\Delta CAB$ vuông cân tại $A$.
Suy ra $CA = AB = 2R$
Gọi P là giao điểm của AM và OC.
Vì OM = OA và CM = CA nên OC là trung trực của AM hay $AM\bot OC$ tại P
Khi đó ta có $\left. \Delta CAP \right.\sim\Delta COA\left( {g.g} \right)$ nên $AC^{2} = CP.CO$
Mà $CO^{2} = OA^{2} + AC^{2} = R^{2} + \left( {2R} \right)^{2} = 5R^{2}$ hay $CO = R\sqrt{5}$
Suy ra $CP = \dfrac{AC^{2}}{CO} = \dfrac{4R^{2}}{R\sqrt{5}} = \dfrac{4}{\sqrt{5}}R$
Khi đó $AP^{2} = AC^{2} - CP^{2} = 4R^{2} - \left( {\dfrac{4}{\sqrt{5}}R} \right)^{2} = \dfrac{4}{5}R^{2}$ nên $AP = \dfrac{2}{\sqrt{5}}R$
Suy ra $AM = 2AP = \dfrac{4R}{\sqrt{5}} = \dfrac{4\sqrt{5}}{5}R$.
Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. 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. Phụ huynh và học sinh 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
