- Đề bài
- LG a
- LG b
- LG c
Đề bài
Cho nửa đường tròn đường kính \[AB = 2R.\] Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ hai tiếp tuyến Ax và By và một tiếp tuyến tại M cắt hai tiếp tuyến Ax và By tại C và D.
a. Chứng minh: \[AC + BD = CD\] và AC.BD không đổi.
b. Chứng minh đường tròn đường kính CD tiếp xúc với AB.
c. Cho \[AC = {R \over 2}\]. Tính MA, MB và bán kính đường tròn ngoại tiếp BMD.
LG a
Phương pháp giải:
Sử dụng:
- Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
- Tính chất đường phân giác của hai góc kề bù
-Hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: \[CM = CA, DM = DB\] [tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau]
mà \[CD = CM + MD \]\[ CD = AC + BD\]
Lại có OC và OD lần lượt là hai phân giác của hai góc kề bù là \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM} \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ \]
Trong tam giác vuông COD có OM là đường cao nên ta có :
\[CM.DM = O{M^2} = {R^2}\] [không đổi]
\[ AC.BD = {R^2}\]
LG b
Phương pháp giải:
Sử dụng:
-Tính chất đường trung bình của hình thang
-Chứng minh OI là bán kính của đường tròn đường kính CD và OI vuông góc với AB
Lời giải chi tiết:
b. Gọi I là tâm đường tròn đường kính CD, ta có OI là đường trung bình của hình thang vuông ACDB \[\] OI // AC mà \[AC AB\]
Do đó: \[IO AB\] và \[IO = {{CA + BD} \over 2} = {{CD} \over 2} = IC,\] chứng tỏ đường tròn đường kính CD tiếp xúc với AB.
LG c
Phương pháp giải:
Sử dụng:
-Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
-Hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông
Lời giải chi tiết:
c. Ta có: \[OA = OM [=R], CA = CM\] [tính chất tiếp tuyến cắt nhau]
Do đó OC là đường trung trực của đoạn AM.
Gọi H là giao điểm của OC và AM.
Xét tam giác vuông CAO có đường cao AH, ta có:
\[\eqalign{ {1 \over {A{H^2}}}& = {1 \over {A{O^2}}} + {1 \over {C{A^2}}} \cr&= {1 \over {{R^2}}} + {1 \over {{{\left[ {{R \over 2}} \right]}^2}}} \cr&= {1 \over {{R^2}}} + {4 \over {{R^2}}} = {5 \over {{R^2}}} \cr & \Rightarrow AH = {{R\sqrt 5 } \over 5}\cr& \Rightarrow AM = {{2R\sqrt 5 } \over 5} \cr} \]
Ta có: \[\widehat {AMB} = 90^\circ \] [AB là đường kính], theo định lí Pi-ta-go :
\[BM = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}} \]\[\; = \sqrt {{{\left[ {2R} \right]}^2} - {{\left[ {{{2R\sqrt 5 } \over 5}} \right]}^2}} \]\[\;= \sqrt {4{R^2} - {{20{R^2}} \over {25}}} = {{4R\sqrt 5 } \over 5}\]
Dễ thấy \[\widehat {OMD} = \widehat {OBD} = 90^\circ \] nên đường tròn ngoại tiếp MOD có đường kính là OD; đường tròn ngoại tiếp ODB có đường kính là OD. Suy ra đường tròn ngoại tiếp BMD có đường kính là OD.
Tứ giác MHOK là hình chữ nhật [K là giao điểm của OD và MB] nên \[OK = MH = {1 \over 2}AM = {{R\sqrt 5 } \over 5}\]
Xét tam giác vuông OMD, đường cao MK, ta có:
\[M{O^2} = OD.OK\] [hệ thức lượng]
\[ \Rightarrow OD = {{M{O^2}} \over {OK}} = {{{R^2}} \over {{{R\sqrt 5 } \over 5}}} = R\sqrt 5 \]
Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp BMD là \[{{R\sqrt 5 } \over 2}\]