M A= H O= N P.
K. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với MO tại I, AI cắt nửa đường tròn tại (≠ A) a)Ch ứng minh: Tứ giác AIKM là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: ∆AKCđồng dạng với ∆MOB.
c) Qua Ckẻ CHvuông góc với AB (H∈AB), CH cắt MB tại N. Chứng minh IKB=ACH và IN //AB.
d) Đường thẳng qua Hvà song song với AC cắt BI tại P. Chứng minh NP⊥AC
.
Lời giải:
a) Chứng minh: Tứ giác AIKM là tứ giác nội tiếp. Xét ( )O có AKB= °90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
90
AKM
⇒ = °
Có AIM = °90 (AI ⊥MO)
Xét tứ giác AIKM có: AKM = AIM = °90
Mà K và I là hai đỉnh kề nhau ⇒ AIKM là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: ∆AKCđồng dạng với ∆MOB.
Vì tứ giác AIKM nội tiếp nên IAK =IMK (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK) Xét ( )O có KCA=KBA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK)
hay KCA =MBO
Xét ∆AKC và∆MOB có: IAK =IMK(cmt) KCA=MBO(cmt) MOB AKC ⇒ ∆ ∽∆ (g.g).
c) Qua Ckẻ CH vuông góc với AB (H∈AB), CHcắt MBtại N. Chứng minh IKB=ACH vàIN //AB .
Chứng minh CH //MA (cùng vuông góc với AB) ⇒MAC =ACH (hai góc so le trong). (1)
Tứ giác AIKM nội tiếp ⇒ MAI =IKB hay MAC=IKB. (2) Từ (1) và (2) ⇒IKB =ACH
Tứ giác IKCN có:
IKN=ICN
Mà Kvà C là hai đỉnh kề nhau
⇒Tứ giác IKCNlà tứ giác nội tiếp⇒KCI =KNI, mà KCA=KBA (cmt) ⇒ KNI =KBA , mà hai góc ở vị trí đồng vị
⇒IN// AB
d) Đường thẳng qua H và song song với AC cắt BI tại P. Chứng minh NP⊥AC
. x I N K H C O A B M
Áp dụng định lý Talet vào tam giác BAI và BAM cóPH //AI;MA//NH ta có: BP BH BH; BN PI = HA HA = NM . Suy ra BP BN PI = NM Vì BP BN
PI = NM . Theo định lý Talet đảo thì PN //MI Mà MI⊥ AC
Suy raPN⊥ AC .
Bài 20. Cho đường tròn ( )O , hai đường kính ABvà CDvuông góc với nhau. M là một điểm chuyển động trên cung nhỏ AC. Gọi I là giao điểm của BM và CD. Tiếp tuyến tại Mcủa ( )O cắt tia DC tại K.
a) Chứng minh : Tứ giác AMIO nội tiếp. b) Chứng minh : MKD=2MBA.
c) Tia phân giác của MOK cắt BM tại N . Chứng minh : CN ⊥MB.
d) Tìm vị trí điểm M trên cung nhỏ AC để bán kính đường tròn nội tiếp ∆AMC
đạt giá trị lớn nhất. Lời giải x N I H C K O A B M P
a) Ta có AB⊥CD (giả thiết) ⇒COA= °90 ⇒IOA= °90 .
Xét đường tròn ( )O : AMB= °90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒AMI = °90 . Xét tứ giác AMIO có : AMI+IOA= ° + ° =90 90 180°
mà hai góc AMI và IOA ở vị trí đối nhau.
Suy ra, tứ giác AMIOnội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
b) Ta có MK là tiếp tuyến của ( )O tại M (giả thiết) ⇒OM ⊥MK tại M
0
90
OMK
⇒ =
Xét ∆OMK vuông tại M
90 MKO MOK ⇒ + = ° mà 0 90 MOA MOK+ = ( )1 MKO MOA ⇒ = .
Mặt khác MOA =2MBA ( )2 (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AM của ( )O ). Từ ( )1 và ( )2 ⇒MKO=2MBA hay MKD =2MBA.
c) Xét ( )O , ta có:
1
2
MBC= sđ MC (góc nội tiếp chắn cung MC)
1
2
CON = MOC (giả thiết) 1 2
= sđ MC (MOC là góc ở tâm chắn cung MC) MBC CON ⇒ = . Xét tứ giác BCNO có 1 1 B =O (chứng minh trên)
⇒ Tứ giác BCNO nội tiếp (vì có hai đỉnh kề nhau B và O cùng nhìn cạnh NC dưới một góc bằng nhau)
CNB COB
⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
mà 0 90 COB= 0 90 CNB
⇒ = hay CN ⊥BM tại N(điều phải chứng minh). d) Gọi E là tâm đường tròn nội tiếp ∆AMC.
Xét ( )O , ta có 1 1
.90 45
2 2
BMC= BOC= ° = ° (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung BC). 90 45 135 AMC AMB BMC ⇒ = + = ° + ° = °. Xét ∆AMC có 0 180
MAC+AMC+ACM =
0 0 0 180 135 45 MAC ACM ⇒ + = − = . Ta có: 1 2
EAC= MAC (AE là tia phân giác MAC)
1
2
ACE= ACM (CE là tia phân giác ACM )
1( ) 1
.45 22, 5
2 2
EAC ACE MAC ACM
⇒ + = + = ° = °.
Xét ∆ACE có AEC +EAC+ACE=180° ⇒ AEC=180° −(EAC +ACE)=157, 5°. Mà A, C cố định nên điểm E thuộc cung chứa góc 157, 5° dựng trên đoạn thẳng AC
(phần nửa mặt phẳng chứa điểm M).
Để bán kính đường tròn nội tiếp của ∆AMC đạt giá trị lớn nhất thì E phải là điểm chính giữa của cung chứa góc 157, 5° dựng trên đoạn thẳng AC.
Do đó M là điểm chính giữa trên cung nhỏ AC.
Vậy M là điểm chính giữa trên cung nhỏ AC thì bán kính đường tròn nội tiếp ∆AMC
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 21. Cho (O R; ) và một điểm A sao cho OA=3R. QuaA kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC của ( )O
(B, Clà các tiếp điểm). Lấy M∈( )O sao cho BM / /AC. Gọi Nlà giao điểm thứ hai của đường thẳng AM và ( )O . Tia BNcắt đường thẳng ACtại I.
a. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b. Chứng minh 2
.