Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R.\) Gọi delta là tiếp tuyến của

3/5

Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB = 2R.$ Gọi $\Delta $ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A.$ Trên $\Delta $ lấy điểm $M$ sao cho $MA > R.$ Qua $M$ vẽ tiếp tuyến $MC$ $(C$ thuộc đường tròn $(O),$$C$ khác $A).$ Gọi $H$ và $D$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $AB$ và $AM.$ Gọi $d$ là đường thẳng đi qua điểm $O$ và vuông góc với \[AB.\] Gọi $N$ là giao điểm của $d$ và $BC.$

1. Chứng minh $OM{\rm{//}}BN$ và $MC = NO.$

2. Gọi $Q$ là giao điểm của $MB$ và $CH,$ $K$ là giao điểm của $AC$ và $OM.$ Chứng minh đường thẳng $QK$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BC.$

3. Gọi $F$ là giao điểm của $QK$ và $AM,$ $E$ là giao điểm $CD$ và $OM.$ Chứng minh tứ giác $FEQO$ là hình bình hành. Khi $M$ thay đổi trên $\Delta ,$ tìm giá trị lớn nhất của $QF + EO.$

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R.\) Gọi delta là tiếp tuyến của (ảnh 1)$

1.Ta có $MA = MC$ và $OA = OC$ suy ra MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC, suy ra $MO \bot AC.\,\,\,\,\left( 1 \right)$.

Do $\widehat {ACB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ACB} = {90^0} \Rightarrow AC \bot BN.\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) suy ra $MO{\rm{//B}}N.\,\,$

Xét $\Delta MAO$ và $\Delta NOB$ vuông tại $A$ và $O$; $AO = OB$; $\widehat {AOM} = \widehat {NBO}$( hai góc đồng vị)

Suy ra $\Delta MAO = \Delta NOB \Rightarrow MA = NO.$

Mặt khác :$MA = MC\,\, \Rightarrow MC = ON.\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

2.Do $QH{\rm{//}}AM$ suy ra $\frac{{QH}}{{AM}} = \frac{{BH}}{{BA}}\,\,\,(3).$

Do $CH{\rm{//}}ON$ suy ra $\frac{{CH}}{{ON}} = \frac{{HB}}{{OB}} \Rightarrow \frac{{CH}}{{AM}} = \frac{{HB}}{{\frac{1}{2}AB}}\,\,\,\,\left( 4 \right).$

Từ (3) và (4) ta có $QH = \frac{1}{2}CH$, suy ra $Q$ là trung điểm của $CH.$

Lại có $K$ là trung điểm $AC.$ Suy ra $QK$ đi qua trung điểm của $CB.$

3.Chứng minh $ADCH$ là hình chữ nhật. Do $K$ là trung điểm $AC$và Q là trung điểm $CH$ suy ra $F$ là trung điểm $AD.$

Ta có $\Delta EKC = \Delta OKA\,\,\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow KE = KO$

Ta có $\Delta FKA = \Delta QKC\,\,\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow KF = KQ.$

Suy ra $FEQO$ là hình bình hành.

Ta có $FQ + EO = AH + CB = AH + \sqrt {BH.BA} = AH + \sqrt {\left( {AB - AH} \right)AB} .$

Khi đó

$\begin{array}{l}\,\,\,\,AH + \sqrt {\left( {AB - AH} \right)AB} = AH + \frac{1}{{AB}} \cdot 2 \cdot \frac{{AB}}{2} \cdot \sqrt {A{B^2} - AB.AH} \\ \le AH + \frac{1}{{AB}}\left( {\frac{{A{B^2}}}{4} + A{B^2} - AB.AH} \right) = \frac{5}{4}AB.\end{array}$

Dấu bằng xảy ra \[AH = \frac{3}{4}AB \Leftrightarrow AM = \sqrt 3 .R.\]