Cho đường tròn (O; R) và điểm I nằm ngoài đường tròn. Qua I dựng hai tiếp tuyến IA, IB (A, B là hai tiếp điểm) và một đường thẳng qua điểm I không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại M, N

7/9

Cho đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] và điểm \[I\] nằm ngoài đường tròn . Qua \[I\] dựng hai tiếp tuyến \[IA,IB\] (\[A,B\] là hai tiếp điểm) và một đường thẳng qua điểm \[I\] không đi qua tâm \[O\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại \[M,N\] sao cho \[N\] thuộc cung nhỏ \[AB\], \[B\] thuộc cung lớn \[MN\]. Gọi \[H\] là trung điểm của đoạn thẳng \[MN\].

a) Chứng minh bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên một đường tròn.

b) Gọi \[J\] là giao điểm của đoạn thẳng \[IO\] với \[\left( O \right)\]. Chứng minh \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác \[IAB\].

c) Tia \[AH\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[D\] (\[D\] khác \[A\]), chứng minh \[MN\parallel BD\]. Khi \[J\] vừa là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác \[IAB\], tính diện tích lớn nhất của tam giác \[MID\] đạt được theo \[R\].

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Vậy thể tích nước còn lại trong ly là: \[V (ảnh 1)$

a) Chứng minh bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên một đường tròn.

Xét \[\Delta AOI\] vuông tại \[A\] (Vì \[IA\] là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\]) nên ba điểm \[O,A,I\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 1 \right)\]

Tương tự, \[\Delta OBI\] vuông tại \[B\] nên ba điểm \[O,B,I\] nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 2 \right)\]

Ta có \[OM = ON = R\] nên tam giác \[OMN\] cân tại \[M\], lại có \[H\] là trung điểm \[MN\] nên \[\widehat {OHN} = 90^\circ \].

Do đó tam giác \[OHI\] vuông tại \[H\].

Nên ba điểm \[O,H,I\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\] \[\left( 3 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\] suy ra bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[OI\].

b) Chứng minh \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[IAB\].

Ta có: \[OB = OA = R\], \[IB = IA\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \[IO\] là đường trung trực của \[AB\] và \[IO\] cũng là tia phân giác của \[\widehat {AIB}\] \[\left( 4 \right)\]

\[\widehat {OAI} = 90^\circ \] (vì \[IA\] là tiếp tuyến đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {IAJ} + \widehat {JAO} = 90^\circ \]).

Tam giác \[OAJ\] cân tại \[O\] \[\left( {OA = OJ = R} \right)\] nên \[\widehat {JAO} = \widehat {OJA}\].

Mà \[\widehat {OJA} + \widehat {JAB} = 90^\circ \] (\[IO\] là đường trung trực của \[AB\] nên \[IO\] vuông góc với \[AB\]).

Suy ra \[\widehat {IAJ} = \widehat {JAB}\], hay \[AJ\] là tia phân giác của góc \[\widehat {JAB}\] \[\left( 5 \right)\]

Từ \[\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] nên \[J\] là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \[IAB\].

c) Chứng minh \[MN\parallel BD\].

Ta có \[\widehat {BDA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\] (tính chất góc nội tiếp) mà \[OI\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AOB}\] nên \[\widehat {IOA} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}\].

Ta chứng minh được bốn điểm \[O\,,\,H\,,\,A\,,\,I\] nằm trên đường tròn đường kính \[OI\]. Nên \[\widehat {IOA} = \widehat {IHA}\] (hai góc cùng nội tiếp đường tròn đường kính \[OI\] và cùng chắn cung \[AI\]).

Vậy \[\widehat {BDA} = \widehat {IHA}\] mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[MN\parallel BD\].

* Khi \[J\] vừa là tâm đường tròn nội tiếp vừa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[IAB\] thì tam giác \[IAB\] là tam giác đều nên \[OI = 2R\], \[IB = IA = AB = R\sqrt 3 \].

Dựng \[MQ\] vuông góc với \[IB\] tại \[Q\].

\[{S_{MID}} = {S_{MIB}} = \frac{1}{2}.IB.MQ\].

Mà \[MQ \le BP\] (với \[BP\] là đường kính đường tròn tâm \[O\]).

Suy ra \[{S_{\Delta MID}} = {S_{\Delta MIB}} \le \frac{1}{2}.IB.BP = \frac{1}{2}.R\sqrt 3 .2R = \sqrt 3 {R^2}\] (đvdt).

Vậy diện tích lớn nhất tam giác \[MID\] đạt được là \[\sqrt 3 {R^2}\] đvdt.