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

17/18

(3,0 điểm) Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$, đường kính $AB$ cố định. Một điểm $M$ thay đổi trên đường tròn $\left( O \right)$ ($M$ khác $A$ và $B$). Tiếp tuyến tại $M$ của đường tròn $\left( O \right)$ cắt các tiếp tuyến tại $A$, tại $B$ của đường tròn $\left( O \right)$ 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 $\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}$ 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.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Theo hệ thức lượng trong \(\D (ảnh 1)$

a) Vì $CA,\,CM$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $\widehat {CAO} = \widehat {CMO} = 90^\circ $.

Khi đó bốn điểm $A,\,C,\,M,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CO.$

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, $OC$ là tia phân giác của $\widehat {AOM}$.

Do $N \in OM,\,H \in OC$ suy ra $OH$ là phân giác của góc $AON$ trong $\Delta AON.$

Áp dụng định lí đường phân giác trong $\Delta AON$ ta có: $\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{ON}}{{OA}}$.

Chứng minh tương tự có $\frac{{KN}}{{KB}} = \frac{{ON}}{{OB}}$. Từ đó, suy ra $\frac{{HN}}{{HA}} = \frac{{KN}}{{KB}}$.

Áp dụng định lý Thales đảo suy ra $KH\parallel AB$, mà $AB \bot AC$ nên $KH \bot AC$ hay $KH \bot EC$.

Mặt khác $OC,\,OD$ lần lượt là tia phân giác của hai góc kề bù $AOM$ và $MOB$ nên $OC \bot OD$ hay $CO \bot KE$.

Trong tam giác $CEK$ có hai đường cao $KH,\,CO$ cắt nhau tại $H$ nên $H$ là trục tâm.

Suy ra $EH \bot CK$ hay $HE \bot CB$.

c) Chứng minh được suy ra $\frac{{BA}}{{EA}} = \frac{{CA}}{{TA}}$ suy ra $AC \cdot EA = BA \cdot TA$.

Vì nên $CA \cdot EA = A{O^2}$.

Do đó, $BA \cdot TA = A{O^2}$ nên $T$ là trung điểm của $OA.$

Khi đó $T$ là điểm cố định và $TB = \frac{{3R}}{2}$.

Ta có: ${S_{BST}} = \frac{1}{2}BS \cdot ST \le \frac{1}{2}\frac{{B{S^2} + S{T^2}}}{2} = \frac{{B{T^2}}}{2} = \frac{{9{R^2}}}{{16}}$.

Dấu “=” xảy ra (diện tích lớn nhất) khi và chỉ khi $BS = ST$ hay $\Delta BST$ vuông cân tại $S$.

Khi đó $\widehat {CBA} = 45^\circ $.

Trong $\Delta ABC$ có $\widehat A = 90^\circ ,\widehat B = 45^\circ $ nên $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $AC = AB = 2R$.

Tính được $OC = \sqrt {O{A^2} + A{C^2}} = R\sqrt 5 $.

Theo hệ thức lượng trong $\Delta AOC$ tính được $AP = \frac{{OA \cdot AC}}{{OC}} = \frac{{2R\sqrt 5 }}{5}$.

Suy ra $AM = 2AP = \frac{{4R\sqrt 5 }}{5}.$