Cho nửa đường tròn tâm O , bán kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax

8/9

Cho nửa đường tròn tâm \[O\], bán kính \[AB = 2R\]và tia tiếp tuyến \[Ax\] cùng phía với nửa đường tròn đối với \[AB.\] Từ điểm \[M\] trên \[Ax\] kẻ tiếp tuyến thứ hai \[MC\]với nửa đường tròn ( \[C\] là tiếp điểm). \[AC\] cắt \[OM\] tại E ; \[MB\] cắt nửa đường tròn (O) tại \[D\] (\(D \ne B\)).

a) Chứng minh rằng bốn điểm \[A,M,C,O\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Tính diện tích hình quạt \[OCB\] theo \[R\], trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^ \circ }\) và chứng minh

\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

c) Gọi \[H\] là hình chiếu của \[C\]trên \[AB.\]Chứng minh rằng \[MB\] đi qua trung điểm của \[CH\].

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Media VietJack

a) Do \[MA,MB\] là tiếp tuyến của nửa đương tròn (O) nên ta có \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^ \circ }\)

Suy ra là tam giác vuông tại \(A\) và là tam giác vuông tại \(C\)

Suy ra \[M,A,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\] và \[M,C,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\]

Do đó bốn điểm \[A,M,C,O\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Ta có \(\widehat {AMC} = \widehat {COB} = {60^ \circ }\) ( hai góc cùng bù với \(\widehat {AOC}\))

Diện tích hình quạt \(COB\) là \(\frac{{60}}{{360}}\pi \cdot {R^2} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

Do \[MA,MC\]là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) nên \[MA = MC\]và \[OA = OC\]

Từ đó suy ra \[M\] thuộc đường trung trực của \[AC,O\] thuộc đường trung trực của \[AC\]

Nên \[MO\] vuông góc \[AC\]tại trung điểm \[E\] của \[AC\], suy ra \(\widehat {AEM} = {90^ \circ }\)

Suy ra vuông tại \(E\), nên nội đường tròn đường kính \[MA\]

Có \(\widehat {ADM} = 180 - \widehat {ADB} = {90^ \circ }\) ( do \(\widehat {ADB}\) chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ADB} = {90^ \circ }\)).

Suy ra \(\Delta ADM\) vuông tại \(D\), nên \(\Delta ADM\) nội đường tròn đường kính \[MA\]

Do đó tứ giác \(AMDE\) nội tiếp đường tròn đường kính \[MA\].

Xét tứ giác \(AMDE\) nội tiếp có :\(\widehat {ADE} = \widehat {AMO}\) (cùng chắn )

Xét tứ giác \(AMCO\) nội tiếp có :\(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (cùng chắn )

Suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

c) Gọi \(K\) là giao điểm của \(MB\) và \(CH\).

Do \(CH//AM\) nên theo định lí Thales thì \(\frac{{HK}}{{AM}} = \frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{HB}}{{2R}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{HB}}{R}\)

Ta có \[OM//BC\]( cùng vuông góc với \[AC\]) suy ra \(\widehat {MOA} = \widehat {CBH}\) ( hai góc đồng vị)

Xét \(\Delta HCB\) và \(\Delta AMO\) có \(\widehat {MAO} = \widehat {CHB} = {90^ \circ }\) ; \(\widehat {MOA} = \widehat {CBH}\)

Suy ra \(\Delta HCB \sim \Delta AMO\), nên \(\frac{{HB}}{{OA}} = \frac{{CH}}{{AM}} = \frac{{HB}}{R}\)

Do đó \(\frac{{HK}}{{AM}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{CH}}{{AM}}\) hay \(HK = \frac{1}{2}CH\)

Suy ra \[MB\] đi qua trung điểm của \[CH\] (đpcm).