Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R và tia tiếp tuyếnAx 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

8/9

Cho nửa đường tròn tâm \(O\), đường 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 \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=2R và tia tiếp tuyếnAx 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≠B). (ảnh 1)

a) Chứng minh bốn điểm \(A,M,C,O\)cùng thuộc một đường tròn

Lập luận \(\widehat {MAO} = {90^\circ }\)

Lập luận \(\widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = {90^\circ }\)

Suy ra \(A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(MO\) hay 4 điểm \(A,M,C,O\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(MO\).

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

+) Tính diện tích hình quạt \(OCB\) theo \(R\), trong trường hợp \(\widehat {AMC} = {60^\circ }\).

Tứ giác \(AMCO\)nội tiếp nên \(\widehat {AOC} = {180^\circ } - {60^\circ } = {120^\circ }\).

Suy ra \(\widehat {COB} = {180^\circ } - \widehat {AOC} = {180^\circ } - {120^\circ } = {60^\circ }\) (hai góc kề bù).

Diện tích hình quạt \(OCB\):\({S_{q(OCB)}} = \frac{{\pi {R^2}.60}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\)

+) Chứng minh\(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\).

\(\widehat {ADB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ADM} = {90^\circ }\quad \)(1)

Lại có: \(OA = OC = R\); \(MA = MC\) (tính chất tiếp tuyến)

Suy ra \(OM\) là đường trung trực của\(AC\).

\( \Rightarrow \widehat {AEM} = {90^\circ }\quad \)(2)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra\(MADE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính\(MA\).

Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp suy ra: \(\widehat {ADE} = \widehat {AME} = \widehat {AMO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)) (3)

Tứ giác\(AMCO\)nội tiếp suy ra: \(\widehat {AMO} = \widehat {ACO}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AO\)\()\)(4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {ADE} = \widehat {ACO}\)

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

Gọi giao điểm của \(MB\)và \[CH\]là \(G\)

Tia \(BC\) cắt\(Ax\) tại \(F\). Ta có \(\widehat {ACB} = {90^\circ }\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^\circ }\), suy ra \(\Delta ACF\) vuông tại \(C\). Lại có \(MC = MA\) nên suy ra được \(MC = MF\), do đó \(MA = MF\) (5).

Mặt khác ta có \(CH//FA\) (cùng vuông góc với\(AB\)) nên theo định lí Ta-lét thì

\(\frac{{GC}}{{MF}} = \frac{{GH}}{{MA}}\left( { = \frac{{BG}}{{BM}}} \right)\)(6).

Từ \((5)\) và \((6)\) suy ra \(GC = GH\) hay \(MB\)đi qua trung điểm của\(CH\).