Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) với OA = 2R, vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Vẽ đường kính BD của đường tròn (O), tia AD cắt đường tròn (O) tại điểm

26/26

(1,5 điểm) Từ điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $\left( {O;R} \right)$ với $OA = 2R$, vẽ hai tiếp tuyến $AB$, $AC$ của đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là hai tiếp điểm). Vẽ đường kính $BD$ của đường tròn $\left( O \right)$, tia $AD$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai là $E$. Gọi $K$ là giao điểm của hai đường thẳng $OA$ và $BC.$

a) Chứng minh $OA$ vuông góc với $BC$ và bốn điểm $A,B,K,E$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $AK \cdot AO = AE \cdot AD$.

c) Vẽ $CH$ vuông góc với $BD$ tại $H$. Gọi $M$ là giao điểm của $CH$ và $AD$; $I$ là giao điểm của $BD$ và $AC$; tia $IM$ cắt $AB$ tại $N$. Tính diện tích của tứ giác $ANOC$ theo $R$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$⊕ Vậy diện tích tứ giác $ANOC$ là: \({S_{ANOC}} = (ảnh 1)$

a) Ta có: $OA \bot BC$ (vì theo tính chất hai tiếp tuyến đồng quy) suy ra $\widehat {BKA} = 90^\circ $ nên 3 điểm $B,K,A$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AB$.

Mặt khác, ta có $\widehat {BED} = 90^\circ $ (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $\widehat {BEA} = 180^\circ - \widehat {BED} = 90^\circ $ suy ra 3 điểm $B,E,A$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AB$.

Vậy 4 điểm $B,A,E,K$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $AB$

b) Ta có: $\widehat {ABE} = \widehat {ADB}$ (cùng phụ $\widehat {EBD}$) và $\widehat {BAE} = \widehat {BAD}$

Do đó $Δ A B E ∽ Δ A D B$ (g.g) nên $\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AB}}$ suy ra $A{B^2} = AD \cdot AE$.

Ta cũng chứng minh được $Δ A B O ∽ Δ A K B$ (g.g) nên \[\frac{{AB}}{{AK}} = \frac{{AO}}{{AB}}\] suy ra $A{B^2} = AK \cdot AO$.

Vậy $AD \cdot AE = AK \cdot AO$.

c) ⊕ Gọi $S$ là giao điểm của $CD$ với $AB$.

Ta có $AO\,{\rm{//}}\,SD$ nên theo tính chất đường trung bình ta được $SA = AB$.

Vì $CH\,{\rm{//}}\,AB$ nên theo hệ quả định lí Thales ta thu được: $\frac{{CM}}{{SA}} = \frac{{MH}}{{AB}}\left( { = \frac{{MD}}{{AD}}} \right)$

Mà $SA = AB$ cho nên $CM = MH$.

Tương tự, ta có: $\frac{{MH}}{{NB}} = \frac{{CM}}{{AN}}\left( { = \frac{{IM}}{{IN}}} \right)$ mà $CM = MH$ suy ra $AN = NB$.

⊕ Gọi diện tích tứ giác $ANOC$; $\Delta ABO,\,\,\Delta AOC,\,\,\Delta ANO$ lần lượt là: ${S_{ANOC}}$; ${S_{ABO}},{S_{AOC}},{S_{ANO}}$.

Ta có: ${S_{ACO}} = \frac{1}{2} \cdot OC \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot R \cdot \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = \frac{{\sqrt 3 {R^2}}}{2}$.

${S_{ACO}} = {S_{ABO}} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot 2AN \cdot OB = 2{S_{ANO}}$ suy ra ${S_{ANO}} = \frac{{\sqrt 3 {R^2}}}{4}$.

⊕ Vậy diện tích tứ giác $ANOC$ là: ${S_{ANOC}} = {S_{AOC}} + {S_{ANO}} = \frac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4}$.