Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn đó lấy điểm C (CA < CB). Hạ CH vuông góc với AB tại H. Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC theo thứ tự tại M, N

Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. Trên nửa đường tròn đó lấy điểm C (CA < CB). Hạ CH vuông góc với AB tại H. Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC theo thứ tự tại M, N.

a) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp.

c) Tia NM cắt tia BA tại K, lấy điểm Q đối xứng với H qua K. Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).

d) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC = R

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

 \( \widehat{CMH}=\widehat{CNH}=\widehat{MCN}={{90}^{O}} \)

Vậy tứ giác HMCN là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp.

Xét  \( \Delta CAH  \) vuông tại H, đường cao HM.

 \( \Rightarrow CM.CA=C{{H}^{2}} \) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)   (1)

Tương tự ta có:  \( CN.CB=C{{H}^{2}} \)  (2)

Từ (1) và (2), ta có:  \( CM.CA=CN.CB\Rightarrow \frac{CM}{CB}=\frac{CN}{CA} \)

Chứng minh  \( \Delta CMN\backsim \Delta CBA  \)  (c – g – c)

 \( \Rightarrow \widehat{CMN}=\widehat{CBA} \) (Hai góc tương ứng)

 \( \Rightarrow \widehat{AMN}+\widehat{CBA}={{180}^{O}} \)

Xét tứ giác AMNB, ta có:

 \( \widehat{AMN}+\widehat{CBA}={{180}^{O}} \)

 \( \Rightarrow  \) Tứ giác AMNB nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

c) Tia NM cắt tia BA tại K, lấy điểm Q đối xứng với H qua K. Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R).

Gọi giao điểm của MN và OC là E, giao điểm của CH và MN là I

 \( \widehat{OCM}+\widehat{CME}=\widehat{OAC}+\widehat{CBA}={{90}^{O}} \)

 \( \Rightarrow \widehat{CEM}={{90}^{O}}\Rightarrow OC\bot MN  \)

Ta đi chứng minh MN // QC

Vì tứ giác CMHN là hình chữ nhật

 \( \Rightarrow  \)I là trung điểm cùa CH

Xét tam giác QHC:

I là trung điểm CH

K là trung điểm của QH

 \( \Rightarrow  \) KI là đường trung bình của tam giác CHQ

 \( \Rightarrow  \) MN // QC

Ta có: MN // QC và OC  \( \bot  \) MN

 \( \Rightarrow  \) QC  \( \bot  \) OC

Hay QC là tiếp tuyến của (O)

d) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC = R.

Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB

Ta có: OO’ là đường trung trực của đoạn AB nên OO’  \( \bot  \) AB

Mà CI  \( \bot  \) AB nên CI // OO’

Chứng minh tương tự, ta có: OC // IO’

 \( \Rightarrow  \)CIO’O là hình bình hành.

Suy ra OO’ = CI

\(BC=R\sqrt{3}\)

\(AC.BC=CH.AB\Rightarrow R.R\sqrt{3}=CH.2R\)

\(CH=\frac{R\sqrt{3}}{2}\Rightarrow CI=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)

Xét tam giác OBO’ vuông tại O

 \( O’B=\sqrt{\frac{3{{R}^{2}}}{16}+{{R}^{2}}}=\frac{R\sqrt{19}}{4} \)

 

Các bài toán liên quan

Bài toán mới!

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Recommended Posts

No comment yet, add your voice below!


Add a Comment

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *