Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) đường kính \(AB\). Trên tiếp tuyến tại \(A\), lấy \(M\) sao cho \(AM = 2R\), \(MB\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(C\).
a) Kẻ \(AH \bot OM\) tại H. Chứng minh tứ giác \(AMCH\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MB.MC\) và \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\).
c) Chứng minh \(HB \bot HC\) và tính diện tích tứ giác \(BCHO\) theo \(R\).
a) Chứng minh \(\Delta MAC\) và \(\Delta MAH\) nội tiếp đường tròn đường kính AM, suy ra A, M, C, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM nên tứ giác AMCH nội tiếp.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MB.MC\)
Chứng minh \(\Delta MAC\,\backsim \,\Delta MBA\) (g.g) suy ra tỉ số bằng nhau giữa các cặp cạnh tương ứng.
Chứng minh \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\)
Chứng minh \(\Delta ABM\) vuông cân tại A nên AC vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
Suy ra \(\frac{{MB}}{{MC}} = 2\)
Sử dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền suy ra \(AB = CB\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta CAB\) vuông cân tại C suy ra \(\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = 2\)
Do đó \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = 2\)
c) Chứng minh \(HB \bot HC\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta AOM\) vuông tại A để tính cạnh huyền OM.
Chứng minh \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta AOM\) (g. g) suy ra tỉ số bằng nhau giữa các cặp cạnh tương ứng để tính \(HA\) theo R.
Chứng minh \(\Delta \,AOM\backsim \,\Delta HAM\) (g. g) suy ra tỉ số bằng nhau giữa các cặp cạnh tương ứng để tính \(HM\) theo R.
Do đó \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta HAM\)
Chứng minh \(\frac{{HA}}{{HM}} = \frac{{AC}}{{MB}}\)
Suy ra \(\Delta \,MHB\backsim \,\Delta AHC\) (c.g.c) suy ra \(\widehat {MHB} = \widehat {AHC}\) (cặp góc tương ứng)
Hai góc có chung góc MHC nên \(\widehat {CHB} = \widehat {AHM} = 90^\circ \)
suy ra \(HB \bot HC\)
Tính diện tích tứ giác \(BCHO\) theo \(R\)
Từ H kẻ \(HE \bot AO\)
Chứng minh \({S_{\Delta HOA}} = {S_{\Delta HOB}}\)
Vì \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta AOM\) (cmt) suy ra tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng \({S_{\Delta HOA}}\) và \({S_{\Delta AOM}}\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta ABC\) vuông cân tại C để tính BC.
Chứng minh \(\widehat {HAB} = \widehat {HBC}\)
Suy ra chứng minh \(\Delta \,HAO\backsim \,\Delta HBC\) (g.g) .
Biểu diễn tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng \({S_{\Delta HBC}}\) và \({S_{\Delta HAO}}\)
Ta có: \({S_{BCHO}} = {S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HOB}}\), biến đổi về \({S_{\Delta AOM}}\), ta tính được \({S_{BCHO}}\).
a) Ta có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(\widehat {ACM} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta MAC\) vuông tại C \(\left( {\widehat {ACM} = 90^\circ } \right)\) nên \(\Delta MAC\) nội tiếp đường tròn đường kính AM, suy ra M, A, C cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
Xét \(\Delta MAH\)vuông tại H \(\left( {AH \bot OM} \right)\) nên \(\Delta MAH\) nội tiếp đường tròn đường kính AM, suy ra M, A, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM.
Vậy A, M, C, H cùng thuộc đường tròn đường kính AM hay tứ giác AMCH nội tiếp.
b) Chứng minh \(M{A^2} = MB.MC\)
Xét \(\Delta MAC\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\widehat {AMB}\) chung
\(\widehat {MCA} = \widehat {MAB}\left( { = 90^\circ } \right)\)
Nên \(\Delta MAC\,\backsim \,\Delta MBA\) (g.g)
Suy ra \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{MC}}{{MA}}\) hay \(M{A^2} = MB.MC\)
Chứng minh \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\)
Xét \(\Delta ABM\) có: \(\widehat {MAB} = 90^\circ \) và AB = AM = 2R nên \(\Delta ABM\) vuông cân tại A
Vì \(\widehat {ACM} = 90^\circ \) nên AC là đường cao, do đó AC cũng là đường trung tuyến
Suy ra \(MC = CB = \frac{1}{2}MB\) (C là trung điểm của BM) hay \(\frac{{MB}}{{MC}} = 2\) (1)
và \(AC = CM = CB = \frac{1}{2}MB\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta CAB\) vuông cân tại C, ta có:
\(A{B^2} = A{C^2} + C{B^2}\)
\(A{B^2} = 2A{C^2}\) (do AC = CB)
Suy ra \(\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = 2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{MB}}{{MC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = 2\)
c) Chứng minh \(HB \bot HC\)
Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta AOM\) vuông tại A nên \(O{M^2} = A{M^2} + A{O^2}\)
\(OM = \sqrt {A{M^2} + A{O^2}} = \sqrt {4{R^2} + {R^2}} = R\sqrt 5 \)
Xét \(\Delta HOA\) và \(\Delta AOM\) có:
\(\widehat {AHO} = \widehat {MAO}\left( { = 90^\circ } \right)\)
\(\widehat {AOH}\) chung
nên \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta AOM\) (g. g)
suy ra \(\frac{{HO}}{{AO}} = \frac{{HA}}{{AM}} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{R\sqrt 5 }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\)
do đó \(HA = \frac{{AM}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2R}}{{\sqrt 5 }}\)
Xét \(\Delta AOM\) và \(\Delta HAM\) có:
\(\widehat {MAO} = \widehat {MHA}\left( { = 90^\circ } \right)\)
\(\widehat {AMH}\) chung
nên \(\Delta \,AOM\backsim \,\Delta HAM\) (g. g)
suy ra \(\frac{{AO}}{{HA}} = \frac{{AM}}{{HM}} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{{R\sqrt 5 }}{{2R}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\)
do đó \(HM = \frac{{2AM}}{{\sqrt 5 }} = \frac{{4R}}{{\sqrt 5 }}\)
Vì \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta AOM\) và \(\Delta \,AOM\backsim \,\Delta HAM\) nên \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta HAM\)
Do đó \(\frac{{HO}}{{HA}} = \frac{{OA}}{{AM}} = \frac{{HA}}{{HM}} = \frac{{2R}}{{\sqrt 5 }}:\frac{{4R}}{{\sqrt 5 }} = \frac{1}{2}\) (3)
Mặt khác, \(AC = \frac{1}{2}MB\) (cmt) nên \(\frac{{AC}}{{MB}} = \frac{1}{2}\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: \(\frac{{HA}}{{HM}} = \frac{{AC}}{{MB}}\left( { = \frac{1}{2}} \right)\)
Xét \(\Delta MHB\) và \(\Delta AHC\) có:
\(\widehat {BMH} = \widehat {CAH}\) (cùng chắn cung HC)
\(\frac{{HA}}{{HM}} = \frac{{AC}}{{MB}}\) (cmt)
Nên \(\Delta \,MHB\backsim \,\Delta AHC\) (c.g.c)
suy ra \(\widehat {MHB} = \widehat {AHC}\) (cặp góc tương ứng)
Mà \(\widehat {MHB} = \widehat {MHC} + \widehat {CHB}\); \(\widehat {AHC} = \widehat {MHC} + \widehat {AHM}\)
Suy ra \(\widehat {CHB} = \widehat {AHM} = 90^\circ \)
Vậy \(HB \bot HC\)
Tính diện tích tứ giác \(BCHO\) theo \(R\).
Từ H kẻ \(HE \bot AO\)
Ta có \({S_{\Delta HOA}} = \frac{1}{2}HE.AO\); \({S_{\Delta HOB}} = \frac{1}{2}HE.BO\) (\(AO = BO = R\))
Nên \({S_{\Delta HOA}} = {S_{\Delta HOB}}\)
Vì \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta AOM\) (cmt) nên \(\frac{{{S_{\Delta HOA}}}}{{{S_{\Delta AOM}}}} = {\left( {\frac{{OA}}{{OM}}} \right)^2} = {\left( {\frac{R}{{R\sqrt 5 }}} \right)^2} = \frac{1}{5}\), suy ra \({S_{\Delta HOA}} = \frac{1}{5}{S_{\Delta AOM}}\)
Xét \(\Delta ABC\) có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \), AC = BC nên \(\Delta ABC\) vuông cân tại C. Áp dụng định lí Pythagore, ta có:
\(\begin{array}{l}A{C^2} + B{C^2} = A{B^2}\\2B{C^2} = A{B^2}\\B{C^2} = \frac{{A{B^2}}}{2} = \frac{{4{R^2}}}{2} = 2{R^2}\end{array}\)
Suy ra \(BC = \sqrt {2{R^2}} = R\sqrt 2 \)
Ta có: \(\widehat {AMH} = \widehat {ACH}\) (hai góc nội tiếp chắn cung AH)
Mà \(\widehat {AMH} = \widehat {HAO}\) (do \(\Delta \,HOA\backsim \,\Delta AOM\))
nên \(\widehat {HCA} = \widehat {HAO}\) hay \(\widehat {HCA} = \widehat {HAB}\)
Mà \(\Delta \,MHB\backsim \,\Delta AHC\) nên \(\widehat {HCA} = \widehat {HBC}\) (hai góc tương ứng)
Suy ra \(\widehat {HAB} = \widehat {HBC}\)
Xét \(\Delta HAO\) và \(\Delta HBC\) có:
\(\widehat {AHO} = \widehat {CHB} = 90^\circ \)
\(\widehat {HAO} = \widehat {HBC}\) (do \(\widehat {HAB} = \widehat {HBC}\))
nên \(\Delta \,HAO\backsim \,\Delta HBC\) (g.g)
suy ra \(\frac{{HA}}{{HB}} = \frac{{HO}}{{HC}} = \frac{{AO}}{{BC}} = \frac{R}{{R\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)
Do đó \(\frac{{{S_{\Delta HAO}}}}{{{S_{\Delta HBC}}}} = {\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)^2} = \frac{1}{2}\), suy ra \({S_{\Delta HBC}} = 2{S_{\Delta HAO}}\)
Ta có: \({S_{BCHO}} = {S_{\Delta HBC}} + {S_{\Delta HOB}}\)
\({S_{BCHO}} = 2{S_{\Delta HAO}} + {S_{\Delta HOA}}\)
\({S_{BCHO}} = 3{S_{\Delta HAO}}\)
\({S_{BCHO}} = 3.\frac{1}{5}{S_{\Delta AOM}} = \frac{3}{5}{S_{\Delta AOM}}\)
Do đó
\({S_{BCHO}} = \frac{3}{5}.\frac{1}{2}.AM.OA = \frac{3}{5}.\frac{1}{2}.2R.R = \frac{3}{5}{R^2}\)
Danh sách bình luận