Ôn tập Đường tròn

Akai Haruma
Akai Haruma Giáo viên 5 tháng 6 2018 lúc 18:54

Hình vẽ:

Ôn tập Đường tròn

Bình luận (0)
Akai Haruma
Akai Haruma Giáo viên 5 tháng 6 2018 lúc 18:54

Gọi \(AO\cap MN\equiv H\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, $AM=AN$. Mà $OM=ON$ nên $OA$ là trung trực của $MN$

Do đó \(OA\perp MN\Leftrightarrow \widehat{SHA}=90^0(1)\)

Mặt khác $BC$ vuông góc với $OK$ suy ra $AC$ vuông góc với $SO$ , do đó \(\widehat{SKA}=90^0(2)\)

Từ (1);(2) suy ra tứ giác $SKHA$ nội tiếp (hai góc cùng nhìn một cạnh bằng nhau)

Do đó theo tính chất tứ giác nội tiếp thì: \(OK.OS=OH.OA(*)\)

Vì $AM$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $AM\perp MO$

Xét tam giác vuông $AMO$ có đường cao $MH$, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $OC^2=R^2=MO^2=OH.OA (**)$

Từ \((*);(**)\Rightarrow OC^2=OK.OS\)

\(\Leftrightarrow \frac{OC}{OK}=\frac{OS}{OC}\)

Do đó tam giác $OCK$ đồng dạng với tam giác $OSC$ theo trường hợp cạnh- góc cạnh (có góc $O$ chung và tỷ số trên)

\(\Rightarrow \widehat{OCS}=\widehat{OCK}=90^0\)

\(\Rightarrow SC\perp OC\Rightarrow SC\) là tiếp tuyến của $(O)$

Bình luận (0)
Hoàng Thị Thu Huyền
Hoàng Thị Thu Huyền Giáo viên 17 tháng 4 2018 lúc 11:12

Ôn tập Đường tròn

a) Do SA là tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) nên \(\widehat{SAO}=90^o\)

Do I là trung điểm của dây cung BC nên theo tính chất đường kính dây cung ta có \(OI\perp BC\Rightarrow\widehat{SIO}=90^o\)

Xét tứ giác SAOI có \(\widehat{SAO}+\widehat{SIO}=180^o\) mà A và I là hai đỉnh đối nhau nên SAOI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO.

Xét tam giác cân OBC có OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường phân giác. Suy ra \(\widehat{BOD}=\widehat{COD}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BD}=sđ\stackrel\frown{DC}\)

Xét đường tròn (O) có \(sđ\stackrel\frown{BD}=sđ\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{DAC}\) (Hai góc nội tiếp chắn các cung có số đo bằng nhau)

Suy ra AD là phân giác góc BAC.

b) Xét đường tròn (O) có:

\(\widehat{SEA}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{DC}\right)\) (Góc có đỉnh nằm trong đường tròn)

\(=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{BD}\right)=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AD}\)

Lại có \(\widehat{SAE}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AD}\) (Góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung)

\(\Rightarrow\widehat{SEA}=\widehat{SAE}\) hay tam giác SAE cân tại S.

Suy ra SA = SE (1)

Xét tam giác SBA và tam giác SAC có:

Góc S chung

\(\widehat{SAB}=\widehat{SCA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AB)

\(\Rightarrow\Delta SBA\sim\Delta SAC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{SB}{SA}=\dfrac{SA}{SC}\Rightarrow SA^2=SB.SC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SE^2=SB.SC\)

c) Xét tam giác SAM và tam giác SFA có:

Góc S chung

\(\widehat{SAM}=\widehat{SFA}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AM)

\(\Rightarrow\Delta SAM\sim\Delta SFA\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{SA}{SF}=\dfrac{SM}{SA}\Rightarrow SA^2=SM.SF\)

\(\Rightarrow SM.SF=SE^2\Rightarrow\dfrac{SM}{SE}=\dfrac{SE}{SF}\)

Xét tam giác SME và tam giác SEF có:

Góc S chung

\(\dfrac{SM}{SE}=\dfrac{SE}{SF}\)

\(\Rightarrow\Delta SME\sim\Delta SEF\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{MES}=\widehat{EFM}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{ME}\)

Suy ra SE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EFM.

d) Câu d có lẽ em gõ nhầm một chút: Kẻ AH vuông góc SO tại H.

Em xem lại đề rồi báo lại cô nhé. Nếu sửa đề như cô nói thì ta sẽ chứng minh FN vuông góc SD.

Sau đó xét tam giác SFD có SI và FN là các đường cao nên N là trực tâm của tam giác

Vậy thì N thuộc đường cao DM hay M, N, D thẳng hàng.

Bình luận (2)
Quách Nguyễn Sông Trà
Quách Nguyễn Sông Trà 6 tháng 6 2018 lúc 23:26

Cho đường tròn (O;R) và dây cung AB, vẽ đường kính CD vuông góc với AB tại K (D thuộc cung nhỏ AB). Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC, DM cắt AB tại F. CM cắt AB tại E

1. Chứng minh tứ giác CKFM nội tiếp

2. DF.DM=DA2

3. Chứng minh FB/EB=FK/AK

Bình luận (0)
Quách Nguyễn Sông Trà
Quách Nguyễn Sông Trà 6 tháng 6 2018 lúc 23:27

bạn giải đc bài này ko giải giúp m với, đang cần gấp. cảm ơn nhìu

Bình luận (0)
phynit
phynit Admin 16 tháng 4 2018 lúc 22:18

O A M E F H B I

Hướng dẫn giải:

a) Do ME, MF là tiếp tuyến với đường tròn suy ra EF ⊥ OM

Tứ giác ABHM có góc A = góc H = 900 nên tứ giác này nội tiếp đường tròn bán kính MB.

b) \(Δ_VOHB ∼ Δ_VOAM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OA}=\dfrac{OB}{AM}\)

\(\Rightarrow OA.OB=OH.OM\) (1)

\(Δ_VOHE∼ Δ_VOEM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{OH}{OE}=\dfrac{OE}{OM}\)

\(\Rightarrow OH.OM=OE^2=R^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(OA.OB=OH.OM =R^2\)

c) Gọi I là giao điểm của OM với đường tròn (O). Nối FI.

Do \(\stackrel\frown{FI}=\stackrel\frown{EI}\) suy ra \(\widehat{MFI}=\widehat{EFI}\)

Suy ra FI là phân giác của góc \(\widehat{MFE}\)

Lại có MI là phân giác của góc \(\widehat{EMF}\)

Do đó I là giao điểm của đường phân giác trong của tam giác MEF

\(\Rightarrow\) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF.

Mà I thuộc đường tròn (O) cố định. Suy ra đpcm.

d) Diện tích tam giác HBO: \(S=\dfrac{1}{2}HO.HB\)

Xét \(Δ_VOHB∼ Δ_VOAM\) (g.g)

\(\Rightarrow \dfrac{HB}{AM}=\dfrac{OB}{OM}\)

\(\Rightarrow HB.OM=AM.OB\) (3)

Có: \(OH.OM=R^2\) (4)

Nhân (3) và (4) vế với vế ta được: \(OH.HB.OM^2=R^2.AM.OB=R^2.AM.\dfrac{R^2}{OA}\)

\(\Rightarrow OH.HB = R^4.\dfrac{AM}{OA.OM^2}= R^4.\dfrac{AM}{OA.(OA^2+AM^2)}\)

Áp dụng BĐT Cô si với OA và AM ta có: \(OA^2+AM^2\ge2.\sqrt{OA^2.AM^2}=2.OA.AM\)

Dấu "=" xảy ra khi: \(OA=AM\)

\(\Rightarrow OH.HB \le R^4.\dfrac{AM}{OA.2.OA.AM}=\dfrac{R^4}{2OA^2}\)

Suy ra: \(S_{max}=\dfrac{R^4}{4.OA^2}\) khi \(OA=AM\)

Bình luận (0)
Akai Haruma
Akai Haruma Giáo viên 11 tháng 4 2018 lúc 17:51

Lời giải:

Ôn tập Đường tròn

a)

Vì $IK,IA$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(IK\perp KO, IA\perp OA\), hay \(IK\perp OS, IA\perp ON\)

\(\Rightarrow \widehat{NKS}=\widehat{NAS}=90^0\)

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh $NS$ nên suy ra tứ giác $ASNK$ nội tiếp, tức là $ASNK$ cùng thuộc một đường tròn.

b)

Theo tính chất hai đường tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra $OI$ là phân giác góc \(\widehat{AOK}\)

\(\Rightarrow \widehat{IOA}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}\)

Mag \(\widehat{ABK}=\frac{1}{2}\widehat{AOK}\) (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm chắn cùng một cung AK)

Do đó: \(\widehat{IOA}=\widehat{ABK}\). Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(IO\parallel KB\)

Ý 2:

Xét tam giác $SNO$ có \(NK\perp SO, SA\perp NO\) và \(NK,SA\) cắt nhau tại $I$ nên $I$ là trực tâm của tam giác $SNO$

Suy ra \(OI\perp SN\) (đpcm)

c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có \(IK=IA=3\)

Vì \(OI\parallel KB\) nên theo định lý Thales thì:

\(\frac{KN}{IK}=\frac{NB}{OB}\Leftrightarrow \frac{KN}{3}=\frac{NB}{1,5}\)

\(\Leftrightarrow KN=2NB(1)\)

Theo định lý Pitago: \(ON^2=OK^2+KN^2\)

\(\Leftrightarrow (OB+BN)^2=OK^2+KN^2\)

\(\Leftrightarrow (1,5+BN)^2=1,5^2+KN^2(2)\)

Từ (1); (2) dễ dàng tìm được \(BN=1; KN=2\)

Theo tính chất của hai tt cắt nhau thì $IO$ là phân giác của \(\widehat{AIK}\) hay \(\widehat{SIN}\)

Mà $IO$ đồng thời cũng là đường cao của tam giác $SIN$ do \(IO\perp SN\)

Do đó tam giác \(SIN\) cân tại $I$ nên \(SI=IN\)

\(S_{SIN}=\frac{AN.IS}{2}=\frac{AN.IN}{2}=\frac{(AB+BN)(IK+KN)}{2}=\frac{(3+1)(3+2)}{2}=10\) (cm vuông)

Bình luận (1)
Loading...

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN