LH Quảng cáo: lazijsc@gmail.com

Bài tập  /  Bài đang cần trả lời

Cho (O; R), đường kính AB và một điểm M nằm trên (O; R) với MA < MB (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại C và D. a) Chứng minh rằng ABDC là hình thang vuông. b) AD cắt (O; R) tại E, OD cắt MB tại N. Chứng minh rằng OD vuông góc với MB và DE.DA = DN.DO. c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt đường thẳng AM tại F. Chứng tỏ OFDB là hình chữ nhật. d) AM = R. Tính diện tích tứ giác ACDB theo R.

Cho (O; R), đường kính AB và một điểm M nằm trên (O; R) với MA < MB (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại C và D.

a) Chứng minh rằng ABDC là hình thang vuông.

b) AD cắt (O; R) tại E, OD cắt MB tại N. Chứng minh rằng OD vuông góc với MB và DE.DA = DN.DO.

c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt đường thẳng AM tại F. Chứng tỏ OFDB là hình chữ nhật.

d) AM = R. Tính diện tích tứ giác ACDB theo R.

1 trả lời
Hỏi chi tiết
14
0
0
Đặng Bảo Trâm
13/09 22:53:57

a) Ta có AC là tiếp tuyến của (O). Suy ra AC ⊥ AB   (1)

Chứng minh tương tự, ta được BD ⊥ AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra AC // BD và \[\widehat {BAC} = 90^\circ \].

Vậy ABDC là hình thang vuông.

b) Ta có MD, MB là hai tiếp tuyến của (O).

Suy ra MD = MB.

Do đó D thuộc đường trung trực của đoạn MB      (3)

Lại có OB = OM = R.

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn MB      (4)

Từ (3), (4), suy ra OD là đường trung trực của đoạn MB.

Vậy OD ⊥ MB tại N.

Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) và \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Tam giác ABD vuông tại B có BE là đường cao: BD2 = DE.DA          (5)

Tam giác BDO vuông tại B có BN là đường cao: BD2 = DN.DO         (6)

Từ (5), (6), ta thu được DE.DA = DN.DO.

c) Xét ∆AOF và ∆OBD, có:

\(\widehat {AOF} = \widehat {OBD} = 90^\circ \);

AO = OB (= R);

\(\widehat = \widehat \) (cùng phụ với \(\widehat {ABM}\)).

Do đó ∆AOF = ∆OBD (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra OF = BD (cặp cạnh tương ứng).

Mà OF // BD (cùng vuông góc với AB).

Do đó OFDB là hình bình hành.

Mà \[\widehat {OBD} = 90^\circ \].

Vậy OFDB là hình chữ nhật.

d) Ta có AM = OM = OA = R.

Suy ra tam giác OAM đều.

Do đó \(\widehat {DBM} = \widehat = 60^\circ \) (cùng phụ với \(\widehat {ABM}\)) và DM = DB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tam giác MBD đều.

Khi đó DB = MB.

Tam giác ABM vuông tại M: \[MB = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \].

Ta có CA = CM và CO là tia phân giác của \(\widehat {ACM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tam giác ACM cân tại C có CO là vừa là đường phân giác, vừa là đường cao.

Gọi K là giao điểm của CO và AM. Suy ra K là trung điểm của AM và CK ⊥ AK.

Ta có \(\widehat {CAK} = 90^\circ - \widehat {KAO} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Tam giác AKC vuông tại K: \[AC = \frac{{\cos \widehat {CAK}}} = \frac{{2.\cos \widehat {CAK}}} = \frac{R}{{2.\cos 30^\circ }} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\].

Khi đó \[{S_{ABDC}} = \frac{{\left( {AC + BD} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {AC + MB} \right).AB}}{2}\].

\[ = \frac{{\left( {\frac{R}{{\sqrt 3 }} + R\sqrt 3 } \right).2R}}{2} = \frac{{4{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\].

Vậy diện tích tứ giác ABDC bằng \[\frac{{4{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\].

Mở khóa để xem toàn bộ nội dung trả lời

(?)
Bạn đã đạt đến giới hạn của mình. Bằng cách Đăng ký tài khoản, bạn có thể xem toàn bộ nội dung trả lời
Cải thiện điểm số của bạn bằng cách đăng ký tài khoản Lazi.
Xem toàn bộ các câu trả lời, chat trực tiếp 1:1 với đội ngũ Gia sư Lazi bằng cách Đăng nhập tài khoản ngay bây giờ
Tôi đã có tài khoản? Đăng nhập

Bạn hỏi - Lazi trả lời

Bạn muốn biết điều gì?

GỬI CÂU HỎI
Học tập không giới hạn cùng học sinh cả nước và AI, sôi động, tích cực, trải nghiệm
Bài tập liên quan
Bài tập Toán học Lớp 12 mới nhất
Trắc nghiệm Toán học Lớp 12 mới nhất

Hôm nay bạn thế nào? Hãy nhấp vào một lựa chọn, nếu may mắn bạn sẽ được tặng 50.000 xu từ Lazi

Vui Buồn Bình thường

Học ngoại ngữ với Flashcard

×
Trợ lý ảo Trợ lý ảo
×
Gia sư Lazi Gia sư