- Đề bài
- LG bài 1
- LG bài 2
Đề bài
Bài 1:Cho điểm M nằm ngoài đường tròn [O; R]. Vẽ tiếp tuyến MA [ A là tiếp điểm], cát tuyến MBC [ B nằm giữa M và C] và O nằm trong góc AMC. Lấy I là trung điểm của BC. Tia OI cắt cung nhỏ BC tại N, AN cắt BC tại D.
a] Chứng minh AD là phân giác của góc BAC.
b] Chứng minh : MD2= MB.MC.
c] Gọi H, K là hình chiếu của N lên AB và AC. Chứng tỏ ba điểm H, I, K thẳng hàng [ đường thẳng Sim-Sơn].
Bài 2:Cho đường tròn [O; R] và [O; R] tiếp xúc ngoài nhau tại A. Qua A vẽ đường thẳng cắt [O] tại B và cắt [O] tại C.
a] Chứng tỏ OB // OC.
b] Chứng tỏ tỉ số diện tích hai hình quạt nằm trong góc ở tâm \[\widehat {AOB}\] và \[\widehat {AO'C}\] của hai hình tròn không đổi khi cát tuyến BAC quạt quanh A.
LG bài 1
Phương pháp giải:
Sử dụng:
+Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây ấy
+Góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và dây cùng chắn 1 cung
+Số đogóc có đỉnh bên trong đường tròn
+Số đo góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
+Hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằng nhau
+Tứ giác nội tiếp
Lời giải chi tiết:
a] I là trung điểm BC\[\Rightarrow OI \bot BC\Rightarrow \overparen{NB} =\overparen{NC}\]
Do đó \[\widehat {BAN} = \widehat {CAN}\] hay AD là phân giác của góc \[\widehat {BAC}\].
b] Xét MAB và MCA có:
+] \[\widehat M\] chung,
+] \[\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\] [góc giữa tiếp tuyến và một dây bằng góc nội tiếp cùng chắn cung AB]
Do đó MAB và MCA đồng dạng [g.g]
\[ \Rightarrow \dfrac{{MA}}{ {MC}} = \dfrac{{MB} }{{MA}}\]
\[ \Rightarrow MA^2= MB.MC\] [1]
Lại có \[\widehat {MDA} = \dfrac{{sđ\overparen{AB} +sđ\overparen{NC}}}{2}\][ góc có đỉnh bên trong đường tròn]
\[\widehat {MAN} = \dfrac{{sđ\overparen{AB} + sđ\overparen{BN}}}{2}\] [ góc giữa tiếp tuyến và một dây]
Mà \[\overparen{NC} =\overparen{NB} \]\[\,\Rightarrow \widehat {MDA} = \widehat {MAN}\] hay MAD cân tại M
\[ \Rightarrow MA = MD\] [2]
Thay [2] vào [1], ta có : \[MD^2= MB.MC.\]
c] Tứ giác HBIN nội tiếp [ \[\widehat {NHB} + \widehat {NIB} = 180^\circ ],\]
\[\widehat {HBN} = \widehat {HIN}\] [1] [ các góc nội tiếp cùng chắn cung HN]
mà \[\widehat {HBN} = \widehat {ACN}\] [2] [ cùng bù với \[\widehat {ABN}\]]
Mặt khác tứ giác NIKC nội tiếp [ \[\widehat {NIC} = \widehat {NKC} = 90^\circ \]]
\[ \Rightarrow \widehat {ACN} + \widehat {NIK} = 180^\circ \] [3]
Từ [1], [2] và [3] \[ \Rightarrow \widehat {HIN} + \widehat {NIK} = 180^\circ \] chứng tỏ ba điểm H, I, K thẳng hàng.
LG bài 2
Phương pháp giải:
+Tính chất tam giác cân
Sử dung:
\[{S_{\overparen{AOB}}} = \dfrac{{\pi {R^2}n} }{ {360}}\]
\[{S_{\overparen{AO'C}}} = \dfrac{{\pi R{'^2}n} }{{360}}\]
Lời giải chi tiết:
a] Ta có \[\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\] [ đối đỉnh]
BOA cân \[ \Rightarrow \widehat {{A_1}} = \widehat B\].
Tương tự \[\widehat {{A_2}} = \widehat C \Rightarrow \widehat B = \widehat C\]
Do đó OB // OC [ cặp góc so le trong bằng nhau].
b] Ta có : \[{S_{\overparen{AOB}}} = \dfrac{{\pi {R^2}n} }{ {360}}\]
\[{S_{\overparen{AO'C}}} = \dfrac{{\pi R{'^2}n} }{{360}}\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{{S_{\overparen{AOB}}}}}{{{S_{\overparen{AO'C}}}}} = \dfrac{{{R^2}} }{ {R{'^2}}}\] [ không đổi].