Cho điểm M thuộc nửa đường tròn \(\left( {O;R} \ri...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

1. Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật.

2. Chứng minh \(\Delta ACO = \Delta MCO \Rightarrow \angle CAO = \angle CMO = {90^o}.\) 

3. Sử dụng các kết quả có được từ hai phần trên và hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh \(AC.BD = {R^2}\)

Chứng minh ACDB là hình thang, tính \({S_{ACDB}}\), áp dụng bất đẳng thức Cô-si và kết quả vừa chứng minh suy ra \(AC + BD \ge 2R\) từ đó suy ra \({S_{ACDB}} \ge 2{R^2}\) 

4. Sử dụng định lý Ta-lét, định lý Ta-lét đảo, các hệ quả của định lý Ta-lét để chứng minh \(MK \bot AB\) từ đó sử dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông để suy ra đpcm.

Giải chi tiết:

1. Chứng minh rằng: Tứ giác MEOF là hình chữ nhật.

Do \(\Delta MAB\) nội tiếp nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có cạnh AB là đường kính

\( \Rightarrow \Delta MAB\)  vuông tại M \( \Rightarrow \angle AMB = {90^o}\) hay \(\angle EMF = {90^o}\)

+) Xét nửa đường tròn \(\left( O \right)\) có E là trung điểm của MA (gt)

\( \Rightarrow OE \bot MA\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \angle MEO = {90^o}\)

Tương tự ta cũng được: \(\angle MFO = {90^o}\)

+) Xét tứ giác MEOF có \(\angle EMF = \angle MEO = \angle MFO = {90^o}\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác MEOF là hình chữ nhật (dhnb).

2. Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) cắt các đường thẳng OE và OF lần lượt tại C và D. Chứng minh: CA tiếp xúc với nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\). Tính độ dài đoạn thẳng CA khi \(R = 3cm\) và \(\angle MAO = {30^o}\).

Ta có: \(OM = OA = R\) (A, M thuộc nửa đường tròn \(\left( O \right)\)) ;

\(EM = EA\) (E là trung điểm của MA)

\( \Rightarrow \) OE là đường trung trực của MA hay OC là đường trung trực của MA. (tính chất đường trung trực)

\( \Rightarrow CA = CM\) (tính chất đường trung trực)

+) Xét \(\Delta ACO\) và \(\Delta MCO\) có:

\(\begin{array}{l}CA = CM\;\;\left( {cmt} \right)\\CO\;chung\\OA = OM\;\;\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta ACO = \Delta MCO\;\;\left( {c - c - c} \right).\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle CAO = \angle CMO = {90^o}\) (2 góc tương ứng)

\( \Rightarrow CA \bot AB\) mà \(A \in \left( O \right)\)

\( \Rightarrow \) CA là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) hay CA tiếp xúc với nửa đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).

+) Xét \(\Delta AEO\) vuông tại E có \(\angle EAO = {30^o} \Rightarrow \angle AOE = {90^0} - \angle EAO = {60^o}\) (tổng 3 góc trong tam giác)

Hay \(\angle AOC = {60^o}\)

Xét tam giác OAC vuông tại \(A\;\;\left( {CA \bot AB} \right)\) ta có:

\(\tan \angle AOC = \frac{{CA}}{{OA}} \Rightarrow CA = OA.\tan \angle AOC = 3\sqrt 3 \;\;\left( {cm} \right)\)

3. Chứng minh: \(AC.BD = {R^2}\) và \({S_{ACDB}} \ge 2{R^2}\).

Ta có: \(OM = OB = R\) (B, M thuộc nửa đường tròn \(\left( O \right)\)) ;

\(FM = FB\) (F là trung điểm của MB)

\( \Rightarrow \) OF là đường trung trực của MB hay OD là đường trung trực của MB. (tính chất đường trung trực)

\( \Rightarrow DB = DM\) (tính chất đường trung trực)

Ta có tứ giác \(MEOF\) là hình chữ nhật (cm a))

\( \Rightarrow \angle EOF = {90^0}\;\;hay\;\;\angle COD = {90^0}.\)

Theo đề bài ta có: \(CD\) là tiếp tuyến của \(\left( {O;\;R} \right)\) tại \(M \Rightarrow OM \bot CD.\) (tính chất tiếp tuyến)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta OCD\) vuông tại\(O,\) có đường cao \(OM\)  ta có:

\(O{M^2} = CM.DM = {R^2}.\)

Lại có: \(DM = DB\;\;\left( {cmt} \right),\;\;CA = CM\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow CA.BD = CM.DM = {R^2}\;\;\;\left( {dpcm} \right)\)

+) Xét \(\Delta DMO\) và \(\Delta DBO\) có:

\(\begin{array}{l}DM = DB\;\;\left( {cmt} \right)\\DO\;chung\\OM = OB\;\;\left( { = R} \right)\\ \Rightarrow \Delta DMO = \Delta DBO\;\;\left( {c - c - c} \right).\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle DMO = \angle DBO = {90^o}\) (2 góc tương ứng)

\( \Rightarrow DB \bot AB\) mà \(B \in \left( O \right)\)

Lại có: \(AC \bot AB\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow CA//BD\;\;\left( { \bot AB} \right)\) (từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow CABD\) là hình thang vuông tại \(A,\;B.\)

\( \Rightarrow {S_{ACDB}} = \frac{1}{2}\left( {AC + BD} \right).AB\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được:

\(AC + BD \ge 2\sqrt {AC.BD}  = 2\sqrt {{R^2}}  = 2R\)

\( \Rightarrow {S_{ACDB}} = \frac{1}{2}\left( {AC + BD} \right).AB \ge \frac{1}{2}.2R.2R = 2{R^2}\)   

Vậy \({S_{ACDB}} \ge 2{R^2}\;\;\left( {dpcm} \right).\)

4. Gọi I là giao điểm của BC và EF, MI cắt AB tại K. Chứng minh rằng: EF là đường trung trực của MK.

Ta có: \(EOFM\) là hình chữ nhật (cmt) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ME//OF;\;EO//MF\\ME = OF;\;EO = MF\end{array} \right.\)  (tính chất hình chữ nhật).

\(\Delta CEI\) và \(\Delta BFI\) có: \(CE//BF \Rightarrow \frac{{CI}}{{IB}} = \frac{{CE}}{{BF}}\) (Hệ quả định lý Ta-lét)   (1)

\(\Delta COD\) có \(ME//OD \Rightarrow \frac{{CE}}{{EO}} = \frac{{CM}}{{MD}}\) (Định lý Ta-lét)

Mà \(EO = MF = BF \Rightarrow \frac{{CE}}{{BF}} = \frac{{CM}}{{MD}} = \frac{{CE}}{{EO}}\) (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \frac{{CI}}{{IB}} = \frac{{CM}}{{MD}}\)

\( \Rightarrow MI//BD\) (Định lý Ta-lét đảo) hay \(MK//BD\) mà \(BD \bot AB\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow MK \bot AB\)

Xét tam giác AKM vuông tại  \(K\;\;\left( {MK \bot AB} \right)\) có KE là đường trung tuyến

\( \Rightarrow EM = EK\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Xét tam giác MKB vuông tại  \(K\;\;\left( {MK \bot AB} \right)\) có KF là đường trung tuyến

\( \Rightarrow FM = FK\) (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow \) EF là đường trung trực của MK  (đpcm).