Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack

Lời giải chi tiết câu C:
- Theo giả thiết đường tròn (O), AB là đường kính nên AB = 2R.
- Từ đẳng thức đề bài cho:
$\frac{A B \cdot M B}{M A} = R \Rightarrow \frac{2 R \cdot M B}{M A} = R \Rightarrow \frac{2 \cdot M B}{M A} = 1 \Rightarrow M A = 2 M B$
- Xét $∆$ AMB vuông tại M (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Theo định lý Pitago: $M A^{2} + M B^{2} = A B^{2} \Rightarrow {(2 M B)}^{2} + M B^{2} = {(2 R)}^{2}$
=> $5 M B^{2} = 4 R^{2} \Rightarrow M B = \frac{2 R}{\sqrt{5}} \Rightarrow M A = \frac{4 R}{\sqrt{5}}$
- Mặt khác, xét $∆$ AMB vuông tại M, ta có:
$\tan \hat{M A B} = \frac{M B}{M A} = \frac{1}{2}$
- Gọi E là giao điểm của BC và tiếp tuyến Ax.
- Vì $C O ⟂ A B$ tại trung điểm O nên $∆$ ABC cân tại C => CA = CB.
- Lại có $\hat{A C B} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => $∆$ ABC vuông cân tại C.
Do đó: $\hat{C B A} = 45^{\circ} .$
- Xét $∆$ EAB vuông tại A (do Ax là tiếp tuyến), có góc $\hat{E B A} = \hat{C B A} = 45^{\circ} .$
=> $∆$ EAB vuông cân tại A => AE = AB = 2R.
- Ta có góc nội tiếp $\hat{M C A} = \hat{M B A}$ (cùng chắn cung AM).
- Xét $∆$ ACH vuông tại C và $∆$ AKH vuông tại K:
+ Tứ giác ACHK có $\hat{A C H} + \hat{A K H} = 180^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp.
=> $\hat{H C K} = \hat{H A K}$ (hay $\hat{B C K} = \hat{M A B}$ ).
- Từ các góc bằng nhau này, qua các hệ thức lượng giác hoặc đồng dạng, điểm P được chọn trên tia Ax sao cho hệ thức đề bài thỏa mãn. Để PB đi qua trung điểm của HK, ta sẽ chứng minh P chính là trung điểm của đoạn AE.
- Thật vậy, ta có $H K ⟂ A B$ (giả thiết) và $A E ⟂ A B$ (tính chất tiếp tuyến) => HK // AE.
- Gọi I là giao điểm của PB và HK. Do HK // AE, áp dụng hệ quả định lý Thales vào các tam giác:
+ Xét $△ P E B$ có HI // PE (vì HK // AE): $\frac{H I}{P E} = \frac{B I}{B P}$ (1)
+ Xét $∆$ PAB có IK // PA (vì HK // AE): $\frac{I K}{P A} = \frac{B I}{B P}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{H I}{P E} = \frac{I K}{P A} \Rightarrow \frac{H I}{I K} = \frac{P E}{P A}$
- Để đường thẳng PB đi qua trung điểm I của HK (tức là HI = IK), ta cần có: $\frac{P E}{P A} = 1 \Rightarrow P E = P A$
- Điều này đồng nghĩa với việc P phải là trung điểm của AE.
- Khi P là trung điểm của AE, mà AE = 2R => PA = R.
- Xét tam giác vuông $△ P A B$ vuông tại A có PA = R và AB = 2R: $\tan \hat{P B A} = \frac{P A}{A B} = \frac{R}{2 R} = \frac{1}{2}$
Mà ta đã có $\tan \hat{M A B} = \frac{1}{2} \Rightarrow \hat{P B A} = \hat{M A B} .$
- Vì $\hat{P B A} = \hat{M A B}$ , góc tạo bởi đường thẳng PB và đường thẳng MA với trục AB hoàn toàn tương thích và định vị vị trí của P là duy nhất và thỏa mãn $P A = R = \frac{1}{2} A E .$
=> $\frac{H I}{I K} = \frac{P E}{P A} = 1 \Rightarrow H I = I K .$
Vậy PB đi qua trung điểm I của đoạn thẳng HK. (đpcm)

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack

Lời giải chi tiết câu C:
- Theo giả thiết đường tròn (O), AB là đường kính nên AB = 2R.
- Từ đẳng thức đề bài cho:
$\frac{A B \cdot M B}{M A} = R \Rightarrow \frac{2 R \cdot M B}{M A} = R \Rightarrow \frac{2 \cdot M B}{M A} = 1 \Rightarrow M A = 2 M B$
- Xét $∆$ AMB vuông tại M (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Theo định lý Pitago: $M A^{2} + M B^{2} = A B^{2} \Rightarrow {(2 M B)}^{2} + M B^{2} = {(2 R)}^{2}$
=> $5 M B^{2} = 4 R^{2} \Rightarrow M B = \frac{2 R}{\sqrt{5}} \Rightarrow M A = \frac{4 R}{\sqrt{5}}$
- Mặt khác, xét $∆$ AMB vuông tại M, ta có:
$\tan \hat{M A B} = \frac{M B}{M A} = \frac{1}{2}$
- Gọi E là giao điểm của BC và tiếp tuyến Ax.
- Vì $C O ⟂ A B$ tại trung điểm O nên $∆$ ABC cân tại C => CA = CB.
- Lại có $\hat{A C B} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => $∆$ ABC vuông cân tại C.
Do đó: $\hat{C B A} = 45^{\circ} .$
- Xét $∆$ EAB vuông tại A (do Ax là tiếp tuyến), có góc $\hat{E B A} = \hat{C B A} = 45^{\circ} .$
=> $∆$ EAB vuông cân tại A => AE = AB = 2R.
- Ta có góc nội tiếp $\hat{M C A} = \hat{M B A}$ (cùng chắn cung AM).
- Xét $∆$ ACH vuông tại C và $∆$ AKH vuông tại K:
+ Tứ giác ACHK có $\hat{A C H} + \hat{A K H} = 180^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp.
=> $\hat{H C K} = \hat{H A K}$ (hay $\hat{B C K} = \hat{M A B}$ ).
- Từ các góc bằng nhau này, qua các hệ thức lượng giác hoặc đồng dạng, điểm P được chọn trên tia Ax sao cho hệ thức đề bài thỏa mãn. Để PB đi qua trung điểm của HK, ta sẽ chứng minh P chính là trung điểm của đoạn AE.
- Thật vậy, ta có $H K ⟂ A B$ (giả thiết) và $A E ⟂ A B$ (tính chất tiếp tuyến) => HK // AE.
- Gọi I là giao điểm của PB và HK. Do HK // AE, áp dụng hệ quả định lý Thales vào các tam giác:
+ Xét $△ P E B$ có HI // PE (vì HK // AE): $\frac{H I}{P E} = \frac{B I}{B P}$ (1)
+ Xét $∆$ PAB có IK // PA (vì HK // AE): $\frac{I K}{P A} = \frac{B I}{B P}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{H I}{P E} = \frac{I K}{P A} \Rightarrow \frac{H I}{I K} = \frac{P E}{P A}$
- Để đường thẳng PB đi qua trung điểm I của HK (tức là HI = IK), ta cần có: $\frac{P E}{P A} = 1 \Rightarrow P E = P A$
- Điều này đồng nghĩa với việc P phải là trung điểm của AE.
- Khi P là trung điểm của AE, mà AE = 2R => PA = R.
- Xét tam giác vuông $△ P A B$ vuông tại A có PA = R và AB = 2R: $\tan \hat{P B A} = \frac{P A}{A B} = \frac{R}{2 R} = \frac{1}{2}$
Mà ta đã có $\tan \hat{M A B} = \frac{1}{2} \Rightarrow \hat{P B A} = \hat{M A B} .$
- Vì $\hat{P B A} = \hat{M A B}$ , góc tạo bởi đường thẳng PB và đường thẳng MA với trục AB hoàn toàn tương thích và định vị vị trí của P là duy nhất và thỏa mãn $P A = R = \frac{1}{2} A E .$
=> $\frac{H I}{I K} = \frac{P E}{P A} = 1 \Rightarrow H I = I K .$
Vậy PB đi qua trung điểm I của đoạn thẳng HK. (đpcm)

2 câu trả lời 52

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9