EOF 90· = 0EA, EM LÀ HAI TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN (O) CẮT NHAU Ở E NÊN OE LÀ PHÂN GIÁC CỦA AOM·

Bài 5: a) Chứng minh:

EOF 90^· =

⁰

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E

Nên OE là phân giác của

AOM^·

.

Tương tự: OF là phân giác của

BOM^·

Mà

AOM^·

và

BOM^·

kề bù nên:

EOF 90^· =

⁰

(đpcm)

b) Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.

Ta có:

_{EAO EMO 90}^· ₌^· ₌

⁰

(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có

EAO EMO 180^· +^· =

⁰

nên nội tiếp được trong một đương tròn.

^•

Tam giác AMB và tam giác EOF có:

· ·

⁰

AMB EOF 90= =

,

_{MAB MEO}^· ₌^·

(cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ

giác

AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)

c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh

MK⊥AB

.

y

Tam giác AEK có AE // FB nên:

^{AK AE}

F

KF = BF

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

x

M

Nên :

^{AK ME}KF = MF

. Do đó MK // AE (định lí đảo của định

E

lí Ta- let)

K

Lại có: AE

⊥

AB (gt) nên MK

⊥

AB.

d) Khi MB =

3

.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

A

B

N

O

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN

⊥

AB.

∆

FEA có: MK // AE nên:

^{MK FK}AE = FA

(1)

∆

BEA có: NK // AE nên:

^{NK BK}AE = BE

(2)

Mà

^{FK BK}+ +

hay

^{FK BK}KA = KE

( do BF // AE) nên

^{FK BK}KA FK = BK KEFA = BE

(3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

^{MK KN}AE = AE

. Vậy MK = NK.

S KN 1

Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:

^AKB

S = MN= 2

AMB

S 1S

Do đó:

AKB

AMB

=2

.

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A =

^{MB 3}MA = ⇒MAB 60· =

⁰

.

Vậy AM =

^a⇒ =

=

^{1 a}

²

³S . . .2

và MB =

^{a 3}16

(đvdt)

2 ⇒

_AKB

1 1 a a 32 2 2 2