Chủ đề này có 2 trả lời

[MyMy ZinDy]

Cho đường tròn (C) đường kính AB trong mặt phẳng (P). Một đường thẳng d vuông góc với (P) tại A. trên d lấy điểm S và trên (C) lấy M.

1. CM MB vuông góc với mp (SAM)

2. Kẻ AH vuông góc với SB tại H, AK vuông góc với SM tại K. CM: AK vuông góc (SBM), SB vuông góc với mp (AHM) 

3. Gọi I là giao của HK và MB. CM: AI là tiếp tuyến của đường tròn (C)

[tritanngo99]

Cho đường tròn (C) đường kính AB trong mặt phẳng (P). Một đường thẳng d vuông góc với (P) tại A. trên d lấy điểm S và trên (C) lấy M.

1. CM MB vuông góc với mp (SAM)

2. Kẻ AH vuông góc với SB tại H, AK vuông góc với SM tại K. CM: AK vuông góc (SBM), SB vuông góc với mp (AHM) 

3. Gọi I là giao của HK và MB. CM: AI là tiếp tuyến của đường tròn (C)

1) Ta có: $MB\bot MA$ và $MB\bot SA\implies MB\bot (SAM)(*)$.

2) Do $(*)\implies MB\bot AK$. Lại có: $AK\bot SM\implies AK\bot (SBM)(**)$.

Ý hai mình nghĩ đề phải là: $SB\bot (AHK)$.

Thật vậy: Do $(**)\implies AK\bot SB$. Lại có: $AH\bot SB\implies SB\bot (AHK)$.

3) Do $I=KH\cap MB;MB\in (P)\implies I\in (P)$.

Áp dụng định lý Menelaus vào $\triangle{SMB}$, cát tuyến $KHI$ ta có:

 $\frac{SK}{KM}.\frac{MI}{IB}.\frac{BH}{HS}=1(1)$.

Mặt khác do $SAM,SAB$ là các tam giác vuông nên ta có các đẳng thức sau:

 $\frac{SK}{KM}=\frac{\frac{SA^2}{SM}}{\frac{MA^2}{SM}}=\frac{SA^2}{MA^2}(2)$.

$\frac{BH}{HS}=\frac{\frac{AB^2}{BS}}{\frac{SA^2}{BS}}=\frac{AB^2}{AS^2}(3)$.

Từ $(1)(2)(3)\implies \frac{SA^2}{AM^2}.\frac{MI}{BI}.\frac{AB^2}{SA^2}=1\implies \frac{BI}{MI}=\frac{AB^2}{AM^2}$

$\iff 1+\frac{MB}{MI}=1+\frac{MB^2}{MA^2}\iff \frac{1}{MI}=\frac{MB}{MA^2}\iff MA^2=MI.MB$.

Mặt khác: $MA\bot IB\implies \triangle{IAB}$ vuông tại $A$. Hay $IA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(C)$.

[MyMy ZinDy]

Li

 

1) Ta có: $MB\bot MA$ và $MB\bot SA\implies MB\bot (SAM)(*)$.

2) Do $(*)\implies MB\bot AK$. Lại có: $AK\bot SM\implies AK\bot (SBM)(**)$.

Ý hai mình nghĩ đề phải là: $SB\bot (AHK)$.

Thật vậy: Do $(**)\implies AK\bot SB$. Lại có: $AH\bot SB\implies SB\bot (AHK)$.

3) Do $I=KH\cap MB;MB\in (P)\implies I\in (P)$.

Áp dụng định lý Menelaus vào $\triangle{SMB}$, cát tuyến $KHI$ ta có:

 $\frac{SK}{KM}.\frac{MI}{IB}.\frac{BH}{HS}=1(1)$.

Mặt khác do $SAM,SAB$ là các tam giác vuông nên ta có các đẳng thức sau:

 $\frac{SK}{KM}=\frac{\frac{SA^2}{SM}}{\frac{MA^2}{SM}}=\frac{SA^2}{MA^2}(2)$.

$\frac{BH}{HS}=\frac{\frac{AB^2}{BS}}{\frac{SA^2}{BS}}=\frac{AB^2}{AS^2}(3)$.

Từ $(1)(2)(3)\implies \frac{SA^2}{AM^2}.\frac{MI}{BI}.\frac{AB^2}{SA^2}=1\implies \frac{BI}{MI}=\frac{AB^2}{AM^2}$

$\iff 1+\frac{MB}{MI}=1+\frac{MB^2}{MA^2}\iff \frac{1}{MI}=\frac{MB}{MA^2}\iff MA^2=MI.MB$.

Mặt khác: $MA\bot IB\implies \triangle{IAB}$ vuông tại $A$. Hay $IA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(C)$.

 

Liệu có cách nào chứng minh được $A,H,K,M$ đồng phẳng không?