Bài 4(3,0đ) 1.(1,5đ)
O
H
A I
N
M S
K
Ta có ·AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 0
(O;R))
·
⇒AMS = 90 0(1) Mặt khác, SK // MN mà MN ⊥ AB ⇒ SK ⊥AB
·
⇒AKS = 90 0(2)
Từ (1) và (2) ⇒AMS + AKS = 180· · 0
⇒ SKAM là tứ giác nội tiếp
Xét hai HKM, HAS∆ ∆ có
µH chung và KMH = ASH· · (góc nội tiếp chắn cung AK của đường tròn ngoại tiếp tứ giác SKAM)
⇒ ∆ HKM, HAS đồng dạng (g.g)∆
⇒
⇒
HS HA =
HM HK HS.HK = HA.HM
2.(1,0đ)
· ·
KSA = KMA (chứng minh trên) mà SH // MN
⇒ KSA = ANM· · ( so le trong) ⇒ KMA = ANM· · (1)
Do AB là trục đối xứng của (O;R) và MN ⊥ AB
⇒ MAO = NAO· · (2), mặt khác ∆ OAM cân ở O (OA =
OM = R) ⇒ MAO = AMO· · (3)
Từ (2) và (3) ⇒ NAO = AMO· · (4)
Từ (1) và (4) ⇒ KMA + AMO = ANM + NAO· · · ·
Mà tam giác ANI vuông tại I ⇒ ANM + NAO = 90· · 0
⇒ KMA + AMO = 90· · 0
·
⇒KMO = 90 0 hay KM vuông góc với bán kính OM tại M
⇒ KM là tiếp tuyến của (O;R) 3.(0,5đ)
Xét tam giác SAB theo chứng minh trên ta có:
SK và AM là hai đường cao ⇒ H là trực tâm của tam giác SAB
Mặt khác ANB = 90· 0(góc nội tiếp chắn nửa (O;R)) Nên BN⊥SA hay BN là đường cao của tam giác SAB
⇒ BN đi qua H, hay H; N; B thẳng hàng.
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25