Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;R} \right)\) và \(\left( {O';\;R'} \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân

Câu hỏi số 262069:

Vận dụng

Cho hai đường tròn \(\left( {O;\;R} \right)\) và \(\left( {O';\;R'} \right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\;(A,\;O,\;B\) không thẳng hàng). Trên tia đối của tia AB lấy điểm \(C,\) kẻ tiếp tuyến \(CD,\;CE\) với \(\left( O \right),\) trong đó \(D,\;E\) là các tiếp điểm và \(E\) nằm trong \(\left( {O'} \right).\) Đường thẳng \(AD,\;\;AE\) cắt \(\left( {O'} \right)\) lần lượt tại \(M\) và \(N\;\left( {M,\;N\; \ne \;A} \right).\) Đường thẳng \(DE\) cắt \(MN\) tại \(I,\;\;OO'\) cắt \(AB\) và \(DI\) lần lượt tại \(H\) và \(F.\)

1) Chứng minh: \(FE.HD = FD.HE.\)

2) Chứng minh: \(MB.EB.DI = IB.AN.BD.\)

3) Chứng minh: \(O'I \bot MN.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:262069

Giải chi tiết

1) Xét tứ giác \(CDOH\) ta có:

\(\widehat {CDO} = {90^0}\) (\(CD\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)).

\(\widehat {CHO} = {90^0}\;\;\left( {gt} \right)\)

\( \Rightarrow \widehat {CDO} + \widehat {CHO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.\)

\( \Rightarrow DCHO\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow D,\;H,\;C,\;O\) cùng nằm trên một đường tròn.

Chứng minh tương tự ta được tứ giác \(CDOE\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow C,\;D,\;O,\;E\) cùng nằm trên một đường tròn.

\( \Rightarrow O,\;D,\;E,\;H,\;C\) cùng nằm trên một đường tròn.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {DHC} = \widehat {DEC}\\\widehat {CDE} = \widehat {CHE}\end{array} \right.\) (các góc nội tiếp cùng chắn dung CD và CE).

Mà \(CD = CE\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \(\Rightarrow \overset\frown{CD}=\overset\frown{CE}\Rightarrow \widehat{DHC}=\widehat{DEC}=\widehat{CDE}=\widehat{CHE}.\)

\( \Rightarrow CH,\;\;HF\) là phân giác trong và ngoài của \(\widehat {DHE}\)

Áp dụng tính chất đường phân giác của \(\widehat {DHE}\) trong tam giác \(DHE\) ta có:

\(\frac{{HE}}{{HD}} = \frac{{FE}}{{FD}} \Leftrightarrow FD.HE = FE.HD\;\;\;\left( {dpcm} \right).\)

2) Xét đường tròn \(\left( O \right)\) ta có :

\(\widehat {BDE} = \widehat {BAE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BE\)).

Xét đường tròn \(\left( {O'} \right)\) ta có :

\(\widehat {BAE} = \widehat {BMI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN\)).

\( \Rightarrow \widehat {BDE} = \widehat {BMI}\;\;\left( { = \widehat {BAE}} \right).\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BIMD\) nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \) \(\widehat {ADI} = \widehat {BMI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MI).

Mà \(\widehat {ADI} = \widehat {ABE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE trong \(\left( O \right)\)).

\( \Rightarrow \widehat {ABE} = \widehat {MBI}\;\left( {\widehat {ADI}} \right).\)

Lại có \(\widehat {BAN} = \widehat {BMN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN trong \(\left( {O'} \right)\)).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta MIB \sim \Delta AEB\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{IB}}{{EB}} \Rightarrow \frac{{MB}}{{IB}} = \frac{{AB}}{{EB}}\\ \Rightarrow \frac{{MB.EB.DI}}{{IB.AN.BD}} = \frac{{AB}}{{EB}}.\frac{{EB.DI}}{{AN.BD}} = \frac{{AB.DI}}{{AN.BD}}\;\;\;\;\;\left( 1 \right).\end{array}\)

Mặt khác : \(\widehat {DIB} = \widehat {DMB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DB).

Mà \(\widehat {DMB} = \widehat {ANB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB trong \(\left( {O'} \right)\))

\( \Rightarrow \widehat {ANB} = \widehat {DIB}\;\left( { = \widehat {DMB}} \right)\)

Lại có : \(\widehat {BAN} = \widehat {BDI}\;\;\left( { = \widehat {BMN}} \right).\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta DBI \sim \Delta ABN(g.g)\\ \Rightarrow \frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{ID}}{{NA}} \Rightarrow AB.DI = AN.BD.\\ \Rightarrow \frac{{AB.DI}}{{AN.BD}} = 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra : \(\frac{{MB.EB.DE}}{{IB.AN.BD}} = \frac{{AB.DI}}{{AN.BD}} = 1 \Leftrightarrow MB.EB.DE = IB.AN.BD\;\;\;\;\left( {dpcm} \right).\;\)

3) Ta có :

\(\begin{array}{l}\Delta CEB \sim \Delta CAE\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{CB}}{{CE}} = \frac{{EB}}{{AE}} \Rightarrow \frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{AE}}{{EB}}.\\\Delta CDA \sim \Delta CBD\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{CD}}{{CB}} = \frac{{AD}}{{BD}}.\\CD = CE\left( {gt} \right) \Rightarrow \frac{{AE}}{{BE}} = \frac{{AD}}{{BD}}.\end{array}\)

Ta có : \(\widehat {DAB} = \widehat {DEB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD\) trong \(\left( O \right)\)).

\(\widehat {BNM} = \widehat {BAD}\) (do tứ giác \(BNMA\) nội tiếp).

\( \Rightarrow \widehat {BNI} = \widehat {BAD} = \widehat {BED}.\)

\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BEIN\) nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \widehat {BEN} = \widehat {BIN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN).

Lại có : \(\widehat {BEN} = \widehat {BDA}\) (vì tứ giác \(ADBE\) là tứ giác nội tiếp).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {BIN} = \widehat {BDA}\;\left( { = \widehat {BEN}} \right).\\ \Rightarrow \Delta BNI \sim \Delta BAD\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{{NI}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{BI}}{{IN}} = \frac{{BD}}{{AD}}.\end{array}\)

Chứng minh tương tự ta có :

\(\begin{array}{l}\widehat {BIN} = \widehat {BEN} \Rightarrow \widehat {BIM} = \widehat {AEB};\;\;\widehat {BMI} = \widehat {BAE}\\ \Rightarrow \Delta BIM \sim \Delta BEA\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{BI}}{{IM}} = \frac{{BE}}{{EA}}.\\ \Rightarrow \frac{{IN}}{{IM}} = \frac{{BD.AE}}{{AD.BE}} = 1 \Rightarrow IN = IM\end{array}\)

\( \Rightarrow O'I \bot MN\) (đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây ấy).

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link