Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC và điểm A trên nửa dường tròn (A khác B và C). Kẻ

Câu hỏi số 269307:

Vận dụng

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính BC và điểm A trên nửa dường tròn (A khác B và C). Kẻ đường cao AH (H thuôc BC). Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, ta vẽ nửa đường tròn \(\left( {{O}_{1}};{{R}_{1}} \right)\) đường kính HB và nửa đường tròn \(\left( {{O}_{2}};{{R}_{2}} \right)\) đường kính HC chúng lần lượt cắt AB và AC tại E và F. Các tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\) vẽ từ A và B (A và B là các tiếp điểm) cắt nhau tại M.

a) Chứng minh rằng tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng các đường thẳng MC, AH và EF đồng quy tại một điểm.

c) Gọi \(\left( I;r \right)\) là đường tròn tiếp xúc ngoài với các đường tròn \(\left( {{O}_{1}} \right);\,\,\left( {{O}_{2}} \right)\) và tiếp xúc với EF tại điểm D (D thuộc EF). Chứng minh rằng \(\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{{{R}_{1}}}}+\frac{1}{\sqrt{{{R}_{2}}}}\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:269307

Giải chi tiết

a) Chứng minh rằng tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn.

Ta có: \(\angle BEH\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( {{O}_{1}} \right)\Rightarrow \angle BEH={{90}^{0}}.\)

\(\angle CFH\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( {{O}_{2}} \right)\Rightarrow \angle CFH={{90}^{0}}\)

Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HE\) ta có: \(A{{H}^{2}}=AE.AB\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

Xét \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HF\) ta có: \(A{{H}^{2}}=AF.AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\(\begin{align} & \Rightarrow AE.AB=AF.AC\ \ \left( =A{{H}^{2}} \right) \\ & \Rightarrow \frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}. \\ \end{align}\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ACB\) ta có:

\\(\begin{align} & \angle A\ \ chung \\ & \frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\ \ \left( cmt \right) \\ & \Rightarrow \Delta AEF\sim \Delta ACB\ \ \left( c.g.c \right). \\ & \Rightarrow \angle AEF=\angle ACB. \\ \end{align}\)

Xét tứ giác \(BEFC\) có \(\angle AEF=\angle ACB\ \ \left( cmt \right)\Rightarrow BEFC\) là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

b) Chứng minh rằng các đường thẳng MC, AH và EF đồng qui tại một điểm.

Gọi \(J\) là giao điểm của \(AC\) và \(BM.\)

Tứ giác \(AEHF\) có: \(\angle EAF=\angle AFH=\angle AEH={{90}^{0}}\ \ \left( gt \right)\Rightarrow AEHF\) là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow AH\cap EF=\left\{ K \right\}\) với \(K\) là trung điểm của \(AH\) và \(EF.\)

Ta có: \(AM,\ \ BM\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) và cắt nhau tại \(M\Rightarrow MA=MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Ta có: \(\angle MAJ+\angle MAB={{90}^{0}};\,\,\angle MJA+\angle MBA={{90}^{0}}\Rightarrow \angle MAJ=\angle MJA\Rightarrow \Delta MAJ\) cân tại M \(\Rightarrow MA=MJ\)

\(\Rightarrow MB=MJ\Rightarrow M\) là trung điểm của \(BJ.\)

Gọi \(P\) là giao điểm của \(MC\) và \(AH.\)

Ta có: \(AH//BJ\ \ \left( \bot BC \right).\)

\(\begin{align} & \Rightarrow \frac{AP}{MJ}=\frac{PH}{BM}\ \ \left( Ta-let \right). \\ & \Rightarrow AP=PH\ \ \left( do\ \ MJ=BM \right) \\ \end{align}\)

Hay \(P\) là trung điểm của \(AH\Rightarrow P\equiv K.\)

Vậy \(AH,\ MC,\ EF\) cắt nhau tại một điểm.

c) Gọi (I; r) là đường tròn tiếp xúc ngoài với các đường tròn \(\left( {{O}_{1}} \right),\ \ \left( {{O}_{2}} \right)\) và tiếp xúc với EF tại điểm D (D thuộc đoạn EF). Chứng minh rằng \(\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{{{R}_{1}}}}+\frac{1}{\sqrt{{{R}_{2}}}}.\)

Ta cần chứng minh: \(\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{{{R}_{1}}}}+\frac{1}{\sqrt{{{R}_{2}}}}\Leftrightarrow \sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=\sqrt{{{R}_{2}}r}+\sqrt{{{R}_{1}}r}\)

Gọi \(N\) là hình chiếu của \({{O}_{1}}\) trên \(F{{O}_{2}}.\) Gọi D là hình chiếu của I trên EF.

Ta có: \(AEHF\) là hình chữ nhật (cmt) \(\Rightarrow KH=KE\Rightarrow \angle KEH=\angle KHE.\)

Tam giác \({{O}_{1}}HE\) cân tại \({{O}_{1}}\Rightarrow \angle {{O}_{1}}HE=\angle {{O}_{1}}EH\Rightarrow \angle {{O}_{1}}EH+\angle KEH=\angle {{O}_{1}}HE+\angle KHE={{90}^{0}}\Rightarrow \angle {{O}_{1}}EK={{90}^{0}}\)

\(\Rightarrow EF\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {{O}_{1}} \right)\)

Chứng minh tương tự ta có \(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O_{2} \right)\)

\(\Rightarrow EF\) là tiếp tuyến chung của \(\left( {{O}_{1}} \right)\) và \(\left( {{O}_{2}} \right).\)

Xét tứ giác \({{O}_{1}}EFN\) ta có: \(\angle {{O}_{1}}EF=\angle EFN=\angle FN{{O}_{1}}={{90}^{0}}\Rightarrow EFN{{O}_{1}}\) là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow {{O}_{1}}N=EF.\)

Có: \({{O}_{1}}N=\sqrt{{{O}_{1}}O_{2}^{2}-NO_{2}^{2}}=\sqrt{{{\left( {{O}_{1}}H+H{{O}_{2}} \right)}^{2}}-{{\left( F{{O}_{2}}-E{{O}_{1}} \right)}^{2}}}=\sqrt{{{\left( {{R}_{1}}+{{R}_{2}} \right)}^{2}}-{{\left( {{R}_{2}}-{{R}_{1}} \right)}^{2}}}=\sqrt{4{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=2\sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}.\)

\(\Rightarrow EF=2\sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}.\)

Ta có: \(EF\) tiếp xúc ngoài với \(\left( I;\ r \right)\) tại \(\Rightarrow ID=r,\ ID\bot EF.\)

Gọi T, Q lần lượt là hình chiếu của I trên O₁E và O₂F. Ta có \(\begin{align} & ED=IT=\sqrt{O{{I}^{2}}-{{O}_{1}}{{T}^{2}}}=\sqrt{{{\left( {{R}_{1}}+r \right)}^{2}}-{{\left( {{R}_{1}}-r \right)}^{2}}}=2\sqrt{{{R}_{1}}r} \\ & DF=IQ=\sqrt{I{{N}^{2}}-Q{{N}^{2}}}=\sqrt{{{\left( {{R}_{2}}+r \right)}^{2}}+{{\left( {{R}_{2}}-r \right)}^{2}}}=2\sqrt{{{R}_{2}}r} \\ & \Rightarrow ED+DF=2\sqrt{{{R}_{1}}r}+2\sqrt{{{R}_{2}}r} \\ & \Rightarrow EF=2\sqrt{{{R}_{1}}r}+2\sqrt{{{R}_{2}}r} \\ & \Rightarrow 2\sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=2\sqrt{{{R}_{1}}r}+2\sqrt{{{R}_{2}}r} \\ & \Rightarrow \sqrt{{{R}_{1}}{{R}_{2}}}=\sqrt{{{R}_{2}}r}+\sqrt{{{R}_{1}}r}\,\,\left( dpcm \right) \\ \end{align}\)

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