Cho đường tròn tâm (O) và dây cung AB cố định không phải đường kính. Điểm C khác A, B di
Cho đường tròn tâm (O) và dây cung AB cố định không phải đường kính. Điểm C khác A, B di động trên AB. Đường tròn tâm P đi qua C và tiếp xúc với (O) tại A, đường tròn tâm Q đi qua C và tiếp xúc với (O) tại B. Các đường tròn (P), (Q) cắt nhau tại điểm thứ 2 là M. Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại I.
a) Chứng minh rằng MC là phân giác của góc AMB và các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Quảng cáo
a) Chứng minh rằng MC là phân giác của góc AMB và các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn.
Ta có IA là tiếp tuyến chung của \(\left( P \right)\) và \(\left( O \right)\) , IB là tiếp tuyến chung của\(\left( Q \right)\) và \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \) P, A, O thẳng hàng và Q, B, O thẳng hàng.
Xét đường tròn \(\left( P \right)\) có \(\widehat {AMC} = \widehat {BAI}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).
Xét đường tròn \(\left( Q \right)\) có \(\widehat {BMC} = \widehat {ABI}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC).
Mà \(\widehat {BAI} = \widehat {ABI}\) (\(\Delta IAB\) cân tại A)
\( \Rightarrow \widehat {AMC} = \widehat {BMC} \Rightarrow \) MC là phân giác của \(\widehat {AMB}\).
Ta có : \(\widehat {AIB} + \widehat {BAI} + \widehat {ABI} = {180^0}\) (tổng ba góc trong tam giác).
Mà \(\widehat {BAI} + \widehat {ABI} = \widehat {AMC} + \widehat {BMC} = \widehat {AMB}\)
\( \Rightarrow \widehat {AIB} + \widehat {AMB} = {180^0} \Rightarrow \) tứ giác AMBI nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)
Lại có : \(\widehat {OAI} = \widehat {OBI} = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \widehat {OAI} + \widehat {OBI} = {180^0} \Rightarrow \) tứ giác AOIB nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800).
Vậy các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng khi điểm C thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Gọi J là trung điểm của OI.
Ta có tam giác AMP cân tại P \(\left( {PA = PM} \right)\) nên : \(\widehat {MPO} = \widehat {PAM} + \widehat {PMA} = 2\widehat {PAM} = 2\widehat {OAM}\) (góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó).
Tương tự ta có: Tam giác BMQ cân tại Q \(\left( {QM = QB} \right)\) nên : \(\widehat {MQO} = 2\widehat {OBM}\)
Mà \(\widehat {OAM} = \widehat {OBM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM)
\( \Rightarrow \widehat {MPO} = \widehat {MQO} \Rightarrow \) tứ giác PMOQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung bằng nhau).
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMOQ.
Các điểm A, M, O, B, I cùng thuộc đường tròn đường kính OI nên JM = JB, QM = QB.
\( \Rightarrow \Delta JMQ = \Delta JBQ\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow \widehat {JMQ} = \widehat {JBQ}\) mà tam giác JOB cân tại J nên: \(\widehat {JBQ} = \widehat {JOQ}\)
Do đó : \(\widehat {JMQ} = \widehat {JOQ}\) hay tứ giác JMOQ nội tiếp.
Suy ra P, M, O, Q, J cùng thuộc một đường tròn.
Ta có I, O cố định nên JO cố định \( \Rightarrow \) Trung trực của JO cố định
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ luôn thuộc trung trực của JO cố định.
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
