Cho đường tròn (O, R) có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên dây BC lấy M (M khác B và

Câu hỏi số 308426:

Vận dụng

Cho đường tròn (O, R) có 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên dây BC lấy M (M khác B và C). Trên dây BD lấy N sao cho \(\angle MAN = \frac{1}{2}\angle CAD\), AN cắt CD tại K. Từ M kẻ MH vuông AB (H thuộc AB).

a) CMR: Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp.

b) Tia AM cắt (O) tại E (E khác A), tiếp tuyến tại E và B của đường tròn cắt nhau tại F. Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm HM.

c) CMR: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC (M khác B và C).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:308426

Phương pháp giải

+) Sử dụng các dấu hiện nhận biết của tứ giác nội tiếp.

+) Sử dụng định lý Ta-lét, chứng minh các tỉ lệ từ đó suy ra điều cần chứng minh.

+) Sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp để chứng mình các tam giác bằng nhau từ đó suy ra các cạnh cần chứng minh.

Giải chi tiết

a) CMR: Tứ giác ACMH nội tiếp, ACMK nội tiếp.

Ta có: \(\angle ACB = \angle ACM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

\(\begin{array}{l}\angle AHM = {90^0}\;\left( {MH \bot AB} \right)\\ \Rightarrow \angle ACM + \angle AHM = {90^0} + {90^0} = {180^0}\end{array}\)

\( \Rightarrow ACHM\) là tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)). (dhnb)

Ta có: \(\angle MCK\) là góc nội tiếp chắn cung \(BD.\)

\(\angle MCK = \frac{1}{2}\,\,cung\,\,DB = {45^0}\)

Mà \(\angle MAK = \frac{1}{2}\angle CAD = {45^0} \Rightarrow \angle MAK = \angle MCK = {45^0}.\)

\( \Rightarrow ACMK\) là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh cùng kề cạnh AC cùng nhìn đoạn MK dưới các góc bằng nhau) (dhnb).

b) Tia AM cắt (O) tại E khác A, tiếp tuyến tại E và B của đường tròn cắt nhau tại F. Chứng minh rằng AF đi qua trung điểm HM.

Gọi AF cắt MH tại I, AM cắt BF tại P.

MH // PB do cùng vuông AB nên ta có: \(\frac{{MH}}{{PB}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) (định lý Ta-lét)

\(\begin{array}{l}IH//FB \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{AH}}{{AB}}\;\;\;\left( {dinh\;\;ly\;\;Ta - let} \right)\\ \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{MH}}{{PB}}\;\;\left( { = \frac{{AH}}{{AB}}} \right).\end{array}\)

Ta có: \(\angle AEB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) )\( \Rightarrow \angle BEP = {90^0}\) (hai góc kề bù).

Theo tính chất 2 tiếp tuyến \(FE,\;\;FB\) cắt nhau nên: \(FE = FB,\;\;\angle FEB = \angle FBE\) (hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)

Mặt khác:

\(\angle FEP = {90^0} - \angle FEB\) (hai góc phụ nhau)

\(\angle FPE = {90^0} - \angle FBE\) \((\Delta PEB\) vuông tại \(E).\)

\( \Rightarrow \angle FEP = \angle FPE\;\;\left( { = {{90}^0} - \angle FEB} \right).\)

\( \Rightarrow \Delta PEF\) cân tại \(F \Rightarrow FE = FP\) (hai cạnh bên của tam giác cân)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow FE = FB = FP.\\ \Rightarrow BP = FP + FB = 2FB\\ \Rightarrow \frac{{IH}}{{FB}} = \frac{{MH}}{{2FB}} \Rightarrow MH = 2IH.\end{array}\)

Do đó AF đi qua trung điểm I của MH (đpcm).

c) CMR: MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M di chuyển trên dây BC.

Do tứ giác ACMK nội tiếp nên: \(\angle ACM = \angle MKN = {90^0}\) (hai góc đối diện cùng bằng \({90^0}\))

Gọi G là giao điểm của AM và DC.

Ta có:\(\Delta BCD\) vuông cân tại \(B \Rightarrow \angle BDC = {45^0}\) (tính chất tam giác vuông cân)

Xét tứ giác \(ADNG\) có: \(\angle NDG = \angle GAN = {45^0}\)

\( \Rightarrow ADNG\) là tứ giác nội tiếp (hai góc cùng nhìn một đoạn thẳng dưới các góc bằng nhau).

\( \Rightarrow \angle ADN + \angle AGN = {180^0} \Leftrightarrow \angle AGN = {90^0}\;\;hay\;\;\angle MGN = {90^0}\) (hai góc kề bù).

Vì: \(\angle MKN = \angle MGN = {90^0} \Rightarrow MCKN\) nội tiếp (hai góc cùng nhìn một đoạn thẳng dưới các góc bằng nhau)

\( \Rightarrow \angle AMN = \angle AKC\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).

Mà \(\angle AMC = \angle AKC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)).

\( \Rightarrow \angle AMC = \angle AMN\;\;\left( { = \angle AKC} \right).\)

Kẻ \(AQ \bot MN = \left\{ Q \right\}\)

Khi đó ta có: \(\Delta AMC = \Delta AMQ\;\;\left( {ch - gn} \right) \Rightarrow AQ = AC\) (hai cạnh tương ứng).

Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: \(AC = \sqrt {{R^2} + {R^2}} = R\sqrt 2 \) không đổi và A là điểm cố định nên khi M di chuyển trên dây BC thì MN luôn tiếp xúc với đường tròn \(\left( {A;\;R\sqrt 2 } \right)\) là một đường tròn cố định. (đpcm)

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