1) Từ A ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B,C là tiếp điểm) . AO cắt BC tại H. Đường tròn

Câu hỏi số 315039:

Vận dụng

1) Từ A ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B,C là tiếp điểm) . AO cắt BC tại H. Đường tròn đường kính CH cắt (O) tại điểm thứ 2 là D. Gọi T là trung điểm BD

a) Chứng minh ABHD nội tiếp

b) Gọi E là giao điểm thứ 2 của đường tròn đường kính AB với AC. S là giao của AO với BE. Chứng minh \(TS//HD.\)

2) Cho \(\left( {{O_1}} \right),\;\;\left( {{O_2}} \right)\) cắt nhau tại 2 điểm A, B. Gọi MN là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn với M, N lần lượt thuộc \(\left( {{O_1}} \right),\;\;\left( {{O_2}} \right)\).Qua A kẻ đường thẳng d song song với MN cắt \(\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right),\;BM,\;BN\) lần lượt tại C,D,F,G. Gọi E là giao của CM và DN. Chứng minh \(EF = EG.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:315039

Phương pháp giải

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

+) Chứng minh các cặp góc so le trong hoặc đồng vị bằng nhau từ đó suy ra các đường thẳng song song.

Giải chi tiết

1) Từ A ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB,AC (B,C là tiếp điểm ) . AO cắt BC tại H. Đường tròn đường kính CH cắt (O) tại điểm thứ 2 là D. Gọi T là trung điểm BD

a) Chứng minh ABHD nội tiếp

Gọi \(I,\;J\) lần lượt là tâm của các đường tròn đường kính \(CH,\;AB.\)

Xét \(\left( J \right)\) ta có: \(\angle ADB\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\( \Rightarrow \angle ADB = {90^0}\)

Ta có: \(AB,\;AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại các tiếp điểm \(B,\;C\) cắt nhau tại \(A\)

Và \(AO \cap BC = \left\{ H \right\} \Rightarrow AO \bot BC = \left\{ H \right\}\;\;hay\;\;\angle AHB = {90^0}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tứ giác \(ABHD\) ta có:

\(\angle ADB = \angle AHB = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\)

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

b) Gọi E là giao điểm thứ 2 của đường tròn đường kính AB với AC. S là giao của AO với BE. Chứng minh TS//HD

Vì tứ giác \(ABHD\) là tứ giác nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow \angle DBH = \angle DAH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DH)

Xét đường tròn \(\left( I \right)\) ta có: \(\angle HDC\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle HDC = {90^0}\\ \Rightarrow \angle BDA = \angle HCD = {90^0}.\end{array}\)

Lại có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle ADH = \angle ADB + \angle BDH = {90^0} + \angle BDH\\\angle BDC = \angle BDH + \angle HDC = {90^0} + \angle BDH\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \angle ADH = \angle BDC\;\left( { = {{90}^0} + \angle BDH} \right).\)

Xét \(\Delta ADH\) và \(\Delta BDC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\angle HAD = \angle DAC\;\;\left( {cmt} \right)\\\angle ADH = \angle BDC\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADH \sim \Delta BDC\;\;\left( {g - g} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{BD}} = \frac{{AH}}{{BC}}\) (các cặp cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{BD}}{{BC}} = \frac{{2TD}}{{2HC}} = \frac{{TD}}{{HC}}\) (T là trung điểm của \(BD\)).

Xét \(\Delta TAD\) và \(\Delta CAH\) ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{AD}}{{AH}} = \frac{{TD}}{{CH}}\;\;\left( {cmt} \right)\\\angle TDA = \angle CHA = {90^0}\\ \Rightarrow \Delta TAD \sim \Delta CAH\;\;\left( {c - g - c} \right).\end{array}\)

\( \Rightarrow \angle TAD = \angle HAC\) (hai góc tương ứng).

Mà: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle TAD = \angle TAS + \angle HAD\\\angle HAC = \angle HAD + \angle DAE\end{array} \right. \Rightarrow \angle TAS = \angle DAE.\)

Mặt khác: \(\angle DAE = \angle DBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

\( \Rightarrow \angle TAS = \angle SBT\;\;\left( { = \angle EAD} \right)\)

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

\( \Rightarrow \angle STD = \angle BAS\) (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

Mà \(\angle BAS = \angle BDH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH trong đường tròn (J))

\( \Rightarrow \angle STD = \angle TDH\;\left( { = \angle BAH} \right)\)

Lại có hai góc này ở vị trí so le trong

\( \Rightarrow ST//HD\;\;\left( {dpcm} \right).\)

2) Cho \(({O_1}),({O_2})\) cắt nhau tại 2 điểm A,b. Gọi MN là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn với M,N lần lượt thuộc \(({O_1})\),\(({O_2})\).Qua A kẻ đường thẳng d song song với MN cắt \(({O_1}),({O_2}),BM,BN\) lần lượt tại C, D, F, G. Gọi E là giao của CM và DN. Chứng minh \(EF = EG.\)

Gọi \(M{O_1} \cap d = \left\{ H \right\},\;\;N{O_2} \cap d = \left\{ I \right\},\;AB \cap MN = \left\{ K \right\}.\)

Ta có : \(MN//CD \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{O_1}M \bot CD = \left\{ H \right\}\\{O_2}M \bot CD = \left\{ I \right\}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {O_1}M,\;\;{O_2}N\) lần lượt là trung trực của \(CA\) và \(DA.\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CH = HA,\;\;\angle MHA = {90^0}\\IA = ID,\;\;\angle NID = {90^0}\end{array} \right..\)

\( \Rightarrow MNIH\) là hình chữ nhật \(\left( {\angle M = \angle H = \angle I = {{90}^0}} \right).\)

\( \Rightarrow HI = MN = \frac{1}{2}CD.\)

Xét \(\Delta CED\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN//CD\\MN = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của \(\Delta CED \Rightarrow M,\;N\) lần lượt là trung điểm của\(EC,\;\;ED.\)

\( \Rightarrow MC = ME,\;\;ND = NE.\)

Xét \(\Delta CAE\) ta có: \(M,\;H\) lần lượt là trung điểm của \(CA,\;CE\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow AM\) là đường trung bình của \(\Delta CAE\) (định nghĩa).

\( \Rightarrow MH//AE\) (định lý).

Mà \(MH \bot CD\;\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow AE \bot CD\) (từ vuông góc đến song song).

Xét \(\Delta MKA\) và \(\Delta BKM\) ta có:

\(\angle MAK = \angle KMB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\))

\(MKA\;\;chung\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta MKA \sim \Delta BKM\;\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{MK}}{{BK}} = \frac{{KA}}{{KM}} \Leftrightarrow K{M^2} = KA.BK.\;\;\;\;\left( 1 \right)\end{array}\)

Xét \(\Delta NKA\) và \(\Delta BKN\) ta có:

\(\angle NAK = \angle KNB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\))

\(NKA\;\;chung\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta NKA \sim \Delta BKN\;\;\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{NK}}{{BK}} = \frac{{KA}}{{KN}} \Leftrightarrow K{N^2} = KA.BK.\;\;\;\;\left( 2 \right)\end{array}\)

Từ (1) và (2) suy ra: \(KM = KN.\)

Do \(MN//FG,\) áp dụng định lý Ta-lét ta có:

\(\frac{{KN}}{{AG}} = \frac{{MK}}{{AF}} = \frac{{KB}}{{AB}} \Rightarrow AG = AF.\)

Mặt khác: \(AE \bot FG\;\;\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow EG = EF\;\) (tính chất đường trung trực). (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