Cho đường tròn (O) và đường kính AB cố định. Biết điểm C thuộc đường tròn (O), với C

Câu hỏi số 330526:

Vận dụng

Cho đường tròn (O) và đường kính AB cố định. Biết điểm C thuộc đường tròn (O), với C khác A và B. Vẽ đường kính CD của đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) cắt hai đường thẳng AC và AD lần lượt tại hai điểm E và F.

1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp đường tròn.

2) Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BF. Chứng minh OE vuông góc với AH.

3) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng OE và AH. Chứng minh điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF.

4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF. Chứng minh I luôn thuộc đường thẳng cố định và đường tròn (I) luôn đi qua 2 điểm cố định khi điểm C di động trên (O) thỏa mãn điều kiện.

Xem lời giải

Câu hỏi:330526

Phương pháp giải

1) Chứng minh đây là tứ giác có góc ngoài bằng góc đối diện.

2) Sử dụng công thức lượng giác sin và xét tam giác AFH và AEO.

3) Chứng minh tứ giác OKDH nội tiếp, ECKD nội tiếp.

4) Chứng minh I luôn di động trên đường thẳng // EF và cách EF một khoảng không đổi OB.

Giải chi tiết

1) Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle E = \frac{1}{2}sd\,cung\,AB - \frac{1}{2}sd\,cung\,BC = \frac{1}{2}sd\,cung\,AC\\\angle ADC = \frac{1}{2}sd\,cung\,AC\end{array} \right.\)

(Vì góc ADC là góc nội tiếp đường tròn (O) chắn cung AC).

\( \Rightarrow \angle E = \angle ADC\,\,\left( { = \frac{1}{2}sd\,cung\,AC} \right)\)

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

2) Gọi H là trung điểm của BF. Chứng minh OE vuông AH.

Gọi K là giao điểm EO và AH.

EAF là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên là góc vuông.

Tam giác ABF và ABE đều vuông tại E nên:

\(\begin{array}{l}\sin \angle BAF = \frac{{BF}}{{AF}} = \frac{{2HF}}{{FA}}\\\sin \angle AEB = \frac{{AB}}{{AE}} = \frac{{2AO}}{{FA}}\end{array}\)

\(\angle BAF = \angle AEB\) (do cùng phụ \(\angle EAB\)) nên: \(\frac{{HF}}{{FA}} = \frac{{AO}}{{FA}}\)

Mặt khác: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle AFH = \angle EAO\\\frac{{HF}}{{FA}} = \frac{{AO}}{{FA}}\end{array} \right. \Rightarrow \Delta AFH \sim \Delta AEO\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle FAH = \angle AEO\\\angle FAH + \angle EAK = {90^0} = \angle AEO + \angle EAK\\ \Rightarrow \angle AEK = {90^0} \Rightarrow OE \bot AH\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

3) Gọi K là giao điểm của OE và AH. Chứng minh K thuộc đường tròn ngoại tiếp ECDF.

Ta có: OBD là tam giác cân tại O nên: \(\angle ODB = \angle OBD.\)

EDB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên đây là góc vuông, do đó: DH = BH( tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).

Do vậy BHD cân tại H nên: \(\angle BDH = \angle DBH.\)

Vậy: \(\angle ODH = \angle ODB + \angle BDH = \angle OBD + \angle DBH = \angle OBH = {90^0} = \angle OKH.\)

Do đó tứ giác OKDH nội tiếp. (dhnb)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\angle KDO = \angle KHO\\\angle CEK = \angle KHO\end{array} \right. \Rightarrow \angle KDO = \angle CEK \Rightarrow \angle CDK = \angle CEK\)

Nên tứ giác ECKD nội tiếp.

Vậy K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ECD.

4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ECDF. Chứng minh I luôn thuộc đường thẳng cố định và đường tròn (I) luôn đi qua 2 điểm cố định khi C di động trên (O).

Gọi N là giao điểm của CB và KH.

Vì các góc ECN, EKN vuông nên: EN là đường kính của (I), I là trung điểm EN.

Gọi P là hình chiếu I lên EF. Do NF vuông EF (vì EFN là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên IP // NF.

IP là đường trung bình tam giác \(\Delta ENF \Rightarrow IP = \frac{{FN}}{2}.\)

Tứ giác AFNB có: FN // AB, FA // NB nên là hình bình hành, do vậy: \(FN = AB.\)

Do đó: \(IP = \frac{1}{2}AB = OB.\)

Mà OB cố định nên I luôn di động trên đường thẳng song song với EF, cách EF một khoảng không đổi OB.

AB luôn cắt (I) tại 2 điểm. Gọi 2 điểm đó là M và Q, R là bán kính đường tròn tâm O.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\angle MOD = \angle COQ\\\angle MDO = \angle CQO\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ODM \sim \Delta OQC\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{OD}}{{OQ}} = \frac{{OM}}{{OC}} \Rightarrow OD.OC = {R^2} = OM.OQ\\\left\{ \begin{array}{l}\angle CAM = \angle QAE\\\angle ACM = \angle AQE\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta AQE(g.g)\\ \Rightarrow \frac{{AC}}{{AQ}} = \frac{{AM}}{{AE}} \Leftrightarrow AC.AE = AQ.AM\\AC.AE = A{B^2} = 4{R^2} \Rightarrow AQ.AM = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow \left( {AO + OQ} \right)\left( {AO - OM} \right) = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow \left( {R + OQ} \right)\left( {R - OM} \right) = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow {R^2} - R.OM + R.OQ - OQ.OM = 4{R^2}\\ \Leftrightarrow {R^2} + R\left( {OQ - OM} \right) - {R^2} = 4{R^2}\\ \Rightarrow OQ - OM = 4R.\end{array}\)

Do vậy ta luôn tính được OQ, OM theo R. Mà O, R cố định nên Q, M cố định.

Vậy đường tròn (I) luôn đi qua 2 điểm cố định M, Q khi C di động trên đường tròn (O).

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.