Hình chữ nhật \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( T \right)\) có tâm \(O\), bán kính \(R = 2a\).

Câu hỏi số 342217:

Vận dụng cao

Hình chữ nhật \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( T \right)\) có tâm \(O\), bán kính \(R = 2a\). Tiếp tuyến của \(\left( T \right)\) tại \(C\) cắt các tia \(AB,\,\,AD\) lần lượt tại \(E,\,\,F\).

a) Chứng minh \(AB.AE = AD.AF\) và \(BEFD\) là tứ giác nội tiếp.

b) Đường thẳng \(d\) qua \(A\) vuông góc với \(BD\) và \(d\) cắt \(\left( T \right),\,\,\,EF\) theo thứ tự tại \(M,\,\,N\) \(\left( {M \ne A} \right)\). Chứng minh \(BMNE\) là tứ giác nội tiếp và \(N\) là trung điểm của \(EF\).

c) Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEF\). Tính \(IN\) theo \(a\).

Xem lời giải

Câu hỏi:342217

Phương pháp giải

a) Chứng tam giác \(ABD\) và tam giác \(AFE\) đồng dạng, từ đó suy ra tỉ số.

Sử dụng định nghĩa: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) để chứng minh \(BEFD\) là tứ giác nội tiếp.

b) Sử dụng định nghĩa: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) để chứng minh \(BMNE\) là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh các tam giác \(NAF,\,\,NAE\) là các tam giác cân.

c) Sử dụng mối quan hệ giữa đường kính và dây cung để chứng minh các đường thẳng vuông góc từ đó suy ra cac yếu tố song song. Chứng minh tứ giác \(ANIO\) là hình bình hành.

Giải chi tiết

a) Chứng minh \(AB.AE = AD.AF\) và \(BEFD\) là tứ giác nội tiếp.

Ta có: \(\angle ABD = \angle ACD\) (1) (hai góc nội tiếp chắn cung \(AD\))

Có: \(\angle ACD + \angle CAD = {90^0}\) (tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\))

\( \Rightarrow \angle AFE + \angle CAD = {90^0}\) (tam giác \(ACF\) vuông tại \(C\))

\( \Rightarrow \angle ACD = \angle AFE\) (2).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \angle ABD = \angle AFE\) .

Xét tam giác \(ABD\) và tam giác \(AFE\) có:

\(\angle EAF\) chung;

\(\angle ABD = \angle AFE\,\,\left( {cmt} \right)\);

\( \Rightarrow ABD \sim \Delta AFE\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AB}}{{AF}} = \frac{{AD}}{{AE}} \Rightarrow AB.AE = AD.AF\,\,\left( {dpcm} \right)\).

Ta có \(\angle ABD = \angle AFE\,\,\left( {cmt} \right)\), mà \(\angle ABD + DBE = {180^0}\) (kề bù)

\( \Rightarrow \angle AFE + \angle DBE = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(BEFD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

b) Đường thẳng \(d\) qua \(A\) vuông góc với \(BD\) và \(d\) cắt \(\left( T \right),\,\,\,EF\) theo thứ tự tại \(M,\,\,N\) \(\left( {M \ne A} \right)\). Chứng minh \(BMNE\) là tứ giác nội tiếp và \(N\) là trung điểm của \(EF\).

* Do \(BEFD\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle AEF = \angle ADB\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đổi diện của tứ giác nội tiếp).

Mà \(\angle ADB = \angle AMB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB\) của đường tròn \(\left( T \right)\))

\( \Rightarrow \angle AEF = \angle AMB\). Mà \(\angle AMB + \angle BMN = {180^0}\) (kề bù)

\( \Rightarrow \angle AEF + \angle BMN = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(BMNE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).

* Gọi \(H = AM \cap BD\).

Ta có \(BD \bot AM\) tại \(H \Rightarrow H\) là trung điểm của \(AM\) (quan hệ giữa đường kính và dây cung).

Xét tam giác \(ABM\) có \(BH\) là đường cao đồng thời là trung tuyến \( \Rightarrow \Delta ABM\) cân tại \(B\).

\( \Rightarrow \) Đường cao \(BH\) đồng thời là phân giác của \(\angle ABM \Rightarrow \angle ABD = \angle MBD\).

Ta có \(\angle ABD = \angle AFE\,\,\left( {cmt} \right)\).

\(\angle MBD = \angle MAD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MD\) của đường tròn \(\left( T \right)\))

\( \Rightarrow \angle AFE = \angle MAD\) \( \Rightarrow \Delta NAF\) cân tại \(N\) (tam giác có 2 góc bằng nhau).

\( \Rightarrow NA = NF\,\,\left( 3 \right)\) (2 cạnh bên của tam giác cân).

Ta có: \(\angle NAF + \angle NAE = \angle EAF = {90^0}\)

\(\angle AFE + \angle AEF = {90^0}\) (tam giác \(AEF\) vuông tại \(A\)).

Mà \(\angle NAF = \angle AFE\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle NAE = \angle AEF \Rightarrow \Delta NAE\) cân tại \(N\) (tam giác có 2 góc bằng nhau).

\( \Rightarrow NA = NE\,\,\left( 4 \right)\) (2 cạnh bên của tam giác cân).

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow NE = NF\). Mà \(N \in EF \Rightarrow N\) là trung điểm của \(EF\) (đpcm).

c) Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BEF\). Tính \(IN\) theo \(a\).

Vì \(N\) là trung điểm của \(EF\,\,\left( {cmt} \right)\)

\( \Rightarrow IN \bot EF = \left\{ N \right\}\) (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung).

Có \(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( T \right)\,\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC \bot EF = \left\{ C \right\}\)

\( \Rightarrow AC//NI\,\,\left( { \bot EF} \right)\) hay \(AO//IN.\)

Ta có \(BEFD\) là tứ giác nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow D \in \left( I \right).\)

Lại có \(O\) là trung điểm của \(BD \Rightarrow OI \bot BD\) (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung)

Mặt khác \(NA \bot BD = \left\{ H \right\} \Rightarrow IO//AN\,\,\left( { \bot BD} \right)\)

Xét tứ giác \(ANIO\) ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}AN//IO\\AO//NI\end{array} \right. \Rightarrow ANIO\) là hình bình hành (dhnb).

\( \Rightarrow NI = AO = R = 2a.\)

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.