Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi
Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi sao cho CD không vuông góc cũng không trùng với AB. Gọi d là tiếp tuyến tại A của \(\left( {O;R} \right).\) Các đường thẳng BC và BD cắt d tương ứng tại E và F.
1. Chứng minh rằng CDFE là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi M là trung điểm của EF và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF. Chứng minh rằng tứ giác KMBO là hình bình hành.
3. Gọi H là trực tâm tam giác DEF, chứng minh H luôn chạy trên một đường tròn cố định.
Quảng cáo
1. Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
2. Chứng minh BM vuông góc với CD.
3. Chứng minh \(DH = 2R.\)
1. Chứng minh rằng CDFE là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle CBD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\( \Rightarrow \angle CBD = {90^0}\,\,hay\,\,\angle EBF = {90^0}\)
Lại có: \(\angle EAB = {90^0}\) do \(EF\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right).\)
Mà: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle EBA + \angle BEA = {90^0}\\\angle EBA + \angle BFA = {90^0}\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle ABF = \angle AEB\) (hai góc cùng phụ với \(\angle ABE\))
Hay \(\angle BEF = \angle OBD\)
Lại có: \(\Delta OBD\) cân tại \(O\) \( \Rightarrow \angle OBD = \angle ODB\) hay \(\angle CDB = \angle ABF\)
\( \Rightarrow \angle CDB = \angle CEF\,\,\left( { = \angle ABF} \right)\)
\( \Rightarrow CDFE\) là tứ giác nội tiếp. (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện).
2. Gọi M là trung điểm của EF và K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF. Chứng minh rằng tứ giác KMBO là hình bình hành.
Gọi Q là giao điểm của BM và CD
Tam giác BEF vuông tại B nên BM = ME \( \Rightarrow \angle MBE = \angle MEB\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Tam giác BCD vuông tại B nên \(\angle BCD + \angle BDC = {90^0}\) mà \(\angle BDC = \angle BEF{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \)(chứng minh câu 1)
\( \Rightarrow \angle BCD + \angle BEF = {90^0}{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có: \(\angle BCD + \angle MBE = {90^0}{\kern 1pt} {\kern 1pt} \Rightarrow \angle BQC = {90^0}{\kern 1pt} {\kern 1pt} \) hay \(BM \bot CD\)
Ta có : K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE, O là trung điểm CD
\( \Rightarrow \) \(KO \bot CD \Rightarrow KO{\rm{ //}}\,MB\) (cùng vuông góc với CD) (3)
Ta có M là trung điểm EF
\( \Rightarrow \) \(KM \bot EF\) và \(BA \bot EF\)
\( \Rightarrow KM\,{\rm{//}}\,AB\) hay \(KM\,{\rm{//}}\,BO\) (4)
Từ (3) và (4) suy ra KMBO là hình bình hành. (dhnb)
3. Gọi H là trực tâm tam giác DEF, chứng minh H luôn chạy trên một đường tròn cố định.
H là trực tâm tam giác DEF, do đó \(HD \bot EF\), suy ra \(HD\,{\rm{//}}\,AB\)
Tương tự \(BH\,{\rm{//}}\,AD\) (cùng vuông góc BF)
Do đó BHDA là hình bình hành nên BH = AD
Mặt khác BDAC là hình chữ nhật nên AD = BC\( \Rightarrow BH = BC{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} (5)\)
Lấy O’ đối xứng với O qua B ta có BO’ = BO (6) với O’ cố định vì O, B cố định
Từ (5) và (6) suy ra HO’CO là hình bình hành nên \(O'H = OC = R.\)
Vậy H chạy trên đường tròn cố định \(\left( {O';R} \right)\).
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
