Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) đến

Câu hỏi số 420013:

Vận dụng cao

Từ điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ các tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) đến đường tròn (\(B,\,\,C\) là các tiếp điểm). Đoạn thẳng \(AO\) cắt \(BC\) và đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(M\) và \(I.\) Gọi \(D\) là điểm thuộc cung lớn \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right),\,\,\left( {BD < DC} \right).\)

1) Chứng minh rằng \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC.\)

2) Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của\(A\) trên các đường thẳng \(DB,\,\,DC.\) Chứng minh \(DM \bot EF.\)

3) Gọi \(K\) là giao điểm thứ hai của tia \(DM\) với đường tròn \(\left( O \right).\) Chứng minh \(KI\) là tia phân giác của \(\angle AKM.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:420013

Phương pháp giải

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

Sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, chứng minh \(AI\) là phân giác của \(\angle BAC\).

Sử dụng định lí: Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung thì bằng nhau, tính chất tam giác cân, chứng minh \(BI\) là phân giác của \(\angle ABC\), từ đó suy ra \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\).

b) Chứng minh tứ giác \(AMBE\) là tứ giác nội tiếp, từ đó suy ra \(\angle BEM = \angle BAM\).

Sử dụng định lí: Trong một đường tròn, góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1 cung thì bằng nhau, chứng minh \(\angle EDF = \angle ABC\), từ đó chứng minh \(\angle BEM + \angle EDF = {90^0}\) và suy ra \(EM \bot DE\).

Hoàn toàn tương tự, chứng minh \(FM \bot ED\) và suy ra \(M\) là trực tâm tam giác \(DEF\).

3) Gọi \(\left\{ H \right\} = AD \cap \left( O \right)\). Chứng minh \(\angle KDE = \angle ADF\), từ đó chứng minh cung \(KI = \) cung \(HI\), từ đó chứng minh \(DI\) là phân giác của góc \(KDH\).

Chứng minh \(\Delta ABK = \Delta ACH\,\,\left( {c.g.c} \right)\), \(\Delta AKI = \Delta AHI\,\,\left( {c.c.c} \right)\) và suy ra \(AI\) là phân giác của \(\angle HAK\). Từ đó chứng minh \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(AKD\) và suy ra \(KI\) chính là đường phân giác của góc \(AKM\).

Giải chi tiết

1) Chứng minh rằng \(ABOC\) là tứ giác nội tiếp và \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC.\)

Vì \(AB,\,\,AC\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) lần lượt tại \(B,\,\,C\) nên \(\angle OBA = \angle OCA = {90^0}\).

Xét tứ giác \(ABOC\) có: \(\angle OBA + \angle OCA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

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

Ta có: \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) thuộc đường trung trực của \(BC\).

\(OB = OC\) (cùng bằng bán kính) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(BC\).

\( \Rightarrow OA\) là đường trung trực của \(BC\).

Ta có: \(I \in OA \Rightarrow IB = IC\) (tính chất đường trung trực), do đó tam giác \(IBC\) cân tại \(I\) nên \(\angle IBC = \angle ICB\) (hai góc ở đáy của tam giác cân).

Lại có \(\angle ICB = \angle ABI\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BI\))

\( \Rightarrow \angle ABI = \angle IBC\,\,\,\left( { = \angle ICB} \right)\) \( \Rightarrow BI\) là phân giác của \(\angle ABC\).

Mà \(AO\) là phân giác của \(\angle BAC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau), \(AO \cap BI = \left\{ I \right\}\).

Vậy \(I\) là giao điểm 2 đường phân giác của \(\Delta ABC\) nên \(I\) chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(ABC\,\) \(\left( {dpcm} \right)\).

2) Gọi \(E,\,\,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của\(A\) trên các đường thẳng \(DB,\,\,DC.\) Chứng minh \(DM \bot EF.\)

Vì \(OA\) là trung trực của \(BC\) (cmt) \( \Rightarrow BC \bot OA\) tại \(M\).

Xét tứ giác \(AMBE\) có \(\angle AEB + \angle AMB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) \( \Rightarrow AMBE\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)) \( \Rightarrow \angle {E_1} = \angle BAM\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BM\)).

Lại có: \(\angle BDC = \angle ABC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BC\)).

\( \Rightarrow \angle {E_1} + \angle BDC = \angle BAM + \angle ABC = {90^0}\) (do tam giác \(ABM\) vuông tại \(M\)).

\( \Rightarrow EM \bot DF\,\,\left( 1 \right)\).

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có \(FM \bot DE\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow EM,\,\,FM\) là hai đường cao của tam giác \(DEF\), hai đường cao này cắt nhau tại \(M\), suy ra \(M\) là trực tâm của \(\Delta DEF\).

Do đó \(DM\) là đường cao thứ ba của tam giác \(DEF\).

Vậy \(DM \bot EF\,\,\left( {dpcm} \right)\).

3) Gọi \(K\) là giao điểm thứ hai của tia \(DM\) với đường tròn \(\left( O \right).\) Chứng minh \(KI\) là tia phân giác của \(\angle AKM.\)

Gọi \(\left\{ H \right\} = AD \cap \left( O \right)\).

Ta có \(DK \bot EF\,\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \angle KDE + \angle DEF = {90^0}\) (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).

Tam giác \(AFD\) vuông tại \(F\) (gt) \( \Rightarrow \angle ADF + \angle FAD = {90^0}\) (tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông).

Xét tứ giác \(AEDF\) có \(\angle AED + \angle AFD = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) \( \Rightarrow AEDF\) là tứ giác nội tiếp.

\( \Rightarrow \angle DEF = \angle FAD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(DF\))

\( \Rightarrow \angle KDE = \angle ADF\).

\( \Rightarrow \) cung \(BK\) = cung \(CH\) (hai góc nội tiếp bằng nhau thì chắn hai cung bằng nhau).

Mà \(IB = IC\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \) cung \(IB\) = cung \(IC\) (hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)

\( \Rightarrow \) cung \(KI\) = cung \(HI\).

\( \Rightarrow \angle KDI = \angle HDI\) (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau).

\( \Rightarrow DI\) là phân giác của góc \(ADK\) (3).

Xét \(\Delta ABK\) và \(\Delta ACH\) có:

\(AB = AC\,\,\left( {cmt} \right)\);

\(\angle ABK = \angle ACH\) (hai góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau);

\(BK = CH\) (hai dây căng hai cung bằng nhau)

\( \Rightarrow \Delta ABK = \Delta ACH\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow AK = AH\) (2 cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta AHI\) có:

\(\begin{array}{l}AK = AH\,\,\left( {cmt} \right);\\AI\,\,chung;\end{array}\)

\(KI = HI\) (hai dây căng hai cung bằng nhau)

\( \Rightarrow \Delta AKI = \Delta AHI\,\,\left( {c.c.c} \right)\)

\( \Rightarrow \angle KAI = \angle HAI\) (2 góc tương ứng) \( \Rightarrow AI\) là tia phân giác của \(\angle KAH\) (4)

Từ (3) và (4) \( \Rightarrow DI,\,\,AI\) là 2 đường phân giác của tam giác \(AKD\), \(DI \cap AI = \left\{ I \right\}\) nên \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác \(AKD\), suy ra \(KI\) chính là đường phân giác của góc \(AKM\) (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