Cho đường tròn \(\left( O \right),\) dây cung \(BC\) không chứa tâm \(O\) và điểm \(A\) thay đổi trên
Cho đường tròn \(\left( O \right),\) dây cung \(BC\) không chứa tâm \(O\) và điểm \(A\) thay đổi trên cung lớn \(BC.\) Lấy các điểm \(E\) và \(F\) thỏa mãn: \(\angle ABE = \angle CAE = \angle ACF = \angle BAF = {90^0}.\)
a) Chứng minh rằng: \(AE.AC = AF.AB\) và điểm \(O\) là trung điểm \(EF.\)
b) Hạ \(AD\) vuông góc với \(EF\,\,\left( {D \in EF} \right).\) Chứng minh \(\Delta DAB \sim \Delta DCA\) và điểm \(D\) thuộc một đường tròn cố định.
c) Gọi \(G\) là giao điểm của \(AD\) với đường tròn \(\left( O \right)\,\,\left( {G \ne A} \right).\) Chứng minh \(AD\) đi qua một điểm cố định và \(GB.AC = GC.AB.\)
d) Gọi \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF.\) Chứng minh \(AK\) đi qua một điểm cố định.
Quảng cáo
a) Chứng minh rằng: \(AE.AC = AF.AB\) và điểm \(O\) là trung điểm \(EF.\)
Gọi \(AI\) là đường kính của \(\left( O \right)\)
\( \Rightarrow \angle ABI\) và \(\angle ACI\) là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\( \Rightarrow \angle ABI = \angle ACI = {90^0} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AB \bot BI\\AC \bot CI\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow AE//FI\) (cùng vuông góc với \(AC\))
\(AF//EI\) (cùng vuông góc với \(AB\))
\( \Rightarrow AFIE\) là hình bình hành (dhnb).
Mà \(O\) là trung điểm của \(AI\)
\( \Rightarrow O\) cũng là trung điểm của \(EF.\) (hai đường chéo hình bình hành cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACF\) ta có:
\(\angle AFC = \angle AEB\) (hai góc đối của hình bình hành)
\(\angle ABE = \angle ACF = {90^0}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ABE \sim \Delta ACF\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} \Leftrightarrow AE.AC = AF.AB\,\,\,\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
b) Hạ \(AD\) vuông góc với \(EF\,\,\left( {D \in EF} \right).\) Chứng minh \(\Delta DAB \sim \Delta DCA\) và điểm \(D\) thuộc một đường tròn cố định.
Ta có: \(AD \bot EF \Rightarrow \angle ADE = \angle ADF = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ADBE\) ta có: \(\angle ADE = \angle ABE = {90^0}\)
\( \Rightarrow ADBE\) là tứ giác nội tiếp (hai góc có đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
Chứng minh tương tự ta có \(ADCF\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow \angle BAD = \angle BED\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cng \(BD\))
\(\angle AFD = \angle ACD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cng \(AD\))
Lại có: \(\angle BED = \angle AFD\) (hai góc so le trong)
\( \Rightarrow \angle BAD = \angle ACD.\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\angle CAD = \angle ABD\)
\( \Rightarrow \Delta DAB \sim \Delta DCA\,\,\left( {g - g} \right)\,\,\,\,\left( {dpcm} \right)\)
Ta có: \(\angle BDC = {180^0} - \angle BDE - \angle CDF\)
\(\begin{array}{l} = {180^0} - \angle BAE - \angle CAF\\ = {90^0} - \angle BAE + {90^0} - \angle CAF\\ = \angle BEA + \angle CFA\\ = 2.\angle BEA\\ = 2\left( {{{180}^0} - \angle BIC} \right)\\ = 2.\angle BAC = \angle BOC\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle BDC = \angle BOC\) \( \Rightarrow BDOC\) là tứ giác nội tiếp.
\( \Rightarrow D\) thuộc đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BOC\) cố định.
c) Gọi \(G\) là giao điểm của \(AD\) với đường tròn \(\left( O \right)\,\,\left( {G \ne A} \right).\) Chứng minh \(AD\) đi qua một điểm cố định và \(GB.AC = GC.AB.\)
Gọi \(H\) là điểm thỏa mãn \(OH\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BOC.\)
\( \Rightarrow H\) là điểm cố định.
Ta có \(D\) thuộc đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BOC.\)
\( \Rightarrow \angle ODH = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Lại có: \(AD \bot EF \Rightarrow \angle ODG = {90^0}\)
\( \Rightarrow D,\,\,G,\,\,H\) thẳng hàng
\( \Rightarrow AD\) đi qua điểm \(H\) cố định. (đpcm)
Vì \(OB \bot BH\) \( \Rightarrow BH\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right).\)
\( \Rightarrow \angle BAG = \angle HBG\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(BG\))
Xét \(\Delta HBG\) và \(\Delta HAB\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle BHG\,\,\,chung\\\angle ABH = BHG\,\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta HBG \sim \Delta HAB\,\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{BG}}{{AB}} = \dfrac{{HG}}{{HB}}\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\Delta HGC \sim \Delta HCA\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{GC}}{{AC}} = \dfrac{{HG}}{{HC}}\)
Mà \(HB = HC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \dfrac{{BG}}{{AB}} = \dfrac{{GC}}{{AC}} \Rightarrow GB.AC = GC.AB\,\,\left( {dpcm} \right)\)
d) Gọi \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF.\) Chứng minh \(AK\) đi qua một điểm cố định.
Gọi \(L\) là trung điểm của \(BC.\)
Ta có: \(KO \bot EF\) (do \(O\) là trung điểm của \(EF\)).
\( \Rightarrow KO//AH.\)
\( \Rightarrow \dfrac{{LO}}{{LH}} = \dfrac{{LO.LH}}{{L{H^2}}} = \dfrac{{B{L^2}}}{{L{H^2}}} = \dfrac{{B{O^2}}}{{B{H^2}}} = {\cot ^2}BOH.\)
Mà \(\angle BOH = \dfrac{1}{2}\angle BOC = \angle BAC\)
\( \Rightarrow {\cot ^2}BOA = {\cot ^2}BAC\)
Lại có: \(\angle BAC = \angle BEA\) (cùng phụ với \(\angle BAE\))
\( \Rightarrow {\cot ^2}\angle BAC = {\cot ^2}\angle BEA = \dfrac{{E{B^2}}}{{B{A^2}}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{LO}}{{LH}} = \dfrac{{B{E^2}}}{{B{A^2}}}\)
Ta có: \(A,\,\,L,\,\,K\) thẳng hàng
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ALH \sim \Delta KLO\,\,\,\,\left( 1 \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{LO}}{{LH}} = \dfrac{{OK}}{{AH}}\\ \Rightarrow \dfrac{{B{E^2}}}{{B{A^2}}} = \dfrac{{OK}}{{AH}}\\ \Rightarrow \dfrac{{OK}}{{BE}} = \dfrac{{AH.BE}}{{B{A^2}}}\,\,\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Vì \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF.\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{1}{2}\angle EKF + \angle EAF = {180^0}\\ \Rightarrow \angle EKO = {180^0} - \angle EAF\\ \Rightarrow \angle AKO = \angle AEF + \angle AFE\\ \Rightarrow \angle AKO = \angle AEF + \angle BEF = \angle AEB\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta EKO \sim \Delta EAB\,\,\left( {g - g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{OK}}{{EB}} = \dfrac{{OE}}{{AB}}\)
Thay vào \(\left( * \right)\) ta có: \(\dfrac{{OE}}{{AB}} = \dfrac{{AH.BE}}{{A{B^2}}}\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow OE.AB = AH.BE\\ \Leftrightarrow \dfrac{{AB}}{{AH}} = \dfrac{{BE}}{{OE}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{{BG}}{{BH}} = \dfrac{{BE}}{{OE}}\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Xét \(\Delta EOB\) và \(\Delta BHG\) ta có:
\(\begin{array}{l}\angle EOB = \angle DCB = \angle GHB\\\angle DEB = \angle DAB = \angle GBH\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta EOB \sim \Delta BHG\,\,\left( {g - g} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{BG}}{{BH}} = \dfrac{{BE}}{{OE}}\end{array}\)
Vậy \(\left( 2 \right)\) luôn đúng \( \Rightarrow \) \(\left( 1 \right)\) đúng.
\( \Rightarrow AK\) đi qua điểm \(L\) cố định. (đpcm)
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
