Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\), kẻ đường kính \(AB\). Điểm \(M\) bất kì trên \(\left( O
Cho đường tròn \(\left( {O;\,\,R} \right)\), kẻ đường kính \(AB\). Điểm \(M\) bất kì trên \(\left( O \right)\) sao cho \(MA < MB\left( {M \ne A,\,\,B} \right)\). Kẻ \(MH \bot AB\) tại \(H\). Vẽ đường tròn \(\left( I \right)\) đường kính \(MH\) cắt \(MA,\,\,MB\) lần lượt tại \(E\) và \(F\).
a) Chứng minh \(M{H^2} = MF\,.\,MB\) và ba điểm \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng.
b) Kẻ đường kính \(MD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(MD\) cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại điểm thứ hai là \(N\left( {N \ne M} \right)\). Chứng minh tứ giác \(BONF\) nội tiếp.
c) \(MD\) cắt \(EF\) tại \(K\). Chứng minh \(MK \bot EF\) và \(\angle MHK = \angle MDH\).
d) Đường tròn \(\left( I \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(P\,\,\left( {P \ne M} \right)\). Chứng minh ba đường thẳng \(MP,\,\,FE\) và \(BA\) đồng quy.
Quảng cáo
a) Sử dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(MHB\) và tính chất của hình chữ nhật.
b) Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách sử dụng các dấu hiệu nhận biết.
c) Chứng minh góc \(\angle MKF = {90^0}\). Chứng minh \(\Delta MKH \sim \Delta MHD\) theo trường hợp cạnh – góc – cạnh.
d) Gọi \(G\) là giao điểm của \(EF\) và \(AB\), từ đó chứng minh ba điểm \(M,\,\,G,\,\,P\) thẳng hàng. (Gọi \(X\) là giao điểm của \(MG\) với \(\left( O \right)\) và chứng minh \(X \in \left( I \right)\) để suy ra \(P \equiv X\))
a) Chứng minh \(M{H^2} = MF\,.\,MB\) và ba điểm \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng.
*) Chứng minh \(M{H^2} = MF\,.\,MB\)
Vì điểm \(F\) thuộc đường tròn \(\left( I \right)\) đường kính \(MH\) nên \(\angle MFH = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow HF \bot MB\) tại \(F\)
\(\angle MHB = {90^0}\) (vì \(MH \bot AB\) tại \(H\))
Xét \(\Delta MHB\) vuông tại \(H\) đường cao \(HF\), áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao ta có:
\(M{H^2} = MF\,.\,MB\) (đpcm)
*) Chứng minh \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng
Xét tứ giác \(MEHF\) ta có:
\(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\))
\(\angle HEM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(I\), đường kính \(MH\))
\(\angle HFM = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm \(I\), đường kính \(MH\))
\( \Rightarrow \angle AMB = \angle HEM = \angle HFM = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(MEHF\) là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)
Mà \(I\) là trung điểm của \(MH\) (vì \(I\) là tâm của đường tròn đường kính \(MH\)) nên \(I\) là tâm của hình chữ nhật \(MEHF\).
\( \Rightarrow \) \(I\) là trung điểm của \(EF\)
\( \Rightarrow \) Ba điểm \(E,\,\,I,\,\,F\) thẳng hàng (đpcm)
b) Kẻ đường kính \(MD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), \(MD\) cắt đường tròn \(\left( I \right)\) tại điểm thứ hai là \(N\left( {N \ne M} \right)\). Chứng minh tứ giác \(BONF\) nội tiếp.
Xét đường tròn \(\left( I \right)\)ta có: \(\angle MHF = \angle MNF\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MF\))
Ta có: \(\angle MHF + \angle FHB = {90^0}\)
Mà \(\angle FBH + \angle FHB = {90^0}\) (\(\Delta FBH\)vuông tại \(F\))
\( \Rightarrow \angle MHF = \angle HBF\)(cùng phụ với \(\angle FHB\))
\( \Rightarrow \angle MNF = \angle HBF\,\,\left( { = \angle MHF} \right)\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(BONF\) nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) (đpcm)
c) \(MD\) cắt \(EF\) tại \(K\). Chứng minh \(MK \bot EF\) và \(\angle MHK = \angle MDH\).
*) Chứng minh \(MK \bot EF\)
Xét đường tròn \(\left( I \right)\), ta có: \(\angle MEF = \angle MNF\) (góc nội tiếp cùng chắn cung )
Mà \(\angle MNF = \angle NMF\) (cmt)
\( \Rightarrow \angle MEF = \angle NMF\) (\( = \angle MNF\))
Ta có: \(\angle MEF + \angle MFE = {90^0}\) (vì \(\Delta MEF\) vuông tại \(M\))
Mà \(\angle MEF = \angle NMF\) (cmt)
\( \Rightarrow \angle NMF + \angle MFE = {90^0}\) hay \(\angle KMF + \angle MFK = {90^0}\).
Xét \(\Delta MKF\) có \(\angle KMF + \angle MFK = {90^0}\) suy ra \(\angle MKF = {90^0}\).
\( \Rightarrow MK \bot EF\) tại \(K\).
*) Chứng minh \(\angle MHK = \angle MDH\)
Xét \(\Delta MKF\) và \(\Delta MBD\) ta có:
\(\angle M\,\,\,chung\)
\(\angle MKF = \angle MBD\,\,\left( { = {{90}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta MKF \sim \Delta MBD\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{MB}} = \dfrac{{MF}}{{MD}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).
\( \Rightarrow MK.MD = MF.MB\)
Theo câu a) ta có: \(M{H^2} = MF.MB\)
\( \Rightarrow M{H^2} = MK.MD\,\,\left( { = MF.MB} \right)\)
\( \Rightarrow MH.MH = MK.MD\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{MH}} = \dfrac{{MH}}{{MD}}\)
Xét \(\Delta MKH\) và \(\Delta MHD\) ta có:
\(\dfrac{{MK}}{{MH}} = \dfrac{{MH}}{{MD}}\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\angle M\,\,\,chung\)
\( \Rightarrow \Delta MKH \sim \Delta MHD\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow \angle MHK = \angle MDH\) (hai góc tương ứng)
d) Đường tròn \(\left( I \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(P\,\,\left( {P \ne M} \right)\). Chứng minh ba đường thẳng \(MP,\,\,FE\) và \(BA\) đồng quy.
Gọi \(G\) là giao điểm của \(EF\) và \(AB\), \(X\) là giao điểm của \(MG\) và đường tròn \(\left( O \right)\).
Ta có:
\(\angle MEF + \angle MFE = {90^0}\) (vì \(\Delta MEF\) vuông tại \(M\))
\(\angle MFE + \angle KMF = {90^0}\) (vì \(\Delta MKF\) vuông tại \(K\))
\( \Rightarrow \angle MEF = \angle KMF\) (cùng phụ với \(\angle MFE\))
Mà \(\angle KMF = \angle OBM\) (cmt)
\( \Rightarrow \angle MEF = \angle OBM\)(\( = \angle KMF\))
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(AEFB\) nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
\( \Rightarrow \) \(\angle GEA = \angle GBF\) (góc ngoài của tứ giác bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta GEA\) và \(\Delta GBF\) ta có:
\(\angle G\,\,chung\)
\(\angle GEA = \angle GBF\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta GEA \sim \Delta GBF\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{GE}}{{GB}} = \dfrac{{GA}}{{GF}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow GE.GF = GA.GB\) (1)
*) Tứ giác \(AXMB\) nội tiếp \( \Rightarrow \)\(\angle GXA = \angle GBM\)(góc ngoài của tứ giác bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét \(\Delta GXA\) và \(\Delta GBM\) có:
\(\angle G\,\,chung\)
\(\angle GXA = \angle GBM\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta GXA \sim \Delta GBM\)
\( \Rightarrow \Delta GXA \sim \Delta GBM\,\,\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{GX}}{{GB}} = \dfrac{{GA}}{{GM}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow GX.GM = GA.GB\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(GE.GF = GX.GM\)
\( \Rightarrow \dfrac{{GE}}{{GM}} = \dfrac{{GX}}{{GF}}\)
Xét \(\Delta GXE\) và \(\Delta GFM\) ta có:
\(\angle G\,\,\,chung\)
\(\dfrac{{GE}}{{GM}} = \dfrac{{GX}}{{GF}}\,\,\,\,\left( {cmt} \right)\)
\( \Rightarrow \Delta GXE \sim \Delta GFM\,\,\,\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow \angle GXE = \angle GFM\) (hai góc tương ứng)
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(XMFE\) nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) (1)
\( \Rightarrow X\) là điểm nằm trên đường tròn \(\left( I \right)\) mà \(X\)cũng nằm trên trên đường tròn \(\left( O \right)\).
\( \Rightarrow X\) là giao điểm của \(\left( I \right)\) và \(\left( O \right)\)
Theo đề bài, đường tròn \(\left( I \right)\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(P\,\,\left( {P \ne M} \right)\) suy ra \(X \equiv P\).
Mà \(G,\,\,X,\,\,M\) là thẳng hàng suy ra \(G,\,\,P,\,\,M\) thẳng hàng.
\( \Rightarrow \) Ba đường thẳng \(MP,\,\,FE\) và \(BA\) đồng quy tại \(G\) (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
