Cho đường tròn \(\left( O \right),\)dây cung \(BC\) không chứa tâm O và điểm A thay đổi trên cung

Câu hỏi số 487555:

Vận dụng cao

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 \(E,F\)thỏa \(\angle ABE = \angle CAE = \angle ACF = \angle BAF = 90^\circ \)

a) Chứng minh rằng \(AE.AC = AF.AB\)và O là trung điểm \(EF\)

b) Hạ \(AD \bot EF\left( {D \in EF} \right)\). Chứng minh rằng \(\Delta DAB \sim \Delta DCA\)và điểm D thuộc một đường tròn cố định

c) Gọi G là giao điểm của \(AD\)với đườn tròn \(\left( O \right).(G \ne A)\).Chứng minh rằng \(AD\)đi qua một điểm cố định và \(GB.AC = GC.AB\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:487555

Phương pháp giải

a) Chứng minh các tam giác đồng dạng và \(AEIF\) là hình bình hành với \(AI\) là đường kính của \(\left( O \right)\)

b) Chứng minh tức giác \(DOCB\) nội tiếp đường tròn

c) Gọi \(H\) là điểm sao cho \(OH\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BOC \Rightarrow H\) cố định. Ta chứng minh \(AD\) đi qua \(H\). Phần còn lại sử dụng bắc cầu tỉ số

d) Dự đoán \(AK\) đi qua trung điểm của \(BC\) cố định

Giải chi tiết

a) Gọi \(AI\) là một đường kính của \(\left( O \right)\). Suy ra \(AB \bot BI,AC \bot CI\)

Có \(AE\,{\rm{//}}\,FI,\,AF\,{\rm{//}}\,EI\) suy ra \(AFIE\) là hình bình hành, mà \(O\) là trung điểm \(AI \Rightarrow O\) là trung điểm \(EF.\)

Có \(\angle AFC = \angle AEB\) (\(AFIE\) là hình bình hành) suy ra\(\Delta ABE \sim \Delta ACF\,\left( {g.g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AF}} \Rightarrow AE.AC = AF.AB\).

Điều phải chứng minh.

b) Vì \(AD \bot EF \Rightarrow ADBE,ADCF\) là các tứ giác nội tiếp

Có \(\angle BAD = \angle BED\)(\(ADBE\) nội tiếp)

\(\angle BED = \angle AFD\) (so le trong)

\(\angle AFD = \angle ACD\)(\(ADCF\) nội tiếp)

Suy ra \(\angle BAD = \angle ACD\)

Tương tự ta có \(\angle CAD = \angle ABD \Rightarrow \Delta DAB \sim \Delta DCA\)

Có

\(\begin{array}{l}\angle BDC = 180^\circ - \angle BDE - \angle CDF\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 180^\circ - \angle BAE - \angle CAF\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \left( {90^\circ - \angle BAE} \right) + \left( {90^\circ - \angle CAF} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \angle BEA + \angle CFA\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\angle BEA\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\left( {180^\circ - \angle BIC} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2\angle BAC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \angle BOC\end{array}\)

Suy ra \(BDOC\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow D\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BOC\) cố định.

Điều phải chứng minh.

c) Gọi \(H\) là điểm sao cho \(OH\) là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BOC \Rightarrow H\) cố định.

Vì \(OH\) là đường kính suy ra \(\angle ODH = 90^\circ \)

Lại có \(\angle ODG = 90^\circ \)

\( \Rightarrow D,G,H\) thẳng hàng

\( \Rightarrow AD\) đi qua \(H\) cố định.

Vì \(OB \bot BH \Rightarrow BH\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right) \Rightarrow \angle HBG = \angle HAB\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta HBG \sim \Delta HAB\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{BG}}{{AB}} = \frac{{HG}}{{HB}}\end{array}\)

Tương tự ta có \(\frac{{GC}}{{AC}} = \frac{{HG}}{{HC}}\)

Mà \(HB = HC \Rightarrow \frac{{BG}}{{AB}} = \frac{{CG}}{{AC}} \Rightarrow BG.AC = CG.AB\).

d) Gọi \(L\) là trung điểm của \(BC\)

Ta có \(KO \bot EF\) (do \(O\) là trung điểm \(EF\)) suy ra \(KO\,{\rm{//}}\,AH\)

Ta có \(\frac{{LO}}{{LH}} = \frac{{LO.LH}}{{L{H^2}}} = \frac{{B{L^2}}}{{L{H^2}}} = \frac{{B{O^2}}}{{B{H^2}}} = {\cot ^2}BOH\)

Mà \(\angle BOH = \frac{1}{2}\angle BOC = \angle BAC \Rightarrow {\cot ^2}\angle BOH = {\cot ^2}\angle BAC\)

Lại có \(\angle BAC = \angle BEA\) (cùng phụ \(\angle BAE\))

\({\cot ^2}BAC = {\cot ^2}BEA = \frac{{E{B^2}}}{{B{A^2}}} \Rightarrow \frac{{LO}}{{LH}} = \frac{{B{E^2}}}{{B{A^2}}}\)

Ta sẽ chứng minh \(A,K,L\) thẳng hàng \(\left( 1 \right)\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow \Delta ALH \sim \Delta KLO\,\,\\ \Leftrightarrow \frac{{LO}}{{LH}} = \frac{{OK}}{{AH}}\\ \Leftrightarrow \frac{{B{E^2}}}{{B{A^2}}} = \frac{{OK}}{{AH}}\\ \Leftrightarrow \frac{{OK}}{{BE}} = \frac{{AH.BE}}{{B{A^2}}}\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)

Vì \(K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AEF\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{2}\angle EKF + \angle EAF = 180^\circ \\ \Rightarrow \angle EKO = 180^\circ - \angle EAF\\ \Rightarrow \angle EKO = \angle AEF + \angle AFE\\ \Rightarrow \angle EKO = \angle AEF + \angle BEF = \angle AEB\\ \Rightarrow \Delta EKO \sim \Delta AEB \Rightarrow \frac{{OK}}{{EB}} = \frac{{OE}}{{AB}}\end{array}\)

Vậy \(\left( 2 \right) \Leftrightarrow \frac{{OE}}{{AB}} = \frac{{AH.BE}}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow OE.AB = AH.BE \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AH}} = \frac{{BE}}{{OE}} \Leftrightarrow \frac{{BG}}{{BH}} = \frac{{BE}}{{OE}}\,\,\,\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta EOB\) và \(\Delta BGH\) có:

\(\begin{array}{l}\angle EOB = \angle DCB = \angle GHB\\\angle DEB = \angle DAB = \angle GBH\\ \Rightarrow \Delta EOB \sim \Delta BHG\\ \Rightarrow \frac{{BG}}{{BH}} = \frac{{BE}}{{OE}}\end{array}\)

Suy ra \(\left( 3 \right)\) đúng, theo phép biến đổi tương đương thì \(\left( 1 \right)\) đúng.

Vậy \(AK\) luôn đi qua \(L\) cố định là trung điểm của \(BC\).

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