Trên đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\) lấy điểm \(C\) bất kì (\(CA < CB\), \(C\) khác
Trên đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\) lấy điểm \(C\) bất kì (\(CA < CB\), \(C\) khác \(A\)). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AB\), \(I\) là trung điểm của \(CH\). Đường thẳng \(BI\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(F\) (\(F\) khác \(B\)). Qua điểm \(C\) Kẻ đường thẳng vuông góc với \(CF\), đường thẳng này cắt \(FB\) tại điểm \(K\). Gọi \(P\) là trung điểm của \(BC\).
a. Chứng minh \(BI.BF = B{C^2}\).
b. Chứng minh tứ giác \(CPKI\) nội tiếp.
c. Chứng minh \(KF\) là tia phân giác của \(\angle CKA\).
d. Khi \(C\) di chuyển trên đường tròn \(\left( O \right)\) (\(CA < CB\), \(C\) khác \(A\)), chứng minh đường thẳng \(CK\) luôn đi qua một điểm cố định.
Quảng cáo
a) Chứng minh: \(\Delta BCI \sim \Delta BFC\,\,\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow \frac{{BC}}{{BI}} = \frac{{BF}}{{BC}}\)
b) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau cụ thể chứng minh: \( \Rightarrow \angle CPI = \angle CKI\)
c) Vận dụng dấu hiệu nhận biết đường phân giác của một góc
d) Vận dụng bổ đề hình thang xác định điểm cố định
a) Ta có: \(\angle BFC = \angle BAC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\)).
Lại có \(\angle BAC = \angle BCH\) (cùng phụ với \(\angle ACH\))
\( \Rightarrow \angle BFC = \angle BCH = \angle BCI\).
Xét \(\Delta BCI\) và \(\Delta BFC\) có:
\(\angle CBF\) chung;
\(\angle BCI = \angle BFC\,\,\left( {cmt} \right)\);
\( \Rightarrow \Delta BCI \sim \Delta BFC\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{BC}}{{BI}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) (2 cạnh tương ứng).
\( \Rightarrow BI.BF = B{C^2}\,\,\,\left( {dpcm} \right)\).
b) Nối \(IP\). Ta có \(IP\) là đường trung bình của tam giác \(BCH\) nên \(IP//BH\) (tính chất)
\( \Rightarrow \angle CPI = \angle CBH = \angle CBA\) (2 góc đồng vị).
Ta có: \(\angle BAC = \angle BFC\) (cmt) \( \Rightarrow {90^0} - \angle BAC = {90^0} - \angle BFC\)
\( \Rightarrow \angle CBA = \angle CKF\).
\( \Rightarrow \angle CPI = \angle CKF = \angle CKI\).
\( \Rightarrow \) Tứ giác \(CPKI\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau).
c) Ta có: \(\angle BAC = \angle BFC\,\,\left( {cmt} \right)\).
Mà \(\angle BFC + \angle CKF = {90^0}\) (do tam giác \(CKF\) vuông tại \(C\)).
\( \Rightarrow \angle BAC + \angle CKF = {90^0}\) (1).
Ta có: Tứ giác \(CPKI\) nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \) \(BP.BC = BK.BI\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow 2BP.BC = 2BK.BI\\ \Rightarrow B{C^2} = 2BK.BI\end{array}\)
Theo ý a) ta có \(BI.BF = B{C^2}\) \( \Rightarrow 2BK.BI = BI.BF \Rightarrow 2BK = BF\) \( \Rightarrow K\) là trung điểm của \(BF\).
\( \Rightarrow OK \bot BF\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OKF = {90^0}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle BAC + \angle CKF + \angle OKF = {90^0} + {90^0}\\ \Rightarrow \angle BAC + \angle OKC = {180^0}\\ \Rightarrow \angle OAC + \angle OKC = {180^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow OACK\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
\( \Rightarrow \angle OKA = \angle OCA\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OA\)).
Mà \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) (\(\angle ACB = {90^0}\) - góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) có trung tuyến \(CO\) nên \(CO = \frac{1}{2}AB = OA = OB\).
\( \Rightarrow \Delta OAC\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OCA = \angle OAC = \angle BAC\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle OKA = \angle BAC\\ \Rightarrow {90^0} - \angle OKA = {90^0} - \angle BAC\\ \Rightarrow \angle AKF = \angle ABC = \angle CPI = \angle CKF\end{array}\)
Vậy \(KF\) là tia phân giác của \(\angle CKA\).
d) Gọi \(CK \cap OP = \left\{ M \right\}\).
Có \(\angle PCM = \angle FCA\) (cùng phụ \(\angle ACK\))
\(\angle FCA = \angle FBA\)
\( \Rightarrow \angle FCM = \angle FBA\)
\( \Rightarrow \Delta PCM \sim \Delta HBI\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{PM}}{{HI}} = \frac{{PC}}{{HB}}\) (2 cạnh tương ứng) (3)
Lại có \(\angle DCP = \angle OBP \Rightarrow \Delta OCP \sim \Delta CBH\).
\( \Rightarrow \frac{{PO}}{{HC}} = \frac{{PC}}{{HB}}\,\,\,\left( 4 \right)\)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow \frac{{PM}}{{HI}} = \frac{{PO}}{{HC}} \Rightarrow \frac{{PM}}{{PO}} = \frac{{HI}}{{HC}} = \frac{1}{2}\).
\( \Rightarrow M\) là trung điểm của \(PO\).
Kéo dài \(CO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(J\), \(CM\) cắt \(BJ\) tại \(L\).
Có \(BJ//OP\) (cùng vuông góc với \(CB\)).
Theo bổ đề hình thang, có \(M\) là trung điểm của \(OP\) \( \Rightarrow L\) là trung điểm của \(BJ\).
Gọi \(G\) là giao điểm của \(BO\) và \(CK\) \( \Rightarrow G\) là trọng tâm \(\Delta CBJ\) \( \Rightarrow \frac{{GB}}{{BO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow GB = \frac{2}{3}R\) không đổi.
\( \Rightarrow G\) cố định.
Vậy \(CK\) luôn qua \(G\) 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
