Cho nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\). Lấy điểm \(C\) trên đoạn thẳng \(AO\) (\(C\)
Cho nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB\). Lấy điểm \(C\) trên đoạn thẳng \(AO\) (\(C\) khác \(A,C\) khác \(O\)). Đường thẳng đi qua \(C\) và vuông góc với \(AB\) cắt nửa đường tròn tại \(K\). Gọi \(M\) là điểm bất kỳ trên cung \(KB\) (\(M\) khác \(K\), \(M\) khác \(B\)). Đường thẳng \(CK\) cắt các đường thẳng \(AM,\,BM\) lần lượt tại \(H\) và \(D\). Đường thẳng \(BH\) cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai \(N\).
1) Chứng minh tứ giác \(ACMD\) là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh \(CA.CB{\rm{ }} = {\rm{ }}CH.CD\)
3. Chứng minh \(A,{\rm{ }}N,{\rm{ }}D\) thẳng hàng và tiếp tuyến tại \(N\) của nửa đường tròn đi qua trung điểm \(DH\).
4. Khi \(M\) di động trên cung \(KB\), chứng minh \(MN\) luôn đi qua một điểm cố định.
Quảng cáo
1) Chứng minh tứ giác \(ACMD\) là tứ giác nội tiếp.
Xét \(\left( O \right)\) có \(\angle AMB = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(\angle AMD = {90^o}\)
Mà \(\angle ACD = {90^o}\,\left( {CD \bot AB} \right)\)
Xét tứ giác \(ACMD\) có: \(\angle ACD = \angle AMD = {90^o}\) mà \(C\) và \(M\) là hai đỉnh kề nhau
Suy ra tứ giác \(ACMD\) là tứ giác nội tiếp (DHNB).
2) Chứng minh \(CA.CB{\rm{ }} = {\rm{ }}CH.CD\)
Xét \(\Delta ACH\) và \(\Delta DCB\) có:
\(\angle ACH = \angle DCB = {90^o}\)
\(\angle HAC = \angle CDB\) (cùng phụ với góc \(\angle ABD\))
Suy ra tam giác \(ACH\) đồng dạng tam giác \(DCB\) (g.g)
\( \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{DC}} = \dfrac{{CH}}{{CB}}\) ( Định nghĩa hai tam giác đồng dạng)
Suy ra \(CA.CB{\rm{ }} = {\rm{ }}CH.CD\) (đpcm).
3. Chứng minh \(A,{\rm{ }}N,{\rm{ }}D\) thẳng hàng và tiếp tuyến tại \(N\) của nửa đường tròn đi qua trung điểm \(DH\).
Ta có: \(AM \bot BD;\,DC \bot AB\) nên \(H\) là trực tâm \(\Delta ABD\)
Suy ra \(BH \bot AD\) tại \(N' \Rightarrow \angle AN'B = {90^o}\)
Mà \(\angle ANB = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra \(N \equiv N'\).
Vậy \(A,N,D\) thẳng hàng.
Tiếp tuyến tại \(N\) của \(\left( O \right)\) cắt \(DH\) tại E.
Ta có: \(\angle NDE = \angle NBO\) (cùng phụ với \(\angle DAB\)) (1)
Mà \(\angle NBO = \angle ONB\) (chứng minh \(\Delta ONB\) cân tại \(O\)) (2)
\(\angle ONB = \angle END\) (cùng phụ góc \(\angle ENB\)) (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra \(\angle NDE = \angle END\)
Nên tam giác \(NED\) cân tại \(E\) suy ra \(ED{\rm{ }} = {\rm{ }}EN\)
Ta có: \(\angle ENH + \angle END = {90^o}\)
\(\angle EHN + \angle EDN = {90^o}\)
Mà \(\angle NDE = \angle END\) suy ra \(\angle ENH = \angle EHN\)
Suy ra tam giác \(ENH\) cân tại \(E\) suy ra \(EH = EN\)
Vậy \(ED = EH\,\left( { = EN} \right)\) nên \(E\) là trung điểm \(DH\).
4. Khi \(M\) di động trên cung \(KB\), chứng minh \(MN\) luôn đi qua một điểm cố định.
\(MN\) cắt \(BA\) tại \(F\).
Chứng minh \(EM\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).
Chứng minh \(OE \bot MN\)
Tam giác \(OIF\) đồng dạng với tam giác \(OCE\) suy ra \(OC.OF{\rm{ }} = {\rm{ }}OI.{\rm{ }}OE\)
Mà \(OI.{\rm{ }}OE{\rm{ }} = {\rm{ }}{R^2}\) không đổi nên \(OC.OF{\rm{ }} = {\rm{ }}{R^2}\)
Suy ra \(OF = \dfrac{{{R^2}}}{{OC}}\) không đổi nên \(F\) cố định.
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
