Cho đường tròn (O) đường kính AB, bán kính OC vuông góc với AB. Gọi H là trung điểm của đoạn
Cho đường tròn (O) đường kính AB, bán kính OC vuông góc với AB. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng AH cắt OC tại D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K (K khác A).
a) Chứng minh tứ giác ODKB nội tiếp một đường tròn.
b) Tia phân giác của góc COK cắt AK tại M. Chứng minh \(\angle CMA = {90^0}\).
c) Đường thẳng OM cắt BC tại N, NK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P (P khác K).. Chứng minh B đối xứng P qua M.
Quảng cáo
a) O, K cùng thuộc một đường tròn, suy ra tứ giác ODKB nội tiếp một đường tròn.
b) Vận dụng tính chất của tam giác cân, kiến thức của tứ giác nội tiếp.
c) + \(\angle PBC = \angle BAK\), \(\angle HBM = \angle BAK\)\( \Rightarrow \angle PBC = \angle HBM\), mà B, H, C thẳng hàng \( \Rightarrow B,M,P\) thẳng hàng
+ \(MB = MP\)
Suy ra B đối xứng P qua M (đpcm).
a) Chứng minh tứ giác ODKB nội tiếp một đường tròn.
Xét (O) có: K thuộc đường tròn nên \(\angle AKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng \({90^0}\)
\( \Rightarrow \angle DKB = {90^0}\)
\( \Rightarrow \Delta BDK\) vuông tại K
\( \Rightarrow K\) thuộc đường tròn đường kính BD (1)
Ta có: \(OC \bot AB\) tại O (gt)\( \Rightarrow \angle BOC = {90^0} \Rightarrow \angle BOD = {90^0}\)
\( \Rightarrow \Delta OBD\) vuông tại O
\( \Rightarrow O\) thuộc đường tròn đường kính BD (2)
Từ (1) và (2), suy ra O, K thuộc đường tròn đường kính BD
Vậy tứ giác ODKB nội tiếp một đường tròn.
b) Tia phân giác của góc COK cắt AK tại M. Chứng minh \(\angle CMA = {90^0}\).
Xét tam giác \(COK\) có: \(OC = OK \Rightarrow \Delta COK\) cân tại O
\( \Rightarrow \angle OCK = \angle CKO\)
Lại có: \(ON\) là phân giác của góc COK (gt)
\( \Rightarrow ON\) đồng thời là đường trung trung của ON
Mà \(M \in ON \Rightarrow CM = MK\) (tính chất đường trung trực)
\( \Rightarrow \Delta CMK\) cân tại M \( \Rightarrow \angle MCK = \angle CKM\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\angle OCK = \angle CKO\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \angle OCM + \angle MCK = \angle OKM + \angle MKC\\ \Rightarrow \angle OCM = \angle OKM\left( {do\,\,\angle MCK = \angle CKM\left( {cmt} \right)} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle OCM = \angle DKO\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\)
Tứ giác DKBO nội tiếp đường tròn \( \Rightarrow \angle DKO = \angle DBO\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung OD) (4)
Từ (3) và (4), suy ra \(\angle OCM = \angle DBO\)
Tam giác ABD có:
+ DO là đường cao (do OC vuông góc với AB tại O)
+ DO là đường trung tuyến (do O là tâm đường tròn đường kính AB nên O là trung điểm của AB)
\( \Rightarrow \Delta ABD\) cân tại D
\( \Rightarrow \angle DAO = \angle DBO\)
\( \Rightarrow \angle MAO = \angle DBO\)
Mà \(\angle OCM = \angle DBO\) (cmt)
\( \Rightarrow \angle MAO = \angle OCM\)
Xét tứ giác AOMC có: \(\angle MAO = \angle OCM\) mà hai góc này có đỉnh kề nhau cùng chắn cung AC
\( \Rightarrow AOMC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle AOC = \angle AMC\)
Mà \(\angle AOC = {90^0}\) (do AB vuông góc với CO tại O)
\( \Rightarrow \angle AMC = {90^0}\) (đpcm)
c) Đường thẳng OM cắt BC tại N, NK cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là P (P khác K).. Chứng minh B đối xứng P qua M.
Xét \(\Delta ONC\) và \(\Delta ONK\) có:
\(\begin{array}{l}ON\,\,chung\\\angle CON = \angle KON\,\,\left( {gt} \right)\\OC = OK\,\,\left( { = R} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta ONC = \Delta ONK\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow NC = NK\) (2 cạnh tương ứng)
Xét \(\Delta NCP\) và \(\Delta NKB\) có:
\(\angle CNP = \angle KNB\) (đối đỉnh)
\(NC = NK\,\,\left( {cmt} \right)\)
\(\angle NCB = \angle NKB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BP)
\( \Rightarrow \Delta NCP = \Delta NKB\,\,\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow NP = NB\) (2 cạnh tương ứng).
Xét \(\Delta ONB\) và \(\Delta ONP\) có:
\(\begin{array}{l}OB = OP\,\,\left( { = R} \right)\\ON\,\,chung\\NB = NP\,\,\left( {cmt} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta ONB = \Delta ONP\,\,\left( {c.c.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle ONB = \angle ONP\) (2 góc tương ứng) \( \Rightarrow \angle MNB = \angle MNP\).
Xét \(\Delta MNB\) và \(\Delta MNP\) có:
\(\begin{array}{l}MN\,\,chung\\NB = NP\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle MNB = \angle MNP\,\,\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta MNB = \Delta MNP\,\,\left( {c.g.c} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow MB = MP\) (2 cạnh tương ứng)(5)
Ta có: \(\Delta NCP = \Delta NKB\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow PC = BK\) (2 cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow \) sđ cung PC = sđ cung BK (2 dây bằng nhau căng 2 cung bằng nhau)
\( \Rightarrow \angle PBC = \angle BAK\) (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)(6)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHC, đường cao CM có: \(HM.HA = H{C^2} = H{B^2}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{HM}}{{HB}} = \dfrac{{HB}}{{HA}}\)
Xét \(\Delta HBM\) và \(\Delta HAB\) có:
\(\begin{array}{l}\angle AHB\,\,chung;\\\dfrac{{HM}}{{HB}} = \dfrac{{HB}}{{HA}}\,\,\left( {cmt} \right);\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta HBM \sim \Delta HAB\,\,\left( {c.g.c} \right)\)
\( \Rightarrow \angle HAB = \angle HBM\) (2 góc tương ứng) \( \Rightarrow \angle HBM = \angle BAK\) (7)
Từ (6) và (7) \( \Rightarrow \angle PBC = \angle HBM\), mà B, H, C thẳng hàng \( \Rightarrow B,M,P\) thẳng hàng (8)
Từ (5) và (8) suy ra B đối xứng P qua M (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
