Cho đường tròn (O;R) và điểm K nằm ngoài đường tròn. Từ điểm K vẽ các tiếp tuyến KA, KB
Cho đường tròn (O;R) và điểm K nằm ngoài đường tròn. Từ điểm K vẽ các tiếp tuyến KA, KB với A, B là các tiếp điểm; qua K vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và D sao cho KD < KE, A và O nằm khác phía so với đường thẳng EK.
a) Chứng minh tứ giác KAOB nội tiếp và OK vuông góc AB.
b) Gọi H là giao điểm của OK là AB. Chứng minh KD.KE = KH.KO.
c) Vẽ đường kính AI của đường tròn (O), các tia ID và IE cắt tia KO lần lượt tại M và N. Chứng minh \(\angle DHE = \angle DOE\) và OM = ON.
Quảng cáo
a) + Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 180 độ là tứ giác nội tiếp.
+ Vận dụng dấu hiệu nhận biết đường trung trựa của đoạn thẳng.
b) Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, chứng minh tam giác đồng dạng suy ra tỉ lệ tương ứng.
c) Vận dụng kiến thức về đường tròn.
a) Chứng minh tứ giác KAOB nội tiếp và OK vuông góc AB.
*tứ giác KAOB nội tiếp
KA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A \( \Rightarrow \angle OAK = {90^0}\)
KB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B \(\angle OBK = {90^0}\)
Tứ giác KAOB có: \(\angle OAK + \angle OBK = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc này đối nhau
\( \Rightarrow KAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
*OK vuông góc AB
KA, KB là tiếp tuyến của đường tròn (O), có K là giao điểm của KA và KB
\( \Rightarrow KA = KB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Lại có: OA = OB = R
Suy ra OK là đường trung trực của AB nên OK vuông góc với AB
b) Gọi H là giao điểm của OK là AB. Chứng minh KD.KE = KH.KO.
H là giao điểm của OK và AB nên OK vuông góc AH
Tam giác AOK vuông tại A, đường cao AH, ta có:
\(A{K^2} = KH.KO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
Xét (O) có: \(\angle AED = \angle KAD\) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AD0
\( \Rightarrow \angle AEK = \angle KAD\)
Xét \(\Delta AEK\) và \(\Delta DAK\) có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle AKE\,\,\,chung\\\angle AEK = \angle KAD\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta AEK \sim \Delta DAK\left( {g.g} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{DK}} = \dfrac{{KE}}{{AK}}\\ \Rightarrow A{K^2} = KD.KE\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Từ (1) và (2), suy ra \(KD.KE = KH.KO\)
c) Vẽ đường kính AI của đường tròn (O), các tia ID và IE cắt tia KO lần lượt tại M và N. Chứng minh \(\angle DHE = \angle DOE\) và OM = ON.
*\(\angle DHE = \angle DOE\)
Ta có: \(KD.KE = KH.KO\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{KD}}{{KO}} = \dfrac{{KH}}{{KE}}\)
Xét \(\Delta KDH\) và \(\Delta KOE\) có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle EKO\,\,\,\,chung\\\dfrac{{KD}}{{KO}} = \dfrac{{KH}}{{KE}}\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta KDH \sim \Delta KOE\left( {g.c.c} \right) \Rightarrow \angle KHD = \angle KEO\)
Tứ giác DHOE có: \(\angle KHD = \angle KEO\) mà hai góc này cùng bù với \(\angle DHO\)
\( \Rightarrow DHOE\) là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \angle DHE = \angle DOE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
*OM = ON
Kẻ OG vuông góc DE
B thuộc đường tròn (O) nên \(\angle ABI = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow AB \bot BI\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}KN \bot AB\left( {do\,\,KH \bot AB} \right)\\BI \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow KN//BI\) (quan hệ từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow \angle NMI = \angle DIB\) (hai góc so le trong)
Xét đường tròn (O) có \(\angle DIB = \angle BED\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
Suy ra \(\angle NMI = \angle BED\)
Xét đường tròn (O) có: \(\angle DBE = \angle DIE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
\( \Rightarrow \angle DBE = \angle MIN\)
Xét \(\Delta EBD\) và \(\Delta MIN\) có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle BED = \angle NMI\left( {cmt} \right)\\\angle DBE = \angle MIN\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta EBD \sim \Delta MIN\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{MN}} = \dfrac{{BD}}{{NI}}\) (*)
Kẻ OG vuông góc DE \( \Rightarrow \angle DGO = {90^0} \Rightarrow \angle KGO = {90^0}\)
Mặt khác, G là trung điểm của DE (quan hệ giữa đường kính và dây cung)\( \Rightarrow DE = 2GD\)
Tứ giác AOBK có: \(\angle KGO + \angle KBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\) mà hai góc này đối nhau
\( \Rightarrow AOBK\) là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \angle KGB = \angle KOB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KB)
Ta có KA, KB là tiếp tuyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow OK\) là phân giác của \(\angle AOB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow \angle AOK = \angle KOB\)
Suy ra \(\angle AOK = \angle KGB\)
Lại có \(\angle AOK = \angle NOI\) (hai góc đổi đỉnh)
Do đó, \(\angle KGB = \angle NOI\,\,\,hay\,\,\,\angle DGB = \angle NOI\)
Ta có: \(\Delta EBD \sim \Delta MIN\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle EDB = \angle MNI\,\,\,hay\,\,\,\angle GDB = \angle ONI\)
Xét \(\Delta DGB\) và \(\Delta NOI\) có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle DGB = \angle NOI\left( {cmt} \right)\\\angle GDB = \angle ONI\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta DGB \sim \Delta NOI\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{BD}}{{IN}} = \dfrac{{GD}}{{ON}}\) (**)
Từ (*), (**), suy ra \(\dfrac{{DE}}{{MN}} = \dfrac{{GD}}{{ON}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{2GD}}{{MN}} = \dfrac{{GD}}{{ON}}\\ \Rightarrow MN = 2ON\end{array}\)
Mà M, O, N thẳng hàng nên O là trung điểm của MN suy ra OM = ON.
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
