1. Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và dây cung \(BC\) không đi qua tâm \(O\). Hai tiếp tuyến với
1. Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và dây cung \(BC\) không đi qua tâm \(O\). Hai tiếp tuyến với đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(B\) và \(C\) cắt nhau tại \(A\) Lấy điểm \(M\) trên cung nhỏ \(BC\) (M khác B và C), gọi I, H, K theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BC, AB, AC.
a) Chứng minh tứ giác \(MIBH,MICK\) nội tiếp;
b) Chứng minh \(M{I^2} = MH.MK\).
2. Từ điểm \(P\) nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\) kẻ hai đường tiếp tuyến \(PQ,PR\) tới đường tròn với Q và P là các tiếp điểm. Đường thẳng qua P cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm E và F (E nằm giữa P và F; dây cung EF không đi qua tâm \(O\)). Gọi I là trung điểm của EF, K là giao điểm của PF và QR. Chứng minh rằng: \(\dfrac{2}{{PK}} = \dfrac{1}{{PE}} + \dfrac{1}{{PF}}\).
Quảng cáo
1) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 độ là tứ giác nội tiếp.
b) \(\Delta MIH \sim \Delta MKI\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow M{I^2} = MH.MK\)
2) Ta phải chứng minh (*) đúng:
Gọi \(H\) là giao điểm của \(PO\) và \(QR\), chứng minh \(PO \bot QH\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(P{Q^2} = PH.PO\) (1)
Chứng minh tam giác đồng dạng, ta có: \(P{Q^2} = PE.PF\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PE}} = \dfrac{{PF}}{{PO}}\)
\(\Delta PEH \sim \Delta POF\left( {c.g.c} \right)\)
\(HK,HP\) lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của góc \(EHF\)
\( \Rightarrow \dfrac{{PE}}{{PF}} = \dfrac{{KE}}{{KF}}\)\( \Rightarrow PE.KF = EK.PF\)
Suy ra (*) đúng
1)
a) Chứng minh tứ giác \(MIBH,MICK\) nội tiếp
*Ta có:
\(\begin{array}{l}MI \bot BC \Rightarrow \angle MIB = {90^0}\\MH \bot AB \Rightarrow \angle MHB = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MIB + \angle MHB = {180^0}\) mà hai góc này ở vị trí đối nhau
\( \Rightarrow MIBH\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
*Ta có:
\(\begin{array}{l}MI \bot BC \Rightarrow \angle MIC = {90^0}\\MK \bot AC \Rightarrow \angle MKC = {90^0}\end{array}\)
\( \Rightarrow \angle MIC + \angle MKC = {180^0}\) mà hai góc này ở vị trí đối nhau
\( \Rightarrow MICK\) là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Chứng minh \(M{I^2} = MH.MK\)
*Ta có: \(MIBH\) nội tiếp nên \(\angle MHI = \angle MBI\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung IM)
\(MICK\) nội tiếp nên \(\angle MIK = \angle MCK\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung MK)
Xét (O) có: \(\angle MBI = \angle MCK\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung; góc nội tiếp cùng chắn cung CM)
\( \Rightarrow \angle MHI = \angle MIK\)
*Tứ giác BIMH nội tiếp \( \Rightarrow \angle MIH = \angle MBH\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH)
Tứ giác CIMK nội tiếp \( \Rightarrow \angle MKI = \angle MCI\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IM)
Xét (O) có: \(\angle MBH = \angle MCB\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung; góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
\( \Rightarrow \angle MIH = \angle MKI\)
Xét tam giác \(\Delta MIH\) và \(\Delta MKI\) ta có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle MHI = \angle MIK\left( {cmt} \right)\\\angle MIH = \angle MKI\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta MIH \sim \Delta MKI\left( {g.g} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{MI}}{{MK}} = \dfrac{{MH}}{{MI}}\\ \Rightarrow M{I^2} = MH.MK\end{array}\)
2)
Từ \(\dfrac{2}{{PK}} = \dfrac{1}{{PE}} + \dfrac{1}{{PF}}\) suy ra \(PE.KF = EK.PF\) (*)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{2}{{PK}} = \dfrac{1}{{PE}} + \dfrac{1}{{PF}}\\ \Rightarrow 2PE.PF = PK\left( {PE + PF} \right)\end{array}\)
\( \Rightarrow 2PE.PF = \left( {PE + EK} \right)\left( {PE + PF} \right)\)
\( \Leftrightarrow 2PE.PF = P{E^2} + PE.PF + EK.PE + EK.PF\)
\( \Leftrightarrow PE.PF - P{E^2} - PE.EK = EK.PF\)
\( \Leftrightarrow PE\left( {PF - PE - EK} \right) = EK.PF\)
\( \Leftrightarrow PE.KF = EK.PF\) (*)
Gọi \(H\) là giao điểm của \(PO\) và \(QR\)
PQ, PR là tiếp tuyến của đường tròn (O) \( \Rightarrow PQ = PR\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Lại có: OQ = OR = R
\( \Rightarrow PO\) là đường trung trực của đoạn QR
\(\begin{array}{l} \Rightarrow PO \bot QR\\ \Rightarrow PO \bot QH\end{array}\)
Tam giác PQO vuông tại Q, đường cao QH, ta có:
\(P{Q^2} = PH.PO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
Xét (O) có: \(\angle PFQ = \angle PQE\) (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung QE)
Xét \(\Delta PQE\) và \(\Delta PFQ\) có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle QPF\,\,chung\\\angle PFQ = \angle PQE\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta PQE \sim \Delta PFQ\left( {g.g} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \dfrac{{PQ}}{{PF}} = \dfrac{{PE}}{{PQ}}\\ \Rightarrow P{Q^2} = PE.PF\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Từ (1) và (2) suy ra \(PH.PO = PE.PF\)\( \Rightarrow \dfrac{{PH}}{{PE}} = \dfrac{{PF}}{{PO}}\)
Xét \(\Delta PEH\) và \(\Delta POF\) có:
\(\left. \begin{array}{l}\angle OPF\,\,chung\\\dfrac{{PH}}{{PE}} = \dfrac{{PF}}{{PO}}\left( {cmt} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta PEH \sim \Delta POF\left( {c.g.c} \right)\)
\( \Rightarrow \angle EHP = \angle PFO\) mà hai góc này cùng bù với \(\angle OHE\)
\( \Rightarrow HEFO\) là tứ giác nội tiếp
\( \Rightarrow \angle OHF = \angle OEF\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung OF)
Mà \(\angle OEF = \angle OFE = \angle PHE\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle OHF = \angle PHE\\ \Rightarrow \angle EHK = \angle FHK\end{array}\)
Từ đó suy ra \(HK,HP\) lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của góc \(EHF\)
\( \Rightarrow \dfrac{{PE}}{{PF}} = \dfrac{{KE}}{{KF}}\)
\( \Rightarrow PE.KF = EK.PF\)
Suy ra (*) đúng (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
