Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm A lấy điểm M (M khác A). Lấy điểm N trên đoạn thẳng OB (N khác O và B). Đường thẳng MN cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm C và D (C nằm giữa M và D). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD.
a) Chứng minh tứ giác \(AMIO\) nội tiếp.
b) Qua D kẻ đường thẳng song song với MO cắt AB tại H. Chứng minh: \(M{A^2} = MC.MD\) và \(\angle IAB = \angle MDH\)
c, Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng MO với hai đường thẳng BC và BD. Chứng minh tứ giác AEBF là hình bình hành.
Quảng cáo
a) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 độ là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
b) \(\Delta MCA \sim \Delta MAD\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\)
c) Kéo dài \(DH\) cắt \(BC\) tại \(K\)
Chứng minh \(H\) là trung điểm của \(DK\).
\(HK = HD\); \(\dfrac{{HK}}{{OE}} = \dfrac{{BH}}{{BO}}\); \(\dfrac{{HD}}{{OF}} = \dfrac{{BH}}{{BO}}\) suy ra \(OE = OF\)
Tứ giác \(AEBF\) ta có \(OA = OB = R;\,OE = OF\) suy ra AEBF là hình bình hành (dhnb)
a) Chứng minh tứ giác \(AMIO\) nội tiếp.
Ta có: I là trung điểm của CD nên \(OI \bot CD\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \angle OIM = {90^0}\)
MA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A (gt) nên \(\angle MAO = {90^0}\)
Xét tứ giác AMIO có: \(\angle OIM + \angle MAO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\), mà đây là 2 góc đối diện.
=> Tứ giác \(AMIO\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
a) Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180 độ là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết).
b) \(\Delta MCA \sim \Delta MAD\left( {g.g} \right)\)\( \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\)
c) Kéo dài \(DH\) cắt \(BC\) tại \(K\)
Chứng minh \(H\) là trung điểm của \(DK\).
\(HK = HD\); \(\dfrac{{HK}}{{OE}} = \dfrac{{BH}}{{BO}}\); \(\dfrac{{HD}}{{OF}} = \dfrac{{BH}}{{BO}}\) suy ra \(OE = OF\)
Tứ giác \(AEBF\) ta có \(OA = OB = R;\,OE = OF\) suy ra AEBF là hình bình hành (dhnb)
b) Qua D kẻ đường thẳng song song với MO cắt AB tại H. Chứng minh: \(M{A^2} = MC.MD\) và \(\angle IAB = \angle MDH\)
Ta có: \(\angle MAC = \angle CDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Xét tam giác \(\Delta MCA\) và \(\Delta MAD\) có:
\(\angle DMA{\rm{ chung}}\)
\(\angle MAC = \angle MDA\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC).
\( \Rightarrow \Delta MCA \sim \Delta MAD\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{{MD}} = \dfrac{{MC}}{{MA}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Rightarrow M{A^2} = MC.MD\) (đpcm).
Vì \(AMIO\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ta có: \(\angle IMO = \angle IAO = \angle IAB\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung OI).
Vì \(HD//MO \Rightarrow \angle MDH = \angle IMO\) (2 góc so le trong)
Vậy \(\angle IAB = \angle MDH\) (đpcm).
c) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng MO với hai đường thẳng BC và BD. Chứng minh tứ giác AEBF là hình bình hành.
Kéo dài \(DH\) cắt \(BC\) tại \(K\)
Ta có: \(\angle IAB = \angle MDH\) (cmt)
Hay \(\angle IAH = \angle IDH\) mà \(A\) và \(D\) là hai đỉnh kề nhau của tứ giác \(AIHD\) cùng nhìn cạnh \(IH\) dưới 1 góc bằng nhau
Suy ra tứ giác \(AIHD\) nội tiếp đường tròn
\( \Rightarrow HID = \angle HAD\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(HD\))
Xét \(\left( O \right)\) ta có: \(\angle BAD = \angle BCD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BD\))
Hay \(\angle HAD = \angle BCD\)
Suy ra \(\angle BCD = \angle HID\left( { = \angle HAD} \right)\) mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
\( \Rightarrow IH//CK\) (dhnb)
Xét tam giác \(CKD\) có
\(IC = ID\) (gt)
\(IH//CK\) (cmt)
Suy ra \(H\) là trung điểm của \(DK\)(định lí về đường trung bình của tam giác)
\( \Rightarrow HK = HD\) (1)
Vì \(DH//OH\) (gt)\( \Rightarrow HK//OE;\,HD//OF\)
Xét \(\Delta BOE\) có \(HK//OE\) (cmt) \( \Rightarrow \dfrac{{HK}}{{OE}} = \dfrac{{BH}}{{BO}}\) (hệ quả của định lí Ta-lét) (2)
Xét \(\Delta BOF\) ta có: \(HD//OF\) (cmt) \( \Rightarrow \dfrac{{HD}}{{OF}} = \dfrac{{BH}}{{BO}}\) (hệ quả của định lí Ta-lét) (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra \(OE = OF\)
Xét tứ giác \(AEBF\) ta có \(OA = OB = R;\,OE = OF\) (cmt)
Suy ra tứ giác \(AEBF\) là hình bình hành (dhnb) (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
