Cho đường tròn (O). Từ điểm M bên ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường
Cho đường tròn (O). Từ điểm M bên ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB (C không nằm chính giữa cung AB, C khác A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên các đường thẳng AB, AM, BM.
1) Chứng minh tứ giác AECD nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh rằng \(\angle CDE = \angle CFD\).
3) Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh \(CD \bot IK\).
4) Đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CIE và CKF cắt nhau tại điểm thứ hai N (N khác C). Chứng minh đường thẳng NC đi qua trung điểm của đoạn thẳng AB.
Quảng cáo
1) Chứng minh tứ giác AECD có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\).
2) Chứng minh CDBF là tứ giác nội tiếp.
Sử dụng tính chất trong một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau để chứng minh \(\angle CDE = \angle CFD\).
3) Chứng minh tứ giác ICKD nội tiếp. Chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau để suy ra IK // AB.
4) Sử dụng các tam giác đồng dạng, chứng minh PI = PK.
Sử dụng định lí Ta-lét để chứng minh H là trung điểm của AB.
Cho đường tròn (O). Từ điểm M bên ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Lấy điểm C trên cung nhỏ AB (C không nằm chính giữa cung AB, C khác A và B). Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên các đường thẳng AB, AM, BM.
1) Chứng minh tứ giác AECD nội tiếp đường tròn.
Do \(CE \bot MA,\,\,CD \bot AB\) (giả thiết)
\( \Rightarrow \angle CEA = \angle CDA = {90^0}\)
Xét tứ giác AECD có \(\angle CEA + \angle CDA = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
Mà 2 góc này ở vị trí đối điện nên tứ giác AECD là tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm)
2) Chứng minh rằng \(\angle CDE = \angle CFD\).
Do AECDlà tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle CDE = \angle CAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE) (1)
Ta có: \(CD \bot AB \Rightarrow \angle CDB = {90^0},\,\,CF \bot MB \Rightarrow \angle CFB = {90^0}\) (gt)
Xét tứ giác CDBF có \(\angle CFB + \angle CDB = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện nên CDBF là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle CFD = \angle CBD\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CD) (2)
Mà \(\angle CBD = \angle CAE\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC của (O)) (3)
Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow \angle CDE = \angle CFD\) (đpcm)
3) Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh \(CD \bot IK\).
Do CDBF nội tiếp (cmt) nên \(\angle CDF = \angle CBF = \dfrac{1}{2}sdBC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF)
Mà \(\angle CDE = \angle CAE = \dfrac{1}{2}sdAC\) (theo ý 2)
\( \Rightarrow \angle CDE + \angle CDF = \dfrac{1}{2}sdACB\) hay \(\angle IDK = \dfrac{1}{2}sdACB\)
\( \Rightarrow \angle IDK + \angle ICK = \angle IDK + \angle ACB = \dfrac{1}{2}sdACB + \dfrac{1}{2}sdAB = \dfrac{1}{2}{.360^0} = {180^0}\).
=> Tứ giác CIDK là tứ giác nội tiếp (dhnb)
\( \Rightarrow \angle IKC = \angle IDC\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IC)
Mà \(\angle IDC = \angle DBC\,\,\left( { = \angle CFD} \right)\) (chứng minh trên)
\( \Rightarrow \angle IKC = \angle DBC = \angle ABC\). Mà hai góc này ở vị trí hai góc đồng vị bằng nhau.
\( \Rightarrow IK\parallel AB\) (dhnb).
Mà \(CD \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow IK \bot CD\) (từ vuông góc đến song song) (đpcm)
4) Đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CIE và CKF cắt nhau tại điểm thứ hai N (N khác C). Chứng minh đường thẳng NC đi qua trung điểm của đoạn thẳng AB.
Gọi P, H lần lượt là giao điểm của NC với IK và AB
Ta có \(\angle INC = \angle IEC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IC).
Mà \(\angle IEC = \angle CED = \angle CAD\) (AECD nội tiếp – hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
\(\angle CAD = \angle PIC\) (hai góc đồng vị do IK // AB)
\( \Rightarrow \angle PIC = \angle INC\).
Xét \(\Delta IPC\) và \(\Delta NPI\) có
\(\angle IPN\) chung;
\(\angle PIC = \angle INC\) (cmt)
\( \Rightarrow \Delta IPC \sim \Delta NPI\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{PI}}{{PN}} = \dfrac{{PC}}{{PI}}\) (hai cạnh tương ứng tỉ lệ)
\( \Leftrightarrow P{I^2} = PN.PC\)
Chứng minh tương tự \(\Delta PKC \sim \Delta PNK\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{PK}}{{PN}} = \dfrac{{PC}}{{PK}} \Leftrightarrow P{K^2} = PN.PC\)
\( \Rightarrow P{I^2} = P{K^2} \Leftrightarrow PI = PK\).
Do \(IK\parallel AB\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \dfrac{{IP}}{{AH}} = \dfrac{{PK}}{{HB}}\,\,\left( { = \dfrac{{CP}}{{CH}}} \right)\) (định lý Talet)
Mà \(PI = PK\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AH = HB\) hay H là trung điểm của AB.
Vậy chứng tỏ NC đi qua trung điểm H của AB (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
