Cho đường tròn $\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)$, đường kính AB vuông góc với dây CD

Câu hỏi số 790554:

Vận dụng

Cho đường tròn $\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)$, đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm $I$ ($I$ nằm giữa $A$ và $O$). Lấy điểm $E$ bất kì trên cung nhỏ BC$($E khác $B$ và $C$). AE cắt CD tại $K$.

a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $AK.AE = AI.AB$.

c) Gọi $P$ là giao điểm của tia BE và tia DC, $Q$ là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của $\angle EIQ$. Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:790554

Phương pháp giải

a) Chứng minh $\angle KEB = 90{^\circ}$ và $\angle KIB = 90{^\circ}$ nên $\Delta KEB$ và $\Delta KIB$ cùng thuộc đường tròn đường kính KB. Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh $\Delta AKI \backsim \Delta ABE$ suy ra tỉ số giữa hai cặp cạnh tương ứng của hai tam giác.

c) * Chứng minh IK là phân giác của $\angle EIQ$.

Chứng minh K là trực tâm của $\Delta APB$ nên $BQ\bot AP\left( {Q \in AP} \right)$

Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp, nên $\angle QAK = \angle QIK$.

Kết hợp với $\angle KIE = \angle KBE$ và $\angle QAK = \angle KBE$ suy ra $\angle KIE = \angle KIQ$ hay IK là phân giác của $\angle EIQ$

* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.

Gọi H là trung điểm của PK, khi đó đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.

Ta cần chứng minh $\angle OQH = 90^{{^\circ}}$ hay $OQ\bot QH$:

+ Chứng minh $\Delta OQB$ là tam giác cân tại $O$ nên $\angle OQK = \angle OBQ$

+ Chứng minh $\Delta IBK \backsim \Delta QPK$ (g-g) suy ra $\angle OBQ = \angle QPK$

+ Chứng minh $\angle HQP = \angle QPK$ (tam giác HPQ cân tại H).

Ta được $\angle OQK = \angle HQP$.

Sử dụng cộng góc để được $\angle OQH = \angle KQP = 90^{{^\circ}}$ nên $OQ\bot QH$.

Giải chi tiết

a) Xét $\left( {O;R} \right)$ có: $\angle AEB = 90^{{^\circ}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\angle KEB = 90^{{^\circ}}$

Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm $I$ nên $\angle KIB = 90^{{^\circ}}$

Xét $\Delta KEB$ vuông tại E có cạnh huyền KB suy ra K, E, B thuộc đường tròn đường kính KB (1)

Xét $\Delta KIB$ vuông tại I có cạnh huyền KB suy ra K, I, B thuộc đường tròn đường kính KB (2)

Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét $\Delta AKI$ và $\Delta ABE$, ta có:

$\angle A$ là góc chung

$\angle AIK = \angle AEB = 90^{{^\circ}}$

suy ra $\Delta AKI \backsim \Delta ABE$ $\left( {g - g} \right)$

Do đó $\dfrac{AK}{AB} = \dfrac{AI}{AE}$ nên $AK.AE = AI.AB$ (đpcm)

c) * Chứng minh IK là phân giác của $\angle EIQ$.

Xét $\Delta APB$ có: $PI\bot AB\left( {I \in AB} \right)$; $AE\bot PB\left( {E \in PB} \right)$; $PI$ cắt $AE$ tại $K$ nên $K$ là trực tâm của $\Delta APB$

Suy ra $BQ\bot AP\left( {Q \in AP} \right)$ nên $\angle AQB = 90^{{^\circ}}$ hay $\angle AQK = 90^{{^\circ}}$

Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm $I$ nên $\angle AIK = 90^{{^\circ}}$

Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK, do đó bốn điểm A, I, Q, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp

suy ra $\angle QAK = \angle QIK$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QK)

Ta có: KEBI là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\angle KIE = \angle KBE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EK)

Ta có: $\angle AQB = 90^{{^\circ}}$ nên $\Delta AQB$ nội tiếp $\left( {O;R} \right)$, do đó $Q \in \left( {O;R} \right)$

Lại có: $\angle QAK = \angle KBE$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QE)

suy ra $\angle KIE = \angle KIQ$ hay IK là phân giác của $\angle EIQ$ (đpcm)

* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.

Xét $\Delta OQB$, ta có:

$OQ = OB = R$

Suy ra $\Delta OQB$ là tam giác cân tại $O$

Do đó $\angle OQB = \angle OBQ$ hay $\angle OQK = \angle OBQ$ $(1)$

Xét $\Delta IBK$ và $\Delta QPK$, ta có:

$\angle IKB = \angle QKP$ (hai góc đối đỉnh)

$\angle KQP = \angle KIB = 90^{{^\circ}}$

Suy ra $\Delta IBK \backsim \Delta QPK$ (g-g)

Do đó $\angle IBK = \angle QPK$ (hai góc tương ứng) hay $\angle OBQ = \angle QPK$ $(2)$

Xét tam giác KQP và tam giác KEP lần lượt vuông tại Q và E nên nội tiếp đường tròn đường kính PK, suy ra P, Q, K, E thuộc đường tròn đường kính PK và đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.

Gọi H là trung điểm của PK, khi đó HP = HP nên tam giác HPQ cân tại H, do đó $\angle PQH = \angle QPK$ hay $\angle HQP = \angle QPK$ (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\angle OQK = \angle HQP$

Mà $\angle HQO = \angle OQK + \angle KQH = \angle HQP + \angle KQH = \angle HQP = 90^{{^\circ}}$

Suy ra $\angle OQH = 90^{{^\circ}}$ hay $OQ\bot QH$

Do đó OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE (đpcm).

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 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