Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB,I$ là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng $OA$ ($I$ khác $A$ và

Câu hỏi số 798821:

Vận dụng

Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB,I$ là điểm bất kì thuộc đoạn thẳng $OA$ ($I$ khác $A$ và $O$), dây cung $CD$ của đường tròn $(O)$ vuông góc với $AB$ tại $I$. Từ điểm $I$ kẻ các đường thẳng $IM,IN$ lần lượt vuông góc với các đường thẳng $AC,BC$ ($M$ thuộc $AC,N$ thuộc $BC$). Gọi $P$ là giao điểm của hai đường thẳng $MN$ và $AB,E$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $PC$ và đường tròn $(O)(E$ khác $C)$.
a) Chứng minh tứ giác $AMNB$ nội tiếp được trong một đường tròn và $PM \cdot PN = PA \cdot PB$.
b) Gọi $F$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AMNB$. Chứng minh đường thẳng $IE$ vuông góc với đường thẳng $CE$ và ba điểm $E,I,F$ thẳng hàng.
c) Chứng minh biểu thức $\dfrac{MA \cdot AB \cdot BN}{CP \cdot CD \cdot CE}$ có giá trị không đổi khi điểm $I$ di chuyển trên đoạn thẳng $OA$ ($I$ khác $A$ và $O$).

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:798821

Phương pháp giải

a) Xét tứ giác $AMNB$ có $\angle AMN + \angle ABN = \angle AMN + \angle CMN = 180^{\circ}$ nên tứ giác $AMNB$ nội tiếp.

Chứng minh hai tam giác $PAM$ đồng dạng với tam giác $PNB$ (g.g)
Suy ra $\left. \dfrac{PA}{PN} = \dfrac{PM}{PB}\Leftrightarrow PA \cdot PB = PM \cdot PN \right.$.

b) Chỉ ra được $PA.PB = PE.PC$ (chứng minh hai tam giác đồng dạng)
Theo phần a) ta có $PA.PB = PM.PN$ từ đó suy ra tứ giác $MECN$ nội tiếp và $M,E,C,N,I$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $MN$ và $CI$, do đó $IE\bot CE$ (1).

Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $C$ qua $O$. Từ cách dựng ta có $CQ$ là đường kính của đường tròn
$(O)$ nên $\angle QEC = 90^{\circ}$ hay $QE\bot EC$ (2)
Từ (1), (2) suy ra $Q,I$ và $E$ thẳng hàng (3)

Chứng minh $FO$ là đường trung bình của tam giác $QCI$ nên $F$ là trung điểm của đoạn $IQ$ suy ra $I$ , $F$ và $Q$ thẳng hàng (6).
Từ (3) và (6) suy ra $E,I,F$ thẳng hàng.

c) Ta có $AM \cdot AC = AI^{2},BN \cdot BC = BI^{2}$
Từ trên suy ra $AM \cdot AC \cdot BC \cdot BN = AI^{2} \cdot BI^{2}$
$\left. \Rightarrow AM \cdot AB \cdot BN = CI^{3} \right.$ (7)
Mà $\left. CD = 2CI\Rightarrow CP.CE.CD = 2CI^{3} \right.$ (8)
Từ (7) và (8) ta được $\dfrac{MA \cdot AB \cdot BN}{CP \cdot CD \cdot CE} = \dfrac{1}{2}$.

Giải chi tiết

a) Chứng minh tứ giác AMNB nội tiếp.

Theo giả thiết suy ra tứ giác $IMCN$ là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông)
Nên $\angle CMN = \angle CIN$.
mặt khác $\angle CIN = \angle CBI$ (cùng phụ với góc $ICB$) suy ra $\angle CMN = \angle ABN$.
Xét tứ giác $AMNB$ có $\angle AMN + \angle ABN = \angle AMN + \angle CMN = 180^{\circ}$ và hai góc $\angle AMN$ và $\angle ABN$ ở hai vị trí đối diện nên tứ giác $AMNB$ nội tiếp.

+) Chứng minh PA.PB = PM.PN.

Xét hai tam giác $PAM$ và $PNB$ có:
Góc tại đỉnh $P$ chung;

$\angle PMA = \angle CMN = \angle PBN$

Từ đó hai tam giác $PAM$ đồng dạng với tam giác $PNB$ (g.g)
Suy ra $\left. \dfrac{PA}{PN} = \dfrac{PM}{PB}\Leftrightarrow PA \cdot PB = PM \cdot PN \right.$.

b) Ta chứng minh $IE\bot CE$

Chỉ ra được $PA.PB = PE.PC$ (chứng minh hai tam giác đồng dạng)
Theo phần a) ta có $PA.PB = PM.PN$ từ đó suy ra tứ giác $MECN$ nội tiếp và $M,E,C,N,I$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $MN$ và $CI$, do đó $IE\bot CE$ (1).

Ta chứng minh $I,F$ và $Q$ thẳng hàng. Thực vậy:

Gọi $H$ là giao điểm của $OC$ với $MN$, khi đó ta có $\angle HCN = \angle OBC$ (do tam giác $OBC$ cân tại $O$); $\angle CNH = \angle MAB$ (do tứ giác $AMNB$ nội tiếp).
Suy ra $\left. \angle HCN + \angle HNC = \angle CBA + \angle CAB = 90^{\circ}\Rightarrow QC\bot MN \right.$.
Gọi $K$ là tâm của hình chữ nhật $IMCN$ khi đó $K$ là trung điểm của đoạn $MN$ nên $FK\bot MN$ , từ đó ta được $FK//QC$ (5)
Từ (4) và $\left. (5)\Rightarrow \right.$ Tứ giác $FKCO$ là hình bình hành $\left. \Rightarrow FO//CI \right.$ và $FO = \dfrac{1}{2}CI$.
Do đó $FO$ là đường trung bình của tam giác $QCI$ nên $F$ là trung điểm của đoạn $IQ$ suy ra $I$ , $F$ và $Q$ thẳng hàng (6).
Từ (3) và (6) suy ra $E,I,F$ thẳng hàng.

c) Ta có $AM \cdot AC = AI^{2},BN \cdot BC = BI^{2}$
Từ trên suy ra $AM \cdot AC \cdot BC \cdot BN = AI^{2} \cdot BI^{2}$
$\left. \Rightarrow AM \cdot AB \cdot CI \cdot BN = CI^{4} \right.$ (vì $AC \cdot BC = AB \cdot CI$ và $AI \cdot BI = CI^{2}$)
$\left. \Rightarrow AM \cdot AB \cdot BN = CI^{3} \right.$ (7)
Ta có $CP \cdot CE = CI^{2}$
Mà $\left. CD = 2CI\Rightarrow CP.CE.CD = 2CI^{3} \right.$ (8)
Từ (7) và (8) ta được $\dfrac{MA \cdot AB \cdot BN}{CP \cdot CD \cdot CE} = \dfrac{1}{2}$.

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