Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Dựng tiếp tuyến Ax (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (C không trung A và B), dựng tiếp tuyến Cy của nửa đường tròn (O) cắt Ax tại D

Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Dựng tiếp tuyến Ax (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (C không trung A và B), dựng tiếp tuyến Cy của nửa đường tròn (O) cắt Ax tại D. Kẻ CH vuông góc với AB (H \( \in \) AB), BD cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của OD và AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O1).

c) Chứng minh DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

 \( \widehat{AKM}={{90}^{O}} \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn),  \( \widehat{AHM}={{90}^{O}} \) (gt)

Tứ giác AKMH, ta có:

 \( \widehat{AKM}+\widehat{AHM}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O} }\) nên nôi tiếp một đường tròn.

b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O1).

Ta có:

+  \( \widehat{AKM}={{90}^{O}} \) (cmt) \(\Rightarrow AK\bot BD\Rightarrow \widehat{AKD}={{90}^{O}}\)    (1)

+ DK = DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OC = OA = R.

 \( \Rightarrow  \)OD là trung trực của AC  \( \Rightarrow  \)OD \( \bot\)  AC tại J  \( \Rightarrow  \) \( \widehat{AJD}={{90}^{O}} \)   (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADKJ nội tiếp đường tròn đường kính AD.

 \( \Rightarrow \widehat{JKM}=\widehat{DAJ} \) (Cùng bù  \( \widehat{DKJ} \))   (3)

Lại có:  \( \left. \begin{align}  & AD\bot AB\text{ (gt)} \\  & \text{CH}\bot AB\text{ }(gt) \\ \end{align} \right\}\Rightarrow AD//CH \) \( \Rightarrow \widehat{JCM}=\widehat{DAJ} \) (so le trong)   (4)

Từ (3) và (4) suy ra  \( \widehat{JCM}=\widehat{JKM} \) \( \Rightarrow \)  Tứ giác CKJM nội tiếp một đường tròn (O1)

c) Chứng minh DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

Tứ giác CKJM nội tiếp (cmt)  \( \Rightarrow \widehat{KMJ}=\widehat{KCA} \) (góc nội tiếp cùng chắn cung  \( \overset\frown{KJ} \))

Mặt khác:  \( \widehat{ABK}=\widehat{KCA} \) (Góc nội tiếp cùng chắn cung  \( \overset\frown{KA} \))

 \( \Rightarrow \widehat{ABK}=\widehat{KMJ}\Rightarrow JM//AB  \) mà CH  \( \bot  \) AB (gt)

 \( \Rightarrow JM\bot CH  \)

 \( \Rightarrow  \) Tam giác JMC vuông tại M

 \( \Rightarrow  \) Đường tròn (O1) nhận JC làm đường kính, lại có OD  \( \bot  \) AC tại J (cmt)

 \( \Rightarrow  \) DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1)

 

Các bài toán liên quan

Bài toán mới!

Không tìm thấy bài viết nào.

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB.

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh MN2 = NF.NA và MN = NH.

c) Chứng minh \( \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=1 \).

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên  \( \widehat{MAO}=\widehat{MBO}={{90}^{O}} \)

Tứ giác MAOB có  \( \widehat{MAO}+\widehat{MBO}={{180}^{O}} \)

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh MN2 = NF.NA và MN = NH.

Ta có:  \( \widehat{M}=\widehat{{{E}_{1}}} \) (so le trong, AE // MO) và  \( {{\widehat{A}}_{1}}=\widehat{{{E}_{1}}}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AF} \right) \)

 \( \Rightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{A}}_{1}} \)

Xét  \( \Delta NMF  \) và  \( \Delta NAM  \), ta có:

 \( \widehat{MNA} \) chung;

 \( {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{A}}_{1}} \)

Do đó,  \( \Delta NMF\backsim \Delta NAM\Rightarrow \frac{NM}{NA}=\frac{NF}{NM} \)  \( \Rightarrow N{{M}^{2}}=NF.NA  \)

Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R

 \( \Rightarrow  \) MO là đường trung trực của AB.

 \( \Rightarrow  \) AH  \( \bot  \) MO và HA = HB.

Xét  \( \Delta MAF  \) và  \( \Delta MEA  \), ta có:

 \( \widehat{AME} \) chung;  \( {{\widehat{A}}_{1}}={{\widehat{E}}_{1}} \)

Do đó,  \( \Delta MAF\backsim \Delta MEA  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{MF}{MA}\Rightarrow M{{A}^{2}}=MF.ME  \)

Áp dụng hệ thức lượng vào  \( \Delta MAO  \) vuông, có:  \( M{{A}^{2}}=MH.MO  \)

Do đó:  \( ME.MF=MH.MO\Rightarrow \frac{ME}{MH}=\frac{MO}{MF} \)

 \( \Rightarrow \Delta MFH\backsim \Delta MO  \)E (c – g – c)

 \( \Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{E}}_{2}} \)

Vì  \( \widehat{BAE} \) là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

 \( \Rightarrow {{\widehat{E}}_{2}}=\widehat{{{A}_{2}}}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{EB} \right) \)

 \( \Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{A}}_{2}}\Rightarrow {{\widehat{N}}_{1}}+{{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}+{{\widehat{A}}_{2}}={{90}^{O}}\Rightarrow HF\bot NA  \)

Áp dụng hệ thức lượng vào  \( \Delta NHA  \) vuộng, ta có: NH2 = NF.NA

 \( \Rightarrow N{{M}^{2}}=N{{H}^{2}}\Rightarrow NM=NH  \)

c) Chứng minh \( \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=1 \).

Áp dụng hệ thức lượng vào \( \Delta NHA \) vuông, ta có HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN

Mà HA = HB.

 \( \Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{H{{A}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{FA.NA}{FA.FN}=\frac{NA}{NF} \)

Vì AE // MN nên  \( \frac{EF}{MF}=\frac{FA}{NF} \) (hệ quả của định lí Talet)

 \( \Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=\frac{NA}{NF}-\frac{FA}{NF}=\frac{NF}{NF}=1 \)

 

Các bài toán liên quan

Bài toán mới!

Không tìm thấy bài viết nào.

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K

Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M và N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM cắt nhau tại điểm I. Dây MN cắt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.

a) Chứng minh bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh NB2 = NK.NM.

c) Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

d) Gọi P, Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên  \( \widehat{MAO}=\widehat{MBO}={{90}^{O}} \)

Tứ giác MAOB có  \( \widehat{MAO}+\widehat{MBO}={{180}^{O}} \)

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh MN2 = NF.NA và MN = NH.

Ta có:  \( \widehat{M}=\widehat{{{E}_{1}}} \) (so le trong, AE // MO) và  \( {{\widehat{A}}_{1}}=\widehat{{{E}_{1}}}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AF} \right) \)

 \( \Rightarrow {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{A}}_{1}} \)

Xét  \( \Delta NMF  \) và  \( \Delta NAM  \), ta có:

 \( \widehat{MNA} \) chung;

 \( {{\widehat{M}}_{1}}={{\widehat{A}}_{1}} \)

Do đó,  \( \Delta NMF\backsim \Delta NAM\Rightarrow \frac{NM}{NA}=\frac{NF}{NM} \)  \( \Rightarrow N{{M}^{2}}=NF.NA  \)

Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R

 \( \Rightarrow  \) MO là đường trung trực của AB.

 \( \Rightarrow  \) AH  \( \bot  \) MO và HA = HB.

Xét  \( \Delta MAF  \) và  \( \Delta MEA  \), ta có:

 \( \widehat{AME} \) chung;  \( {{\widehat{A}}_{1}}={{\widehat{E}}_{1}} \)

Do đó,  \( \Delta MAF\backsim \Delta MEA  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{MF}{MA}\Rightarrow M{{A}^{2}}=MF.ME  \)

Áp dụng hệ thức lượng vào  \( \Delta MAO  \) vuông, có:  \( M{{A}^{2}}=MH.MO  \)

Do đó:  \( ME.MF=MH.MO\Rightarrow \frac{ME}{MH}=\frac{MO}{MF} \)

 \( \Rightarrow \Delta MFH\backsim \Delta MO  \)E (c – g – c)

 \( \Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{E}}_{2}} \)

Vì  \( \widehat{BAE} \) là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng

 \( \Rightarrow {{\widehat{E}}_{2}}=\widehat{{{A}_{2}}}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{EB} \right) \)

 \( \Rightarrow {{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{A}}_{2}}\Rightarrow {{\widehat{N}}_{1}}+{{\widehat{H}}_{1}}={{\widehat{N}}_{1}}+{{\widehat{A}}_{2}}={{90}^{O}}\Rightarrow HF\bot NA  \)

Áp dụng hệ thức lượng vào  \( \Delta NHA  \) vuộng, ta có: NH2 = NF.NA

 \( \Rightarrow N{{M}^{2}}=N{{H}^{2}}\Rightarrow NM=NH  \)

c) Chứng minh \( \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=1 \).

Áp dụng hệ thức lượng vào \( \Delta NHA \) vuông, ta có HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN

Mà HA = HB.

 \( \Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{H{{A}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{FA.NA}{FA.FN}=\frac{NA}{NF} \)

Vì AE // MN nên  \( \frac{EF}{MF}=\frac{FA}{NF} \) (hệ quả của định lí Talet)

 \( \Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=\frac{NA}{NF}-\frac{FA}{NF}=\frac{NF}{NF}=1 \)

 

Các bài toán liên quan

Bài toán mới!

Không tìm thấy bài viết nào.

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm D và E. Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA.

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O).

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Hướng dẫn giải:

Một số cách thường dùng để chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn:

+ Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180O (tổng hai góc đối bù nhau).

+ Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+ Tứ giác đó là một trong các hình: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

+ Tứ giác có tổng các góc đối bằng nhau.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Ta có:  \( \widehat{BDC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

 \( \widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

Suy ra: \( \widehat{ADH}=\widehat{BDC}={{90}^{O}} \),  \( \widehat{AEH}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \)

Xét tứ giác ADHE có:

\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O}}\)

Tứ giác ADHE có hai góc đối bù nhau.

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Xét tam giác ADH và tam giác AEH có:

+ D nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, D, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

+ E nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

Vậy 4 điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA.

Xét hai tam giác CBE và CAM có:

 \( \widehat{ACM} \) là góc chung

 \( \widehat{AMC}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (cmt)

Suy ra  \( \Delta CBE\backsim \Delta CAM  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\Rightarrow CM.CB=CE.CA  \)

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có:  \( \widehat{IDH}=\widehat{IHD} \) (do  \( \Delta ID  \)H cân tại I)    (1)

 \( \widehat{IHD}=\widehat{CHM} \) (đối đỉnh)      (2)

Mặt khác:  \( \widehat{ODC}=\widehat{OCD} \) (do  \( \Delta O DC \) cân tại O)   (3)

Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có:

 \( \widehat{CHM}+\widehat{MCH}={{90}^{O}} \)

Suy ra ID  \( \bot  \) DO.

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Gọi BM = x  \( \Rightarrow CM=2R-x  \)

Xét  \( \Delta ABM  \) vuông tại M có:

 \( AM=BM.\tan \widehat{ABM}=x.\tan {{45}^{O}}=x  \)   (*)

Xét  \( \Delta ACM  \) vuông tại M có:

 \( AM=CM.\tan {{60}^{O}}=\left( 2R-x \right).\sqrt{3} \)   (**)

Từ (*) và (**), ta có:

 \( x=\left( 2R-x \right)\sqrt{3}\Rightarrow x=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \)

Vậy  \( AM=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \).

Suy ra diện tích tam giác ABC là:  \( S=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}\left( 3-\sqrt{3} \right)R.2R=\left( 3-\sqrt{3} \right){{R}^{2}} \) (đvdt)

 

Các bài toán liên quan

Bài toán mới!

Không tìm thấy bài viết nào.

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) với A là tiếp điểm. Qua điểm C thuộc tia Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa C và E; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB)

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) với A là tiếp điểm. Qua điểm C thuộc tia Ax, vẽ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa C và E; D và E nằm về hai phía của đường thẳng AB). Từ O vẽ OH vuông góc với đoạn thẳng DE tại H.

a) Chứng minh tứ giác AOHC nội tiếp.

b) Chứng minh AC.AE = AD.CE

c) Đường thẳng CO cắt tia BD, tia BE lần lượt tại M và N. Chứng minh AM // BN.

Hướng dẫn giải: