Câu hỏi:

19/08/2025 7,524

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB và K là điểm chính giữa cung AB. Trên cung KB lấy một điểm M (khác K, B). Trên tia AM lấy điểm N sao cho AN = BM. Kẻ dây BP // KM. Gọi Q là giao điểm của các đường thẳng AP và BM; E là giao điểm của PB và AM.

a) Chứng minh rằng tứ giác PQME nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh: ∆AKN = ∆BKM.

c) Chứng minh: AM . BE = AN . AQ.

d) Gọi R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của QA, QB với đường tròn ngoại tiếp ∆OMP. Chứng minh rằng khi M di động trên cung KB thì trung điểm I của RS luôn nằm trên một đường cố định

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 5920 câu Trắc nghiệm tổng hợp môn Toán 2023 có đáp án !!

Giao bài

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Lời giải

Media VietJack

a) Xét đường tròn tâm O, đường kính AB có:

\(\widehat {APB} = \widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Nên \(\widehat {QPB} = 90^\circ ;\;\widehat {QMA} = 90^\circ \) (hai góc kề bù với hai góc trên).

Suy ra \(\widehat {QPE} + \widehat {QME} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Do đó, tứ giác PQME nội tiếp đường tròn.

b) K là điểm chính giữa cung AB nên

Þ AK = KB (liên hệ giữa cung và dây)

Xét ∆AKN và ∆BKM có:

AK = BK (cmt)

\(\widehat {NAK} = \widehat {MBK}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung KM)

AN = BM (gt)

Þ ∆AKN = ∆BKM (c.g.c).

c) Xét ∆AMQ và ∆BME có:

\(\widehat {AMQ} = \widehat {BME} = 90^\circ \)

\(\widehat {QAM} = \widehat {EBM}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MP)

Þ ∆AMQ ᔕ ∆BME (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{AM}}{{BM}} = \frac{{AQ}}{{BE}} \Rightarrow AM.BE = BM.AQ\)

Mà AN = BM Þ AM.BE = AN.AQ

d) \(\widehat {ABM} = \widehat {RPM}\) (ABMP nội tiếp)

\(\widehat {RPM} = \widehat {QSR}\) (RPMS nội tiếp)

\( \Rightarrow \widehat {ABM} = \widehat {QSR}\) (Hai góc ở vị trí đồng vị)

Þ RS // AB

BP // KM Þ cung KP = cung MB

\( \Rightarrow \widehat {MOP} = \widehat {KOB} = 90^\circ \) (Hai góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau)

Þ ∆OMP nội tiếp đường tròn đường kính PM

PQME nội tiếp đường tròn nên suy ra

Kẻ IC // AQ, ID // BQ \( \Rightarrow \widehat {CID} = \widehat {PQM} = 45^\circ \)

RS = OM = OA = OB = R (không đổi)

Þ C, D là trung điểm của OA, OB Þ C, D cố định

I luôn nhìn CD cố định dưới góc 45°

Þ I nằm trên cung chứa góc 45° vẽ trên đoạn CD cố định.

Hot: Giáo án năng lực số, PPT AI khởi động lớp 1-12 (Update 2026) (chỉ từ 150k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho đường tròn (O; R) và một điểm A sao cho OA = 2R, vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O; R), B và C là các tiếp điểm. Vẽ đường kính BOD.

a) Chứng minh 4 điểm A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh rằng: DC // OA.

c) Đường trung trực của BD cắt AC và CD lần lượt tại S và E. Chứng minh rằng OCEA là hình thang cân.

d) Gọi I là giao điểm của đoạn OA và (O), K là giao điểm của tia SI và AB. Tính theo R diện tích tứ giác AKOS.

Xem đáp án

Lời giải

Media VietJack

a) Ta có AB và AC là tiếp tuyến của (O) \( \Rightarrow \widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ \).

Xét tứ giác ABOC có:

\(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn.

Hay A, B, O, C thuộc 1 đường tròn.

b) Ta có: AB và AC là tiếp tuyến của (O) Þ AB = AC.

Mà OB = OC = R Þ OA là đường trung trực của BC hay OA ^ BC (1)

Xét ∆CBD nội tiếp (O) có BD là đường kính của (O).

Suy ra ∆CBD vuông tại C hay DC ^ BC (2)

Từ (1), (2) Þ DC // OA.

c) Ta có: DC // OA Þ CE // OA Þ OCEA là hình thang (3)

Ta có: \[\widehat {ODE} + \widehat {OBC} = 90^\circ \];

\(\widehat {OBC} + \widehat {BOA} = 90^\circ \).

Suy ra \(\widehat {ODE} = \widehat {BOA}\).

Xét ∆BOA và ∆ODE có:

\(\widehat {ODE} = \widehat {BOA}\) (cmt)

\[\widehat {DOE} = \widehat {OBA} = 90^\circ \]

OB = OD = R

Þ ∆BOA = ∆ODE (g.c.g)

Þ AB = OE (hai cạnh tương ứng)

Mà AB = AC (AB và AC đều là tiếp tuyến chung của (O))

Suy ra OE = AC (4)

Từ (3) và (4) Þ OCEA là hình thang cân.

d) Ta có: \[\widehat {SOI} + \widehat {AOB} = 90^\circ \]

\(\widehat {AOB} + \widehat {OAB} = 90^\circ \)

\(\widehat {OAB} = \widehat {SAO}\)

Suy ra \(\widehat {SOA} = \widehat {SAO}\) Þ ∆SOA cân tại S

Lại có SI là đường trung tuyến \(\left( {OI = IA = \frac{{OA}}{2} = R} \right)\)

Suy ra SI ^ OA Þ KS ^ OA (5)

Ta có ∆KAS có \(\widehat {KAI} = \widehat {SAI}\)

AI ^ KS suy ra KI = SI.

Mà OI ^ AI

Suy ra OKAS là hình bình hành (6)

Từ (5) và (6) suy ra AKOS là hình thoi.

Ta có ∆OAB vuông tại A có OA = 2OD = 2R

\[ \Rightarrow \widehat {OAB} = 30^\circ \Rightarrow \tan \widehat {OAB} = \tan 30^\circ = \frac{{KI}}{{AI}}\]

\[ \Rightarrow KI = \tan 30^\circ .AI = \frac{{\sqrt 3 }}{3}R\]

\[ \Rightarrow KS = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}R\].

Vậy \[SAKOS = \frac{{OA.SK}}{2} = \frac{{2R.\frac{{2\sqrt 3 }}{3}R}}{2} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{R^2}.\]

Câu 2

Cho đoạn thẳng AB và M là điểm nằm trên đoạn AB sao cho \(AM = \frac{1}{5}AB\). Tìm k trong \(\overrightarrow {MA} = k\overrightarrow {MB} \).

Xem đáp án

Lời giải

M là điểm nằm trên đoạn AB và \(AM = \frac{1}{5}AB\)

\( \Rightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{5}\overrightarrow {AB} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{5}\overrightarrow {AM} + \frac{1}{5}\overrightarrow {MB} \)

\( \Leftrightarrow \frac{4}{5}\overrightarrow {AM} = \frac{1}{5}\overrightarrow {MB} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {AM} = \frac{1}{4}\overrightarrow {MB} \)

\( \Leftrightarrow \overrightarrow {MA} = - \frac{1}{4}\overrightarrow {MB} \).

Câu 3