Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với (O) tại A. Gọi I là một điểm cố định trên đoạn thẳng AB. Gọi DE là dây cung thay đổi của (O) luôn đi qua I. Gọi BD, BE cắt d lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh rằng tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng tích AM. AN không đổi.
3) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DENM thuộc một đường thẳng cố định.
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng d tiếp xúc với (O) tại A. Gọi I là một điểm cố định trên đoạn thẳng AB. Gọi DE là dây cung thay đổi của (O) luôn đi qua I. Gọi BD, BE cắt d lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh rằng tứ giác DENM là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng tích AM. AN không đổi.
3) Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DENM thuộc một đường thẳng cố định.
Quảng cáo
Trả lời:

1) Ta có: AB là đường kính của (O) nên AD ⊥ BM, AE ⊥ EB
Mà AB ⊥ MN
Nên BD.BM = BA2 = BE. BN
⇒ \(\frac{{BD}}{{BN}} = \frac{{BE}}{{BM}}\)
Mà \(\widehat {DBE} = \widehat {MBN}\)
⇒ ∆BDE ∽ ∆BNM (c.g.c.)
⇒ \(\widehat {BDE} = \widehat {BNM}\)
⇒ MNED nội tiếp
2) Vẽ đường tròn ngoại tiếp ΔBMN, (BMN) ∩ AB = P
⇒ ΔBEI ∽ ΔBPN(g.g)
⇒ \(\frac{{BE}}{{BP}} = \frac{{BI}}{{BN}}\)
⇒ BI.BP = BE.BN = BA2
⇒ BP = \(\frac{{B{A^2}}}{{BI}}\)⇒ P cố định
Mà \(\widehat {PAN} = \widehat {MAB},\widehat {APN} = \widehat {BPN} = \widehat {BMN} = \widehat {BMA}\)
⇒ ΔABM ∽ ΔANP(g.g)
⇒ \(\frac{{AM}}{{AP}} = \frac{{AB}}{{AN}}\)
⇒ AM.AN = AB. AP không đổi
3.Vẽ đường tròn ngoại tiếp DMNE, (DMNE) ∩ AB = C, F (như hình vẽ)
Chứng minh tương tự câu 2 có AF.AC = AM.AN ⇒ AF.AC = AP.AB
Lại có BCF, BDM là cát tuyến tại B với (DMNE)
⇒ BC.BF = BD.BM = BA2
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}BC.BF = B{A^2}\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB - AC} \right)\left( {AB + AF} \right) = B{A^2}\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}A{B^2} + AB\left( {AF - AC} \right) - AF.AC = B{A^2}\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}AB\left( {AF - AC} \right) = AF.AC\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}AB\left( {AF - AC} \right) = AP.AB\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}AF - AC = AP\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒ \(\left\{ \begin{array}{l}AF = AC + AP\\AF.AC = AP.AB\end{array} \right.\)
⇒\(\left\{ \begin{array}{l}AF = AC + AP\\A{C^2} + AC.AP - AP.AB = 0\end{array} \right.\) ⇒ C cố định
⇒ C, F cố định
⇒ Tâm (DENM) thuộc trung trực của CF cố định.
Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay
- 20 Bộ đề, Tổng ôn, sổ tay môn Toán (có đáp án chi tiết) ( 55.000₫ )
- 500 Bài tập tổng ôn môn Toán (Form 2025) ( 38.500₫ )
- Sổ tay lớp 12 các môn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa, KTPL (chương trình mới) ( 36.000₫ )
- Tuyển tập 30 đề thi đánh giá năng lực Đại học Quốc gia Hà Nội, TP Hồ Chí Minh (2 cuốn) ( 150.000₫ )
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Vì đồ thị hàm số y = ax2 + bx + c đi qua điểm A(2; 1) và có đỉnh I(1; –1) nên ta có hệ:
\(\left\{ \begin{array}{l}1 = 4a + 2b + c\\ - \frac{b}{{2a}} = 1\\a + b + c = - 1\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}4a + 2b + c = 1\\ - b = 2a\\a + b + c = - 1\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l} - 2b + 2b + c = 1\\ - 2b = 4a\\a + b + c = - 1\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\ - 2b = 4a\\a + b + 1 = - 1\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\4a + 2b = 0\\a + b = - 2\end{array} \right.\)
⇔ \(\left\{ \begin{array}{l}c = 1\\a = 2\\b = - 4\end{array} \right.\)
Khi đó T = a3 + b2 – 2c = 23 + (–4)2 – 2.1 = 8 + 16 – 2 = 22.
Lời giải

a) Xét tứ giác BHCK có:
M là trung điểm của BC (giả thiết).
M là trung điểm của HK (MH = MK).
⇒ BHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết).
b) BHCK là hình bình hành (chứng minh trên).
⇒ BK // HC mà HC ⊥ AB (đường cao)
⇒ AB ⊥ BK (từ vuông góc đến song song đảo).
c) M là trung điểm của BC (giả thiết)
⇒ ME là đường trung tuyến của ΔBCE
Mà ΔBCE vuông tại E ⇒ ME = \(\frac{1}{2}BC\)
M là trung điểm của BC (giả thiết).
⇒ MF là đường trung tuyến của ΔBCF
Mà ΔBCF vuông tại F⇒ MF = \(\frac{1}{2}BC\) = ME
⇒ΔMEF cân (hai cạnh bên bằng nhau).
d) Xét tứ giác BFCQ có:
\(\widehat {BFC} = 90^\circ \)(CF ⊥ AB)
\(\widehat {FBQ} = 90^\circ \)(BK ⊥ AB)
\(\widehat {BQC} = 90^\circ \)(CQ ⊥ BK)
⇒ BFCQ là hình chữ nhật
⇒ BC = FQ
⇒ M là trung điểm FQ
⇒ ME là trung tuyến của tam giác EFQ
Suy ra: ME = \(\frac{1}{2}BC\)= \(\frac{1}{2}PQ\)
⇒ Tam giác EFQ vuông tại E
Vậy EF vuông góc EQ.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.