Câu hỏi:
29/08/2024 72Cho tam giác \(ABC\) có \(CA > CB\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB.\) Các tiếp tuyến với đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(C\) cắt nhau tại \(M.\) Gọi \(H\) là giao điểm của \(MO\) và \(AC.\)
1) Chứng minh rằng tứ giác \(OCMA\) nội tiếp và \(HA = HC.\)
2) Vẽ \(CK\) vuông góc với \(AB\,\,\left( {K \in AB} \right)\) và \(HE\) vuông góc với \(CK\,\,\left( {E \in CK} \right).\) Chứng minh rằng \(HE \cdot CM = HM \cdot CH\) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC.\)
3) Chứng minh rằng ba điểm \(M,\,\,E,\,\,B\) thẳng hàng.
Sách mới 2k7: Tổng ôn Toán, Lí, Hóa, Văn, Sử, Địa…. kỳ thi tốt nghiệp THPT Quốc gia 2025, đánh giá năng lực (chỉ từ 110k).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
1) ⦁ Chứng minh tứ giác \(OCMA\) nội tiếp
Do \[MA,{\rm{ }}MC\] là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MCO} = 90^\circ .\)
Do đó hai điểm \(A,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(MO.\)
Vậy tứ giác \[OCMA\] nội tiếp đường tròn đường kính \(MO.\)
⦁ Chứng minh \(HA = HC\)
Ta có \(MA = MC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OA = OC\) nên \(MO\) là đường trung trực của \[AC.\] Do đó \(MO \bot AC\) tại trung điểm \(H\) của \(AC.\)
Suy ra \(HA = HC.\)
2) ⦁ Chứng minh \(HE \cdot CM = HM \cdot CH\)
Xét \(\Delta ACK\) có \(HE\,{\rm{//}}\,AB\) (cùng vuông góc với \(CK)\) và \(H\) là trung điểm của \(AC\) nên \(HE\) là đường trung bình của tam giác, do đó \(HE = \frac{1}{2}AK\) hay \(AK = 2HE.\)
Do \[OCMA\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {OMC} = \widehat {OAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(OC)\) hay \(\widehat {HMC} = \widehat {KAC}.\)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta AKC\) có: \[\widehat {MHC} = \widehat {AKC} = 90^\circ \] và \(\widehat {HMC} = \widehat {KAC}.\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MH}}{{AK}} = \frac{{MC}}{{AC}}\) hay \[MH \cdot AC = MC \cdot AK.\]
Suy ra \[MH \cdot 2HC = MC \cdot 2HE\] hay \[MH \cdot HC = MC \cdot HE.\]
⦁ Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC\)
Ta có \(\widehat {CHO} = \widehat {OKC} = 90^\circ \) nên hai điểm \(H,\,\,K\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(OC\)
Vậy tứ giác \[HOKC\] nội tiếp đường tròn đường kính \(OC\) nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(OKH\) nằm trên đường thẳng \(OC.\)
3) Giả sử \(MB\) cắt \(CK\) tại \(E',\) cắt đường tròn\(\left( O \right)\) tại điểm thứ hai là \(F.\) Ta đi chứng minh \(E'\) là trung điểm của \(CK.\)
Ta có \(\widehat {MCF} + \widehat {FCO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {MCF} = 90^\circ - \widehat {FCO}.\,\,\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta OCF\) cân tại \(O\) (do \(OC = OF)\) nên
\(\widehat {FCO} = \widehat {CFO} = \frac{{180^\circ - \widehat {COF}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {COF}.\)
Mà \(\widehat {CBF} = \frac{1}{2}\widehat {COF}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(CF)\) nên \(\widehat {FCO} = 90^\circ - \widehat {CBF}\) hay \[\widehat {CBF} = 90^\circ - \widehat {FCO}.\,\,\left( 2 \right)\]Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(\widehat {MCF} = \widehat {CBF}.\)
Xét \(\Delta MCF\) và \(\Delta MBC\) có: \(\widehat {CMB}\) là góc chung, \(\widehat {MCF} = \widehat {MBC}\)
Do đó (g.g), suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MC}},\) hay \(M{C^2} = MF \cdot MB.\)
Xét \(\Delta MCH\) vuông tại \(H,\) ta có \(\cos \widehat {CMH} = \frac{{MH}}{{MC}}.\)
Xét \(\Delta MCO\) vuông tại \(C,\) ta có \(\cos \widehat {CMO} = \frac{{MC}}{{MO}}.\)
Suy ra \(\frac{{MH}}{{MC}} = \frac{{MC}}{{MO}},\) hay \[M{C^2} = MH \cdot MO.\]
Do đó \(MH \cdot MO = MF \cdot MB\) nên \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MO}}.\)
Xét \(\Delta MFH\) và \(\Delta MOB\) có: \(\widehat {OMB}\) là góc chung và \(\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MF}}{{MO}}.\)
Do đó (c.g.c), suy ra \[\widehat {MHF} = \widehat {MBO}.\]
Mà \(\widehat {MHF} + \widehat {FHO} = 180^\circ \) (kề bù) nên \(\widehat {FHO} + \widehat {FBO} = 180^\circ .\)
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ .\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) nội tiếp.
• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ABC} + \widehat {AKC} = 180^\circ \) (hai góc đối nhau của tứ giác nội tiếp)
Mà \(\widehat {ADC} + \widehat {ABC} = 180^\circ \) (giả thiết) nên \(\widehat {ADC} = \widehat {AKC}\) (cùng bù với \[\widehat {ABC})\] \(\left( 3 \right)\)
⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(CD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta CFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {CFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {CKF}\) (chứng minh trên)
Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{CF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{CF}}{{KF}}.\)
Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFC\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{CF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFC}\] (đối đỉnh)
Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAC}.\,\,\,\left( 4 \right)\)
⦁ Ta có \(\widehat {ACK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ACK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ACK\) vuông tại \(C,\) suy ra \(\widehat {FAC} + \widehat {AKC} = 90^\circ .\,\,\,\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right),\,\,\left( 5 \right)\) suy ra \(\widehat {ADC} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)
Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)
Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kínhÁp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(OHFB\) có \(\widehat {FHO} + \widehat {FBO} = 180^\circ ,\) suy ra tứ giác \(OHFB\) nội tiếp đường tròn, do đó \(\widehat {HFB} + \widehat {HOB} = 180^\circ .\)
Mà \(\widehat {HOB} + \widehat {HOA} = 180^\circ \) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {HOA}.\)
Lại có \(\widehat {HOA} = \widehat {ACK}\) (cùng phụ với \(\widehat {KAC})\) nên \(\widehat {HFB} = \widehat {ACK}\) hay \(\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'}.\)
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
• Giả sử \(\Delta ABC\) có đường tròn ngoại tiếp tâm \(O\) và đường kính \(AK\) nên tứ giác \(ABCK\) nội tiếp, suy ra \(\widehat {ACB} = \widehat {AKB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AB).\)
Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}\) (giả thiết) nên \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 6 \right)\)
⦁ Gọi \(F\) là giao điểm của \(AK\) và \(BD,\) \(F\) nằm trong đường tròn \(\left( O \right).\)Xét \(\Delta AFD\) và \(\Delta BFK\) có: \(\widehat {AFD} = \widehat {BFK}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {ADF} = \widehat {BKF}\) (chứng minh trên)
Do đó suy ra \(\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}\) nên \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.\)
Xét \(\Delta DFK\) và \(\Delta AFB\) có: \(\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}\) và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)
Do đó suy ra \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)\)
⦁ Ta có \(\widehat {ABK}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {ABK} = 90^\circ ,\) do đó \(\Delta ABK\) vuông tại \(B,\) suy ra \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)\)
Từ \(\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)\) suy ra \(\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ \) hay \(\widehat {ADK} = 90^\circ .\)
Khi đó \(\Delta ADK\) vuông tại \(D\) nên điểm \(D\) nằm trên đường tròn đường kính \(AK.\)
Suy ra tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AK.\)Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác \(HFCE'\) có \(\widehat {HFE'} = \widehat {HCE'},\) suy ra tứ giác \(HFCE'\) nội tiếp đường tròn, do đó \[\widehat {E'HC} = \widehat {E'FC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(E'C)\)
Mà \[\widehat {E'FC} = \widehat {BFC} = \widehat {BAC}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC\) của đường tròn \(\left( O \right))\) nên \(\widehat {E'HC} = \widehat {BAC},\) lại có hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(HE'{\rm{ // }}AB.\)
Xét \(\Delta ACK\) có \(HE'{\rm{ // }}AB\) và \(H\) là trung điểm \(AC\) nên \[HE'\] là đường trung bình của tam giác, do đó \(E'\) là trung điểm \(CK\)
Như vậy, điểm \(E\) và điểm \[E'\] trùng nhau.
Vậy ba điểm \(M,\,\,E,\,\,B\) thẳng hàng.
Nhà sách VIETJACK:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
1) Tổng số tuổi của anh và em bằng 24. Biết rằng anh lớn hơn em 6 tuổi, hãy tính số tuổi của mỗi người.
2) Một xe máy đi từ thành phố Quảng Ngãi đến thành phố Đà Nẵng, quãng đường dài \(120\) km. Sau khi xe máy xuất phát được 30 phút, một ô tô bắt đầu đi từ thành phố Đà Nẵng đến thành phố Quảng Ngãi và gặp xe máy sau khi đã đi được 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe, biết rằng vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy \(20\) km/h.
1) Tổng số tuổi của anh và em bằng 24. Biết rằng anh lớn hơn em 6 tuổi, hãy tính số tuổi của mỗi người.
2) Một xe máy đi từ thành phố Quảng Ngãi đến thành phố Đà Nẵng, quãng đường dài \(120\) km. Sau khi xe máy xuất phát được 30 phút, một ô tô bắt đầu đi từ thành phố Đà Nẵng đến thành phố Quảng Ngãi và gặp xe máy sau khi đã đi được 1 giờ. Tính vận tốc của mỗi xe, biết rằng vận tốc ô tô lớn hơn vận tốc xe máy \(20\) km/h.
Xem đáp án »
29/08/2024
99
Câu 2:
Cho hai hàm số \(y = - 2{x^2}\) và \(y = - 2x - 4.\)
1) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ hai giao điểm \(C,\,\,D\) của hai đồ thị đó. Tính khoảng cách từ gốc tọa độ \(O\) đến đường thẳng \(CD.\)
Xem đáp án »
29/08/2024
86
Câu 3:
Cho phương trình \({x^2} + 2\left( {m + 1} \right)x + 6m - 4 = 0\,\,\,\left( {\rm{*}} \right),\) với \(m\) là tham số.
1) Giải phương trình \[\left( * \right)\] khi \(m = 2.\)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số \({\rm{m}}\) để phương trình \[\left( * \right)\] có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) thỏa mãn \(\left( {4{x_1} - 2m{x_1} - 6m + 13} \right)x_2^2 - 24{x_1} - 100 = 0.\)
Xem đáp án »
29/08/2024
55
Câu 4:
1) Tính \(A = \sqrt 9 + \sqrt {12} + \sqrt {27} - 5\sqrt 3 .\)
2) Cho biểu thức \(B = \left( {\frac{1}{{\sqrt x + 2}} + \frac{1}{{\sqrt x - 2}}} \right) \cdot \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \frac{4}{{x - 2\sqrt x }}} \right)\) với \(x > 0\) và \(x \ne 4.\)
Rút gọn biểu thức \(B\) và tìm \(x\) để \(B < 0.\)
Xem đáp án »
29/08/2024
32
về câu hỏi!