Câu hỏi:
12/03/2025 260
Câu 17-18: (2,0 điểm) Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right),\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB\] và \[AC\] của đường tròn \[\left( O \right)\] \[(B\] và \[C\] là các tiếp điểm). Gọi \[H\] là giao điểm của \[BC\] và \[AO,\] \[E\] là giao điểm của đoạn thẳng \[OA\] với đường tròn \[\left( O \right).\]
1) Chứng minh \(AO \bot BC\) và \(AB \cdot EH = AE \cdot BH.\)
Câu 17-18: (2,0 điểm) Qua điểm A nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right),\] kẻ hai tiếp tuyến \[AB\] và \[AC\] của đường tròn \[\left( O \right)\] \[(B\] và \[C\] là các tiếp điểm). Gọi \[H\] là giao điểm của \[BC\] và \[AO,\] \[E\] là giao điểm của đoạn thẳng \[OA\] với đường tròn \[\left( O \right).\]
Câu hỏi trong đề:
Đề thi minh họa TS vào 10 năm học 2025 - 2026_Môn Toán_Tỉnh Nam Định !!
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 70k).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
⦁ Ta có \(OB = OC\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)
Do \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Do đó điểm \(A\) nằm trên đường trung trực của \(BC.\)
Như vậy, \(AO\) là đường trung trực của \(BC.\)
Suy ra \(AO \bot BC\) tại \(H.\)⦁ Gọi \(I\) là giao điểm của tia \(AO\) với đường tròn \(\left( O \right)\) \((I\) khác \(E).\)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BIE},\,\,\widehat {BOE}\) lần lượt là góc nội tiếp, góc ở tâm cùng chắn cung \(BE\) nên \(\widehat {BIE} = \frac{1}{2}\widehat {BOE}\)
Lại có \(\Delta OBE\) cân tại \(O\) (do \(OB = OE)\) nên \(\widehat {OBE} = \widehat {OEB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BOE}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {BOE}.\)
Suy ra \(\widehat {OBE} = 90^\circ - \widehat {BIE}\) hay \(\widehat {BIE} = 90^\circ - \widehat {OBE}.\)
Ta có: \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {ABO} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} = 90^\circ - \widehat {EBO}.\)
Do đó \(\widehat {BIE} = \widehat {ABE}\) hay \(\widehat {ABE} = \widehat {AIB}.\)
Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AIB\) có: \(\widehat {BAI}\) là góc chung và \(\widehat {ABE} = \widehat {AIB}.\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{BE}}{{IB}} = \frac{{AE}}{{AB}}.\) (1)
Xét \(\Delta BHE\) và \[\Delta IHB\] có: \(\widehat {BHE} = \widehat {IHB} = 90^\circ \) và \(\widehat {BEH} = \widehat {IBH}\) (cùng phụ với \(\widehat {BIH})\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{BE}}{{IB}} = \frac{{HE}}{{HB}}.\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{HE}}{{HB}}\) nên \(AB \cdot EH = AE \cdot BH.\)
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
2) Gọi \[M\] là điểm đối xứng với \(H\) qua \[B.\] Vẽ đường kính \[CD\] của đường tròn \[\left( O \right).\] Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMD\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AD.\]
Lời giải của GV VietJack
![Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMD\] là trung điểm của đoạn thẳng \[AD.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/03/17-1741754456.png)
Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác \(ABCD\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.\) Chứng minh tứ giác \(ABCD\) là tứ giác nội tiếp.
• Thật vậy, 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 \(\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.\) \(\left( 1 \right)\)
⦁ 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 \(\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 2 \right)\)
⦁ 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 \(\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 3 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)\) 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 \(AK.\)Vì \(AB,\,\,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AO\) là tia phân giác của \(\widehat {BAC}.\) Suy ra \(\widehat {BAH} = \widehat {CAH}.\)
Lại có \(\widehat {CAH} = \widehat {DCB}\) (cùng phụ với \[\widehat {ACH})\] nên \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)
Xét \[\Delta ABH\] và \(\Delta CDB\) có: \(\widehat {AHB} = \widehat {CBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {BAH} = \widehat {DCB}.\)
Do đó (g.g). Suy ra \(\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{CB}}\). (3)
Ta có \(AO\) là đường trung trực của \(BC\) nên \(H\) là trung điểm của \(BC,\) suy ra \(CB = 2BH.\)
Mà \(M\) đối xứng với \(H\) qua \(B\) nên \(B\) là trung điểm của \(MH,\) suy ra \(MH = 2BH.\)
Do đó \(CB = MH.\)
Lại có \(AB = AC\) nên từ (3), ta có: \(\frac{{AC}}{{CD}} = \frac{{AH}}{{MH}}\) hay \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)
Xét \(\Delta ACD\) và \(\Delta AHM\) có: \(\widehat {ACD} = \widehat {AHM} = 90^\circ \) và \(\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{CD}}{{MH}}.\)
Do đó (c.g.c). Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {HMA}\) (hai góc tương ứng).
Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta thấy tứ giác \(CDMA\) có \(\widehat {CDA} = \widehat {CMA}\) nên tứ giác \(CDMA\) nội tiếp. Suy ra \(\widehat {AMD} + \widehat {ACD} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối của một tứ giác nội tiếp).
Do đó \(\widehat {AMD} = 180^\circ - \widehat {ACD} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ .\)
Như vậy, \(\Delta AMD\) vuông tại \(M\) nên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta AMD\) có tâm là trung điểm của cạnh huyền \(AD.\)
Nhà sách VIETJACK:
Bình luận
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 2:
(1,0 điểm) Một chiếc mốp xốp cứng EPS được ứng dụng để sản xuất mô hình cốt xốp bánh kem trang trí có hình dạng là hai khối trụ được chồng lên nhau (tham khảo hình bên). Khối trụ bên dưới có bán kính đáy là \(15\)cm và chiều cao là \(20\)cm. Khối trụ bên trên có bán kính đáy là \(10\)cm và chiều cao là \(30\)cm. Tính thể tích \(V\) của chiếc mốp xốp đó (đơn vị \({\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\)).
Xem đáp án »
12/03/2025
396
Câu 3:
Một chiếc bàn ăn có bề mặt dạng hình tròn, đường kính \(1,3\,\,{\rm{m}}{\rm{.}}\) Tính diện tích bề mặt bàn ăn (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm của \({{\rm{m}}^2}).\)
Xem đáp án »
12/03/2025
388
Câu 4:
Cho đường tròn \[\left( O \right.;R)\] và dây \[CD = R\]. Số đo \[\widehat {COD}\] bằng
Xem đáp án »
12/03/2025
359
Câu 6:
Bạn Nam gieo đồng thời hai đồng xu (có một mặt sấp và một mặt ngửa, cân đối, đồng chất). Xác suất để “Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp” là
Xem đáp án »
12/03/2025
322
🔥 Đề thi HOT:
-
Dạng 5: Bài toán về lãi suất ngân hàng có đáp án
-
Bộ 10 đề thi cuối kì 1 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
-
Dạng 2: Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán cực trị xảy ra ở biên có đáp án
-
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 01
-
Dạng 6: Bài toán về tăng giá, giảm giá và tăng, giảm dân số có đáp án
-
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 03
-
Bộ 5 đề thi giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án - Đề 02
-
15 câu Trắc nghiệm Toán 9 Kết nối tri thức Bài 1. Khái niệm phương trình và hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có đáp án
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận
-
-
Bình luận