Cho đường tròn \((O)\). Từ một điểm \(M\). ở ngoài đường tròn \((O)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,MB\) với đường tròn \((O)(A,B\) là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).
Cho đường tròn \((O)\). Từ một điểm \(M\). ở ngoài đường tròn \((O)\), kẻ hai tiếp tuyến \(MA,MB\) với đường tròn \((O)(A,B\) là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Chứng minh \(MAOB\) là tứ giác nội tiếp.
Vì \(MA,MB\) là các tiếp tuyến của \((O)\) lần lượt tại \(A,B\) nên \(\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \) (định nghĩa).
Tứ giác \(MAOB\) có \(\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \).
Suy ra tứ giác \(MAOB\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng bằng \(180^\circ \)).
b) Vẽ đường kính \(BK\) của đường tròn \((O)\), \(H\) là điểm trên \(BK\) sao cho \(AH\) vuông góc \(BK\). Điểm \(I\) là giao điểm của \(AH,MK\). Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(HA\).
Gọi \(N\) là giao điểm của \(AB\) với \(MO\).
\(C\) là giao điểm giữa \(MK\) với đường tròn \((O)\)
Ta có: \(OA = OB \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
Tứ giác \(MCNB\) có \(\widehat {MCB} = \widehat {MNB} = 90^\circ \). Suy ra tứ giác \(MCNB\) nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {NCB}\) (hai góc cùng chắn một cung \(BN\) )
Ta có: \(\widehat {NMB} = \widehat {NBO}\) (cùng phụ với \(\widehat {MBN}\) )
\( \Rightarrow \widehat {NCB} = \widehat {NBO}.\)
Lại có: \(\widehat {NCB} + \widehat {NCI} = 90^\circ ,\widehat {NAI} + \widehat {NBO} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}\).
Xét tứ giác \(ACNI\) có: \(\widehat {NCI} = \widehat {NAI}(cmt)\), suy ra tứ giác \(ACNI\) nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {ANI} = \widehat {ACI}\) (hai góc cùng chắn cung \(AI\) ).
Trong \((O)\) có: \(\widehat {ACI} = \widehat {ABK}\) (hai góc nội tiếp cùng chấn cung \(AK\) )
Suy ra \(\widehat {ANI} = \widehat {ABK}\). Mà hai góc này vị trí đồng vị \( \Rightarrow NI//BK\)
Tam giác \(ABK\) có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NI//BK}\\{NA = NB = \frac{1}{2}AB}\end{array}} \right.\)
Suy ra \(I\) là trung điểm của \(AH \Rightarrow IA = IH\) (định lí đường trung bình của tam giác) (đpcm).
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
a) Do \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = {90^0} \Rightarrow B,C\) thuộc đường tròn đường kính \(OA\) có tâm \(I\) là trung điểm \(OA\).
b) Ta có \(AM.AO = \frac{{AB}}{2}.2AI = AB.AI\).
c) Gọi \(E\) là trung điểm \(MA\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta CMA\) nên \(G \in CE\) và \(\frac{{GE}}{{CE}} = \frac{1}{3}\).
Mặt khác \(\frac{{ME}}{{BE}} = \frac{1}{3}\) (vì \(ME = \frac{{MA}}{2} = \frac{{MB}}{2}\) nên \(ME = \frac{{BE}}{3}\)) \( \Rightarrow \frac{{GE}}{{CE}} = \frac{{ME}}{{BE}}\), theo định lý Ta-lét đảo \( \Rightarrow MG//BC\).
d) Gọi \(G'\) là giao điểm của \(OA\) và \(CM \Rightarrow G'\) là trọng tâm \(\Delta ABC\). Nên \(\frac{{G'M}}{{CM}} = \frac{1}{3} = \frac{{GE}}{{CE'}}\), theo định lý Ta-lét đảo \(GG'//ME\) (1)
\(MI\) là đường trung bình trong \(\Delta OAB \Rightarrow MI//OB\), mà \(AB \bot OB\) (cmt) \( \Rightarrow MI \bot AB\), nghĩa là \(MI \bot ME\) (2).
Từ (1) và (2) cho \(MI \bot GG'\), ta lại có \(GI' \bot MK\) (vì \(OA \bot MK\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta MGG'\)\( \Rightarrow GI \bot G'M\) tức \(GI \bot CM\).
Lời giải
a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn.
Ta có MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) nên \(\left\{ \begin{array}{l}OB \bot MB\\OC \bot MC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\widehat {MBO} = {90^0}\\\widehat {MCO} = {90^0}\end{array} \right.\)
Xét tứ giác OBMC có \(\widehat {MBO} + \widehat {MCO} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà \(\widehat {MBO},\widehat {MCO}\) là hai góc đối nhau nên tứ giác OBMC nội tiếp.
b) Chứng minh MB2 = MD.MA
Ta có \(\widehat {DBM} = \widehat {BAM}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD).
Xét DMBD và DMAB có:
\( \Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MD}}{{MB}} \Rightarrow M{B^2} = MA.MD\)
c) Gọi E là trung điểm đoạn thẳng AD; tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F. Chứng minh rằng: BF // AM.
Ta có E là trung điểm của AD nên OE \( \bot \) AD (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung) \( \Rightarrow \widehat {OEM} = {90^0}\)
Xét tứ giác OEMC có \(\widehat {OEM} + \widehat {OCM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
Mà \(\widehat {OEM},\widehat {OCM}\)là hai góc đối nhau nên tứ giác OEMC nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {CEM}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) (1)
Ta lại có \(\widehat {COM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}\)sđ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà \(\widehat {BFC} = \frac{1}{2}\) sđ (tính chất góc nội tiếp)
\( \Rightarrow \widehat {COM} = \widehat {BFC}\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {MEC} = \widehat {BFC}\)
Mà hai góc \(\widehat {MEC}\) và \(\widehat {BFC}\) ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow EM//BF{\rm{ hay }}AM//BF\).
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.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập