Cho nửa đường tròn \((O)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) củng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax(M \ne A)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \((O)\) ( \(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), Vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn \((O)\) tại \(D(D \ne B)\).
a) Chứng minh : Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh: \(M{A^2} = MD \cdot MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB(H \in AB)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Cho nửa đường tròn \((O)\) đường kính \(AB\). Vẽ tia tiếp tuyến \(Ax\) củng phía với nửa đường tròn đường kính \(AB\). Lấy một điểm \(M\) trên tia \(Ax(M \ne A)\). Vẽ tiếp tuyến \(MC\) với nửa đường tròn \((O)\) ( \(C\) là tiếp điểm). Vẽ \(AC\) cắt \(OM\) tại \(E\), Vẽ \(MB\) cắt nửa đường tròn \((O)\) tại \(D(D \ne B)\).
a) Chứng minh : Tứ giác \(AMDE\) nội tiếp trong một đường tròn.
b) Chứng minh: \(M{A^2} = MD \cdot MB\).
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB(H \in AB)\). Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
a) Chứng minh: Tứ giác AMDE nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có: \(OA = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).
\(MA = MC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau\() \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AC\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OM \bot AC\) tại \(E \Rightarrow \widehat {AEM} = 90^\circ \).
Ta có \(\widehat {ADB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow \widehat {ADM} = 90^\circ \).
Xét tứ giác \(AMDE\) có \(\widehat {AEM} = \widehat {ADM} = 90^\circ (cmt) \Rightarrow AMDE\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính
\(AM\) (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn \(AM\) dưới một góc \(\left. {90^\circ } \right)\).
b) Chứng minh \(M{A^2} = MD,MB\).
Xét \(\Delta MAD\) và \(\Delta MBA\) có:
\(\widehat {AMB}\) chung;
\(\widehat {MDA} = \widehat {MAB} = 90^\circ \)
\( \Rightarrow \Delta MAD\~\Delta MBA(g.g) \Rightarrow \frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MB}}{{MA}}(2\) cạnh tương ứng \() \Rightarrow M{A^2} = MD.MB.\)
c) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB(H \in AB).\) Chứng minh rằng \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
Gọi \(MB \cap CH = \{ N\} \).
Vì \(AEDM\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {DEC} = \widehat {AMD}\) (góc ngoài và góc trong tại đinh đối diện của tứ giác nội tiếp).
Mà \(\widehat {AMD} = \widehat {DAB}\) (cùng phụ với \(\widehat {MAD}\) ) nên \(\widehat {DEC} = \widehat {DAB}\) (1).
Ta có \(\widehat {DNC} = \widehat {BNH}\) (đối đinh), mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\widehat {BNH} + \widehat {NBH} = 90^\circ }\\{\widehat {DAB} + \widehat {NBH} = 90^\circ }\end{array} \Rightarrow \widehat {BNH} = \widehat {DAB} \Rightarrow \widehat {DNC} = \widehat {DAB}} \right.\) (2).
Từ (1) và \((2) \Rightarrow \widehat {DEC} = \widehat {DNC}\).
\( \Rightarrow DENC\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
\( \Rightarrow \widehat {DNE} = \widehat {DCE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(DE\)).
Mà \(\widehat {DCE} = \widehat {DCA} = \widehat {DBA}\) ( 2 góc nội tiểp cùng chắn cung \(DA\) ).
\( \Rightarrow \widehat {DNE} = \widehat {DBA}\). Mà 2 góc này nằm ở vị trí 2 góc đồng vị nên \(EN//AB\) hay \(EN//AH\).
Lại có: \(E\) là trung điểm của \(AC\) (do \(OM\) là trung trực của \(AC,OM \cap AC = \{ E\} \) ).
\( \Rightarrow N\) là trung điểm của \(CH\) (định lí đường trung bình trong tam giác \(ACH\) ).
Vậy \(MB\) đi qua \(N\) là trung điểm của \(CH\) (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