Câu hỏi:

29/01/2026 12

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 $CH$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Kết nối tri thức Bài 29. Tứ giác nội tiếp có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. Vẽ (ảnh 1)$

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:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có trực tâm là điểm $H$. Gọi $M$ là điểm trên dây cung $BC$ không chứa điểm $A$( $M$ khác $B,C$). Gọi $N,P$ theo thứ tự là các điểm đối xứng của $M$ qua các đường thẳng $AB,AC$

a) Chứng minh \[AHCP\] là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh $N,H,P$ thẳng hàng.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho tam giác $ABC$ có 3 góc nhọ (ảnh 1)$

a). Giả sử các đường cao của tam giác là $AK,CI$ . Để chứng minh $AHCP$ là tứ giác nội tiếp ta sẽ chứng minh $\widehat {AHC} + \widehat {APC} = {180^0}$.

Ta có:

$\widehat {AHC} = \widehat {IHK}$ ( đối đỉnh)

$\widehat {APC} = \widehat {AMC} = \widehat {ABC}$ ( do tính đối xứng và góc nội tiếp cùng chắn một cung).

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $\widehat {ABC} + \widehat {IHK} = {180^0}$ nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác $BIHK$là tứ giác nội tiếp.

b). Để chứng minh $N,H,P$ thẳng hàng ta sẽ chứng minh $\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}$ do đó ta sẽ tìm cách quy hai góc này về 2 góc đối nhau trong một tứ giác nội tiếp.

Thật vậy ta có: $\widehat {AHP} = \widehat {ACP}$ (tính chất góc nội tiếp), $\widehat {ACP} = \widehat {ACM}$ (1) (Tính chất đối xứng) .

Ta thấy vai trò tứ giác $AHCP$ giống với $AHBN$ nên ta cũng dễ chứng minh được $AHBN$ là tứ giác nội tiếp từ đó suy ra $\widehat {AHN} = \widehat {ABN}$ , mặt khác $\widehat {ABN} = \widehat {ABM}$ (2) (Tính chất đối xứng) .

Từ (1), (2) ta suy ra chỉ cần chứng minh $\widehat {ABM} + \widehat {ACM} = {180^0}$ nhưng điều này là hiển nhiên do tứ giác $ABMC$ nội tiếp.

Vậy $\widehat {NHA} + \widehat {AHP} = {180^0}$ hay $N,H,P$ thẳng hàng.

Câu 2

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm $A$ ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến \[AB,AC\] với đường tròn $\left( O \right)$ ($B,C$ là các tiếp điểm). Gọi $M$ là trung điểm $AB$.

     a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp và xác định tâm $I$ của đường tròn này.

     b) Chứng minh rằng $AM.AO = AB.AI$.

     c) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACM$. Chứng minh $MG//BC$.

     d) Chứng minh $IG$ vuông góc với $CM$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và điểm \(A\ (ảnh 1)$

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 $GI \bot CM$.

Câu 3