Câu hỏi:

03/02/2026 95

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A{\rm{ }}(AB < AC)$ nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Dựng đường thẳng \[d\] qua \[A\] song song ${\rm{BC}}$, đường thẳng \[d'\] qua ${\rm{C}}$ song song ${\rm{BA}}$, gọi ${\rm{D}}$ là giao điểm của \[d\] và \[d'\]. Dựng \[AE\] vuông góc \[BD\] (\[E\] nằm trên \[BD\]), \[F\] là giao điểm của \[BD\] với đường tròn \[\left( O \right)\]. Chứng minh:

a) Tứ giác $AECD$ nội tiếp được trong đường tròn.

b) $\widehat {{\rm{AOF}}} = 2\widehat {{\rm{CAE}}}$

c) Tứ giác ${\rm{AECF}}$ là hình bình hành.

d) ${\rm{DF}} \cdot {\rm{DB}} = 2{\rm{A}}{{\rm{B}}^2}$.

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 tam giác $ABC$ vuông tại \(A{\rm{ }}(A (ảnh 1)$

a) ta có $\widehat {BAC} = 90^\circ $(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành $ \Rightarrow AB{\rm{//}}CD$ nên $\widehat {ACD} = \widehat {BAC} = 90^\circ $(hai góc so le trong)

Suy ra $\widehat {AED} = \widehat {ACD} = 90^\circ $$ \Rightarrow E;C$cùng nhìn $AD$dưới góc $90^\circ $do đó tứ giác $AECD$nội tiếp.

b) tứ giác $AECD$nội tiếp $ \Rightarrow \widehat {CAE} = \widehat {CDE}$(2 góc nội tiếp chắn cung $EC$)

$AB{\rm{//}}CD \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {ABD}$(so le trong)

$ \Rightarrow \widehat {CAE} = \widehat {ABD}$

Mà $\widehat {ABD}$là góc ở tâm; \[\widehat {AOF}\]là góc nội tiếp chắn cung $AF$$ \Rightarrow \widehat {AOF} = 2.\widehat {ABD}$ hay $\widehat {AOF} = 2.\widehat {CAE}$

c) Ta có $\widehat {BFC} = 90^\circ $(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)$ \Rightarrow AE{\rm{//}}CF$(cùng vuông góc với $BD$)

Lại có $\widehat {AFB} = \widehat {ACB} = \widehat {CAD} = \widehat {FEC} \Rightarrow AF{\rm{//}}EC$

Do đó tứ giác $AECF$là hình bình hành.

d) Gọi giao điểm của $AC$ và $BD$là $I$, do tứ giác $ABCD$ là hình bình hành nên $IA = IC;IB = ID;AB = CD$

Xét tam giác $DCI$vuông tại $C$có $CF$là đường cao nên $C{D^2} = DF.DI \Rightarrow A{B^2} = DF.DI$

$ \Rightarrow 2A{B^2} = 2.DF.DI$mà $2DI = BD$do đó $2A{B^2} = DF.BD$.

Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay

Các sản phẩm khác của Vietjack:

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

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 $HA$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $(O)$. Từ một điểm \ (ảnh 1)$

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).

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