Câu hỏi:

29/01/2026 5

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 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