Câu hỏi:

03/02/2026 546

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$ nội tiếp $\Delta ABC$, tiếp xúc với cạnh $AB,AC$ lần lượt ở $D$ và$E$

a) Gọi $O'$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$, tính $OO'$ theo $R$.

b) Các đường phân giác trong của $\widehat B$ và $\widehat C$ cắt đường thẳng $DE$ lần lượt tại $M$ và $N$. Chứng minh tứ giác $BCMN$ nội tiếp được đường tròn.

c) Chứng minh $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 21 bài tập Toán 9 Cánh diều Bài 2. Tứ giác nội tiếp đường tròn có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

$Cho đường tròn \(\left( {O;R} (ảnh 1)$

a). Gọi $O'$ là giao điểm của $AO$ với cung nhỏ $DE$ của đường tròn $\left( O \right) \Rightarrow O'$ thuộc đường phân giác

của $\widehat A$ trong $\Delta ADE$.

Ta có $\widehat {DOA} = \widehat {EOA}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow \widehat {DO'} = \widehat {O'E}$.

Mà $ \Rightarrow \widehat {ADO'} = \widehat {EDO'}$$ \Rightarrow DO'$ là phân giác $\widehat D$$ \Rightarrow O'$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ADE$. Do đó $OO' = R$.

b) Do $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) $ \Rightarrow \Delta ADE$ cân tại $A$ nên $\widehat {ADE} = \frac{{{{180}^0} - \widehat {BAC}}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC}}}{2}$.

Mà $\widehat {ADE} = \widehat {ABM} + \widehat {NMB} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2} + \widehat {NMB}$ (do $BO$ là phân giác $\widehat {ABC}$ nên $\widehat {ABM} = \frac{{\widehat {ABC}}}{2}$) $ \Rightarrow \widehat {NMB} = \widehat {ADE} - \frac{{\widehat B}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat {BAC} + \widehat {ABC}}}{2} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}$.

Mặt khác $\widehat {NCB} = \frac{{\widehat {ACB}}}{2}$ (do $CO$ là tia phân giác $\widehat {ACB}$).

Suy ra $\widehat {NMB} = \widehat {NCB}$, mà $M,C$ là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác $BCMN$$ \Rightarrow $Tứ giác $BCMN$ nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc).

c) $\Delta NMO$ và $\Delta BCO$ có $\widehat {NOM} = \widehat {BOC}$ (đối đỉnh); $\widehat {NMO} = \widehat {BCO}$ (cmt)

$ \Rightarrow \Delta NMO\~\Delta BCO$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{OM}}{{OC}} = \frac{{ON}}{{OB}} = \frac{{MN}}{{BC}}$.

Tương tự (g.g) $ \Rightarrow \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{OM}}{{OC}}$;

$\Delta NEO\~\Delta BAO$ (g.g) $ \Rightarrow \frac{{NE}}{{AB}} = \frac{{ON}}{{OB}}$.

Vậy $\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{DM}}{{AC}} = \frac{{EN}}{{AB}}$.

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 tam giác $ABC$ có ba góc đều nhọn. Các đường cao $AK$, $BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $I$ là trung điểm của đoạn $AH$, $N$ là trung điểm của đoạn $BC$.

a) Chứng minh bốn điểm $A$, $E$, $H$, $F$ nằm trên cùng một đường tròn.

b) Chứng minh $NE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AH$.

c) Chứng minh $C{I^2} - I{E^2} = CK.CB$.

Xem đáp án

Lời giải

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

a) Chứng minh bốn điểm $A$, $E$, $H$, $F$ nằm trên cùng một đường tròn.

Ta có \[\widehat {AEB} = 90^\circ \](do $BE$ là đường cao của ΔABC) hay \[\widehat {AEH} = 90^\circ \]

\[\widehat {{\rm{AF}}C} = 90^\circ \] (do $CF$ là đường cao của ΔABC) hay \[\widehat {{\rm{AF}}H} = 90^\circ \]

Xét tứ giác \[AEHF\]có \[\widehat {AEH} + \widehat {AFH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \]

Mà\[\widehat {AEH}\], \[\widehat {{\rm{AF}}H}\] ở vị trí đối nhau

Do đó tứ giác \[AEHF\] nội tiếp đường tròn đường kính $AH$

Suy ra bốn điểm $A,E,H,F$ cùng nằm trên một đường tròn (đpcm)

b) Chứng minh $NE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AH$;

Vì $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AH$ nên $I$ là tâm đường tròn đường kính $AH$

Suy ra $IA = IE$

Þ $\Delta IAE$ cân tại I

Þ ${\widehat {\rm{A}}_{\rm{1}}}{\rm{ = }}{\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}}$ (1)

\[\Delta EBC\] vuông tại \[E\]có \[EN\] là đường trung trrung tuyến ứng với cạnh huyền \[BC\]

Þ $EN = NC\,\,\,\left( { = \frac{{BC}}{2}} \right)$

Þ \[\Delta ENC\] cân tại \[N\]

Þ $\widehat {NCE} = \widehat {{E_4}}$ (2)

Xét \[\Delta AKC\] vuông tại \[K\] có \[\widehat {KCA} + {\widehat A_1} = 90^\circ \] hay \[\widehat {NCE} + {\widehat A_1} = 90^\circ \] (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra ${\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}} + {\widehat E_4} = 90^\circ $

Lại có ${\widehat {\rm{E}}_{\rm{1}}} + {\widehat E_4} + \widehat {IEN} = 180^\circ $ (do A, E, C thẳng hàng)

$ \Rightarrow 90^\circ + \widehat {IEN} = 180^\circ $

$ \Rightarrow \widehat {IEN} = 90^\circ $

Suy ra $EN \bot EI$ tại $E$

Do đó $NE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AH$ (đpcm)

c) Chứng minh \[C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\].

Áp dụng định lí Py – Ta – Go $\Delta CIK$ vuông tại $K$, ta có: $C{I^2} = C{K^2} + I{K^2}$

Lại có $IA = IE = IH$ (cùng bán kính đường tròn tâm I)

Þ \[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + I{K^2} - I{E^2}\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IE)\]

\[C{I^2} - I{E^2} = C{K^2} + (IK + IE)(IK - IH) = C{K^2} + AK.KH\] $\left( 4 \right)$

Ta lại có \[CK.CB = CK(CK + KB) = C{K^2} + CK.KB\] $\left( 5 \right)$

Xét $\Delta KBH$ và $\Delta KAC$ có

$\widehat {KBH} = \widehat {KAC}$(Cùng phụ với $\widehat {ACB}$); \[\widehat {BKH} = \widehat {AKC} = 90^\circ \]

Do đó \[\left( {g - g} \right)\]

$ \Rightarrow \frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{KH}}{{KC}}$$ \Rightarrow KA.KH = KB.KC$ hay $AK.KH = CK.KB$ $\left( 6 \right)$

Từ \[\left( 4 \right)\],$\left( 5 \right)$ và $\left( 6 \right)$ suy ra \[C{I^2} - I{E^2} = CK.CB\] (đpcm)

Câu 2

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 3