Câu hỏi:

03/02/2026 6

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 Cánh diều Bài 2. Tứ giác nội tiếp đường tròn 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 $ABC$ và đường cao $AH$ gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,AC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CNH$ tại $E$. Chứng minh $AMEN$ là tứ giác nội tiếp và $HE$ đi qua trung điểm của $MN$.

Xem đáp án

Lời giải

$Cho tam giác $ABC$ và đường cao $AH$ gọi \( (ảnh 1)$

Để chứng minh $AMEN$ là tứ giác nội tiếp ta sẽ

chứng minh: $\widehat {MAN} + \widehat {MEN} = {180^0}$.

Ta cần tìm sự liên hệ của các góc $\widehat {MAN};\widehat {MEN}$ với các góc có sẵn của những tứ giác nội tiếp khác.

Ta có $\widehat {MEN} = {360^0} - \left( {\widehat {MEH} + \widehat {NEH}} \right) = {360^0} - \left( {{{180}^0} - \widehat {ABC} + {{180}^0} - \widehat {ACB}} \right) = \widehat {ABC} + \widehat {ACB}$ $ = {180^0} - \widehat {BAC}$ suy ra $\widehat {MEN} + \widehat {MAN} = {180^0}$. Hay tứ giác $AMEN$ là tứ giác nội tiếp.

Kẻ $MK \bot BC$, giả sử $HE$ cắt $MN$ tại $I$ thì $IH$ là cát tuyến của hai đường tròn $(BMH)$, $(CNH)$.

Lại có $MB = MH = MA$ (Tính chất trung tuyến tam giác vuông).

Suy ra tam giác $MBH$ cân tại $M \Rightarrow KB = KH \Rightarrow MK$ luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $MBH$. Hay $MN$ là tiếp tuyến của $(MBH)$ suy ra $I{M^2} = IE.IH$, tương tự ta cũng có $MN$ là tiếp tuyến của $\left( {HNC} \right)$ suy ra $I{N^2} = IE.IH$ do đó $IM = IN$.

Câu 2

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 3