Câu hỏi:

17/03/2026 27

Đường tròn tâm \[O\] nội tiếp hình vuông \[ABCD\], tiếp điểm trên \[AB\] là \[M\]. Một tiếp tuyến với \[\left( O \right)\] cắt các cạnh \[BC,CD\] lần lượt ở \[E,F\]. Chứng minh rằng

(a) Các tam giác \[DFO\] và \[BOE\] đồng dạng.

(b) \[ME\parallel AF.\]

Câu hỏi trong đề: Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 9 Kết nối tri thức có đáp án !!

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đường tròn tâm O nội tiếp hình vuông ABCD, tiếp điểm trên AB là M. Một tiếp tuyến với (O) cắt các cạnh BC, CD lần lượt ở E, F. Chứng minh rằng (ảnh 1)

a) Xét tam giác \[\Delta DFO\] có \[\widehat {DOF} + \widehat {DFO} + \widehat {ODF} = 180^\circ \]

Suy ra \[\widehat {DOF} + \widehat {DFO} = 135^\circ \] (vì \[\widehat {ODF} = 45^\circ \]). (1)

Xét tứ giác \[BDEF\] có \[\widehat D + \widehat B + \widehat E + \widehat F = 360^\circ \] suy ra \[\widehat {DEF} + \widehat {BEF} = 270^\circ \].

Mặt khác ta có: \[FO,EO\] lần lượt là phân giác của góc \[\widehat {DFE},\widehat {BEF}\] nên ta có:

\[\widehat {DFO} = \frac{1}{2}\widehat {DFE}\] và \[\widehat {BEO} = \frac{1}{2}\widehat {BEF}\].

Suy ra \[\widehat {DFO} + \widehat {BEO} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {DFE} + \widehat {BEF}} \right) = 135^\circ \] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {BEO} = \widehat {DOF}\].

Xét tam giác \[DOF\] và tam giác \[BEO\], có:

\[\widehat {ODF} = \widehat {OBE} = 45^\circ \] và \[\widehat {BEO} = \widehat {DOF}\] suy ra (g.g).

b) Ta có: nên \[\frac{{DF}}{{BO}} = \frac{{DO}}{{BE}}\]

Suy ra \[DF.BE = DO.BO = \frac{{B{D^2}}}{4} = \frac{{A{B^2}}}{4} = BM.AD\].

Suy ra \[\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\].

Xét \[\Delta ADF\] và \[\Delta EBM\], ta có: \[\frac{{BM}}{{DF}} = \frac{{BE}}{{AD}}\] và \[\widehat {ADF} = \widehat {MBE}\]

Suy ra (c.g.c) nên \[\widehat {AFD} = \widehat {BME}\].

Mặt khác, có \[\widehat {BAF} = \widehat {AFD}\] (vì \[AB\parallel CD\]).

Suy ra \[\widehat {BAF} = \widehat {BME}\].

Mà hai góc ở vị trí đồng vị nên \[ME\parallel AF.\]

3. Một số bài toán khác

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 điểm \[M\] nằm ngoài đường tròn tâm \[O\]. Vẽ tiếp tuyến \[MA,MB\] của đường tròn với \[A,B\] là các tiếp điểm. Vẽ cát tuyến \[MCD\] không đi qua tâm \[O\] (\[C\] nằm giữa \[M\] và \[D\]); \[OM\] cắt \[AB\] và \[\left( O \right)\] lần lượt tại \[H,I\]. Gọi \[E\] là trung điểm của \[DC\].

(a) Chứng minh: \[MAOB,ABOE\] nội tiếp.

(b) Chứng minh \[MC.MD = M{A^2}\] và \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

(c) Chứng minh: \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\]

Xem đáp án

Lời giải

Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB của đường tròn với A, B là các tiếp điểm. Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D) (ảnh 1)

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên suy ra \[MA \bot OA,MB \bot OB\]

Suy ra \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[MAOB\] có \[\widehat {MAO} + \widehat {MBO} = 180^\circ \].

Suy ra \[MAOB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[CD\] là dây cung và \[E\] là trung điểm của \[CD\] suy ra \[OE \bot CD\].

Suy ra \[\widehat {OEC} = 90^\circ \] suy ra \[\widehat {OEM} = 90^\circ \] với \[M \in CD\].

Xét tứ giác \[OEMB\] có:

\[\widehat {OEM} + \widehat {OBM} = 180^\circ \].

Suy ra tứ giác \[OEMB\] nội tiếp đường tròn đường kính \[MO\].

b) Xét \[\Delta MAC\] và \[\Delta MDA\] có:

\[\widehat {AMD}\] chung và \[\widehat {MDA} = \widehat {MAC}\] (cùng chắn cung \[AC\])

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{MA}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MA}}\] hay \[MC.MD = M{A^2}\] (*).

Ta có: \[OA = OB = R\] và \[MA = MB\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[MO\] là đường trung trực của \[AB\].

Xét \[\Delta AMO\] và \[\Delta HMA\] có \[\widehat {MAO} = \widehat {MHA} = 90^\circ \] và \[\widehat {AMO} = \widehat {HMA}\]

Suy ra (g.g) suy ra \[MH.MO = M{A^2}\] (**).

Từ (*) và (**) suy ra \[MH.MO = MC.MD = M{A^2}\]

Suy ra \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Xét \[\Delta MCH\] và \[\Delta MOD\] có: \[\widehat {DMO}\] chung và \[\frac{{MC}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MD}}\].

Suy ra (c.g.c) suy ra \[\widehat {MHC} = \widehat {MDO}\].

Xét \[\Delta MOA\] có \[AH\] là đường cao (\[AH \bot OM\]); \[\widehat {MAO} = 90^\circ \] (chứng minh trên).

Xét \[\Delta OHA\] và \[\Delta OAM\] có: \[\widehat {HOA} = \widehat {AOM}\] và \[\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[OH.OM = O{A^2}\].

Xét tam giác \[\Delta OAM\], áp dụng định lí Pythagore, ta có: \[O{A^2} + A{M^2} = M{O^2}\].

Suy ra \[OH.OM + MC.MD = M{O^2}\].

Câu 2

Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nội tiếp \[\left( O \right)\]. Từ một điểm \[D\] trên cạnh \[BC\] kẻ đường thẳng vuông góc với \[BC\] cắt \[AC\] tại \[F\] và cắt tia đối của tia \[AB\] tại \[E\]. Gọi \[H\] là giao điểm của \[BF\] và \[CE\], tia \[HD\] cắt \[\left( O \right)\] tại \[K\].

(a) Chứng minh tứ giác \[AECD\] nội tiếp.

(b) Chứng minh \[BF.BH = BD.BC\] và \[AK \bot BC\].

(c) Gọi \[I\] là trung điểm của \[EF\]. Chứng minh \[OI \bot AH\].

Xem đáp án

Lời giải

Hướng dẫn giải

Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O). Từ một điểm D trên cạnh BC kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại F và cắt tia đối của tia AB (ảnh 1)

a) Xét \[\Delta EBC\] có:

\[CA \bot BE\] (vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]) và \[ED \bot BC\] (giả thiết) mà \[CA \cap ED = \left\{ F \right\}\] nên \[F\] là giao điểm của ba đường cao trong tam giác \[\Delta EBC\], suy ra \[BF \bot EC\] tại \[H\] suy ra \[\widehat {BHC} = 90^\circ \].

Xét \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có \[\widehat {BHC} = 90^\circ \] nên \[H \in \left( O \right)\].

Vì \[CA \bot BE\] (cmt) nên \[\widehat {CAE} = 90^\circ \].

Vì \[ED \bot BC\] (cmt) nên \[\widehat {EDC} = 90^\circ \].

Xét tứ giác \[AECD\] có \[\widehat {CAE} = \widehat {EDC} = 90^\circ \] mà đỉnh \[A,D\] là hai đỉnh liền kề cùng nhìn cạnh \[EC\] nên \[AECD\] nội tiếp.

b) Xét \[\Delta BDF\] và \[\Delta BHC\] có: \[\widehat {HBC}\] chung và \[\widehat {BDF} = \widehat {BHC} = 90^\circ \].

Suy ra (g.g) suy ra \[\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{BD}}{{BH}}\] suy ra \[BF.BH = BD.BC\] (đpcm).

Xét đường tròn \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[AB\]).

Xét tứ giác \[FHCD\] có \[\widehat {FHC} = 90^\circ \] (Vì \[BH \bot EC\] tại \[H\]); \[\widehat {FDC} = 90^\circ \] (vì \[ED \bot BC\] tại \[D\]).

Suy ra \[\widehat {FHC} + \widehat {FDC} = 180^\circ \] mà \[\widehat {FHD}\] và \[\widehat {FCD}\] là hai góc đối nên tứ giác \[FHCD\] là tứ giác nội tiếp.

Suy ra mà \[\widehat {AHB} = \widehat {ACB}\] (cmt) nên \[\widehat {AHB} = \widehat {FHD}\] suy ra \[\widehat {AHB} = \widehat {BHK}\].

Mặt khác , .

Từ đó ta được \[AB = BK\].

Xét \[\left( {O;\frac{{BC}}{2}} \right)\] có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra tam giác \[BKC\] vuông tại \[K\].

Xét \[\Delta BKC\] và \[\Delta BAC\] có:

\[\widehat {BKC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \]

\[BC\] chung

\[BA = BK\] (cmt)

Suy ra \[\Delta BKC = \Delta BAC\] (g.c.g)

Suy ra \[KC = AC\] (hai cạnh tương ứng).

Mà \[BA = BK\] nên \[BC\] là đường trung trực của \[AK\].

Suy ra \[AK \bot BC\] (đpcm).

Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O). Từ một điểm D trên cạnh BC kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại F và cắt tia đối của tia AB (ảnh 2)

Xét \[\Delta EAF\] vuông tại \[A\] có \[I\] là trung điểm của \[EF\] nên \[AI\] là đường trung tuyến của \[\Delta EAF\].

Suy ra \[AI = IE = IF = \frac{1}{2}EF\].

Xét \[\Delta HEF\] vuông tại \[H\] có \[I\] là trung điểm của \[EF\] nên \[HI\] là đường trung tuyến của \[\Delta HEF\]. Suy ra \[HI = IE = IF = \frac{1}{2}EF\].

Suy ra \[AI = HI\].

Xét \[\left( O \right)\] có \[OA = OH = R\] nên ta được \[OI\] là đường trung trực của \[AH.\]

Vậy \[OI \bot AH\]. (đpcm).

Câu 3