Cho (O) đường kính AB cố định. C thuộc (O) (khác A,B). Vẽ đk CD. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC,AD tại E,F. H trung điểm BF. K giao điểm OE và AH. C/M: K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có điểm C nằm trên đường tròn (AB) nên ^ACB = 900 => BC vuông góc AE
Xét \(\Delta\)BAE: ^ABE = 900, BC vuông góc AE (cmt) => AB2 = AC.AE (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Tương tự AB2 = AD.AF. Do đó AC.AE = AD.AF. Từ đây, tứ giác ECDF nội tiếp.
Xét \(\Delta\)ABF: O là trung điểm AB; H là trung điểm BF => OH là đường trung bình trong \(\Delta\)ABF => OH // AF
Lại có CD là đường kính của (O), A thuộc (O) nên ^CAD = 900 => AE vuông góc AF
Do vậy OH vuông góc AE. Kết hợp với AO vuông góc HE (tại B) suy ra O là trực tâm \(\Delta\)AEH
=> EO vuông góc AH => ^AKE = ^ABE = 900 => A,K,B,E cùng thuộc đường tròn (AE)
Ta thấy AB,CD,KE tại O. Khi đó, áp dụng hệ thức lượng đường tròn: OE.OK = OA.OB = OC.OD
=> C,K,D,E cùng thuộc 1 đường tròn hay K thuộc đường tròn (DCE)
Mà tứ giác ECDF nội tiếp (cmt) nên K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF (đpcm).
Bài Toán trên có các câu hỏi a, b, c thứ tự để hướng dẫn làm bài
I)Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp
+) ACBD là hình chữ nhật ( tự chứng minh)
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEB}\)( cùng phụ góc CBE)
=> \(\widehat{ADC}=\widehat{AEB}=\widehat{CEF}\)
=> Tứ giác ECDF nội tiếp
II) Chứng minh Tứ giác KDBO nội tiếp
Xét \(\Delta ABE\)và \(\Delta FBA\)
Hai tam giác trên đồng dạng ( tự chứng minh)
=> \(\frac{AB}{FB}=\frac{BE}{BA}\Leftrightarrow\frac{2.OB}{2.BH}=\frac{BE}{BA}\Leftrightarrow\frac{OB}{BH}=\frac{BE}{BA}\)(1)
Mặt khác \(\widehat{OBE}=\widehat{HBA}=90^o\)(2)
(1), (2) => \(\Delta OBE~\Delta HBA\)
=> \(\widehat{BEO}=\widehat{BAH}=\widehat{OAK}\)
=> Tứ giác BEAK nội tiếp
=> \(\widehat{AKO}=\widehat{OBE}=90^o\)
=> \(\widehat{OKH}=90^o\)(1)
Xét tam giác BDF vuông tại D , DH là đường trung tuyến
=> DH=HB
=> \(\widehat{HDB}=\widehat{HBD}=\widehat{BCD}=\widehat{ADC}\)
=> \(\widehat{ODH}=\widehat{ODB}+\widehat{HDB}=\widehat{ODB}+\widehat{ADO}=\widehat{ADB}=90^o\)(2)
Ta lại có: \(\widehat{OBH}=90^o\)(3)
Từ (1), (2), (3)
=> DKOBH cùng thuộc đường tròn đường kính OH
=> DKOB nội tiếp (4)
III) Chứng minh tứ giác DKCE nội tiếp
Từ (4) => \(\widehat{DKO}+\widehat{DBO}=180^o\)
Mặt khác : \(\widehat{DBO}=\widehat{DCA}\)và \(\widehat{DCA}+\widehat{DCE}=180^o\)
Từ 3 điều trên => \(\widehat{DKO}=\widehat{DCE}=\widehat{OCE}\)
=> Tứ giác DKCE nội tiếp
Từ (I) và (III)
=> D, K, C, E , F cùng thuộc một đường tròn
=> K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF
a: góc CAD=1/2*sđ cung CD=90 độ
ΔEAF vuông tại A có AB là đường cao
nên EB*BF=BA^2
b: góc BCA=góc BDA=1/2*sđ cung BA=90 độ
=>BC vuông góc AE và BD vuông góc aF
ΔABE vuông tại B có BC là đường cao
nên AC*AE=AB^2
ΔABF vuông tại B có BD là đường cao
nên AD*AF=AB^2=AC*AE
=>AD/AE=AC/AF
=>ΔADC đồng dạng với ΔAEF
=>góc ADC=góc AEF
=>góc CDF+góc CEF=180 độ
=>CDFE nội tiếp
b) Ta thấy (O) giao (I) tại 2 điểm B và D => BD vuông góc OI (tại K) => ^OKB=900.
Xét đường tròn (I) đường kính AB có H thuộc cung AB => AH vuông góc HB hay AH vuông góc BC (1)
AB và AC là 2 tiếp tuyến của (O) => \(\Delta\)ABC cân tại A. Mà AO là phân giác ^BAC
=> AO vuông góc BC (2)
Từ (1) và (2) => A;H;O thẳng hàng => ^OHB=900.
Xét tứ giác BOHK: ^OKB=^OHB=900 => Tứ giác BOHK nội tiếp đường tròn đường kính OB
=> ^OKH = ^OBH. Lại có ^OBH=^OAB (Cùng phụ ^HBA) => ^OKH = ^OAB
Hay ^OKH = ^HAI. Mà ^OKH + ^KHI = 1800 nên ^HAI + ^KHI = 1800
=> Tứ giác AIKH nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Dễ thấy OI là trung trực của BD và OI cắt BD tại K => K là trung điểm của BD
\(\Delta\)ABC cân đỉnh A có đường phân giác AH => H là trung điểm BC
Từ đó suy ra HK là đường trung bình của \(\Delta\)BDC
=> HK//CD => ^HKD + ^CDK = 1800 (3). Đồng thời \(\frac{HK}{CD}=\frac{1}{2}\)
Tương tự KI là đường trg bình của \(\Delta\)BAD => KI//AD => ^DKI + ^ADK = 1800 (4) Và \(\frac{IK}{AD}=\frac{1}{2}\)
Cộng (3) với (4) => ^KHD + ^KDI + ^CDK + ^ ADK = 3600
<=> ^HKI = 3600 - (^CDK + ^ADK) => ^HKI = ^CDA.
Xét \(\Delta\)HKI và \(\Delta\)CDA: ^HKI=^CDA; \(\frac{HK}{CD}=\frac{IK}{AD}=\frac{1}{2}\)=> \(\Delta\)HKI ~ \(\Delta\)CDA (c.g.c)
=> ^HIK = ^CAD. Mặt khác: ^CAD = ^DBE (Cùng chắn cung DE) => ^HIK=^DBE.
Mà tứ giác AIKH nội tiếp đường tròn => ^HIK=^HAK = >^DBE=^HAK hay ^KBF=^FAK
=> Tứ giác BKFA nội tiếp đường tròn => Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF đi qua điểm K (đpcm).
a) Ta thấy: Điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)BDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn
=> ^BEK = ^BDK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK) hay ^AEK = ^FDK
Mà tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn => ^FDK = ^FCK
Nên ^AEK = ^FCK hay ^AEK = ^ACK => Tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn
=> ^KAE = ^KCD (Cùng bù ^KCE) hay ^KAB = ^KCD
Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên ^KDE = ^KBA hay ^KBA = ^KDC
Xét \(\Delta\)DKC và \(\Delta\)BKA có: ^KAB = ^KCD; ^KBA = ^KDC => \(\Delta\)DKC ~ \(\Delta\)BKA (g.g)
=> \(\frac{KC}{KA}=\frac{KD}{KB}\Rightarrow\frac{KC}{KD}=\frac{KA}{KB}\).
Đồng thời ^DKC = ^BKA => ^DKC + ^BKC = ^BKA + ^BKC => ^BKD = ^AKC
Xét \(\Delta\)KBD và \(\Delta\)KAC có: ^BKD = ^AKC; \(\frac{KC}{KD}=\frac{KA}{KB}\)=> \(\Delta\)KBD ~ \(\Delta\)KAC (c.g.c)
=> ^KBD = ^KAC hoặc ^KBF = ^KAF => Tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn
=> ^BKF = ^BAF (2 góc nội tiếp chắn cung BF) => ^BKF = ^BAC = ^BDC (Do ^BAC và ^BDC cùng chắn cung BC) (1)
Ta có: ^BDC = ^FDC = ^FKC (Cùng chắn cung FC) (2)
Xét \(\Delta\)BMC: ^BMC + ^MBC + ^MCB = 1800. Mà ^MBC = ^BAC; ^MCB = ^BDC (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Nên ^BAC + ^BDC + ^BMC = 1800 (3)
Thế (1); (2) vào (3) ta được: ^BKF + ^FKC + ^BMC = 1800 => ^BKC + ^BMC = 1800
=> Tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn (đpcm).
b) Ta có: ^BKF = ^BDC (cmt) => ^BKF = ^BDE = ^BKE (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)
Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK => 3 điểm K;F;E thẳng hàng. Hay F nằm trên KE (*)
Mặt khác: ^BKF = ^CKF (Vì ^BKF = ^BAC; ^CKF = ^BDC; ^BAC = ^BDC)
=> ^BKE = ^CKE (Do K;F;E thẳng hàng) => ^KE là phân giác của ^BKC (4)
Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn: ^MBC = ^MKC; ^MCB = ^MKB
Lại có: \(\Delta\)BCM cân ở M do MB=MC (T/c 2 tiếp tuyến giao nhau) => ^MBC=^MCB
Từ đó: ^MKC = ^MKB => KM là phân giác của ^BKC (5)
Từ (4) và (5) suy ra: 3 điểm K;M;E thẳng hàng. Hoặc M nằm trên KE (**)
Từ (*) và (**) => 3 điểm E;M;F thẳng hàng (đpcm).
Câu hỏi của Anh Han - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Bạn tham khảo tại link này nhé!