Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm M đến đường thẳng BC.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.
b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\angle MHO = \angle MNA\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).
c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.
a) Chứng minh bốn điểm O, M, H, B cùng thuộc một đường tròn.
Do \(AB \bot MN\) nên \(\Delta MOB\) vuông tại O, cạnh huyền MB
Suy ra M, O, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB
Tương tự \(\Delta MHB\) vuông tại H, cạnh huyền MB nên M, H, B cùng thuộc đường tròn đường kính MB
Vậy O, M, B, H cùng thuộc đường tròn đường kính MB (đpcm)
b) Hai đường thẳng MB và OH cắt nhau tại E. Chứng minh \(\angle MHO = \angle MNA\) và \(ME \cdot MH = BE \cdot HC\).
Do O, M, B, H cùng thuộc đường tròn nên MOBH nội tiếp đường tròn
Suy ra \(\angle MHO = \angle MBO\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MO)
Mà \(\angle MNA = \angle MBA\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA của (O))
Suy ra \(\angle MHO = \angle MNA\) (đpcm)
Ta có \(\angle AMB = \frac{1}{2}sđAB = {90^0}\) nên \(\angle BMC = {90^0}\)
Do \(\angle CMH + \angle HMB = \angle CMB = {90^0}\) kết hợp với \(\angle HBM + \angle HMB = {180^0} - \angle MHB = {90^0}\)
Nên \(\angle CMH = \angle HBM\)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BHM\) có \(\angle CMH = \angle HBM\)
\(\angle CHM = \angle BHM\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\Delta MHC \backsim \Delta BHM\left( {g.g} \right)\)
Suy ra \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{MH}}{{HB}}\) (1)
Vì MO = OB nên tam giác MOB cân tại O suy ra \(\angle OMB = \angle OBM\) (tính chất)
Tứ giác MHBO nội tiếp đường tròn đường kính MB nên ta có:
\(\angle MHO = \angle MBO;{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \angle OHB = \angle OMB\) (các góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Khi đó \(\angle MHO = \angle OHB\)
Suy ra EH là phân giác của góc MHB
Suy ra \(\frac{{ME}}{{EB}} = \frac{{MH}}{{HB}}\) (tính chất đường phân giác) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) hay \(HC.EB = HM.ME\) (đpcm)
c) Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC. Chứng minh ba điểm C, P, E là ba điểm thẳng hàng.
Ta có \(\Delta CHM\) vuông tại H nên C, H, M cùng thuộc đường tròn đường kính CM
Mà \(P\) thuộc đường tròn đường kính CM nên \(\angle MPC = {90^0}\) hay \(MP \bot PC\)
Tương tự P thuộc đường tròn (O), đường kính MN nên \(\angle MPN = {90^0}\) hay \(MP \bot PN\)
Suy ra C, P, N thẳng hàng (*)
Xét \(\Delta MHC\) và \(\Delta BMC\) có \(\angle CHM = \angle CMB = {90^0}\)
\(\angle BCM\) chung
Nên \(\Delta MHC \backsim \Delta BMC\left( {g.g} \right)\)
Suy ra \(\frac{{HC}}{{MC}} = \frac{{MH}}{{MB}}\) hay \(\frac{{HC}}{{MH}} = \frac{{MC}}{{MB}}\)
Mà \(\frac{{HC}}{{HM}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) suy ra \(\frac{{MC}}{{MB}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) (3)
Ta có \(\Delta BMN\) có BO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên \(\Delta BMN\) cân tại B
Suy ra \(BM = BN\)
Thay vào (3) ta được \(\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}\)
Xét \(\Delta MEC\) và \(\Delta BEN\) có \(\frac{{MC}}{{BN}} = \frac{{ME}}{{EB}}\) và \(\angle EMC = \angle EBN\left( { = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra \(\Delta MEC \backsim \Delta BEN\left( {c.g.c} \right)\)
Suy ra \(\angle MEC = \angle BEN\) (hai góc tương tứng)
Mà \(\angle MEC + \angle CEB = {180^0}\) (hai góc kề bù) nên \(\angle BEN + \angle CEB = {180^0}\)
Chứng tỏ C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra C, P, E thẳng hàng (đpcm).
Danh sách bình luận