Cho đường tròn tâm \((O)\) và dây \(BC\) cố định không đi qua \(O\). Trên cung lớn \(BC\) lấy điểm \(A\) sao cho \(AB < AC\). Kẻ đường kính \(AK,\,E\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AK\). \(M\) là trung điểm của \(BC\).
a) Chứng minh bốn \(C,\,E,\,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Kẻ \(AD \bot BC\) tại \(D\). Chứng minh \(AD.AK = AB.AC\) và \(\Delta MDE\) cân.
c) Gọi \(F\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AK\). Chứng minh khi di chuyển trên cung lớn \(BC\) thì tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta DEF\) là 1 điểm cố định.
a) Chứng minh \(\Delta OMC\) và \(\Delta OEC\) lần lượt vuông tại M và E nên cùng nội tiếp đường tròn đường kính OC.
Gọi I là trung điểm của OC thì \(C,\,E,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn (I) đường kính OC (bán kính OI).
b) *Chứng minh \(AD.AK = AB.AC\)
Chứng minh $\Delta DBA\backsim \Delta CK\text{A}$ (g.g) suy ra \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) nên \(AD.AK = AB.AC\).
*Chứng minh \(\Delta MDE\) cân.
Để chứng minh \(\Delta MDE\) cân ta chứng minh \(\widehat {MDE} = \widehat {MED}\).
- Lập luận \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) và \(\widehat {CBK} = \widehat {CAE}\) suy ra \(\widehat {CBK} = \widehat {CDE}\)
- Lập luận \(\widehat {EMC} = \widehat {EOC}\), \(\widehat {KBC} = \frac{1}{2}\widehat {KOC}\) suy ra \(\widehat {EMC} = 2\widehat {CDE}\)
- Sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác \(\Delta MDE\) suy ra \(\widehat {EMC} = 2\widehat {MDE}\)
Do đó \(\widehat {MDE} = \widehat {MED}\).
c) Chứng minh \(\widehat {OBM} = \widehat {MFO}\) và \(\widehat {MEO} = \widehat {MCO}\), mà \(\widehat {OBM} = \widehat {OCM}\) suy ra \(\widehat {MFO} = \widehat {MEO}\).
Do đó \(\Delta EMF\) cân tại \(M\), nên \(ME = MF\).
Mà \(ME = MD\) nên \(MD = ME = MF\)
Suy ra \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\).
Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\) là điểm cố định.
a) Chứng minh bốn \(C,\,E,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn.
\(\Delta OBC\) cân tại \(O\), \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(OM\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao. Suy ra \(OM \bot BC\) suy ra \(\widehat {OMC} = 90^\circ \).
Tam giác OMC vuông tại \(M\) nên tam giác OMC nội tiếp đường tròn đường kính OC.
Theo bài ra, \(E\) là hình chiếu của \(C\) trên \(AK\) nên \(CE \bot AK\) suy ra \(CE \bot EO\) hay \(\widehat {OEC} = 90^\circ \).
Tam giác OEC vuông tại E nên tam giác OEC nội tiếp đường tròn đường kính OC.
Gọi \(I\) là trung điểm của \(OC\)
Do đó \(C,\,E,\,M,\,O\) cùng thuộc một đường tròn (I) đường kính OC (bán kính OI).
b) *Chứng minh \(AD.AK = AB.AC\)
Xét \(\Delta DBA\) và \(\Delta CK{\rm{A}}\) có
\(\widehat {ADB} = \widehat {ACK} = 90^\circ \)
\(\widehat {ABD} = \widehat {AKC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung )
Nên $\Delta DBA\backsim \Delta CK\text{A}$ (g.g)
Do đó ta có: \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Hay \(AD.AK = AB.AC\) (đpcm).
*Chứng minh \(\Delta MDE\) cân.
Theo bài ra \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot BC\\AE \bot EC\end{array} \right.\) suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ADC} = 90^\circ \\\widehat {AEC} = 90^\circ \end{array} \right.\)
Gọi \(Q\) là trung điểm của \(AC\)
Tam giác ADC và tam giác AEC vuông tại D và E nên nội tiếp đường tròn (Q; AC), suy ra \(QA = QC = QD = QE\)
Suy ra bốn điểm \(A,\,C,\,D,\,E\) cùng thuộc đường tròn \(\left( Q \right)\)
Suy ra \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\)) (1)
Xét \(\left( O \right)\) ta có: \(\widehat {CBK} = \widehat {CAE}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CK\) ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {CBK} = \widehat {CDE}\) mà hai góc này ở vị trí đồng vị (3)
Suy ra \(DE//BK\)
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) có: \(\widehat {EMC} = \widehat {EOC}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{EC}$). (4)
Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có: \(\widehat {KBC} = \frac{1}{2}\widehat {KOC}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn \(\overset\frown{KC}\)). (5)
Từ (3); (4) và (5) suy ra \(\widehat {EMC} = 2\widehat {CDE}\).
\(\Delta MDE\) có \(\widehat {EMC} = \widehat {MDE} + \widehat {MED}\) (góc ngoài của tam giác) mà \(\widehat {EMC} = 2\widehat {MDE}\)
Nên \(\widehat {MDE} = \widehat {MED}\). Do đó, \(\Delta MDE\) cân tại \(M\).
c) Gọi \(P\) là trung điểm của \(BO\)
Tam giác BFO và tam giác BMO vuông tại F và M nên nội tiếp đường tròn (P; OP) suy ra \(PB = PO = PF = PM\)
Suy ra bốn điểm \(O,M,B,F\) cùng thuộc đường tròn \(\left( P \right)\)
Nên \(\widehat {OBM} = \widehat {MFO}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn \(\overset\frown{MO}\)).
Xét đường tròn \(\left( I \right)\) có:
\(\widehat {MEO} = \widehat {MCO}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn \(\overset\frown{MO}\)).
Mà \(\widehat {OBM} = \widehat {OCM}\) (\(\Delta OCB\)cân tại \(O\)).
Do đó \(\widehat {MFO} = \widehat {MEO}\) suy ra \(\Delta EMF\) cân tại \(M\), do đó \(ME = MF\).
Mà \(ME = MD\) (Tam giác \(MDE\) cân tại \(M\)).
Suy ra \(MD = ME = MF\).
Suy ra \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\).
Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\) là điểm cố định.
Vậy khi \(A\) di chuyển trên cung lớn \(BC\) thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\) là một điểm cố định.
Danh sách bình luận