Cho đường tròn \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\), đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) (\(I\) nằm giữa \(A\) và \(O\)). Lấy điểm \(E\) bất kì trên cung nhỏ BC \((\)E khác \(B\) và \(C\)). AE cắt CD tại \(K\).
a) Chứng minh bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AE = AI.AB\).
c) Gọi \(P\) là giao điểm của tia BE và tia DC, \(Q\) là giao điểm của AP và BK. Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\). Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
a) Chứng minh \(\widehat {KEB} = 90^\circ \) và \(\widehat {KIB} = 90^\circ \) nên \(\Delta KEB\) và \(\Delta KIB\) cùng thuộc đường tròn đường kính KB. Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh $\Delta AKI\backsim \Delta ABE$ suy ra tỉ số giữa hai cặp cạnh tương ứng của hai tam giác.
c) * Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
Chứng minh K là trực tâm của \(\Delta APB\) nên \(BQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\)
Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp, nên \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\).
Kết hợp với \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) và \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\)
* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Gọi H là trung điểm của PK, khi đó đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.
Ta cần chứng minh \(\widehat {OQH} = 90^\circ \) hay \(OQ \bot QH\):
+ Chứng minh \(\Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\) nên \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\)
+ Chứng minh $\Delta IBK\backsim \Delta QPK$ (g-g) suy ra \(\widehat {OBQ} = \widehat {QPK}\)
+ Chứng minh \(\widehat {HQP} = \widehat {QPK}\) (tam giác HPQ cân tại H).
Ta được \(\widehat {OQK} = \widehat {{\kern 1pt} HQP}\).
Sử dụng cộng góc để được \(\widehat {OQH} = \widehat {KQP} = 90^\circ \) nên \(OQ \bot QH\).
a) Xét \(\left( {O{\mkern 1mu} ;{\mkern 1mu} R} \right)\) có: \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay \(\widehat {KEB} = 90^\circ \)
Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) nên \(\widehat {KIB} = 90^\circ \)
Xét \(\Delta KEB\) vuông tại E có cạnh huyền KB suy ra K, E, B thuộc đường tròn đường kính KB (1)
Xét \(\Delta KIB\) vuông tại I có cạnh huyền KB suy ra K, I, B thuộc đường tròn đường kính KB (2)
Do đó K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\), ta có:
$\widehat{A}$ là góc chung
\(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)
suy ra $\Delta AKI\backsim \Delta ABE$ \(\left( {g - g} \right)\)
Do đó \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) nên \(AK.AE = AI.AB\) (đpcm)
c) * Chứng minh IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
Xét \(\Delta APB\) có: \(PI \bot AB\left( {I \in AB} \right)\); \(AE \bot PB\left( {E \in PB} \right)\); \(PI\) cắt \(AE\) tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm của \(\Delta APB\)
Suy ra \(BQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\) nên \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AQK} = 90^\circ \)
Đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm \(I\) nên \(\widehat {AIK} = 90^\circ \)
Tam giác AQK và tam giác AIK lần lượt vuông tại Q và I nên nội tiếp đường tròn đường kính AK, do đó bốn điểm A, I, Q, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK suy ra AIKQ là tứ giác nội tiếp
suy ra \(\widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn )
Ta có: KEBI là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{EK}$)
Ta có: \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) nên \(\Delta AQB\) nội tiếp \(\left( {O;R} \right)\), do đó \(Q \in \left( {O;R} \right)\)
Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{QE}$)
suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay IK là phân giác của \(\widehat {EIQ}\) (đpcm)
* Chứng minh OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE.
Xét \(\Delta OQB\), ta có:
\(OQ = OB = R\)
Suy ra \(\Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\)
Do đó \(\widehat {OQB} = \widehat {OBQ}\) hay \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\) \(\left( 1 \right)\)
Xét \(\Delta IBK\) và \(\Delta QPK\), ta có:
\(\widehat {IKB} = \widehat {QKP}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\widehat {KQP} = \widehat {KIB} = 90^\circ \)
Suy ra $\Delta IBK\backsim \Delta QPK$ (g-g)
Do đó \(\widehat {IBK} = \widehat {QPK}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {OBQ} = \widehat {QPK}\) \(\left( 2 \right)\)
Xét tam giác KQP và tam giác KEP lần lượt vuông tại Q và E nên nội tiếp đường tròn đường kính PK, suy ra P, Q, K, E thuộc đường tròn đường kính PK và đường tròn (H; HP) ngoại tiếp tam giác PQE.
Gọi H là trung điểm của PK, khi đó HP = PQ nên tam giác HPQ cân tại H, do đó \(\widehat {PQH} = \widehat {QPK}\) hay \(\widehat {HQP} = \widehat {QPK}\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {OQK} = \widehat {{\kern 1pt} HQP}\)
Mà \(\widehat {HQO} = \widehat {OQK} + \widehat {KQH} = \widehat {HQP} + \widehat {KQH} = \widehat {HQP} = 90^\circ \)
Suy ra \(\widehat {OQH} = 90^\circ \) hay \(OQ \bot QH\)
Do đó OQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQE (đpcm).
Danh sách bình luận