1. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$, điểm $E$ thuộc cung nhỏ của

4/5

1. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$, điểm $E$ thuộc cung nhỏ của đường tròn $\left( O \right)\,\,\left( {E \ne A,\,E \ne B} \right)$. Đường thẳng $AE$ cắt các tiếp tuyến tại $B,\,C$của đường tròn $\left( O \right)$ lần lượt tại $M,\,N$.

a) Chứng minh rằng $MB.NC = A{B^2}$.

b) Gọi $F$ là giao điểm của $MC$ và $BN$, $H$ là trung điểm $BC$. Chứng minh rằng ba điểm $E,\,F,\,H$ thẳng hàng.

2. Cho đường tròn $\left( O \right)$ và hai điểm $A,\,B$ cố định nằm trên đường tròn $\left( O \right)$ sao cho $\widehat {AOB} = {120^0}$. Điểm $M$ thay đổi trên cung lớn của đường tròn $\left( O \right)$. Đường tròn nội tiếp tam giác $MAB$ tiếp xúc với $MA,\,MB$ lần lượt tại $E,\,F$. Chứng minh rằng đường thẳng \[EF\] luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$1. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$, điểm $E$ thuộc cung nhỏ của (ảnh 2)$

1)Ta có $\widehat {ABM} = \widehat {ACB} = \widehat {BAC} = {60^0} \Rightarrow BM//AC \Rightarrow \widehat {BMA} = \widehat {CAN}\,\,\left( 1 \right)$

Tương tự ta có $CN//AB \Rightarrow \widehat {BAM} = \widehat {CNA}\,\,\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) ta có $\Delta AMB$ đồng dạng $\Delta NAC$ (g-g)

$ \Rightarrow \frac{{MB}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{NC}} \Rightarrow MB.NC = AB.AC \Rightarrow MB.NC = A{B^2}$

Gọi $I$ là giao điểm của \[EF\] và $BC$. Từ a) suy ra $MB.NC = B{C^2} \Rightarrow \frac{{MB}}{{BC}} = \frac{{BC}}{{NC}}\,\,\,\left( 3 \right)$

Mặt khác $\widehat {MBC} = \widehat {MBA} + \widehat {ABC} = {60^0} + {60^0} = {120^0}$. Tương tự $\widehat {BCN} = {120^0}$

Suy ra $\widehat {MBC} = \widehat {BCN}\,\left( 4 \right)$

Từ (3) và (4) ta có $\Delta MBC$ đồng dạng $\Delta BCN$(c-g-c). Suy ra $\widehat {BMC} = \widehat {NBC}$

Ta có $\widehat {BFM} = \widehat {BCF} + \widehat {FBC} = \widehat {BCF} + \widehat {BMC} = {180^0} - \widehat {MBC} = {60^0}\,\left( 5 \right)$

Do $BEAC$nội tiếp nên $\widehat {BEM} = \widehat {BCA} = {60^0}\,\,\left( 6 \right)$

Từ (5) và (6) ta có $\widehat {BFM} = \widehat {BEM}$. Suy ra $BMEF$ nội tiếp

\[\widehat {BEF} = \widehat {BMF} = \widehat {NBC} = \widehat {FBI}\]. Do đó $\Delta IBF$ đồng dạng $\Delta IEB$(g-g). Suy ra $\frac{{IB}}{{IE}} = \frac{{IF}}{{IB}} \Rightarrow I{B^2} = IE.IF\,\,\left( 7 \right)$

Chứng minh tương tự ta có $I{C^2} = IE.IF\,\,\left( 8 \right)$.

Từ (7) và (8) suy ra $IB = IC \Rightarrow I \equiv H$. Vậy $E,\,F,\,H$ thẳng hàng.

$1. Cho tam giác đều $ABC$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$, điểm $E$ thuộc cung nhỏ của (ảnh 3)$

2)Gọi $I$ là trung điểm của $AB$. Vẽ $AH,\,IJ,\,BK$ cùng vuông góc $EF$.

Ta có $\widehat {AOB} = {120^0} \Rightarrow \widehat {AMB} = {60^0}$, hơn nữa $ME = \,MF$ nên tam giác $MEF$ đều.

Tam giác vuông $AHE$ có $AH = AE.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AE = \frac{{\sqrt 3 }}{2}.AD\,\,\,\left( 1 \right)$

Tam giác vuông $BKF$ có $BK = BF.\sin \,{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BF = \frac{{\sqrt 3 }}{2}BD\,\,\left( 2 \right)$

Cộng vế (1) và (2) ta có

$AH + BK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow 2IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt 3 }}{4}AB$ không đổi.

Vì điểm $I$ cố định nên $EF$ tiếp xúc với đường tròn cố định tâm $I$, bán kính $\frac{{\sqrt 3 }}{4}AB$.

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2023-2024 Chuyên Hải Dương có đáp án

1. Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), điểm \(E\) thuộc cung nhỏ của