Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB vuông góc với dây CD tại điểm I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E bất kỳ trên cung nhỏ BC (E khác B và C), AE cắt CD tại K. a) Chứng minh bốn điểm K, E,
a) Chứng minh bốn điểm \(K,E,B,I\) cùng thuộc một đường tròn.
Vì A, E, K thẳng hàng nên \(\widehat {KEB} = \widehat {AEB}\).
Do AB là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KEB} = 90^\circ \).
Suy ra \(K,E,B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\).
Mặt khác, \(AB \bot CD\) tại I; B, I, A thẳng hàng và K, I, D thẳng hàng nên \(\widehat {KIB} = \;90^\circ \).
Suy ra \(K,I,B\) thuộc đường tròn đường kính \(KB\).
Suy ra bốn điểm K, E, B, I cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi P là giao điểm của tia BE và tia DC, Q là giao điểm của AP và BK.
Chứng minh \(AK\;\cdot\;AE\; = \;AI\;\cdot\;AB\) và \(IK\) là tia phân giác của góc EIQ.
Xét \({\rm{\Delta }}AKI\) và \({\rm{\Delta }}ABE\) có
\(\hat A\) chung
\(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \)
Suy ra (g.g)
Suy ra \(\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) (các cặp cạnh tương ứng)
Do đó \(AK \cdot AE = AB \cdot AI\) (tỉ lệ thức).
Chứng minh tứ giác \(BIKE\) nội tiếp đường tròn đường kính \(BK\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {KBE}\).
Chứng minh \(K\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}ABP\) suy ra \(BK \bot AP\) hay \(BQ \bot AP\).
Suy ra \(\widehat {AQB} = 90^\circ \) và \(Q\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\) hay \(Q \in \left( O \right)\).
Chứng minh tứ giác \(AQKI\) nội tiếp suy ra \(\widehat {QIK} = \widehat {QAK}\).
Mà \(Q \in \left( O \right)\) nên \(\widehat {QAE} = \widehat {QBE}\) hay \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) suy ra \(\widehat {KIE} = \widehat {QIK}\).
Do đó \(IK\) là tia phân giác của \(\widehat {EIQ}\).
c) Gọi T là trung điểm của KP. Chứng minh khi dây CD thay đổi và vuông góc với AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác \(TQE\) đi qua một điểm cố định.
Cách 1:
Chứng minh \(\widehat {KPE} = \widehat {BAE}\) (cùng phụ \(\widehat {ABE}\)) suy ra (g.g).
Do đó \(\widehat {PKE} = \widehat {ABE}\).
Mà \({\rm{\Delta }}TEK\) cân ở \(T\) nên \(\widehat {TKE} = \widehat {TEK} \Rightarrow \widehat {TEK} = \widehat {ABE}\).
Vì \({\rm{\Delta }}AEO\) cân tại \(O\) nên \(\widehat {OAE} = \widehat {AEO}\) hay \(\widehat {AEO} = \widehat {BAE}\)
Do đó
\(\widehat {TEK} + {\rm{\;}}\widehat {AEO} = \widehat {ABE} + \widehat {BAE}\)
\(\widehat {TEO} = 90^\circ \)
Suy ra \(T\), E, O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).
Chứng minh tương tự ta có \(T\), \(Q\), O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).
Suy ra \(4\) điểm \(T,Q,E,O\) cùng thuộc một đường tròn.
Vì \(O\) cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(TQE\) đi qua một điểm cố định.
Cách 2:
Có \(\Delta PTE\) cân tại \(T \Rightarrow \widehat {TPE} = \widehat {TEP}\)
Có: \(\Delta OBE\) cân tại \(O \Rightarrow \widehat {OEB} = \widehat {OBE}\)
Mà \[\widehat {TPE} + \widehat {OBE} = 90^\circ \]
\[\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {TEP} + \widehat {OEB} = 90^\circ \\ \Rightarrow \widehat {TEO} = 90^\circ \end{array}\]
Suy ra \(T\), E, O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).
Chứng minh tương tự ta có \(T\), \(Q\), O thuộc đường tròn đường kính \(OT\).
Suy ra \(4\) điểm \(T,Q,E,O\) cùng thuộc một đường tròn.
Vì \(O\) cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(TQE\) đi qua một điểm cố định