Cho đường tròn (O; R), đường kính A B. Vẽ dây C D vuông góc với A B tại điểm I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E bất kì trên cung nhỏ B C (E khác B và C), A E cắt C D tại K. a) Chứng minh bốn

7/9

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$, đường kính $AB$. Vẽ dây $CD$ vuông góc với $AB$ 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) Gọi $P$ là giao điểm của tia $BE$ và tia $DC$, $Q$ là giao điểm của $AP$ và $BK$. Chứng minh điểm $Q$ thuộc đường tròn $\left( {O;R} \right)$ và $IK$ là tia phân giác của góc $\widehat {EIQ}$.

c) Gọi $T$ là trung điểm của $KP$. Chứng minh khi dây $CD$ thay đổi nhưng vẫn vuông góc với đường kính $AB$ thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $TQE$ luôn đi qua một điểm cố định.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Vậy khi dây $CD$ thay đổi nhưng vẫn vuông góc với đường kính $AB$ thì đường trò (ảnh 1)$

a) Chứng minh bốn điểm $K,E,B,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Vì $CD \bot AB$ tại $I$ nên $\widehat {CIB} = \widehat {CIA} = 90^\circ $ hay $\widehat {KIB} = 90^\circ $

Suy ra $\Delta KIB$ vuông tại $I$ nên ba điểm $K,I,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KB$. (1)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {AEB} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat {KEB} = 90^\circ $

Suy ra $\Delta KEB$ vuông tại $E$ nên ba điểm $K,E,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KB$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $K,E,B,I$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $KB$.

b) Chứng minh điểm $Q$ thuộc đường tròn $\left( {O;R} \right)$

$Vậy khi dây $CD$ thay đổi nhưng vẫn vuông góc với đường kính $AB$ thì đường trò (ảnh 2)$

Vì $\widehat {AEB} = 90^\circ $ và $P,E,B$ thẳng hàng nên $AE \bot BP$

Vì $CD \bot AB$ $\left( {P \in CD} \right)$ nên $PI \bot AB$

Xét $\Delta APB$ có: $AE \bot BP$; $PI \bot AB$

$AE$ cắt $PI$ tại $K$

Suy ra $K$ là trực tâm của $\Delta APB$.

Suy ra $BK \bot AP$

Mà $BK$ cắt $AP$ tại $Q$

$ \Rightarrow $$BQ \bot AP$ tại $Q$

Suy ra $\widehat {AQB} = 90^\circ $

Suy ra điểm $Q$ thuộc đường tròn $\left( {O;R} \right)$.

Chứng minh $IK$ là tia phân giác của góc $\widehat {EIQ}$.

Xét đường tròn đường kính $KB$ có: $\widehat {KIE} = \widehat {KBE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung ) hay $\widehat {KIE} = \widehat {QBE}$

Vì $\widehat {KIA} = 90^\circ $ nên $\Delta KIA$ vuông tại $I$ nên ba điểm $K,I,A$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KA$. (3)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {AQB} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay $\widehat {AQK} = 90^\circ $

Suy ra $\Delta AQK$ vuông tại $Q$ nên ba điểm $A,Q,K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KA$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra bốn điểm $A,Q,K,I$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $KA$.

Suy ra $\widehat {QAK} = \widehat {QIK}$ hay $\widehat {QAE} = \widehat {QIK}$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có: $\widehat {QAE} = \widehat {QBE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung )

Ta có: $\widehat {KIE} = \widehat {QBE}$; $\widehat {QAE} = \widehat {QIK}$; $\widehat {QAE} = \widehat {QBE}$ (chứng minh trên)

Suy ra $\widehat {QIK} = \widehat {KIE}$

Suy ra $IK$ là tia phân giác của góc $\widehat {EIQ}$ (điều phải chứng minh)

c) Chứng minh khi dây $CD$ thay đổi nhưng vẫn vuông góc với đường kính $AB$ thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $TQE$ luôn đi qua một điểm cố định.

$Vậy khi dây $CD$ thay đổi nhưng vẫn vuông góc với đường kính $AB$ thì đường trò (ảnh 3)$

Xét $\Delta KEP$ vuông tại $E$ có: $ET$ là đường trung tuyến (do $T$ là trung điểm của $PK$)

$ \Rightarrow ET = PT = TK = \frac{{PK}}{2}$

Khi đó $\Delta TPE$ cân tại $T$ $ \Rightarrow \widehat {TPE} = \widehat {TEP}$

Xét $\Delta OEB$ có: $OE = OB = R$

$ \Rightarrow $$\Delta OEB$ cân tại $O$ $ \Rightarrow \widehat {OEB} = \widehat {OBE}$

Xét $\Delta PIB$ vuông tại $I$ có: $\widehat {IPB} + \widehat {IBP} = 90^\circ $

Mà $\widehat {TPE} = \widehat {TEP}$; $\widehat {OEB} = \widehat {OBE}$ (cmt)

Suy ra \[\widehat {TEP} + \widehat {OEB} = 90^\circ \]

$ \Rightarrow \widehat {OET} = 90^\circ $

*Chứng minh tương tự được $\widehat {OQT} = 90^\circ $

Vì $\widehat {OET} = 90^\circ $ nên $\Delta OET$ vuông tại $E$ suy ra ba điểm $O,E,T$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OT$. (5)

Vì $\widehat {OQT} = 90^\circ $ nên $\Delta OQT$ vuông tại $Q$ suy ra ba điểm $O,Q,T$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OT$. (6)

Từ (5) và (6) suy ra bốn điểm $O,Q,T,E$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OT$.

Hay tứ giác $TQOE$ nội tiếp đường tròn đường kính $OT$.

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $TQE$ luôn đi qua điểm $O$.

Vậy khi dây $CD$ thay đổi nhưng vẫn vuông góc với đường kính $AB$ thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $TQE$ luôn đi qua một điểm cố định.