Cho đường tròn ( O ; R ) , 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

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

Xét \[\left( {O\,;\,R} \right)\] 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 \(I\)\( \Rightarrow \widehat {KIB} = 90^\circ \)

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)

Hay bốn điểm \(K,E,B,I\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \[AK.AE = AI.AB\].

Xét \(\Delta AKI\) và \(\Delta ABE\), ta có: \(\widehat A\) là góc chung và \(\widehat {AIK} = \widehat {AEB} = 90^\circ \) \(\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{AE}}\) \( \Rightarrow AK.AE = AI.AB\) (đpcm)

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\[PQE\].

* Chứng minh \[IK\]là phân giác của \(\widehat {EIQ}\).

Xét \[\Delta APB\] có: \[PI \bot AB\left( {I \in AB} \right)\]; \[AE \bot PB\left( {E \in PB} \right)\]; \[PI \cap AE \equiv \left\{ K \right\}\]

\( \Rightarrow K\) là trọng tâm của \[\Delta APB\]\( \Rightarrow PQ \bot AP\left( {Q \in AP} \right)\)\( \Rightarrow \)\(\widehat {AQB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {AQK} = 90^\circ \)

Đường kính \(AB\) vuông góc với dây \(CD\) tại điểm \(I\)\( \Rightarrow \widehat {AIK} = 90^\circ \)

Chứng minh được bốn điểm \(A,I,Q,K\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AK\) suy ra \(AIKQ\) là tứ giác nội tiếp

\( \Rightarrow \widehat {QAK} = \widehat {QIK}\) (hai góc nt cùng chắn )

Ta có: \(KEBI\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {KIE} = \widehat {KBE}\) (hai góc nt cùng chắn )

Lại có: \(\widehat {QAK} = \widehat {KBE}\) (hai góc nt cùng chắn cung )

\( \Rightarrow \widehat {KIE} = \widehat {KIQ}\) hay \(IK\) là phân giác của \(\widehat {EIQ}\) (đpcm)

*Chứng minh \[OQ\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác\[PQE\].

Ta có: \(\widehat {AQB} = 90^\circ \)\( \Rightarrow Q \in \left( {O;R} \right)\)

Xét \(\Delta OQB\), ta có:

\(OQ = OB = R\)

\( \Rightarrow \Delta OQB\) là tam giác cân tại \(O\)

\( \Rightarrow \widehat {OQB} = \widehat {OBQ}\) hay  \(\widehat {OQK} = \widehat {OBQ}\)               \(\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta IBK\) và \(\Delta QPK\), ta có:

\(\widehat {IKB} = \widehat {QKP}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {KQP} = \widehat {KIB} = 90^\circ \)

 (g-g)

\( \Rightarrow \widehat {IBK} = \widehat {QPK}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {OBK} = \widehat {QPK}\)             \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\widehat {OQK} = \widehat {QPK}\)          \(\left( * \right)\)

Ta có: \(\widehat {BQE} = \widehat {BAE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ) hay \(\widehat {KQE} = \widehat {IAK}\)            \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta IAK\) và \(\Delta EPK\), ta có:

\(\widehat {IKA} = \widehat {EKP}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {KEP} = \widehat {KIA} = 90^\circ \)

 (g-g)

\( \Rightarrow \widehat {IAK} = \widehat {EPK}\) (hai góc tương ứng)             \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra: \(\widehat {KQE} = \widehat {EPK}\)          \(\left( {**} \right)\)

Từ \(\left( * \right)\) và \(\left( {**} \right)\) ta có: \(\widehat {OQK} + \widehat {KQE} = \widehat {QPK} + \widehat {EPK}\)\( \Rightarrow \widehat {OQE} = \widehat {QPE}\)

Lại có: \(\Delta QEP\) nội tiếp  (tính chất góc nội tiếp)

 

\( \Rightarrow \)\[OQ\] là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác\[PQE\] (đpcm).