Cho đường tròn (O; R). Từ điểm A nằm ngoài (O) kẻ tiếp tuyến AC tới (O) (C là tiếp điểm). Kẻ đường kính AC, đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm E (khác D).

7/9

Cho đường tròn $\left( {O;R} \right)$. Từ điểm $A$ nằm ngoài $\left( O \right)$ kẻ tiếp tuyến $AC$ tới $\left( O \right)$ ($C$ là tiếp điểm). Kẻ đường kính $AC$, đường thẳng $AD$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm $E$ (khác $D$). Đường thẳng $AO$ cắt $CE$ tại $I$. Kẻ $CH$ vuông góc $AO$ tại $H$, $IM$ vuông góc $CO$ tại $M$.

a) Chứng minh bốn điểm $I,H,M,C$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Tia $CH$ cắt $AD$ tại $Z$. Chứng minh $OH.OA = O{C^2}$ và $HZ$ là tia phân giác của $\widehat {EHD}$.

c) Gọi $B$ là trung điểm của $AC$, $IM$ cắt $CH$ tại $T$. Chứng minh ba điểm $O,T,B$ thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên $O,T,B$ thẳng hàng. (ảnh 1)$

a) Chứng minh bốn điểm $I,H,M,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Vì $CH \bot AO$; $IM \bot CO$ (gt) nên $\widehat {IHC} = \widehat {IMC} = 90^\circ $

Vì $\Delta IHC$ vuông tại $H$ nên ba điểm $I,H,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IC$

Vì $\Delta IMC$ vuông tại $M$ nên ba điểm $I,M,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IC$

Do đó bốn điểm $I,H,M,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $IC$

b) Chứng minh $OH.OA = O{C^2}$ và $HZ$ là tia phân giác của $\widehat {EHD}$

Xét $\Delta OHC$ và $\Delta OCA$ có: $\widehat {AOC}$ chung; $\widehat {OHC} = \widehat {OCA} = 90^\circ $

Do đó $Δ O H C ∽ Δ O C A$ (g-g) suy ra $\frac{{OH}}{{OC}} = \frac{{OC}}{{OA}}$ hay $O{C^2} = OH.OA$ (đpcm)

Xét $\Delta ACO$ và $\Delta AHC\,$ có $\widehat {ACO} = \widehat {AHC} = 90^\circ $ và $\widehat {CAO}$ chung

Do đó $Δ A C O ∽ Δ A H C$ (g.g), suy ra $\frac{{AC}}{{AH}} = \frac{{AO}}{{AC}}$ hay $A{C^2} = AH.AO$ (1)

Xét $\Delta ACE$ và $\Delta ADC$ có $\widehat {AEC} = \widehat {ACD} = 90^\circ $và $\widehat {CAD}$ chung

Do đó $Δ A C E ∽ Δ A D C$ (g.g) suy ra $\frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AC}}$ hay $A{C^2} = AE.AD$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH.AO = AE.AD$ hay $\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}$

Xét $\Delta AHE$ và $\Delta ADO$ có: $\widehat {OAD}$ chung; $\frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AO}}$

Do đó $Δ A H E ∽ Δ A D O$ (c.g.c) suy ra $\widehat {AHE} = \widehat {ODA}$ (3)

Vì $OC = OD = R$ nên $OH.OA = O{D^2}$$ \Rightarrow \frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}$

Xét $\Delta OHD$ và $\Delta ODA$, ta có: $\frac{{OH}}{{OD}} = \frac{{OD}}{{OA}}$ và $\widehat {AOD}$ chung

Do đó $Δ O H D ∽ Δ O D A$ , suy ra $\widehat {OHD} = \widehat {ODA}$ (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {AHE} = \widehat {OHD}$

Vì $CZ \bot AO$ nên ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\widehat {OHD} + \widehat {DHZ} = 90^\circ \\\widehat {AHE} + \widehat {EHZ} = 90^\circ \end{array} \right.$ mà $\widehat {AHE} = \widehat {OHD}$ nên $\widehat {EHZ} = \widehat {DHZ}$

suy ra$HZ$ là tia phân giác của $\widehat {EHD}$ (đpcm)

c) Chứng minh ba điểm $O,T,B$ thẳng hàng.

$Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên $O,T,B$ thẳng hàng. (ảnh 2)$

Ta có: $\widehat {CIM} + \widehat {ICM} = 90^\circ $ ($\Delta ICM$ vuông tại $M$); $\widehat {CDE} + \widehat {ICM} = 90^\circ $($\Delta ECD$ vuông tại $E$)

Do đó: $\widehat {CIM} = \widehat {CDE}$ hay $\widehat {CIM} = \widehat {CDA}$

Xét $\Delta ACD$ và $\Delta CMI$ có: \[\widehat {ACD} = \widehat {CMI} = 90^\circ \] và $\widehat {CIM} = \widehat {CDA}$

Do đó: $Δ A C D ∽ Δ C M I$ (g.g), suy ra \[\frac{{AC}}{{CM}} = \frac{{CD}}{{MI}}\] (5)

Ta có: \[\widehat {AOC} + \widehat {HCO} = 90^\circ \] và \[\widehat {CTM} + \widehat {HCO} = 90^\circ \] nên \[\widehat {AOC} = \widehat {CTM}\]

Xét \[\Delta ACO\] và \[\Delta CMT\] có: \[\widehat {ACO} = \widehat {CMT} = 90^\circ \]; \[\widehat {AOC} = \widehat {CTM}\] (cmt)

Do đó $Δ A C O ∽ Δ C M T$ (g.g), suy ra \[\frac{{AC}}{{CM}} = \frac{{CO}}{{MT}}\] (6)

Từ (5), (6) suy ra \[\frac{{CD}}{{MI}} = \frac{{CO}}{{MT}}\] hay \[\frac{{MT}}{{MI}} = \frac{{CO}}{{CD}}\],mà \[CD = 2CO\] nên \[MI = 2MT\], khi đó \[T\] là trung điểm của \[IM\]

* Gọi \[T'\] là giao điểm của \[OB\] và \[IM\]

Ta có: \[IM \bot CD;AC \bot CD\] nên \[IM{\rm{//}}AC\] hay \[T'M{\rm{//}}BC;T'I{\rm{//}}AB\]

Gọi \[T'\] là giao điểm của \[OB\] và \[IM\]

Do \[T'M{\rm{//}}BC\]nên theo định lí Thalès, ta có: \[\frac{{MT'}}{{CB}} = \frac{{OT'}}{{OB}}\]

Do \[T'I{\rm{//}}AB\] nên theo định lí Thalès, ta có: \[\frac{{OT'}}{{OB}} = \frac{{IT'}}{{BA}}\]

Do đó \[\frac{{MT'}}{{CB}} = \frac{{IT'}}{{BA}}\], mà \[CB = BA\] (\[B\] là trung điểm của \[AC\])

Suy ra \[MT' = IT'\] hay \[T'\]là trụng điểm của \[IM\]

Vì \[T\] và \[T'\] cùng là trung điểm của \[IM\] nên \[T' \equiv T\].

Vì \[O,T',B\] thẳng hàng nên $O,T,B$ thẳng hàng.