Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Qua điểm A kẻ một đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm M, N sao

7/9

Cho đường tròn $\left( O \right)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến $AB,AC$ tới đường tròn $\left( O \right)$ ( $B,C$ là các tiếp điểm). Qua điểm $A$ kẻ một đường thẳng cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại hai điểm $M,N$ sao cho $AM < AN$ và tia $AM$ nằm giưa hai tia $AB$ và $AO$. Đoạn thẳng $BC$ cắt đoạn thẳng $AO$ tại điểm $I$. Hạ $OH$ vuông góc với $MN$ tại điểm $H$.
a) Chứng minh các điểm $A,B,H,O,C$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường thẳng $NM$ cắt $BC$ tại điểm $K$, Tia $BH$ cắt đường tròn ( $O$ ) tại điểm thứ hai là $D$. Chứng minh $\widehat {BHA} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = \widehat {BDC}$ và .
c) Đường thẳng $DA$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai là $E$. Chứng minh $CE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $KA$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Bán kính đáy của cốc giấy là \(R = 8: (ảnh 1)$

a) Có \[AB\], \[AC\]là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\],\[B,\,C\] là tiếp điểm

Nên \[AB \bot OB\], \[AC \bot OC\], suy ra \[\widehat {ABO} = 90^\circ \], \[\widehat {ACO} = 90^\circ \]

Có \[\Delta ABO\]vuông tại \[B\] nên \[\Delta ABO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OA\].

Suy ra \[A\], \[B\], \[O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].

Có \[\Delta ACO\]vuông tại \[C\] nên \[\Delta ACO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OA\].

Suy ra \[A\], \[C\], \[O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].

Vì \[OH \bot MN\] nên \[\widehat {OHA} = 90^\circ \].

Có \[\Delta AHO\] vuông tại \[H\] nên \[\Delta AHO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[OA\].

Suy ra \[A\], \[H\], \[O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].

Do đó 5 điểm \[A\], \[B\], \[H\], \[O\],\[C\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OA\].

Vậy các điểm \[A\], \[B\], \[H\], \[O\],\[C\] cùng thuộc đường tròn .

b) Xét đường tròn đường kính \[OA\] có $\widehat {BHA} = \widehat {BOA} = \frac{1}{2}$sđ $\overset{⏜}{A B}$ ( 2 góc nội tiếp chắn $\overset{⏜}{A B}$ )

Vì \[AB\], \[AC\]là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[A\] (\[B,\,C\] là tiếp điểm) nên \[OA\] là tia phân giác của $\widehat {BOC}$. Suy ra $\widehat {BOA} = \frac{1}{2}$$\widehat {BOC}$.

Suy ra $\widehat {BHA} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$

Xét đường tròn \[\left( O \right)\]có $\widehat {BDC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}$ ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn $\overset{⏜}{B C}$ ).

Do đó $\widehat {BHA} = \widehat {BDC}$.

Vì $\widehat {BHA} = \widehat {BDC}$ mà hai góc đồng vị nên $AH\;{\rm{//}}\;CD$

Suy ra $\widehat {AKC} = \widehat {BCD}$ (hai góc so le trong)

Xét \[\Delta AKC\] và \[\Delta BCD\] có: $\widehat {AKC} = \widehat {BCD}$, $\widehat {BDC} = \widehat {BCA}\left( { = \widehat {BHA}} \right)$nên $Δ A K C ∽ Δ B C D$ (g.g)

c) Gọi giao điểm của $CE$ và $KF$ là $F$.

Vì \[AB\], \[AC\]là tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[A\] (\[B,\,C\] là tiếp điểm) nên \[AB = AC\] mà $OB = OC$ nên $OA$ là đường trung trực của $BC$. Suy ra $OA\; \bot \;BC$.

Xét \[\Delta OIB\] và \[\Delta OBA\] có: \[\widehat {OIB} = \widehat {OBA} = 90^\circ \], \[\widehat {BAO}\] chung nên $Δ O I B ∽ Δ O B A$ (g.g)

Suy ra \[\frac{{OI}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OA}}\]. Do đó $O{B^2} = OI.OA$.

Mà $O{B^2} = O{D^2}$ nên $O{D^2} = OI.OA$.

Suy ra $\frac{{OD}}{{OI}} = \frac{{OA}}{{OD}}$ mà \[\widehat {AOD}\] chung nên $Δ O D I ∽ Δ O A D$ (c.g.c).

Suy ra \[\widehat {OID} = \widehat {OAD}\]

Mà \[\widehat {ODB} = \widehat {OBD} = \widehat {OAH} \Rightarrow \widehat {BDI} = \widehat {HAD}\].

Lại có \[\widehat {HAD} = \widehat {ADC}\] (hai góc so le trong của $AH\;{\rm{//}}\;CD$), suy ra \[\widehat {ADC} = \widehat {BDI}\].

Xét \[\Delta BID\] và \[\Delta ECD\] có: $\widehat {DBC} = \widehat {DEC}$, \[\widehat {BDI} = \widehat {EDC}\] nên \[\Delta BID\] $∽$ \[\Delta ECD\] $Δ O I B ∽ Δ O B A$ (g.g).

Suy ra \[\widehat {BID} = \widehat {ECD}\] mà \[\widehat {ECD} = \widehat {CFA}\] (hai góc so le trong của $AH\;{\rm{//}}\;CD$)

Suy ra \[\widehat {BID} = \widehat {CFA}\] mà \[\widehat {DBI} = \widehat {CAF}\] nên \[\Delta CFA\] $∽$ \[\Delta DBI\](g.g)

Suy ra \[\frac{{DB}}{{CA}} = \frac{{BI}}{{AF}}\] \[\left( 1 \right)\]

Vì $Δ A K C ∽ Δ B C D$ nên \[\frac{{DB}}{{CA}} = \frac{{BC}}{{AK}}\] \[\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] ta có \[\frac{{BI}}{{AF}} = \frac{{BC}}{{AK}}\].

Suy ra \[\frac{{AF}}{{AK}} = \frac{{BI}}{{BC}}\] mà \[\frac{{BI}}{{BC}} = \frac{1}{2}\] nên \[\frac{{AF}}{{AK}} = \frac{1}{2}\].

Suy ra \[F\] là trung điểm của \[AK\].

Vậy $CE$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $KA$.