Cho hai đường tròn ( {O;R} và ( {O';R'} cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

4/5

Cho hai đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và \(\left( {O';R'} \right)\) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B \((R < R' < OO').\) Gọi PQ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn \(\left( O \right)\) và \(\left( {O'} \right)\) với \(P \in \left( O \right),\;Q \in \left( {O'} \right).\) \({\rm{PQ}} \cap {\rm{OO'}} = {\rm{S}}.\) Qua S kẻ 1 đường thẳng cắt (O) tại 2 điểm E,F và cắt (O’) tại 2 điểm G,H sao cho \({\rm{SE}} < {\rm{SF}} < {\rm{SG}} < {\rm{SH}}.\)

1) Chứng minh rằng \(OE//O'G.\)

2) Chứng minh \(S{A^2} = SP.SQ.\)

Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt OO’ tại M. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O’) cắt OO’ tại N. \(ME \cap AB = I.\) Chứng minh \(\frac{{E{A^2}}}{{E{B^2}}} = \frac{{IA}}{{IB}}\) và \(N,I,H\) thẳng hàng

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho hai đường tròn ( {O;R} và ( {O';R'} cắt nhau tại 2 điểm phân biệt (ảnh 1)

1) Ta thấy OP∥O’Q (do cùng vuông góc với PQ) ⇒ \(\frac{{SP}}{{SQ}} = \frac{R}{{R'}}\)

Kẻ O'G'∥OE (G' thuộc SE) ⇒ \(\frac{{OE}}{{O'G'}} = \frac{{SO}}{{SO'}} = \frac{R}{{R'}}\) ⇒\({\rm{\;}}O'G' = R{\rm{'}}\)⇒ G’ thuộc (O’). Lại có: \(\widehat {OEF} + \widehat {O'HG} < {180^{\rm{o}}}\) nên O’H không song song với OE. Do đó, G’ trùng G ⇒OE//O’G (ĐPCM)

2) Gọi SA∩(O’)=C,A.Tương tự phần a ta cũng chứng minh được OC∥AO’.Theo định lí Thales: \(\frac{{SC}}{{SA}} = \frac{{SO}}{{SO'}} = \frac{{SP}}{{SQ}}\) ⇒ PC∥AQ ⇒ \(\widehat {SAP} = \widehat {SPC} = \widehat {SQA}\) ⇒ \(\Delta {\rm{SAP}}\~\Delta {\rm{SQA}}\) ⇒ \(\frac{{SA}}{{SQ}} = \frac{{SP}}{{SA}}\)

⇒ \(S{A^2} = SP.SQ\) (ĐPCM)

3, gọi ME\( \cap \left( O \right) = \left\{ {J,E} \right\}.\;\)Vì tính đối xứng nên ta có MB cũng là tiếp tuyến của (O), ta có \(\Delta MJA\~\Delta MAE\;\left( {g,g} \right){\rm{\;v\`a }}\;\Delta MJB\~\Delta MBE\left( {g.g} \right)\) nên ta được

\(\frac{{JA}}{{EA}} = \frac{{MJ}}{{MA}} = \frac{{MJ}}{{MB}} = \frac{{JB}}{{EB}}\)

Từ đó ta thu được \(\frac{{EB}}{{EA}} = \frac{{JB}}{{JA}}\) từ đó để ý rằng \(\Delta IAE\~\Delta IJB\;v\`a \;\Delta IBE\~\Delta IJA\;n\^e n\;ta\;\) được

\(\frac{{IA}}{{IB}} = \frac{{IA}}{{IE}}.\frac{{IE}}{{IB}} = \frac{{JA}}{{EB}}.\frac{{EA}}{{JB}} = \frac{{EA}}{{EB}}.\frac{{JA}}{{JB}} = \frac{{E{A^2}}}{{E{B^2}}}\)

Bây giờ ta sẽ chứng minh \(\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{HA}}{{HB}}\). Thật vậy, ta có \(S{P^2}\)= SE . SF và \(S{Q^2} = \) SG . SH.

Do đó \(S{B^2}\) = \(S{A^4} = S{P^2}.S{Q^2} = SE.SF.SG.SH\). Mặt khác, từ câu a ta sẽ có \(\frac{{SE}}{{SF}} = \frac{{SG}}{{SH}}\) hay SE . SH = SG . SF. Như vậy, ta được \(S{A^2} = S{B^2} = {\left( {SE.SH} \right)^2}\) hay \(S{A^2} = S{B^2} = SE.SH\). Từ đó ta thu được (c.g.c) và và (c.g.c). Do vậy,

\(\frac{{EA}}{{HA}} = \frac{{SE}}{{SA}} = \frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{EB}}{{HB}}\).

Nói cách khác, ta thu được \(\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{{HA}}{{HB}}\). Đến đây, đặt HN \(.\) AB = I’. Chứng minh tương tự như ý trên ta cũng được \(\frac{{I'A}}{{I'B}} = \frac{{H{A^2}}}{{H{B^2}}}\). Từ đó suy ra \(\frac{{IA}}{{IB}} = \) \(\frac{{I'A}}{{I'B}}\) và dẫn đến I\( \equiv \) I’ . Như vậy, N, I, H thẳng hàng.