Cho hai đường tròn ( {O;\,\,R} \]và ( {O';\,\,R'} cắt nhau tại A và B

5/5

Cho hai đường tròn\[\left( {O;\,\,R} \right)\]và \[\left( {O';\,\,R'} \right)\]cắt nhau tại A và B \[\left( {R > R',\,\,\widehat {OAO'} > 90^\circ } \right).\] Đường thẳng O'B cắt \[\left( {O;\,\,R} \right)\] và \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] lần lượt tại E và P (khác B), đường thẳng OB cắt \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] và \[\left( {O;\,\,R} \right)\] lần lượt tại F và Q (khác B).

a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng và \[PQ = 2 \cdot OO'.\]

b) Qua B dựng đường thẳng song song với EF, cắt \[\left( {O;\,\,R} \right)\] và \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] lần lượt tại M và N. Chứng minh năm điểm O, A, O', E, F cùng thuộc một đường tròn và MABE là hình thang cân.

c) Tiếp tuyến với \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] tại A cắt \[\left( {O;\,\,R} \right)\] tại C và tiếp tuyến với \[\left( {O;\,\,R} \right)\] tại A cắt \[\left( {O';\,\,R'} \right)\] tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng AB tại I (khác A). Chứng minh B là trung điểm của AI.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Cho hai đường tròn ( {O;\,\,R} \]và ( {O';\,\,R'} cắt nhau tại A và B (ảnh 1)$

a) Chứng minh ba điểm ${\bf{A}},\,{\bf{P}},{\bf{Q}}$ thẳng hàng và ${\bf{PQ}}\, = \,{\bf{2O}}{{\bf{O}}^/}$.

Ta có: $\widehat {QAB}\, = \,{90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa $\left( O \right)$đường kính $BQ$).

$\widehat {PAB}\, = \,{90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa $\left( {{O^/}} \right)$đường kính $BP$).

Mặt khác: $\widehat {QAP\,} = \,\widehat {QAB}\, + \,\widehat {PAB}\, = \,{90^0} + {90^0} = {180^0}$$ \Rightarrow \,A;\,P;\,Q$ thẳng hàng

có: $O$ là trung điểm $QB\,$($QB$ là đường kính của $\left( O \right)$)

${O^/}$ là trung điểm $PB\,$($PB$ là đường kính của $\left( {{O^/}} \right)$)

Do đó $O{O^/}$ là đường trung bình của .Suy ra: $\left\{ \begin{array}{l}O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,PQ\\PQ\, = \,2O{O^/}\end{array} \right.$

b) Qua ${\bf{B}}$dựng đường thẳng song song với ${\bf{EF}}$, cắt $\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)$ và $\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)$ lần lượt tại ${\bf{M}}$
và ${\bf{N}}$. Chứng minh năm điểm ${\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}$ cùng thuộc một đường tròn và ${\bf{MABE}}$ là hình thang cân.

b.1 Chứng minh năm điểm ${\bf{O}},\,{\bf{A}},\,{{\bf{O}}^/},\,{\bf{E}},\,{\bf{F}}$ cùng thuộc một đường tròn.

b.1.1 Chứng minh bốn điểm O, O^/, E, F cùng thuộc một đường tròn.

cân tại $O$ (do \[OE\, = \,OB = R\]) $ \Rightarrow \widehat {EOB}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {OBE}$ hay $\widehat {EOF\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {OBE}$…(1)

cân tại ${O^/}$ (do \[{O^/}F\, = \,{O^/}B = {R^/}\]) $ \Rightarrow \widehat {B{O^/}F\,}\, = \,{180^0}\, - 2\widehat {{O^/}BF}$

hay $\widehat {E{O^/}F\,}\, = \,{180^0} - \,2\widehat {{O^/}BF}$…(2)

Mà: $\widehat {OBE\,} = \,\widehat {{O^/}\,BF}$ (đối đỉnh) …(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $\widehat {EOF}\, = \,\widehat {E{O^/}F}$$ \Rightarrow $Tứ giác $EO{O^/}F$ là tứ giác nội tiếp.

$ \Rightarrow $$O;\,{O^/};\,E;\,F$ cùng thuộc một đường tròn …(4).

b.1.2 Chứng minh bốn điểm A, O^/, E, F cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: $\widehat {A{O^/}B\,}\, = \,2\widehat {APB}\,$(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn của $\left( {{O^/}} \right)$). Hay $\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,$.

Mặt khác:

$\widehat {BFE} = \,\widehat {OFE}$ mà $\widehat {OFE\,} = \,\widehat {O{O^/}E}$ (Tứ giác $EO{O^/}F$ nội tiếp) $ \Rightarrow \,\widehat {BFE}\, = \,\widehat {O{O^/}E}$…(5)

$\widehat {AFB}\, = \,\widehat {APB}$ (góc nội tiếp cùng chắn của $\left( {{O^/}} \right)$)

$O{O^/}\,\,\parallel \,\,\,QP$ (cmt) $ \Rightarrow \,\widehat {O{O^/}E}\, = \,\widehat {APB}$…(6)

Từ (5), (6) suy ra: $\widehat {BFE\,} = \,\widehat {APB}$

Do đó: $\widehat {AFE}\, = \,\widehat {AFB}\, + \,\widehat {BFE}\, = \,2\widehat {APB}$ mà $\widehat {A{O^/}E\,}\, = \,2\widehat {APB}\,$$ \Rightarrow \widehat {AFE}\, = \,\widehat {A{O^/}E}$

$ \Rightarrow $ Tứ giác AO^/ FE là tứ giác nội tiếp$ \Rightarrow A;\,{O^/};\,E;\,F$ cùng thuộc một đường tròn …(7)

Từ (4), (7) suy ra năm điểm $O;\,A;\,{O^/};\,E;\,F$ cùng thuộc một đường tròn.

b.2 Chứng minh tứ giác MABE là hình thang cân.

b.2.1 Chứng minh: MA // EB.

Vì $\left( O \right)$ và $\left( {{O^/}} \right)$ cắt nhau tại $A$ và $B$ nên $O{O^/}\, \bot \,AB$ mà cân tại $O$(do $OA\, = \,OB\, = \,R$)

$ \Rightarrow O{O^/}$ là phân giác của $\widehat {AOB} \Rightarrow \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}$.

Mặt khác: $\widehat {MAE}\, = \,\widehat {MBE}$ (góc nội tiếp cùng chắn của $\left( O \right)$)

$\widehat {MBE\,}\, = \,\widehat {{O^/}EF\,}\,\left( {do:\,\,MN\,\,\parallel \,\,\,EF} \right)$

\[\widehat {{O^/}\,EF\,}\, = \widehat {\,FO{O^/}\,\,} = \,\widehat {BO{O^/}}\](do tứ giác EOO^/F nội tiếp)

Do đó: $\widehat {MAE}\, = \,\widehat {BO{O^/}}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}$ mà $\widehat {AEB}\, = \,\frac{1}{2}\,\widehat {AOB}$ (góc nội tiếp chắn của (O)).

Suy ra: $\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}$ (cặp góc nằm ở vị trí so le trong) $ \Rightarrow $MA // EB …(8)

b.2.2 Chứng minh: $\widehat {{\bf{AME}}}\, = \,\widehat {{\bf{MAB}}}$.

$\widehat {AMB}\, = \,\widehat {AEB}$(góc nội tiếp cùng chắn của $\left( O \right)$) và $\widehat {MAE\,} = \,\,\widehat {AEB}$ (cmt)

$\widehat {BME}\,\, = \,\widehat {BAE}$(góc nội tiếp cùng chắn của $\left( O \right)$)

Ta có: $\widehat {MAB}\, = \,\widehat {MAE}\, + \,\widehat {BAE}$ mà \[\widehat {AME}\,\, = \,\widehat {AMB}\, + \,\widehat {BME} = \widehat {AEB} + \widehat {BAE} = \widehat {MAE\,} + \widehat {BAE}\]

Do đó: $\widehat {AME}\, = \,\widehat {MAB}$…(9)

Từ (8), (9) suy ra Tứ giác MABE là hình thang cân.

c) Tiếp tuyến với $\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)$ tại ${\bf{A}}$ cắt $\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)$ tại ${\bf{C}}$ và tiếp tuyến với $\left( {{\bf{O}};\,{\bf{R}}} \right)$ tại ${\bf{A}}$ cắt$\left( {{{\bf{O}}^/};\,{{\bf{R}}^/}} \right)$ tại ${\bf{D}}$. Đường tròn ngoại tiếp cắt đường thẳng ${\bf{AB}}$ tại ${\bf{I}}$(khác ${\bf{A}}$).
Chứng minh B là trung điểm của AI.

Ta có:

$\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}$(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O))

$\widehat {CAB}\, = \,\widehat {ADB}$(góc tạo bởi tiếp tuyến và day cung; góc nội tiếp cùng chắn của (O^/))

Do đó: (g – g)

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{AB}}{{DB}}\, = \,\frac{{BC}}{{BA}}\, \Rightarrow \,A{B^2}\, = \,BC.\,BD\,...\left( {{\bf{10}}} \right)\\\widehat {ABC}\, = \,\widehat {ABD}\end{array} \right.$

Mặt khác: $\widehat {CBI}\, = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABC} = \,{180^0}\, - \,\widehat {ABD}\, = \widehat {\,DBI}$

Tứ giác ACID là tứ giác nội tiếp nên ta có: $\widehat {IAD}\, = \,\widehat {ICD}$.

Suy ra: $\widehat {BAD}\, = \,\widehat {IAD}\, = \widehat {\,ICD}$ mà $\widehat {BAD}\, = \,\widehat {ACB}\,\,\left( {cmt} \right)$$ \Rightarrow \widehat {ACB\,} = \,\widehat {ICD}$

Ta lại có: $\widehat {BCI\,} = \,\widehat {ICD}\, + \,\widehat {BCD\,} = \,\widehat {ACB}\, + \,\widehat {BCD}\, = \,\widehat {ACD}$

Mà: $\widehat {ACD\,} = \,\widehat {AID}$ (góc nội tiếp cùng chắn ).

Do đó:

Từ (i), (ii) suy ra: (g – g) $ \Rightarrow \,\frac{{BC}}{{BI}}\, = \,\frac{{BI}}{{\,BD}}\, \Rightarrow \,B{I^2}\, = \,BC\,.\,BD...\left( {{\bf{11}}} \right)$

Từ (10), (11) suy ra $AB\, = \,BI \Rightarrow B$ là trung điểm của