Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại hai điểm

4/5

Cho hai đường tròn \((O)\) và \(\left( {O'} \right)\) cắt nhau tại hai điểm \(A\) và \(B\). Tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn tâm \(O\) cắt đường tròn tâm \(O'\) tại \(P(P \ne A)\). Tiếp tuyến tại \(A\) của đường tròn tâm \(O'\) cắt đường tròn tâm \(O\) tại \(Q(Q \ne A)\). Gọi \(I\) là điểm sao cho tứ giác \(AOI{O^\prime }\) là hình bình hành và \(D\) đối xứng với \(A\) qua \(B\).

a) Chứng minh rằng \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(APQ\). Từ đó suy ra tứ giác \(ADPQ\) nội tiếp?

b) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn \(PQ\). Chứng minh \(\widehat {ADP} = \widehat {QDM}\).

c) Giả sử hai đường thẳng \[IB\]và \[PQ\] cắt nhau tại \(S\). Gọi \(K\) là giao điểm của \[AD\] và \[PQ\]. Chứng minh:\(\frac{2}{{SK}} = \frac{1}{{SP}} + \frac{1}{{SQ}}\).\(\)

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại hai điểm (ảnh 1)

a) Ta có: \(OA \bot AP\) mà \(IO'//OA \Rightarrow IO' \bot AP \Rightarrow I'\) nằm trên đường trung trực của \(AP \Rightarrow IA = IP\). Chứng minh tương tự ta cũng có: \(IA = IQ\).

Từ đó suy ra: \(IA = IP = IQ \Rightarrow I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(APQ\).

Gọi \(E,F\) lần lượt là giao điểm của \(OO'\) với \(AB\) và \(AI.\) Ta có:

Dễ thấy \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AI \Rightarrow EF\) là đường trung bình của tam giác \(ABI\).

Suy ra \(EF//BI\) hay \(OO//BI\). Do đó \(BI \bot AB\) tại \(B\).

Từ đó \(IB\) là đường trung trực của \(AD \Rightarrow IA = ID\).

Do đó tứ giác \(ADPQ\) nối tiếp.

b) Ta có: \(\widehat {QPD} = \widehat {QAD} = \widehat {QAB} = \widehat {APB} = \frac{1}{2}\widehat {AO'B} = \widehat {AO'O}\), hay \(\widehat {QPD} = \widehat {AO'O}\)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(\widehat {PQD} = \widehat {AOO'}\).

Từ đó suy ra

Mà \(M\) là trung điểm của \(PQ\) và \(F\) là trung điểm của \(OO' \Rightarrow \widehat {QDM} = \widehat {OAF}\).

Mặt khác \(\widehat {ADP} = \frac{1}{2}\widehat {AIP} = \widehat {AIO'} = \widehat {OAF}\).

Từ đây suy ra: \(\widehat {APD} = \widehat {QDM}\).

c) Theo chứng minh trên ta có: \(\widehat {QPD} = \widehat {QAB}\).

Mặt khác \(\widehat {DQP} = \widehat {DAP} = \widehat {AQB}\), hay \(\widehat {DQP} = \widehat {AQB}\)

Từ đó suy ra .

Suy ra:

\(\begin{array}{l}\widehat {QBI} + \widehat {IPQ} = \widehat {QBA} + \widehat {ABI} + \widehat {IPQ} = \widehat {QDP} + 90^\circ + \widehat {IPQ}\\ = \widehat {QPD} + 90^\circ + \frac{{180^\circ - \widehat {QIP}}}{2} = 180^\circ + \widehat {QPD} - \widehat {QDP} = 180^\circ \end{array}\)

Do đó tứ giác \(QBIP\) nội tiếp. Suy ra: \(SQ \cdot SP = SB \cdot SI\)

Vì \(M\) là trung điểm của đoạn \(PQ \Rightarrow IM \bot PQ \Rightarrow \) tứ giác \(BKMI\) nội tiếp.

Suy ra: \(SK \cdot SM = SB \cdot SI\).

Tu đó ta suy: \(SQ \cdot SP = SK \cdot SM \Leftrightarrow \frac{1}{{SK}} = \frac{{SM}}{{SQ \cdot SP}}\)

Mà \(SM = SP - MP = SP - MQ = SP - (SM - SQ) = SP + SQ - SM \Rightarrow SP + SQ = 2SM\)

Nên ta có: \(\frac{1}{{SK}} = \frac{{SM}}{{SQ \cdot SP}} \Leftrightarrow \frac{2}{{SK}} = \frac{{2SM}}{{SQ \cdot SP}} \Leftrightarrow \frac{2}{{SK}} = \frac{{SQ + SP}}{{SQ \cdot SP}} \Leftrightarrow \frac{2}{{SK}} = \frac{1}{{SQ}} + \frac{1}{{SP}}\).