Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Lấy điểm C trên nửa đường tròn (C khác A,B) sao cho AC<BC. Kẻ OH vuông góc với BC tại H. Tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn (O) cắt tia OH tại điểm D.

8/9

Cho nửa đường tròn \[(O)\], đường kính \[AB\]. Lấy điểm \[C\] trên nửa đường tròn (\[C\] khác \[A,\,\,B\]) sao cho \[AC < BC\]. Kẻ \[OH\] vuông góc với \[BC\] tại \[H\]. Tiếp tuyến tại \[B\] của nửa đường tròn \[(O)\] cắt tia \[OH\] tại điểm \[D\]. Đường thẳng \[AD\] cắt nửa đường tròn \[(O)\] tại điểm \[E\] (\[E\] khác \[A\]).

(a) Chứng minh tứ giác \[BDEH\] là tứ giác nội tiếp.

(b) Kẻ \[CK\] vuông góc với \[AB\] tại \[K\], \[AD\] cắt các đường thẳng \[BC\], \[CK\] lần lượt tại \[F\] và \[I.\] Chứng minh \[\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\] và \[IH\,{\rm{//}}\,AB\].

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Lấy điểm C trên nửa đường tròn (C khác A,B) sao cho AC<BC. Kẻ OH vuông góc với BC tại H. Tiếp tuyến tại B của nửa đường tròn (O) cắt tia OH tại điểm D. Đường thẳng AD cắt nửa đường tròn (O) tại điểm E (E khác A). (ảnh 1)

a) Ta có \(OH \bot BC \Rightarrow \Delta HBD\) vuông tại \(H\)\( \Rightarrow \)\(H,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BD.\) (1)

Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\( \Rightarrow \Delta EBD\) vuông tại \(E\)\( \Rightarrow \)\(E,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BD.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(H,\)\(E,\)\(D,\)\(B\) cùng thuộc một đường tròn hay \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp

b) Vì \(BDEH\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {BEH} = \widehat {BDH}\)

mà \(\widehat {BDH} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {DBH}\))

Và \(\widehat {ACI} = \widehat {CBA}\) (cùng phụ với \(\widehat {CAB}\)). Từ đó suy ra \(\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\)

Xét \(\Delta EHB\) và \(\Delta CIA\) có \(\widehat {ACI} = \widehat {BEH}\) (theo chứng minh trên) và \(\widehat {CAI} = \widehat {EBH}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\)) nên \( \Rightarrow \widehat {EHB} = \widehat {CIA}\)\( \Rightarrow \widehat {EHC} = \widehat {CIE}\)

\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FH}} = \frac{{FC}}{{FE}}\)\( \Rightarrow \widehat {FHI} = \widehat {FEC}\) (3)

Mặt khác: \(\widehat {CBA} = \widehat {FEC}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {FHI} = \widehat {CBA} \Rightarrow HI\,{\rm{//}}\,AB.\)

Do \(OH \bot BC\) và \(\Delta OBC\) cân nên \(OH\) là tia phân giác của góc \(\widehat {COB}\)\( \Rightarrow \Delta OBD = \Delta OCD\left( {c.g.c} \right)\)\( \Rightarrow CD = BD \Rightarrow \widehat {CBD} = \widehat {BCD}\)

Mà \(CK\,{\rm{//}}\,BD \Rightarrow \widehat {KCB} = \widehat {CBD}\). Từ đó suy ra \(\widehat {KCB} = \widehat {BCD}\) nên

\(CF,\)\(CA\) lần lượt là phân giác trong và ngoài của \(\Delta DCI\)\( \Rightarrow \frac{{FI}}{{FD}} = \frac{{AI}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{FI}}{{AI}} = \frac{{FD}}{{AD}}\) (5)

Đường thẳng vuông góc với \(MF\) tại \(F\) cắt các tia \(MI,\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\)

Vì \(PQ\,{\rm{//}}\,AM \Rightarrow \frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FD}}{{AD}}\) và \(\frac{{FP}}{{AM}} = \frac{{FI}}{{AI}}\) (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{FQ}}{{AM}} = \frac{{FP}}{{AM}} \Rightarrow FQ = FP.\)

Do \(\Delta PQM\) có \(MF\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên \(MF\) là tia phân giác của \(\widehat {IMD}.\)