Câu 32: Trên đường tròn (O; R) vẽ ba dây liên tiếp bằng nhau AB, BC, CD, mỗi dây có độ dài nhỏ hơn R. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại I, các tiếp tuyến của đường tròn tại B, D cắt nhau tại K.
a) Chứng minh \(\widehat {BIC} = \widehat {BKD}\)
b) Chứng minh BC là tia phân giác của \(\widehat {KBD}\).
a) \(\overparen{AB}\) = \(\overparen{BC}\) = \(\overparen{CD}\) (gt) (1)
Trong đường tròn (O) ta có \(\widehat {BKD}\) là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn.
\( \Rightarrow \widehat {BKD} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{BAD}\) – sđ \(\overparen{BCD}\))
= \({1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AB}\) + sđ \(\overparen{AmB}\) – sđ \(\overparen{BC}\) – sđ \(\overparen{CD}\)) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {BKD} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AmB}\) – sđ \(\overparen{BC}\)) (3)
Trong đường tròn (O) ta có \(\widehat {BIC}\) là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn.
\( \Rightarrow \widehat {BIC} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AmB}\) – sđ \(\overparen{BC}\)) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {BIC} = \widehat {BKD}\)
b) \(\widehat {KBC} = {1 \over 2}\)sđ \(\overparen{BC}\) (tính chất giữa tia tiếp tuyến và dây cung) (5)
\(\widehat {CBD} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{CD}\) (tính chất góc nội tiếp) (6)
Từ (1), (5) và (6) suy ra: \(\widehat {KBC} = \widehat {CBD}\). Vậy BC là tia phân giác của \(\widehat {KBD}\)..
Câu 5.1: Cho đường tròn tâm O bán kính R và dây AB bất kỳ. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. E và F là hai điểm bất kỳ trên dây AB. Gọi C và D tương ứng là giao điểm của ME, MF của đường tròn (O). Chứng minh \(\widehat {EFD} + \widehat {ECD} = {180^0}\).
Advertisements (Quảng cáo)
Ta có M là điểm chính giữa cung nhỏ \(\overparen{AB}\)
\( \Rightarrow \) sđ \(\overparen{MA}\) = sđ \(\overparen{MB}\) (1)
\(\widehat D = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{MAC}\) (tính chất góc nội tiếp)
\( \Rightarrow \) \(\widehat D = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{MA}\) + sđ \(\overparen{AC}\)) (2)
\(\widehat{AEC} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{MB}\) + sđ \(\overparen{AC}\)) (tính chất góc có đỉnh ở trong đường tròn) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat D = \widehat {AEC}\)
\(\widehat {AEC} + \widehat {CEF} = 180^\circ \) (kề bù)
\( \Rightarrow \)\(\widehat D + \widehat {CEF} = 180^\circ \) (4)
Advertisements (Quảng cáo)
Trong tứ giác CEFD ta có:
\(\widehat {CEF} + \widehat D + \widehat {ECD} + \widehat {EFD} = 360^\circ \) (tổng các góc trong tứ giác) (5)
Từ (4) và (5) suy ra: \(\widehat {ECD} + \widehat {EFD} = 180^\circ \)
Câu 5.2: Cho đường tròn tâm O bán kính R. Lấy 3 điểm A, B, C trên đường tròn đó sao cho AB = BC = CA. Gọi I là điểm bất kỳ của cung nhỏ BC (và I không trùng với B, C). Gọi M là giao điểm của CI và AB. Gọi N là giao điểm của BI và AC. Chứng minh:
a) \(\widehat {ANB} = \widehat {BCI}\)
b) \(\widehat {AMC} = \widehat {CBI}\)
AB = AC = BC (gt)
Suy ra các cung nhỏ \(\overparen{AB}\) = \(\overparen{AC}\) = \(\overparen{BC}\) (1)
a) \(\widehat {BCI} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{BI}\) (tính chất góc nội tiếp)
hay \(\widehat {BCI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{BC}\)- sđ \(\overparen{CI}\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: \(\widehat {BCI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AB}\)- sđ \(\overparen{CI}\) (3)
\(\widehat {ANB} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AB}\)- sđ \(\overparen{CI}\)) (tính chất góc có ở đỉnh ở ngoài đường tròn) (4)
Từ (3) và (4) suy ra: \(\widehat {ANB} = \widehat {BCI}\)
b) \(\widehat {CBI} = {1 \over 2}\) sđ \(\overparen{CI}\)(tính chất góc nội tiếp)
Hay \(\widehat {CBI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{BC}\)- sđ \(\overparen{BI}\)) (5)
Từ (1) và (5) suy ra: \(\widehat {CBI} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AC}\)- sđ \(\overparen{BI}\)) (6)
\(\widehat {AMC} = {1 \over 2}\) (sđ \(\overparen{AC}\)- sđ \(\overparen{BI}\)) (tính chất góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn) (7)
Từ (6) và (7) suy ra: \(\widehat {AMC} = \widehat {CBI}\).
