Câu 42: Cho ba đường tròn cùng đi qua một điểm P. Gọi các giao điểm khác P của hai trong ba đường tròn đó là A, B, C. Từ một điểm D (khác điểm P) trên đường tròn (PBC) kẻ các tia DB, DC cắt các đường tròn (PAB) và (PAC) lần lượt tại M, N. Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng.
Gọi ba đường tròn tâm O1, O2, O3
(O1) cắt (O2) tại A; (O1) cắt (O3) tại B.
(O2) cắt(O3) tại C. Suy ra D là điểm nằm trên đường tròn (O3).
BD cắt (O1) tại M, DC cắt (O2) tại N.
Nối PA, PB, PC; MA, NA.
Ta có tứ giác APBM nội tiếp trong đường tròn (O1).
\(\widehat {MAP} + \widehat {MBP} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp)
\(\widehat {MBP} + \widehat {PBD} = 180^\circ \) (kề bù)
Suy ra: \(\widehat {MAP} = \widehat {PBD}\) (1)
Ta có: Tứ giác APCN nội tiếp trong đường tròn (O2)
\(\widehat {NAP} + \widehat {NCP} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp)
\(\widehat {NCP} + \widehat {PCD} = 180^\circ \) (kề bù)
Suy ra: \(\widehat {NAP} = \widehat {PCD}\) (2)
Tứ giác BPCD nội tiếp trong đường tròn (O3)
\( \Rightarrow \widehat {PBD} + \widehat {PCD} = 180^\circ \) (tính chất tứ giác nội tiếp) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {MAP} + \widehat {NAP} = 180^\circ \)
Vậy ba điểm M, A, N thẳng hàng.
Câu 43: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại E. Biết \(AE.EC = BE.ED\). Chứng minh bốn điểm A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Advertisements (Quảng cáo)
AE. EC =BE. ED (gt)
\( \Rightarrow {{AE} \over {ED}} = {{BE} \over {EC}}\)
Xét ∆AEB và ∆DEC:
\({{AE} \over {ED}} = {{BE} \over {EC}}\)
\(\widehat {AEB} = \widehat {DEC}\) (đối đỉnh)
Suy ra: ∆AEB đồng dạng ∆DEC (c.g.c)
\( \Rightarrow \widehat {BAE} = \widehat {CDE}\) hay \(\widehat {BAC} = \widehat {CDB}\)
A và D nhìn đoạn BC cố định dưới một góc bằng nhau nên A và D nằm trên một cung chứa góc vẽ trên BC hay 4 điểm A,B, C, D nằm trên một đường tròn.
Câu 7.1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Vẽ các đường cao AI, BK, CL của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ.
a) Chỉ ra các tứ giác nội tiếp có đỉnh lấy trong số các điểm A, B, C, H, I, K, L
b) Chứng minh \(\widehat {LBH},\widehat {LIH},\widehat {KIH}\) và \(\widehat {KCH}\) là 4 góc bằng nhau.
c) Chứng minh KB là tia phân giác của \(\widehat {LKI}\).
Vì ∆ABC là tam giác nhọn nên ba đường cao cắt nhau tại điểm H nằm trong tam giác ABC.
Advertisements (Quảng cáo)
a) Tứ giác AKHL có \(\widehat {AKH} + \widehat {ALH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Tứ giác AKHL nội tiếp.
Tứ giác BIHL có \(\widehat {BIH} + \widehat {BLH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Tứ giác BIHL nội tiếp.
Tứ giác CIHK có \(\widehat {CIH} + \widehat {CKH} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Tứ giác CIHK nội tiếp.
Tứ giác ABIK có \(\widehat {AKB} = 90^\circ;\widehat {AIB} = 90^\circ \)
K và I nhìn đoạn AB dưới một góc vuông nên tứ giác ABIK nội tiếp. Tứ giác BCKL có \(\widehat {BKC} = 90^\circ;\widehat {BLC} = 90^\circ \)
K và L nhìn đoạn BC dưới một góc vuông nên tứ giác BCKL nội tiếp.
Tứ giác ACIL có \(\widehat {AIC} = 90^\circ;\widehat {ALC} = 90^\circ \)
I và L nhìn đoạn AC dưới một góc vuông nên tứ giác ACIL nội tiếp.
b) Tứ giác BIHL nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {LBH} = \widehat {LIH}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{LH}\)) (1)
Tứ giác CIHK nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {HIK} = \widehat {HCK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{HK}\)) (2)
Tứ giác BCKL nội tiếp.
\( \Rightarrow \widehat {LBK} = \widehat {LCK}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{LK}\)) hay \(\widehat {LBH} = \widehat {HCK}\) (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: \(\widehat {LKH} = \widehat {HKI}\). Vậy KB là tia phân giác của \(\widehat {LKI}.\)
Câu 7.2: Cho đường tròn tâm O bán kính R và hai dây AB, CD bất kì. Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB. Gọi E và F tương ứng là giao điểm của MC, MD với dây AB. Gọi I và J tương ứng là giao điểm của DE, CF với đường tròn (O). Chứng minh IJ song song với AB.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ \(\overparen{AB}\).
\(\overparen{MA}\) = \(\overparen{MB}\)
\(\widehat {AEC} = {1 \over 2}\) (sđ\(\overparen{AC}\) +sđ \(\overparen{MB}\)) (góc có đỉnh ở trong đường tròn)
\(\widehat {CDM} = {1 \over 2}\) sđ\(\overparen{MAC}\) (tính chất góc nội tiếp) hay \(\widehat {CDF} = {1 \over 2}\) sđ\(\overparen{MA}\) + sđ\(\overparen{AC}\)
Suy ra: \(\widehat {AEC} = \widehat {CDF}\)
\(\widehat {AEC} + \widehat {{\rm{CEF}}} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)
Suy ra: \(\widehat {CDF} + \widehat {{\rm{CEF}}} = 180^\circ \) nên tứ giác CDFE nội tiếp
\( \Rightarrow \widehat {CDE} = \widehat {CFE}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CE}\)) hay \(\widehat {CDI} = \widehat {CFE}\)
Trong đường tròn (O) ta có:
\(\widehat {CDI} = \widehat {CJI}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung nhỏ \(\overparen{CAI}\))
Suy ra: \(\widehat {CJI} = \widehat {CFE}\)
\( \Rightarrow \) IJ // AB (vì có cặp góc ở vị trí đồng tâm bằng nhau)
