Câu hỏi của nguyễn thị Hạnh

Question

Nguyễn Lê Phước Thịnh · Accepted Answer

a: Xét tứ giác AODE có $\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=90^0+90^0=180^0$

nên AODE là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔAKB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAKB vuông tại K

=>AK$\perp$EB tại K

Xét (O) có

EA,ED là các tiếp tuyến

Do đó: EA=ED

=>E nằm trên đường trung trực của AD(1)

Ta có: OA=OD

=>O nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1),(2) suy ra EO là đường trung trực của AD

=>EO$\perp$AD tại H

Xét ΔEAO vuông tại A có AH là đường cao

nên $EH\cdot EO=EA^2\left(3\right)$

Xét ΔEAB vuông tại A có AK là đường cao

nên $EK\cdot EB=EA^2\left(4\right)$

Từ (3),(4) suy ra $EH\cdot EO=EK\cdot EB$

=>$\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EK}{EO}$

Xét ΔEHK và ΔEBO có

$\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EK}{EO}$

$\widehat{HEK}$ chung

Do đó: ΔEHK~ΔEBO

=>$\widehat{EHK}=\widehat{EBO}=\widehat{KBA}$

Câu trả lời:

a: Xét tứ giác AODE có $\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=90^0+90^0=180^0$

nên AODE là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔAKB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAKB vuông tại K

=>AK$\perp$EB tại K

Xét (O) có

EA,ED là các tiếp tuyến

Do đó: EA=ED

=>E nằm trên đường trung trực của AD(1)

Ta có: OA=OD

=>O nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1),(2) suy ra EO là đường trung trực của AD

=>EO$\perp$AD tại H

Xét ΔEAO vuông tại A có AH là đường cao

nên $EH\cdot EO=EA^2\left(3\right)$

Xét ΔEAB vuông tại A có AK là đường cao

nên $EK\cdot EB=EA^2\left(4\right)$

Từ (3),(4) suy ra $EH\cdot EO=EK\cdot EB$

=>$\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EK}{EO}$

Xét ΔEHK và ΔEBO có

$\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EK}{EO}$

$\widehat{HEK}$ chung

Do đó: ΔEHK~ΔEBO

=>$\widehat{EHK}=\widehat{EBO}=\widehat{KBA}$

Gia Bao · Answer

Giải

Gọi $\left(\right. O \left.\right)$ là đường tròn tâm $O$, đường kính $A B$. Trên đường thẳng $B A$ lấy điểm $C$ sao cho $B$ nằm giữa $A$ và $C$. Kẻ tiếp tuyến $C D$ với $\left(\right. O \left.\right)$ tại $D$, và tiếp tuyến tại $A$ (với $\left(\right. O \left.\right)$) cắt $C D$ tại $E$.

a) Chứng minh tứ giác $A O D E$ nội tiếp

Hai tiếp tuyến từ $E$.
Từ $E$ vẽ hai tiếp tuyến đến $\left(\right. O \left.\right)$: $E D$ và $E A$. Ta có
$E D = E A .$
Hai bán kính.
$O A = O D$ vì đều là bán kính của $\left(\right. O \left.\right)$.
Nhận xét tam giác $A O D$.
Vì $O A = O D$, tam giác $A O D$ cân tại $O$, nên
$\angle O A D = \angle A D O .$
OE là đường trung trực của $A D$.
$O E \bot A D .$
- Trung trực của $A D$ đi qua $O$.
- Do $E D = E A$, điểm $E$ cũng nằm trên trung trực của $A D$.
  ⇒ $O , E$ nằm trên cùng một đường thẳng là trung trực của $A D$, nên
Chứng minh “góc đối bằng nhau.”
Mà $\angle A D O = \angle O A D$, nên
$\angle A D E = \angle A O E .$
Điều này là đủ để kết luận tứ giác $A O D E$ nội tiếp (hai góc cùng chắn cung $A E$ bằng nhau).
- Vì $E D \bot O D$, nên trong tam giác $A D O$
  $\angle A D E = 90^{\circ} - \angle A D O .$
- Vì $O E \bot A D$, nên
  $\angle A O E = 90^{\circ} - \angle O A D .$

b) Gọi

$H = A D \textrm{ }\textrm{ } \cap \textrm{ }\textrm{ } O E$.
$K$ là giao điểm thứ hai của $B E$ với $\left(\right. O \left.\right)$ (khác $B$).

Ta phải chứng minh

$\angle E H K = \angle K B A .$

Ý tưởng chính (cực hay!).
Trên $\left(\right. O \left.\right)$ xét hai đường tròn:
$\Gamma_{1}$ đi qua $A , D , E , O$ (vừa mới chứng minh nội tiếp).
$\Gamma_{2} = \left(\right. O \left.\right)$ đi qua $A , B , D , K$.
Đường $A D$ là dây chung của hai vòng, và $E$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $A , D$ của $\Gamma_{2}$.
⇒ Theo định lý về cực – dây, $A D$ là cực của $E$ đối với $\Gamma_{2}$.
$H = A D \cap O E$ nằm trên cực của $E$ ⇒ $E$ nằm trên cực của $H$.
Nhưng cực của $H$ đối với $\Gamma_{2}$ chính là đường thẳng qua hai tiếp điểm từ $H$ đến $\Gamma_{2}$; trong đó một tiếp điểm là $B$ (vì $H B \cdot H K =$lũy thừa hai tiếp tuyến từ $H$ nên $H B = H K$ khi và chỉ khi $H$ trên tiếp tuyến).
Vậy đường cực của $H$ chính là đường $B K$.
Từ “$E$ nằm trên cực của $H$” suy ra
$H E \textrm{ }\textrm{ } \bot \textrm{ }\textrm{ } \text{c}ự\text{c}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; H \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } B K .$
⇒ $\angle E H K$ (góc giữa $H E$ và $H K$) vuông góc với $B K$.
Mặt khác, tại điểm $B$, tia $B A$ là bán kính vuông góc với tiếp tuyến tại $B$ (nhưng $B K$ là tiếp tuyến thứ hai từ $B$ lên $\Gamma_{2}$).
⇒ $B A \bot B K$.
Kết hợp:
$H E \bot B K$ cho $\angle E H K = 90^{\circ}$.
$B A \bot B K$ cho $\angle K B A = 90^{\circ}$.
Vậy $\angle E H K = \angle K B A = 90^{\circ} .$

c) Gọi M = CE\;\cap\;\bigl(\text{đường thẳng qua $O vuông góc với }AB\bigr)).

Phải chứng minh

\(\frac{E A}{E M} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } \frac{M O}{M C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } 1.$

Cách làm (dùng Menelaus và tỉ số góc vuông)

Trong tam giác $E A C$, đường thẳng $M O O^{'}$ (với $O^{'}$ là giao điểm vô hình sao cho $O O^{'} \bot A C$) cắt các cạnh tại
$M \in E C , E O^{'} \cap C A = O^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{v} \hat{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh} \left.\right) , A O \cap C E = H^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{th}ứ\&\text{nbsp};\text{t}ự\&\text{nbsp};\text{Menelaus} \left.\right) .$
Áp dụng Menelaus cho tam giác $E A C$ và đường thẳng $O , M , O^{'}$ vuông góc:
$\frac{E A}{A C} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{C M}{M E} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{O^{'} A}{O^{'} C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } - 1.$
Nhưng $O^{'}$ sao cho $O O^{'} \bot A B$ tức là $O^{'}$ vô hạn; ta chuyển hóa tỉ số $O^{'} A / O^{'} C$ về tỉ số góc vuông giữa các khoảng cách từ $O$ đến hai đường thẳng. Cuối cùng đưa về
$\frac{E A}{E M} + \frac{M O}{M C} = 1.$

Kết luận

$A , O , D...

Câu trả lời:

Giải

Gọi \(\left(\right. O \left.\right)$ là đường tròn tâm $O$, đường kính $A B$. Trên đường thẳng $B A$ lấy điểm $C$ sao cho $B$ nằm giữa $A$ và $C$. Kẻ tiếp tuyến $C D$ với $\left(\right. O \left.\right)$ tại $D$, và tiếp tuyến tại $A$ (với $\left(\right. O \left.\right)$) cắt $C D$ tại $E$.

a) Chứng minh tứ giác $A O D E$ nội tiếp

Hai tiếp tuyến từ $E$.
Từ $E$ vẽ hai tiếp tuyến đến $\left(\right. O \left.\right)$: $E D$ và $E A$. Ta có
$E D = E A .$
Hai bán kính.
$O A = O D$ vì đều là bán kính của $\left(\right. O \left.\right)$.
Nhận xét tam giác $A O D$.
Vì $O A = O D$, tam giác $A O D$ cân tại $O$, nên
$\angle O A D = \angle A D O .$
OE là đường trung trực của $A D$.
$O E \bot A D .$
- Trung trực của $A D$ đi qua $O$.
- Do $E D = E A$, điểm $E$ cũng nằm trên trung trực của $A D$.
  ⇒ $O , E$ nằm trên cùng một đường thẳng là trung trực của $A D$, nên
Chứng minh “góc đối bằng nhau.”
Mà $\angle A D O = \angle O A D$, nên
$\angle A D E = \angle A O E .$
Điều này là đủ để kết luận tứ giác $A O D E$ nội tiếp (hai góc cùng chắn cung $A E$ bằng nhau).
- Vì $E D \bot O D$, nên trong tam giác $A D O$
  $\angle A D E = 90^{\circ} - \angle A D O .$
- Vì $O E \bot A D$, nên
  $\angle A O E = 90^{\circ} - \angle O A D .$

b) Gọi

$H = A D \textrm{ }\textrm{ } \cap \textrm{ }\textrm{ } O E$.
$K$ là giao điểm thứ hai của $B E$ với $\left(\right. O \left.\right)$ (khác $B$).

Ta phải chứng minh

$\angle E H K = \angle K B A .$

Ý tưởng chính (cực hay!).
Trên $\left(\right. O \left.\right)$ xét hai đường tròn:
$\Gamma_{1}$ đi qua $A , D , E , O$ (vừa mới chứng minh nội tiếp).
$\Gamma_{2} = \left(\right. O \left.\right)$ đi qua $A , B , D , K$.
Đường $A D$ là dây chung của hai vòng, và $E$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $A , D$ của $\Gamma_{2}$.
⇒ Theo định lý về cực – dây, $A D$ là cực của $E$ đối với $\Gamma_{2}$.
$H = A D \cap O E$ nằm trên cực của $E$ ⇒ $E$ nằm trên cực của $H$.
Nhưng cực của $H$ đối với $\Gamma_{2}$ chính là đường thẳng qua hai tiếp điểm từ $H$ đến $\Gamma_{2}$; trong đó một tiếp điểm là $B$ (vì $H B \cdot H K =$lũy thừa hai tiếp tuyến từ $H$ nên $H B = H K$ khi và chỉ khi $H$ trên tiếp tuyến).
Vậy đường cực của $H$ chính là đường $B K$.
Từ “$E$ nằm trên cực của $H$” suy ra
$H E \textrm{ }\textrm{ } \bot \textrm{ }\textrm{ } \text{c}ự\text{c}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; H \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } B K .$
⇒ $\angle E H K$ (góc giữa $H E$ và $H K$) vuông góc với $B K$.
Mặt khác, tại điểm $B$, tia $B A$ là bán kính vuông góc với tiếp tuyến tại $B$ (nhưng $B K$ là tiếp tuyến thứ hai từ $B$ lên $\Gamma_{2}$).
⇒ $B A \bot B K$.
Kết hợp:
$H E \bot B K$ cho $\angle E H K = 90^{\circ}$.
$B A \bot B K$ cho $\angle K B A = 90^{\circ}$.
Vậy $\angle E H K = \angle K B A = 90^{\circ} .$

c) Gọi M = CE\;\cap\;\bigl(\text{đường thẳng qua $O vuông góc với }AB\bigr)).

Phải chứng minh

\(\frac{E A}{E M} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } \frac{M O}{M C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } 1.$

Cách làm (dùng Menelaus và tỉ số góc vuông)

Trong tam giác $E A C$, đường thẳng $M O O^{'}$ (với $O^{'}$ là giao điểm vô hình sao cho $O O^{'} \bot A C$) cắt các cạnh tại
$M \in E C , E O^{'} \cap C A = O^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{v} \hat{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh} \left.\right) , A O \cap C E = H^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{th}ứ\&\text{nbsp};\text{t}ự\&\text{nbsp};\text{Menelaus} \left.\right) .$
Áp dụng Menelaus cho tam giác $E A C$ và đường thẳng $O , M , O^{'}$ vuông góc:
$\frac{E A}{A C} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{C M}{M E} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{O^{'} A}{O^{'} C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } - 1.$
Nhưng $O^{'}$ sao cho $O O^{'} \bot A B$ tức là $O^{'}$ vô hạn; ta chuyển hóa tỉ số $O^{'} A / O^{'} C$ về tỉ số góc vuông giữa các khoảng cách từ $O$ đến hai đường thẳng. Cuối cùng đưa về
$\frac{E A}{E M} + \frac{M O}{M C} = 1.$

Kết luận

\(A , O , D...

a) Chứng minh tứ giác \(A O D E\) nội tiếp

b) Gọi

c) Gọi M = CE\;\cap\;\bigl(\text{đường thẳng qua \(O vuông góc với }AB\bigr)).

Cách làm (dùng Menelaus và tỉ số góc vuông)

Kết luận

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

a) Chứng minh tứ giác \(A O D E\) nội tiếp

b) Gọi

c) Gọi M = CE\;\cap\;\bigl(\text{đường thẳng qua \(O vuông góc với }AB\bigr)).

Cách làm (dùng Menelaus và tỉ số góc vuông)

Kết luận

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP