Đề bài - bài 21 trang 103 tài liệu dạy – học toán 9 tập 2
\( \Rightarrow \widehat {DAB} + \widehat {HAK} + \widehat {EAC}\)\(\, = \widehat {AOH} + \widehat {HAK} + \widehat {AOK} \)\(\,= \widehat {HAK} + \widehat {HOK} = {180^0}\) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) \( \Rightarrow D;A;E\) thẳng hàng. Đề bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính BC với AB < AC. Vẽ đường tròn tâm I, đường kính AO, cắt AB, AC lần lượt tại H và K. a) Chứng minh H, I, K thẳng hàng. b) Tia OH và OK lần lượt cắt các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn tâm O tại D và E. Chứng minh rằng BD + CE = DE và BD.CE = R2. c) Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của OD và OE. Chứng minh tứ giác APOQ nội tiếp. d) Biết BD = 4 cm, EC = 6 cm. Hãy tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DOE. Phương pháp giải - Xem chi tiết a) Chứng minh AHOK là hình chữ nhật suy ra I là trung điểm của HK. b) Chứng minh A, D, E thẳng hàng, sử dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và hệ thức lượng trong tam giác vuông. c) Chứng minh \(\widehat {PAQ} = {90^0}\), suy ra tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800. d) Gọi O là trung điểm của DE. Vì \(\Delta ODE\) vuông tại O nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DOE và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DOE bằng \(\dfrac{{DE}}{2}\). Lời giải chi tiết a) Ta có \(\widehat {AHO} = \widehat {AKO} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét tứ giác AHOK có: \(\widehat {HAK} = \widehat {AHO} = \widehat {AKO} = {90^0} \Rightarrow \) Tứ giác AHOK là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông). \( \Rightarrow \) Hai đường chéo AO và HK cắt nhau tại trung điểm đường. Mà I là trung điểm của AO (gt) \( \Rightarrow I\) cũng là trung điểm của HK. Vậy H, I, K thẳng hàng. b) +) Ta có: \(\widehat {DAB} = \widehat {AOH}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AH). \(\widehat {EAC} = \widehat {AOK}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AK). \( \Rightarrow \widehat {DAB} + \widehat {HAK} + \widehat {EAC}\)\(\, = \widehat {AOH} + \widehat {HAK} + \widehat {AOK} \)\(\,= \widehat {HAK} + \widehat {HOK} = {180^0}\) (tổng hai góc đối của tứ giác nội tiếp) \( \Rightarrow D;A;E\) thẳng hàng. Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có \(BD = AD;\,\,CE = AE\) \( \Rightarrow BD + CE = AD + AE\). Mà D; A; E thẳng hàng (cmt) \( \Rightarrow AD + AE = DE\). Vậy \(BD + CE = DE\). +) Ta có: \(BD.CE = AD.AE\). Ta có: \(\widehat {DAO} = \widehat {AKO}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AO). Mà \(\widehat {AKO} = {90^0}\) (AHOK là hình chữ nhật) \( \Rightarrow \widehat {DAO} = {90^0} \Rightarrow AO \bot DE\) tại A. \(\widehat {HOK} = {90^0}\) (AHOK là hình chữ nhật) \( \Rightarrow \Delta DOE\) vuông tại O. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DOE có: \(AD.AE = A{O^2} = {R^2}\). Vậy BD.CE = R2. c) Xét tam giác vuông OAD có AP là trung tuyến ứng với cạnh huyền OD \( \Rightarrow PA = PO = PD \Rightarrow \Delta PAO\) cân tại P \( \Rightarrow \widehat {POA} = \widehat {PAO}\). Chứng minh tương tự ta có: \(\widehat {QOA} = \widehat {QAO}\). \( \Rightarrow \widehat {PAQ} = \widehat {PAO} + \widehat {QAO} \)\(\,= \widehat {POA} + \widehat {QOA} = \widehat {POQ} = {90^0}\). Xét tứ giác APOQ có: \(\widehat {POQ} + \widehat {PAQ} = {90^0} + 90 = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). d) Gọi O là trung điểm của DE. Vì \(\Delta ODE\) vuông tại O nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DOE và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DOE bằng \(\dfrac{{DE}}{2}\). Mà \(DE = BD + CE = 4 + 6 = 10\,\,\left( {cm} \right)\) \(\Rightarrow R = \dfrac{{DE}}{2} = 5\,\,\left( {cm} \right)\).
|