Chủ đề này có 2 trả lời

[Ruka]

Cho đường tròn $(O)$ đường kính $AB$. Đường thẳng $d$ vuông góc với $AB$ tại $I$ cắt đường tròn $(O)$ tại $P$ và $Q$($I$ nằm giữa $O$ và $B$), $M$ là điểm bất kì nằm trên $d$($M$ nằm ngoài $(O)$). Các tia $AM$ và $BM$ cắt đường tròn $(O)$ lần lượt tại $C$ và $D$. Đường thẳng $CD$ và $AB$ cắt nhau tại $K$, đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $H$. CMR

a) $\triangle OCI \backsim \triangle OKC$

b)$KP$ và $KQ$ là các tiếp tuyến của $(O)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ruka: 18-02-2023 - 21:49

[thanhng2k7]

a) Dễ thấy $H$ là trực tâm $\Delta AMB$ ( do $MI \perp AB , BC \perp AM , AD \perp MB , AD\cap BC={H}$ )

Ta có : $\widehat{OCD}=\frac{180^{\circ}-\widehat{COD}}{2}=90^{\circ}-\widehat{CAD}$

Mặt khác $\widehat{OIC}=180^{\circ}-\widehat{ACI}-\widehat{CAI}=180^{\circ}-(90^{\circ}-\widehat{ICB})-\widehat{CAI}=90^{\circ}-\widehat{CAI}+\widehat{ICB}=90^{\circ}-\widehat{CAD}$ ( do tứ giác $ACHI$ nội tiếp )

Do đó $\widehat{OIC}=\widehat{OCK}$

Từ đó suy ra $\Delta OCI \sim \Delta OKC$

 

b) Từ $\Delta OCI \sim \Delta OKC$ ta được $OC^2=OI.OK\Rightarrow R^2=\frac{R}{2}.OK\Leftrightarrow OK=2R \Rightarrow BK=R$

Khi đó $KQ^2=KI^2+IQ^2=(KB+IB)^2+OQ^2-OI^2=(\frac{3R}{2})^2+R^2-(\frac{R}{2})^2=3R^2=2R.\frac{3R}{2}=KO.KI$

Nên $\frac{KQ}{KI}=\frac{KO}{KQ}$

Do đó $\Delta KIQ \sim \Delta KQO$

Từ đó ta suy ra $KQ$ là tiếp tuyến tại $Q$ của $(O)$

Tương tự ta cũng suy ra được $KP$ là tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhng2k7: 19-02-2023 - 21:24

[Ruka]

@thanhng2k7

 

Cảm ơn bạn nhé. Ko bt ý tưởng của bn làm bài này như nào bn có thể chia sẻ vs tui đc ko \ (  ' O ' ) /

 

Bài làm của toi

 

a) Ta có: $\widehat{ACB} = \widehat{ADB} = 90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\to \widehat{MCH} = \widehat{MDH} = 90^o$

Tứ giác $MDHC$ có $\widehat{MCH} + \widehat{MDH} = 180^o$ nên nội tiếp được

$\to$ $\widehat{DCH} = \widehat{HMD}$ (cùng nhìn cạnh $DH$)

Do $OB = OC = R$ nên $\triangle OBD$ cân suy ra $\widehat{OCB} = \widehat{OBC}(1)$

Mà $\widehat{IMA}$ và $\widehat{OBC}$ cùng phụ với $\widehat{CAB}$ nên $\widehat{IMA} = \widehat{OBC}$

Kết hợp với $(1)$ ta suy ra $\widehat{IMA} = \widehat{OCB}$

Khi đó: $\widehat{DCH} + \widehat{OCB}  = \widehat{HMD} + \widehat{IMA} $

$\to \widehat{OCK} = \widehat{CMD} (3)$

Dễ dàng CM được tứ giác $ACHI$ nội tiếp rồi suy ra $\widehat{AIC} = \widehat{AHC}$

Lại có $\widehat{AHC} = \widehat{CMD}$(góc ngoài = góc trong, đỉnh đối)

Suy ra $\widehat{AIC} = \widehat{CMD} (2)$

Từ $(2)$ và $(3)$ suy ra $\widehat{AIC} = \widehat{OCK}$

Từ đó ta suy ra được $\triangle OCI \bot \triangle OKC$

$b)$ $\triangle OCI \backsim \triangle OKC$ ta suy ra $\dfrac{OC}{OK} = \dfrac{OI}{OC} \to \dfrac{OP}{OK} = \dfrac{OI}{OP}$

$\to \triangle OIP \backsim \triangle OPK$

$\to \widehat{OPK} = \widehat{OIP} = 90^o$ hay ..

 

Tương tự với $KQ$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ruka: 19-02-2023 - 21:36