Cho đường tròn (O;R) có hai đường kính AB và MN vuông góc tại O. Gọi C là trung điểm của OB . Tia MC cắt đường tròn (O) tại D. Gọi E là giao điểm của AD và MNa) Chứng minh tứ giác OCDN nội tiếpb) Chứng minh AD.AE=2\(R^2\) và OA=3OEc) Gọi F là hình chiếu của O trên NB, G là giao điểm của AN và BD . Chứng minh G, F, C thẳng...
Đọc tiếp
Cho đường tròn (O;R) có hai đường kính AB và MN vuông góc tại O. Gọi C là trung điểm của OB . Tia MC cắt đường tròn (O) tại D. Gọi E là giao điểm của AD và MN
a) Chứng minh tứ giác OCDN nội tiếp
b) Chứng minh AD.AE=2\(R^2\) và OA=3OE
c) Gọi F là hình chiếu của O trên NB, G là giao điểm của AN và BD . Chứng minh G, F, C thẳng hàng.
a: Xét (O) có
ΔMDN nội tiếp
MN là đường kính
Do đó: ΔMDN vuông tại D
Xét tứ giác OCDN có \(\widehat{CON}+\widehat{CDN}=90^0+90^0=180^0\)
nên OCDN là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔAOE vuông tại O và ΔADB vuông tại D có
\(\widehat{OAE}\) chung
Do đó: ΔAOE~ΔADB
=>\(\dfrac{AO}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\)
=>\(AD\cdot AE=AO\cdot AB=R\cdot2R=2R^2\)
a) Ta có: ˆMOB=900MOB^=900 (do AB⊥⊥MN) và ˆMHB=900MHB^=900(do MH⊥⊥BC)
Suy ra: ˆMOB+ˆMHB=900+900=1800MOB^+MHB^=900+900=1800
⇒⇒Tứ giác BOMH nội tiếp.
b) ∆OMB vuông cân tại O nên ˆOBM=ˆOMBOBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên ˆOBM=ˆOHMOBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)
và ˆOMB=ˆOHBOMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ˆOHM=ˆOHBOHM^=OHB^
⇒⇒ HO là tia phân giác của ˆMHBMHB^ ⇒MEBE=MHHB⇒MEBE=MHHB (3)
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHMHM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)
Từ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HCMEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HC(đpcm)
c) Vì ˆMHC=900MHC^=900(do MH⊥⊥BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒ˆMKC=900⇒MKC^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MN là đường kính của đường tròn (O) nên ˆMKN=900MKN^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ˆMKC+ˆMKN=1800⇒MKC^+MKN^=1800
⇒⇒3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM⇒HCMH=MCBM.
Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
⇒⇒HCHM=MCBNHCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHMMEBE=HCHM (theo (5) )
Suy ra: MCBN=MEBEMCBN=MEBE . Mà ˆEBN=ˆEMC=900EBN^=EMC^=900⇒⇒∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
⇒ˆMEC=ˆBEN⇒MEC^=BEN^, mà ˆMEC+ˆBEC=1800MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
⇒ˆBEC+ˆBEN=1800⇒BEC^+BEN^=1800
⇒⇒ 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
⇒⇒3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) a) Ta có: ˆMOB=900MOB^=900 (do AB⊥⊥MN) và ˆMHB=900MHB^=900(do MH⊥⊥BC)
Suy ra: ˆMOB+ˆMHB=900+900=1800MOB^+MHB^=900+900=1800
⇒⇒Tứ giác BOMH nội tiếp.
b) ∆OMB vuông cân tại O nên ˆOBM=ˆOMBOBM^=OMB^ (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên ˆOBM=ˆOHMOBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM)
và ˆOMB=ˆOHBOMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ˆOHM=ˆOHBOHM^=OHB^
⇒⇒ HO là tia phân giác của ˆMHBMHB^ ⇒MEBE=MHHB⇒MEBE=MHHB (3)
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHMHM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4)
Từ (3) và (4) suy ra: MEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HCMEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HC(đpcm)
c) Vì ˆMHC=900MHC^=900(do MH⊥⊥BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
⇒ˆMKC=900⇒MKC^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MN là đường kính của đường tròn (O) nên ˆMKN=900MKN^=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ˆMKC+ˆMKN=1800⇒MKC^+MKN^=1800
⇒⇒3 điểm C, K, N thẳng hàng (*)
∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM⇒HCMH=MCBM.
Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B)
⇒⇒HCHM=MCBNHCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHMMEBE=HCHM (theo (5) )
Suy ra: MCBN=MEBEMCBN=MEBE . Mà ˆEBN=ˆEMC=900EBN^=EMC^=900⇒⇒∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
⇒ˆMEC=ˆBEN⇒MEC^=BEN^, mà ˆMEC+ˆBEC=1800MEC^+BEC^=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
⇒ˆBEC+ˆBEN=1800⇒BEC^+BEN^=1800
⇒⇒ 3 điểm C, E, N thẳng hàng (**)
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
⇒⇒3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)v