Đề bài
Từ một điểm \[M\] ở bên ngoài đường tròn \[[O]\] ta vẽ hai tiếp tuyến \[MA, MB\] với đường tròn. Trên cung nhỏ \[AB\] lấy một điểm \[C.\] Vẽ \[CD, CE, CF\] lần lượt vuông góc với \[AB, MA, MB\]. Gọi \[I\] là giao điểm của \[AC\] và \[DE\], \[K\] là giao điểm của \[BC\] và \[DF\]. Chứng minh rằng:
a] Các tứ giác \[AECD,BFCD\] nội tiếp được;
b] \[CD^2=CE.CF;\]
c] Tứ giác \[ICKD\] nội tiếp được;
d] \[IK\bot \,CD\].
Phương pháp giải - Xem chi tiết
Sử dụng:
- Nếu tứ giác có tổng số đo hai góc đối diện bằng \[180^o\]thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.
- Trên một đường tròn các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau.
Lời giải chi tiết
a] Ta có\[\widehat {AEC} + \widehat {ADC} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\] nên tứ giác \[AECD\] nội tiếp được.
Ta có\[\widehat {BFC} + \widehat {BDC} = {90^o} + {90^o} = {180^o}\] nên tứ giác \[BFCD\] nội tiếp được.
b] Có\[\widehat {{D_1}} = \widehat {{A_1}}\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC\] của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[AECD\]] [1]
\[\widehat {{A_1}} = \widehat {{B_1}}\] [góc giữa tia tiếp tuyến với một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \[AC\] của đường tròn tâm \[O\]] [2]
\[\widehat {{B_1}} = \widehat {{F_1}}\][hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CD\] của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[BFCD\]] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra:\[\widehat {{D_1}} = \widehat {{F_1}}\].
Có\[\widehat {{E_2}} = \widehat {{A_2}}\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CD\] của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[AECD\]] [4]
\[\widehat {{B_2}} = \widehat {{A_2}}\] [góc giữa tia tiếp tuyến với một dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \[BC\] của đường tròn tâm \[O\]] [5]
\[\widehat {{B_2}} = \widehat {{D_2}}\][hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CF\] của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[BFCD\]] [6]
Từ [4], [5] và [6] suy ra:\[\widehat {{E_2}} = \widehat {{D_2}}\].
Xét\[\Delta DEC \] và \[\Delta FDC\] có:
\[\widehat {{D_1}} = \widehat {{F_1}}\] [chứng minh trên]
\[\widehat {{E_2}} = \widehat {{D_2}}\][chứng minh trên]
\[ \Rightarrow \Delta DEC \backsim \Delta FDC\] [g.g].
\[ \Rightarrow \dfrac{{CD}}{{CF}} = \dfrac{{CE}}{{CD}} \Rightarrow C{D^2} = CE.CF\]
c] Tứ giác \[ICKD\] có:
\[\widehat {ICK} + \widehat {IDK} = \widehat {ICK} + \widehat {{D_1}} + \widehat {{D_2}} \]\[\,= \widehat {ICK} + \widehat {{B_1}} + \widehat {{A_2}} = {180^o}.\]
Suy ra tứ giác \[ICKD\] nội tiếp được.
d] Ta có\[\widehat {CIK} = \widehat {{D_2}}\] [hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CK\] của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \[ICKD\]].
\[ \Rightarrow \widehat {CIK} = \widehat {{A_2}}\], mà \[\widehat {CIK} \] và \[ \widehat {{A_2}}\] ở vị trí đồng vị nên \[IK//AB\].
Mặt khác \[CD\bot AB\] [gt] nên \[CD\bot\,IK\].