Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Gọi C là trung điểm của OA, q
Câu hỏi
Nhận biếtCho đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R.\) Gọi \(C\) là trung điểm của \(OA,\) qua \(C\) kẻ đường thẳng vuông góc với \(OA\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(M\) và \(N\) . Trên cung nhỏ \(BM\) lấy điểm \(K\) (\(K\) khác \(B\) và \(M\)). Gọi \(H\) là giao điểm của \(AK\) và \(MN.\)
a) Chứng minh tứ giác \(BCHK\) nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh \(AK.AH = {R^2}.\)
c) Trên tia \(KN\) lấy điểm \(I\) sao cho \(KI = KM.\) Chứng minh \(NI = BK.\)
Đáp án đúng:
Lời giải của Tự Học 365
Giải chi tiết:
1) Chứng minh tứ giác \(BCHK\) là tứ giác nội tiếp.
Ta có: \(\angle AKB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) \( \Rightarrow \angle HKB = {90^0}\).
Có \(\angle ACH = \angle HCB = {90^0}\) (\(MN \bot AB;H;C \in MN\) )
Xét tứ giác \(BCHK\) có \(\angle HCB + \angle HKB = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác \(BCHK\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
2) Chứng minh \(AK.AH = {R^2}\).
Xét tam giác \(ACH\) và tam giác \(AKB\) có:
\(\angle BAK\) chung;
\(\angle ACH = \angle AKB = {90^0}\)(cmt)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ACH \sim \Delta AKB\,\,\left( {g.g} \right)\\ \Rightarrow \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AK}} \Leftrightarrow AH.AK = AC.AB = \frac{R}{2}.2R = {R^2}\,\,\left( {dpcm} \right)\end{array}\).
3) Trên tia \(KN\) lấy điểm \(I\) sao cho \(KI = KM\). Chứng minh \(NI = BK\).
Trên tia đối của \(KB\) lấy điểm \(E\) sao cho \(KE = KM = KI\).
Xét tam giác \(OAM\) có đường cao \(MC\) đồng thời là trung tuyến \( \Rightarrow \Delta OAM\) cân tại \(M \Rightarrow OM = AM\).
Lại có \(OA = OM\,\, \Rightarrow \Delta OAM\) đều \( \Rightarrow \angle OAM = {60^0}\).
Ta có: \(\angle AMB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do đó tam giác AMB vuông tại M
\( \Rightarrow \angle ABM = {30^0}\)
Xét tam giác vuông \(BCM\) có: \(\angle BMC = {90^0} - \angle ABM = {90^0} - {30^0} = {60^0} \Rightarrow \angle BMN = {60^0}\,\,\,\left( 1 \right)\)
Tứ giác \(ABKM\) là tứ giác nội tiếp \( \Rightarrow \angle EKM = \angle MAB = {60^0}\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện)
Lại có \(KE = KM\) (theo cách dựng) \( \Rightarrow \Delta MKE\) đều \( \Rightarrow \angle KME = {60^0}\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle BMN = \angle KME = {60^0}\\ \Rightarrow \angle BMN + \angle BMK = \angle KME + \angle BMK\\ \Rightarrow \angle NMK = \angle BME\end{array}\)
Xét tam giác vuông \(BCM\) có: \(\sin \angle CBM = \sin {30^0} = \frac{{CM}}{{BM}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow BM = 2CM\).
Lại có \(OA \bot MN\) tại \(C \Rightarrow C\) là trung điểm của \(MN\) (quan hệ vuông góc giữa đường kíhn và dây cung)
\( \Rightarrow MN = 2CM\).
\( \Rightarrow MN = BM\,\,\left( { = 2CM} \right)\).
Xét tam giác \(MNK\) và tam giác \(BME\) có:
\(\angle MNK = \angle MBE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MK\));
\(\begin{array}{l}MN = BM\,\,\left( {cmt} \right);\\\angle NMK = \angle BME\,\,\left( {cmt} \right);\end{array}\)
\( \Rightarrow \Delta MNK = \Delta BME\,\,\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow NK = BE\) (2 cạnh tương ứng).
\( \Rightarrow IN + IK = BK + KE\).
Mà \(IK = KE\) (theo cách vẽ) \( \Rightarrow IN = BK\,\,\left( {dpcm} \right)\).
