Bài 15 trang 197 SBT toán 9 tập 2

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 \(CD\bot\,IK\).