Ôn tập góc với đường tròn

Ta thấy góc EAO = góc FAO' (đối đỉnh) (1)

Lại có OE = OA (vì đều là bán kính của đường tròn (O)) → ΔOEA cân tại O

→ Góc EAO = góc AEO (2)

Từ (1) và (2) → Góc FAO' = góc AEO (cùng bằng góc EAO)

Suy ra tứ giác EOO'F nội tiếp (2 góc kề nhau cùng nhìn 1 đường thẳng)

a: Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>CE\(\perp\)AB tại E

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD\(\perp\)AC tại D

Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó:H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại F

Xét tứ giác BEHF có \(\widehat{BEH}+\widehat{BFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BEHF là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: \(\widehat{BED}+\widehat{BCD}=180^0\)(B,E,D,C cùng thuộc (O))

\(\widehat{BED}+\widehat{SEB}=180^0\)(hai góc kề bù)

Do đó: \(\widehat{SEB}=\widehat{SCD}\)

Xét ΔSEB và ΔSCD có

\(\widehat{SEB}=\widehat{SCD}\)

\(\widehat{ESB}\) chung

Do đó: ΔSEB~ΔSCD

=>\(\dfrac{SE}{SC}=\dfrac{SB}{SD}\)

=>\(SE\cdot SD=SB\cdot SC\)

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BC

\(\widehat{BDC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

Do đó: \(\widehat{MBC}=\widehat{BDC}\)

Xét ΔMBC và ΔMDB có

\(\widehat{MBC}=\widehat{MDB}\)

\(\widehat{BMC}\) chung

Do đó: ΔMBC~ΔMDB

=>\(\dfrac{MB}{MD}=\dfrac{MC}{MB}\)

=>\(MB^2=MD\cdot MC\)

Do C là giao 2 tiếp tuyến tại M và A nên \(CM=CA\)

Lại có \(OM=OA=R\)

\(\Rightarrow OC\) là trung trực của AM

\(\Rightarrow I\) là trung điểm AM và \(OC\perp AM\) tại I

Tương tự, ta có OD là trung trực BM nên K là trung điểm BM và \(OD\perp BM\) tại K

\(\Rightarrow\) IK là đường trung bình tam giác MAB

\(\Rightarrow IK||AB\Rightarrow\widehat{MIK}=\widehat{MAB}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat{MAB}+\widehat{MBA}=90^0\) (do \(\widehat{AMB}=90^0\) góc nt chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow\widehat{MIK}+\widehat{MBA}=90^0\) (1)

DB là tiếp tuyến tại B \(\Rightarrow\widehat{DBO}=90^0\Rightarrow\widehat{ODB}=\widehat{MAB}\) (cùng phụ \(\widehat{OKB}\)) (2)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau, \(\widehat{ODB}=\widehat{ODC}\) (3)

\(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow\widehat{MIK}+\widehat{ODC}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{CIK}+\widehat{ODC}=\widehat{CIM}+\widehat{MIK}+\widehat{ODC}=90^0+90^0=180^0\)

\(\Rightarrow CIKD\) nội tiếp

a: Xét tứ giác QDOE có \(\widehat{QDO}+\widehat{QEO}=90^0+90^0=180^0\)

nên QDOE là tứ giác nội tiếp

a: Xét ΔOKM vuông tại K và ΔOHC vuông tại H có

\(\widehat{KOM}\) chung

Do đó: ΔOKM~ΔOHC

=>\(\dfrac{OK}{OH}=\dfrac{OM}{OC}\)

=>\(OK\cdot OC=OH\cdot OM\)

b: Xét ΔACO vuông tại A có AK là đường cao

nên \(OK\cdot OC=OA^2=R^2\)

=>\(OD^2=OH\cdot OM\)

=>\(\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OM}{OD}\)

Xét ΔODM và ΔOHD có

\(\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OM}{OD}\)

\(\widehat{DOM}\) chung

Do đó: ΔODM~ΔOHD

=>\(\widehat{ODM}=\widehat{OHD}=90^0\)

=>MD là tiếp tuyến của (O)

c: Ta có: \(MH\cdot MO=ME\cdot MF\)

=>\(\dfrac{MH}{MF}=\dfrac{ME}{MO}\)

Xét ΔMHE và ΔMFO có

\(\dfrac{MH}{MF}=\dfrac{ME}{MO}\)

\(\widehat{HME}\) chung

Do đó: ΔMHE~ΔMFO

=>\(\widehat{MHE}=\widehat{MFO}\)

mà \(\widehat{MHE}+\widehat{OHE}=180^0\)

nên \(\widehat{OHE}+\widehat{OFE}=180^0\)

=>OHEF là tứ giác nội tiếp

a: Xét tứ giác BCDE có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BCDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BED}+\widehat{BCD}=180^0\)

mà \(\widehat{BED}+\widehat{AED}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)

Xét ΔAED và ΔACB có

\(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)

\(\widehat{EAD}\) chung

Do đó: ΔAED~ΔACB

b: Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ADE}\)(ΔABC~ΔADE)

nên \(\widehat{xAC}=\widehat{ADE}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//DE

=>AK\(\perp\)DE

c.

Theo giả thiết E và F cùng nhìn AH dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow AEHF\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{HEF}=\widehat{HAF}\) (cùng chắn HF)

E và D cùng nhìn AB dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow ABDE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BED}=\widehat{BAD}\) (cùng chắn BD) hay \(\widehat{BED}=\widehat{HAF}\)

\(\Rightarrow\widehat{HEF}=\widehat{BED}\)

\(\Rightarrow EH\) là phân giác của \(\widehat{DEF}\)

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có FH là phân giác của \(\widehat{DFE}\)

\(\Rightarrow H\) là giao điểm 2 đường phân giác trong của tam giác DEF

\(\Rightarrow H\) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF

d.

Trong đường tròn (O), qua A kẻ tiếp tuyến Ax

\(\Rightarrow Ax\perp OA\) (1)

Ta có: \(\widehat{BAx}=\widehat{BCA}\) (cùng chắn AB)

Mà \(\widehat{BCA}=\widehat{AFE}\) (theo cm câu b)

\(\Rightarrow\widehat{BAx}=\widehat{AFE}\)

\(\Rightarrow Ax||EF\) (hai góc so le trong bằng nhau) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow OA\perp EF\)

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}BE\perp CE\left(gt\right)\\BF\perp CF\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)

\(\Rightarrow\) Hai điểm E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông nên tứ giác BFEC nội tiếp 

b.

Do BFEC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{BFE}+\widehat{BCA}=180^0\)

Mà \(\widehat{AFE}+\widehat{BFE}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{BCA}\)

Xét hai tam giác ABC và AEF có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}-chung\\\widehat{BCA}=\widehat{AFE}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AEF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\Rightarrow AE.AC=AF.AB\)