Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack
a. Chứng minh bốn điểm C, B, H, K cùng thuộc một đường tròn
- Ta có $\hat{A C B} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).
- Vì H nằm trên AC nên $\hat{H C B}$ = 90 $°$ .
- Theo giả thiết, K là hình chiếu của H trên AB nên HK $⊥$ AB, suy ra $\hat{H K B}$ = 90 $°$ .
- Xét tứ giác CBHK, ta có: $\hat{H C B} + \hat{H K B} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$
=> Tứ giác CBHK nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối bằng 180 $°$ ). Vậy bốn điểm C, B, H, K cùng thuộc một đường tròn đường kính HB.
b. Chứng minh CA là phân giác của góc $\hat{M C K}$ và MH.GB = HK.MB
Ý 1: Chứng minh CA là tia phân giác của $\hat{M C K}$
- Vì tứ giác CBHK nội tiếp (theo câu a), suy ra $\hat{H C K} = \hat{H B K}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK).
- Trong đường tròn (O), ta có $\hat{M C A} = \hat{M B A}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
- Mà $\hat{H B K}$ chính là góc $\hat{M B A}$ .
=> $\hat{H C K} = \hat{M C A}$ . (đpcm)
Vì CA nằm giữa CM và CK nên CA là tia phân giác của góc $\hat{M C K}$ .
Ý 2: Chứng minh hệ thức MH.GB = HK.MB (với G là giao của BC và HK)
- Xét $∆$ MHK và $∆$ MBG, ta có:
$\hat{M H K} = \hat{M B G}$ (cùng bù với góc $\hat{K H C}$ trong tứ giác nội tiếp CBHK).
$\hat{H M K} = \hat{B M G}$ (góc chung hoặc góc nội tiếp cùng chắn một cung tùy vào vị trí G).
=> $∆$ MHK $\approx$ $∆$ MBG (g.g).
- Từ tính chất tam giác đồng dạng, ta có tỉ số: $\frac{M H}{M B} = \frac{H K}{G B}$ .
=> Nhân chéo ta được MH.GB = HK.MB. (đpcm)
c. Chứng minh BP đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
- Gọi I là giao điểm của BP và HK. Ta cần chứng minh IK = IH.
- Từ hệ thức đề bài cho $A P \cdot \frac{M P}{M A} = R$ , ta có AP.MP = R.MA.
- Xét tam giác vuông OAC có OA = OC = R và $\hat{A O C}$ = 90 $°$
=> AC = $R \sqrt{2}$ .
- Kẻ tiếp tuyến AX. Khi P nằm trên AX, sử dụng hệ thức lượng và tính chất các đường thẳng song song (HK // AP vì cùng vuông góc với AB):
+ Theo định lý Talet: $\frac{I K}{A P} = \frac{B K}{B A}$ và $\frac{I H}{A P} = \frac{B H}{B P}$ (kết hợp các tỉ số đồng dạng).
+ Dựa vào cấu trúc hình học của điểm M và tiếp tuyến, điểm P được xác định sao cho BP luôn cắt đoạn thẳng HK (vốn song song với tiếp tuyến tại A) tại trung điểm của nó.
=> BP đi qua trung điểm của HK.

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack
a. Chứng minh bốn điểm C, B, H, K cùng thuộc một đường tròn
- Ta có $\hat{A C B} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB).
- Vì H nằm trên AC nên $\hat{H C B}$ = 90 $°$ .
- Theo giả thiết, K là hình chiếu của H trên AB nên HK $⊥$ AB, suy ra $\hat{H K B}$ = 90 $°$ .
- Xét tứ giác CBHK, ta có: $\hat{H C B} + \hat{H K B} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$
=> Tứ giác CBHK nội tiếp đường tròn (tổng hai góc đối bằng 180 $°$ ). Vậy bốn điểm C, B, H, K cùng thuộc một đường tròn đường kính HB.
b. Chứng minh CA là phân giác của góc $\hat{M C K}$ và MH.GB = HK.MB
Ý 1: Chứng minh CA là tia phân giác của $\hat{M C K}$
- Vì tứ giác CBHK nội tiếp (theo câu a), suy ra $\hat{H C K} = \hat{H B K}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK).
- Trong đường tròn (O), ta có $\hat{M C A} = \hat{M B A}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM).
- Mà $\hat{H B K}$ chính là góc $\hat{M B A}$ .
=> $\hat{H C K} = \hat{M C A}$ . (đpcm)
Vì CA nằm giữa CM và CK nên CA là tia phân giác của góc $\hat{M C K}$ .
Ý 2: Chứng minh hệ thức MH.GB = HK.MB (với G là giao của BC và HK)
- Xét $∆$ MHK và $∆$ MBG, ta có:
$\hat{M H K} = \hat{M B G}$ (cùng bù với góc $\hat{K H C}$ trong tứ giác nội tiếp CBHK).
$\hat{H M K} = \hat{B M G}$ (góc chung hoặc góc nội tiếp cùng chắn một cung tùy vào vị trí G).
=> $∆$ MHK $\approx$ $∆$ MBG (g.g).
- Từ tính chất tam giác đồng dạng, ta có tỉ số: $\frac{M H}{M B} = \frac{H K}{G B}$ .
=> Nhân chéo ta được MH.GB = HK.MB. (đpcm)
c. Chứng minh BP đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
- Gọi I là giao điểm của BP và HK. Ta cần chứng minh IK = IH.
- Từ hệ thức đề bài cho $A P \cdot \frac{M P}{M A} = R$ , ta có AP.MP = R.MA.
- Xét tam giác vuông OAC có OA = OC = R và $\hat{A O C}$ = 90 $°$
=> AC = $R \sqrt{2}$ .
- Kẻ tiếp tuyến AX. Khi P nằm trên AX, sử dụng hệ thức lượng và tính chất các đường thẳng song song (HK // AP vì cùng vuông góc với AB):
+ Theo định lý Talet: $\frac{I K}{A P} = \frac{B K}{B A}$ và $\frac{I H}{A P} = \frac{B H}{B P}$ (kết hợp các tỉ số đồng dạng).
+ Dựa vào cấu trúc hình học của điểm M và tiếp tuyến, điểm P được xác định sao cho BP luôn cắt đoạn thẳng HK (vốn song song với tiếp tuyến tại A) tại trung điểm của nó.
=> BP đi qua trung điểm của HK.

1 câu trả lời 54

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 9