Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B (O, O’ thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB). Tiếp tuyến chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (O) và (O’) tại C, D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt (O) và (O’) tại M, N (M, N khác A). Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E. Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của đường thẳng MN với đường thẳng BC và đường thẳng BD. Chứng minh rằng:a)Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD. b)Tứ giác BCED nội tiếp. c)Tam giác EPQ là tam giác cân
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tứ giác AOMC có
\(\widehat{CAO}\) và \(\widehat{CMO}\) là hai góc đối
\(\widehat{CAO}+\widehat{CMO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AOMC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Ta có: AOMC là tứ giác nội tiếp(cmt)
nên \(\widehat{MAO}=\widehat{OCM}\)(hai góc cùng nhìn cạnh OM)
hay \(\widehat{MAB}=\widehat{OCD}\)
Xét (O) có
CM là tiếp tuyến có M là tiếp điểm(Gt)
CA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(Gt)
Do đó: OC là tia phân giác của \(\widehat{AOM}\)(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Leftrightarrow\widehat{AOM}=2\cdot\widehat{COM}\)
Xét (O) có
DM là tiếp tuyến có M là tiếp điểm(gt)
DB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)
Do đó: OD là tia phân giác của \(\widehat{MOB}\)(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Leftrightarrow\widehat{BOM}=2\cdot\widehat{MOD}\)
Ta có: \(\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=180^0\)(hai góc kề bù)
mà \(\widehat{AOM}=2\cdot\widehat{COM}\)(cmt)
và \(\widehat{BOM}=2\cdot\widehat{MOD}\)(cmt)
nên \(2\cdot\widehat{COM}+2\cdot\widehat{MOD}=180^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{COM}+\widehat{MOD}=90^0\)
mà \(\widehat{COM}+\widehat{MOD}=\widehat{COD}\)(tia OM nằm giữa hai tia OC,OD)
nên \(\widehat{COD}=90^0\)
Xét ΔCOD có \(\widehat{COD}=90^0\)(cmt)
nên ΔCOD vuông tại O(Định nghĩa tam giác vuông)
Xét (O) có
ΔMAB nội tiếp đường tròn(M,A,B∈(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔMAB vuông tại M(Định lí)
Xét ΔAMB vuông tại M và ΔCOD vuông tại O có
\(\widehat{MAB}=\widehat{OCD}\)(cmt)
Do đó: ΔAMB∼ΔCOD(g-g)
⇔\(\dfrac{AM}{CO}=\dfrac{BM}{DO}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(AM\cdot OD=BM\cdot OC\)(đpcm)
b) Gọi I là tâm của đường tròn đường kính CD.
Tứ giác CABD là hình thang vuông (AC ⊥ AB;BD ⊥ AB) có OI là đường trung bình
⇒ OI // AC ; mà AC ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB tại O
Vậy AB tiếp xúc với đường tròn đường kính CD.
C là giao điểm 2 tiếp tuyến tại A và M \(\Rightarrow OC\) là trung trực AM
\(\Rightarrow E\) là trung điểm AM
Tương tự ta có OD là trung trực BM \(\Rightarrow F\) là trung điểm BM
\(\Rightarrow EF\) là đường trung bình tam giác ABM
\(\Rightarrow EF||AB\Rightarrow ONEF\) là hình thang (1)
Lại có O là trung điểm AB \(\Rightarrow OF\) là đường trung bình tam giác ABM
\(\Rightarrow OF=\dfrac{1}{2}AM=AE\)
Mà \(OF||AE\) (cùng vuông góc BM)
\(\Rightarrow AEFO\) là hình bình hành \(\Rightarrow\widehat{OFE}=\widehat{OAE}\)
Mà \(EN=AE=\dfrac{1}{2}AM\Rightarrow\Delta AEN\) cân tại E \(\Rightarrow\widehat{OAE}=\widehat{ANE}\)
\(\widehat{ANE}+\widehat{ONE}=180^0\Rightarrow\widehat{OFE}+\widehat{ONE}=180^0\)
Lại có \(\widehat{ONE}+\widehat{NEF}=180^0\) (2 góc trong cùng phía)
\(\Rightarrow\widehat{OFE}=\widehat{NEF}\)
\(\Rightarrow ONEF\) là hình thang cân
Mình sẽ giải lại 2 câu a và b.
a) Vì (O) và (O') giao nhau tại A và B nên AB vuông góc OO'. Do đó ^BO'O = 1/2.^AO'B = ^BDA
Tương tự ^BOO' = ^BCA. Từ đó \(\Delta\)BOO' ~ \(\Delta\)BCD (g.g) (đpcm).
b) Ta thấy: ^KDA = ^ABD (=1/2.Sđ(AD nhỏ của (O')). Tương tự ^KCA= ^ABC
Nên ta có: ^KCB + ^KDB = ^BCD + ^BDC + ^KDA + ^KCA = ^BDC + ^BCD + ^ABD + ^ABC = 1800
Suy ra tứ giác BCKD nội tiếp (đpcm).
c) Vì IE // DK nên ^DIE = ^KDA (So le trong) = ^ABD (cmt) => ^DIE = ^ABE => Tứ giác AIEB nội tiếp
=> ^BAE = ^BIE = ^BKD (Vì IE // KD) = ^BCD (Tứ giác BCKD nt) = 1/2.Sđ(AB nhỏ của (O)
Do vậy AE là tiếp tuyến của (O) (đpcm).