[Toán lớp 9]  Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao AD, CE cắt nhau tại H. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng BC tại M. Vẽ ON ⊥ BC tại N....

Câu a).

1. Hướng dẫn

\(\alpha\).  Sử dụng tính chất "Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh không chứa hai đỉnh đó dưới một góc \(\varphi\)".

\(\beta\). Sử dụng tính chất "Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(180^{0}\) lag tứ giác nội tiếp".

2. Bài giải

\(\alpha\))  Tứ giác AEDC có:

\(\widehat{AEC}=90^{0}\) (CE là đường cao của \(\Delta ABC\) \(\Rightarrow CE\perp AB\))

 \(\widehat{ADC}=90^{0}\) (AD là đường cao của \(\Delta ABC\)  \(\Rightarrow AD\perp BC\))

\(\Rightarrow \widehat{AEC} = \widehat{ADC}=90^{0}\)

Suy ra tứ giác AEDC có đinh E và đinh D cùng nhìn cạnh AC dưới một góc vuông nên AEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn hay 4 điểm A, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.

Gọi I là trung điểm của AC. Với AC là cạnh huyền chung của hai tam giác vuông \(\Delta AEC\) và \(\Delta ADC\) nên ta suy ra:

\(IA=IE=ID=IC=\frac{AC}{2}\)

Vậy I là tâm của đường tròn đi qua 4 điểm A, E, D, C.

\(\beta\))  Ta có:

\(\widehat{OAM}=90^{0}\) (AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A \(\Rightarrow OA \perp AM\)).

\(\widehat{ONM}=90^{0}\) (\(ON \perp BC\)).

\(\Rightarrow \widehat{OAM} + \widehat{ONM} =180^{0}\)

Tứ giác OAMN có tổng hai góc đối bằng \(180^{0}\) nên nội tiếp được đường tròn.

Suy ra 4 điểm O, A, M, N cùng thuộc một đường tròn.

Gọi J là trung điểm của MO. Suy ra:

\(JO=JA=JM=JN=\frac{MO}{2}\) (MO là canh huyền chung của \(\Delta OAM\) và \(\Delta ONM\)).

Vậy J là tâm của đường trong đi qua 4 điểm O, A, M, N.

Câu b)

* Chứng minh: MB + MC = 2MN

Ta có:

\(MB+MC=MB+MB+BN+NC\)

\(=2MB+2BN\) (Theo tính chất đường kính và dây: \(ON \bot BC \Rightarrow BN = NC\))

\(= 2(MB + BN) = 2MN\)

* Chứng minh \(MB.MC = M{O^2} - O{B^2}\)

Xét \(\Delta MBA\) và \(\Delta MAC\) có:

\(\widehat M\) là góc chung

\(\widehat{MAB} + \widehat{MCA}\) (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB).

\(\Rightarrow \Delta MBA\) ~ \(\Delta MAC\)

\(\Rightarrow \frac{{MB}}{{MA}} = \frac{{MA}}{{MC}}\)

\(\Rightarrow MB.MC = M{A^2}\)(1)

Mà \(M{A^2} = O{M^2} - O{A^2}\) (tam giác OAM vuông tại A)

\(MA^2= O{M^2} - O{B^2}\)  (OA, OB là bán kính của đường tròn (O)).(2)

Từ (1) VÀ (2), ta kết luận:

\(MB.MC= O{M^2} - O{B^2}\)

Câu c:

Trên đường tròn (O), kẻ đường kính AK, kẻ AD cắt (O) tại G (G khác A).

Trên đường tròn (I), ta có \(\widehat {DCE} = \widehat {DAE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED) (1).

Trên đường tron (O), ta có  \(\widehat {DAE} = \widehat {BCG}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BG) (2).

(1) và (2) suy ra: \(\widehat {DCE} = \widehat {BCG}\) .

Xét \(\Delta CDH\) và \(\Delta CDG\), có:

\(\widehat {CDH} = \widehat {CDG}=90^0\) (\(AH \bot BC\))

CD là cạnh chung

\(\widehat {DCH} = \widehat {DCG}\) (vì \(\widehat {DCE} = \widehat {BCG}\))

\(\Rightarrow \Delta DCH = \Delta DCG\) (g-c-g)

\(\Rightarrow DH = DG\)

\(\Rightarrow\) CD là đường trung trực của HG.

\(\Rightarrow NH = NG\) (3) (vì N thuộc đường trung trực của HG)

Mặt khác:

Xét \(\Delta AGK\), có:

O là trung điểm của AK

ON // AG (cùng vuông góc với BC)

\(\Rightarrow\)ON đi qua trung điểm của GK (4).

Mà \(\widehat {AGK} = 90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

\(\Rightarrow GK \bot AG \Rightarrow GK \bot ON\) (5).

(4), (5) suy ra ON là đường trung trực của GK.

\(\Rightarrow NG=NK\) (6).

(3), (6) suy ra \(NH=NK\).

Trong \(\Delta NFK\), có:

\(\widehat {NFK} = \widehat {AFK} = 90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

\(\Rightarrow \widehat {NFK} > \widehat {AFK}\)

\(\Rightarrow NK > NF\) (Trong một tam giác, cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn).

\(\Rightarrow NH > NF\)

Câu d)

Ta có  \(\Delta EHD\) ~ \(\Delta AHC\) vì có :

\(\widehat {EHD} = \widehat {AHC}\) (đối đỉnh) và \(\widehat {EDA} = \widehat {ECA}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA của đường tròn (O)).

\(\Rightarrow \frac{{ED}}{{AC}} = \frac{{HD}}{{HC}}= \frac{{1}}{{2}}\) (AC = 2ED).

Lại có  \(\Delta CDH\) ~ \(\Delta CEB\) (hai tam giác vuông có cùng góc C).

\(\Rightarrow \frac{{DH}}{{HC}} = \frac{{EB}}{{BC}}= \frac{{1}}{{2}} \Rightarrow EB = \frac{{1}}{{2}}BC\)

\(\Rightarrow EB=EN=BN= \frac{{1}}{{2}} BC\)

\(\Rightarrow \Delta EBN\) là tam giác đều

\(\Rightarrow \widehat {ABN} =60^0\)

Mặt khác \( \widehat {MAB} =45^0 \Rightarrow \widehat {BAO} =45^0\)

\(\Rightarrow \widehat {ABO} =\widehat {BAO} = 45^0\) (\(\Delta ABO\) cân tại O).

\(\Rightarrow \widehat {OBN} =\widehat {ABN} -\widehat {ABO} = 60^0-45^0=15^0\)

\(\cos \widehat {OBN} = \frac{{BN}}{{OB}} \Rightarrow OB = \frac{{BN}}{{\cos {{15}^0}}}\)

\(OB = \frac{{\frac{{BC}}{2}}}{{\cos {{15}^0}}} = \frac{{\frac{{5\sqrt 2 \left( {\sqrt 3 + 1} \right)}}{4}}}{{\frac{{\sqrt 6 + \sqrt 2 }}{4}}} = 5\)

Vậy đường tròn (O) có bán kính R = OB = 5 cm