Bài 12 trang 103 Tài liệu dạy – học Toán 9 tập 2Giải bài tập Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi H và I theo thứ tự là hình chiếu của B trên AC, Tổng hợp đề thi học kì 2 lớp 9 tất cả các môn Toán - Văn - Anh - Lí - Hóa - Sinh - Sử - Địa - GDCD Đề bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi H và I theo thứ tự là hình chiếu của B trên AC, CD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và HI. Chứng minh: a) Hai tam giác ABD và HBI đồng dạng. b) \(\widehat {MNB} = {90^o}\). Phương pháp giải - Xem chi tiết a) Chứng minh hai tam giác ABD và HBI đồng dạng theo trường hợp g-g. b) Chứng minh tam giác BDM và tam giác BIN đồng dạng theo trường hợp c-g-c. Lời giải chi tiết a) Xét tứ giác BHIC có : \(\widehat {BHC} = \widehat {BIC} = {90^0}\) (gt) \( \Rightarrow \) 2 điểm H, I cùng nhìn B, C dưới góc 900\( \Rightarrow H;I\) thuộc đường tròn đường kính BC \( \Rightarrow BHIC\) nội tiếp đường tròn đường kính BC. \( \Rightarrow \widehat {HIB} = \widehat {HCB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HB). Mà \(\widehat {HCB} = \widehat {ADB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn \(\left( O \right)\)) \( \Rightarrow \widehat {HIB} = \widehat {ADB}\). Tương tự ta có : \(\widehat {HBI} = \widehat {HCI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HI của đường tròn đường kính BC). \(\widehat {HCI} = \widehat {ABD}\)(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn \(\left( O \right)\)) \( \Rightarrow \widehat {HBI} = \widehat {ABD}\) Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta HBI\) có : \(\begin{array}{l}\widehat {HIB} = \widehat {ADB}\,\,\left( {cmt} \right);\\\widehat {HBI} = \widehat {ABD}\,\,\left( {cmt} \right);\\ \Rightarrow \Delta ABD \sim \Delta HBI\,\,\left( {g.g} \right)\end{array}\) b) Gọi K là hình chiếu của B trên AD \( \Rightarrow \widehat {BKD} = {90^0}\). Xét tứ giác BIDK có : \(\widehat {BID} + \widehat {BKD} = {90^0} + {90^0} = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác BIDK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800). \( \Rightarrow \widehat {DKI} = \widehat {DBI}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DI) (1). Ta có \(\Delta ABD \sim \Delta HBI\,\,\left( {cmt} \right)\) \(\Rightarrow \dfrac{{BD}}{{BI}} = \dfrac{{AD}}{{HI}} = \dfrac{{2MD}}{{2NI}} = \dfrac{{MD}}{{NI}}\) Xét \(\Delta BDM\) và \(\Delta BIN\) có : \(\begin{array}{l}\widehat {HIB} = \widehat {ADB}\,\,\left( {cmt} \right);\\\dfrac{{BD}}{{BI}} = \dfrac{{MD}}{{NI}}\,\,\left( {cmt} \right);\end{array}\) \( \Rightarrow \Delta BDM \sim \Delta BIN\,\,\left( {c.g.c} \right) \) \(\Rightarrow \widehat {DBM} = \widehat {IBN}\) (2 góc tương ứng) \( \Rightarrow \widehat {DBM} + \widehat {DBN} = \widehat {IBN} + \widehat {DBN} \) \(\Rightarrow \widehat {MBN} = \widehat {BDI}\) (2) Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {DKI} = \widehat {MBN}\) hay \(\widehat {MKN} = \widehat {MBN} \) (\Rightarrow \) Tứ giác MNBK là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau). \( \Rightarrow \widehat {BKM} + \widehat {BNM} = {180^0}\) (tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp) Mà \(\widehat {BKM} = {90^0}\) (cách dựng) \( \Rightarrow \widehat {BNM} = {90^0}\) (đpcm). xemloigiai.com
|