Giải bài 5.33 trang 72 sách bài tập toán 9 - Kết nối tri thức tập 1
Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N. a) Chứng minh AB là một đường kính của (O). b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng (D in left( O right),P in b) và (Q in a). c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D. d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.
Đề bài
Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh AB là một đường kính của (O).
b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng D∈(O),P∈b và Q∈a.
c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D.
d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a) + Chứng minh a⊥OA, b⊥OB mà a//b nên ba điểm O, A, B thẳng hàng.
+ Lại có: OA=OB (bán kính của (O)). Do đó, AB là một đường kính của (O).
b) + Chứng minh D thuộc (O).
+ Chứng minh tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM, suy ra BP//a. Mà b//a nên đường thẳng BP≡b. Khi đó, P thuộc b.
+ Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.
c) + Chứng minh ΔCOM=ΔDOP(c.g.c), suy ra ^PDO=^MCO=90o.
+ Chứng minh ΔCON=ΔDOQ(c.g.c), suy ra ^QDO=^NCO=90o.
+ Chứng minh ^QDP=180o. Suy ra, ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.
d) + Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
+ Chứng minh ^AOM=^MOC=12^AOC, ^BON=^NOC=12^BOC nên ^MOC+^NOC=90o nên MP vuông góc với NQ tại O.
+ Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O. Do đó, MNPQ là hình thoi.
Lời giải chi tiết
a) Vì a tiếp xúc với (O) tại A hay a là tiếp tuyến của (O) tại A. Do đó, a⊥OA.
Vì b tiếp xúc với (O) tại B hay b là tiếp tuyến của (O) tại B. Do đó, b⊥OB.
Lại có: a//b. Do đó, ba điểm O, A, B thẳng hàng.
Vì OA=OB nên AB là đường kính của (O).
b) Vì C thuộc (O) và D đối xứng với C qua O nên do tính đối xứng của đường tròn, suy ra D thuộc (O).
Tứ giác AMBP có: OA=OB, OM=OP (P đối xứng với M qua O) nên tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM. Vì M, A thuộc đường thẳng a nên BP//a.
Mà b//a nên đường thẳng BP≡b. Khi đó, P thuộc b.
Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.
c) Tam giác COM và tam giác DOP có: OM=OP,OC=OD (vì D đối xứng với C qua O), ^MOC=^POD (hai góc đối đỉnh) nên ΔCOM=ΔDOP(c.g.c), suy ra ^PDO=^MCO=90o.
Tương tự ta có: ΔCON=ΔDOQ(c.g.c), suy ra ^QDO=^NCO=90o.
Ta có: ^PDO+^QDO=^QDP=180o nên ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.
d) Tứ giác MNPQ có hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên MNPQ là hình bình hành.
Vì MA và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M của (O) nên OM là tia phân giác của góc AOC.
Do đó, ^AOM=^MOC=12^AOC.
Vì NB và NC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N của (O) nên ON là tia phân giác của góc BOC.
Do đó, ^BON=^NOC=12^BOC.
Ta có:
^MOC+^NOC=12(^AOC+^BOC)=12.180o=90o.
Suy ra ^MON=900 nên MP⊥ NQ tại O.
Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O.
Do đó, MNPQ là hình thoi.