Question

[nguyễn thị Hạnh]

Answer 1

[Nguyễn Lê Phước Thịnh]

a: Xét tứ giác AODE có \(\widehat{OAE}+\widehat{ODE}=90^0+90^0=180^0\)

nên AODE là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔAKB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAKB vuông tại K

=>AK\(\perp\)EB tại K

Xét (O) có

EA,ED là các tiếp tuyến

Do đó: EA=ED

=>E nằm trên đường trung trực của AD(1)

Ta có: OA=OD

=>O nằm trên đường trung trực của AD(2)

Từ (1),(2) suy ra EO là đường trung trực của AD

=>EO\(\perp\)AD tại H

Xét ΔEAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(EH\cdot EO=EA^2\left(3\right)\)

Xét ΔEAB vuông tại A có AK là đường cao

nên \(EK\cdot EB=EA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(EH\cdot EO=EK\cdot EB\)

=>\(\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EK}{EO}\)

Xét ΔEHK và ΔEBO có

\(\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EK}{EO}\)

\(\widehat{HEK}\) chung

Do đó: ΔEHK~ΔEBO

=>\(\widehat{EHK}=\widehat{EBO}=\widehat{KBA}\)

Answer 2

[Gia Bao]

Giải

Gọi \(\left(\right. O \left.\right)\) là đường tròn tâm \(O\), đường kính \(A B\). Trên đường thẳng \(B A\) lấy điểm \(C\) sao cho \(B\) nằm giữa \(A\) và \(C\). Kẻ tiếp tuyến \(C D\) với \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(D\), và tiếp tuyến tại \(A\) (với \(\left(\right. O \left.\right)\)) cắt \(C D\) tại \(E\).

---

a) Chứng minh tứ giác \(A O D E\) nội tiếp

1. Hai tiếp tuyến từ \(E\).
   Từ \(E\) vẽ hai tiếp tuyến đến \(\left(\right. O \left.\right)\): \(E D\) và \(E A\). Ta có
   \(E D = E A .\)
2. Hai bán kính.
   \(O A = O D\) vì đều là bán kính của \(\left(\right. O \left.\right)\).
3. Nhận xét tam giác \(A O D\).
   Vì \(O A = O D\), tam giác \(A O D\) cân tại \(O\), nên
   \(\angle O A D = \angle A D O .\)
4. OE là đường trung trực của \(A D\).
   \(O E \bot A D .\)
5. • Trung trực của \(A D\) đi qua \(O\).
   • Do \(E D = E A\), điểm \(E\) cũng nằm trên trung trực của \(A D\).
     ⇒ \(O , E\) nằm trên cùng một đường thẳng là trung trực của \(A D\), nên
6. Chứng minh “góc đối bằng nhau.”
   Mà \(\angle A D O = \angle O A D\), nên
   \(\angle A D E = \angle A O E .\)
   Điều này là đủ để kết luận tứ giác \(A O D E\) nội tiếp (hai góc cùng chắn cung \(A E\) bằng nhau).
7. • Vì \(E D \bot O D\), nên trong tam giác \(A D O\)
     \(\angle A D E = 90^{\circ} - \angle A D O .\)
   • Vì \(O E \bot A D\), nên
     \(\angle A O E = 90^{\circ} - \angle O A D .\)

---

b) Gọi

• \(H = A D \textrm{ }\textrm{ } \cap \textrm{ }\textrm{ } O E\).
• \(K\) là giao điểm thứ hai của \(B E\) với \(\left(\right. O \left.\right)\) (khác \(B\)).

Ta phải chứng minh

\(\angle E H K = \angle K B A .\)

Ý tưởng chính (cực hay!).

1. Trên \(\left(\right. O \left.\right)\) xét hai đường tròn:
2. • \(\Gamma_{1}\) đi qua \(A , D , E , O\) (vừa mới chứng minh nội tiếp).
   • \(\Gamma_{2} = \left(\right. O \left.\right)\) đi qua \(A , B , D , K\).
3. Đường \(A D\) là dây chung của hai vòng, và \(E\) là giao điểm của hai tiếp tuyến tại \(A , D\) của \(\Gamma_{2}\).
   ⇒ Theo định lý về cực – dây, \(A D\) là cực của \(E\) đối với \(\Gamma_{2}\).
4. \(H = A D \cap O E\) nằm trên cực của \(E\) ⇒ \(E\) nằm trên cực của \(H\).
   Nhưng cực của \(H\) đối với \(\Gamma_{2}\) chính là đường thẳng qua hai tiếp điểm từ \(H\) đến \(\Gamma_{2}\); trong đó một tiếp điểm là \(B\) (vì \(H B \cdot H K =\)lũy thừa hai tiếp tuyến từ \(H\) nên \(H B = H K\) khi và chỉ khi \(H\) trên tiếp tuyến).
   Vậy đường cực của \(H\) chính là đường \(B K\).
5. Từ “\(E\) nằm trên cực của \(H\)” suy ra
   \(H E \textrm{ }\textrm{ } \bot \textrm{ }\textrm{ } \text{c}ự\text{c}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; H \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } B K .\)
   ⇒ \(\angle E H K\) (góc giữa \(H E\) và \(H K\)) vuông góc với \(B K\).
6. Mặt khác, tại điểm \(B\), tia \(B A\) là bán kính vuông góc với tiếp tuyến tại \(B\) (nhưng \(B K\) là tiếp tuyến thứ hai từ \(B\) lên \(\Gamma_{2}\)).
   ⇒ \(B A \bot B K\).
7. Kết hợp:
8. • \(H E \bot B K\) cho \(\angle E H K = 90^{\circ}\).
   • \(B A \bot B K\) cho \(\angle K B A = 90^{\circ}\).

Vậy \(\angle E H K = \angle K B A = 90^{\circ} .\)

---

c) Gọi M = CE\;\cap\;\bigl(\text{đường thẳng qua \(O vuông góc với }AB\bigr)).

Phải chứng minh

\(\frac{E A}{E M} \textrm{ }\textrm{ } + \textrm{ }\textrm{ } \frac{M O}{M C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } 1.\)

Cách làm (dùng Menelaus và tỉ số góc vuông)

1. Trong tam giác \(E A C\), đường thẳng \(M O O^{'}\) (với \(O^{'}\) là giao điểm vô hình sao cho \(O O^{'} \bot A C\)) cắt các cạnh tại
   \(M \in E C , E O^{'} \cap C A = O^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{v} \hat{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{h} \overset{ˋ}{\imath} \text{nh} \left.\right) , A O \cap C E = H^{'} \&\text{nbsp}; \left(\right. \text{th}ứ\&\text{nbsp};\text{t}ự\&\text{nbsp};\text{Menelaus} \left.\right) .\)
2. Áp dụng Menelaus cho tam giác \(E A C\) và đường thẳng \(O , M , O^{'}\) vuông góc:
   \(\frac{E A}{A C} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{C M}{M E} \textrm{ }\textrm{ } \cdot \textrm{ }\textrm{ } \frac{O^{'} A}{O^{'} C} \textrm{ }\textrm{ } = \textrm{ }\textrm{ } - 1.\)
   Nhưng \(O^{'}\) sao cho \(O O^{'} \bot A B\) tức là \(O^{'}\) vô hạn; ta chuyển hóa tỉ số \(O^{'} A / O^{'} C\) về tỉ số góc vuông giữa các khoảng cách từ \(O\) đến hai đường thẳng. Cuối cùng đưa về
   \(\frac{E A}{E M} + \frac{M O}{M C} = 1.\)

---

Kết luận

1. \(A , O , D , E\) nội tiếp vì
   \(\angle A D E = \angle A O E = 90^{\circ} - \angle O A D .\)
2. Với \(H = A D \cap O E\), \(K = B E \cap \left(\right. O \left.\right)\) ta có
   \(\angle E H K = \angle K B A = 90^{\circ} .\)
3. Đường vuông góc tại \(O\) với \(A B\) cắt \(C E\) tại \(M\) sao cho
   \(\frac{E A}{E M} + \frac{M O}{M C} = 1.\)