Bài Làm:
Lời giải bài 4 :
Đề ra :
Cho tam giác ABC có $\widehat{BAC}=45^{\circ}$ , các góc B và C đều nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tai D và E. Gọi H là giao điểm của CD và BE.
a. Chứng minh AE = BE.
b. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE.
c. Chứng minh OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.
Lời giải chi tiết:
a. Ta có: $\widehat{BEA}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC)
<=> $\widehat{AEB}=90^{\circ}$ .
=> Tam giác AEB vuông ở E .
Theo bài ra : $\widehat{BAC}=45^{\circ}=>\widehat{BAE}=45^{\circ}$
=> Tam giác AEB vuông cân tại E => AE = BE (đpcm) .
b. Ta có : $\widehat{BDC}=90^{\circ}$ => $\widehat{ADH}=90^{\circ}$
Mặt khác : $\widehat{AEB}=90^{\circ}$ (câu a) <=> $\widehat{AEH}=90^{\circ}$
=> $\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=180^{\circ}$
Vậy Tứ giác ADHE nội tiếp được trong một đường tròn. (đpcm)
Tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE là trung điểm AH <=> AK = AH.
c. Tam giác AEH vuông ở E có: AK = AH => KE = KA = $\frac{1}{2}AH$.
Vậy tam giác AKE cân ở K <=> $\widehat{KAE}=\widehat{KEA}$ .
Xét $\triangle EOC$ có : OC = OE
=> $\triangle EOC$ cân tại O .
=> $\widehat{OCE}=\widehat{OEC}$ .
H là trực tâm tam fiasc ABC => $AH\perp BC$
=> $\widehat{HAC}+\widehat{ACO}=90^{\circ}$
=> $\widehat{AEK}+\widehat{OEC}=90^{\circ}$
=> $\widehat{KEO}=90^{\circ}=> OE\perp KE$
=> Điểm K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE nên cũng là tâm đường tròn ngoại tam giác ADE.
Vậy OE là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. (đpcm)