Cho hình thoi ABCD \(\left( {AC > BD} \right)\)...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

a)      Chứng minh rằng: \(\widehat {LOK} = \widehat {LBO}\) và \(BL.DK = O{B^2}.\)

Gọi điểm tiếp xúc của LK với (O) là T.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat {LOK} = \widehat {LOT} + \widehat {TOK} = \frac{{\widehat {TOE}}}{2} + \frac{{\widehat {TDH}}}{2} = \frac{{\widehat {EOH}}}{2} = {90^0} - \widehat {EOB} = \widehat {LBO}\\\widehat {OLK} = \widehat {OLB}\end{array}\)

(Do LB, LK là các tiếp tuyến).

Khi đó: tam giác OLK và BLO đồng dạng.

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có:

\(\begin{array}{l}\Delta OLK \sim \Delta DOK\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \Delta DOK \sim \Delta BLO\\ \Rightarrow \frac{{OD}}{{BL}} = \frac{{DK}}{{BO}} \Rightarrow BL.DK = BO.DO = O{B^2}.\end{array}\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

b)     Đường tròn ngoại tiếp tam giác CFL cắt AB tại M khác L và đường tròn ngoại tiếp tam giác CKG cắt AD tại N khác K. Chứng minh rằng 4 điểm K, L, M, N nằm trên một đường tròn.

Ta có: Do CFML nội tiếp nên: \(BM.BL = BC.BF = B{O^2} = BL.DK \Rightarrow BM = DK.\)

Do vậy BMDK là hình thang cân nên KM // BD.

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: LN // BD.

Do vậy KMLN là hình thang cân nên hiển nhiên nội tiếp 1 đường tròn.

Ta có điều phải chứng minh.

c)      Lấy các điểm P, Q tương ứng trên FC, CG sao cho LP song song với KQ. Chứng minh rằng KQ tiếp xúc với \(\left( O \right)\).

Ta có:

Kẻ PQ’ tiếp xúc với (O) và Q’ thuộc CD.

Tương tự phần a, chứng minh như vậy ta suy ra:

\(\begin{array}{l}BP.DQ' = O{B^2} = BL.DK \Rightarrow \frac{{BP}}{{BL}} = \frac{{DK}}{{DQ'}}\\\widehat {LBP} = \widehat {KDQ'}\\ \Rightarrow \Delta BLP \sim \Delta DQ'K\,\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {BLP} = \widehat {DQ'K}\\ \Rightarrow AB//CD \Rightarrow LP//KQ' \Rightarrow Q \equiv Q'\end{array}\)

Vậy KQ tiếp xúc với (O).