Tính chất của tiếp tuyến, hai tiếp tuyến cắt nhau SVIP

Hướng dẫn giải:

a) Tứ giác OCAB là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

b) Từ câu a) suy ra tam giác ABO vuông, có góc \(\widehat{O}=60^\circ.\)

\(BE=BO.\dfrac{BE}{BO}=BO.\tan60^\circ=R\sqrt{3}.\)

Hướng dẫn giải:

a) AB = AC và OB = OC nên OA là trung trực của đoạn BC, do đó OA $bot$ BC.

b) Chứng minh được BC $\bot$ BD nên BD // AO.

c) Tam giác vuông ABO có $\cos O = \dfrac12$ nên $\widehat{O} = 60^\circ$.

Từ đó chứng minh được tam giác $ABC$ đều, $AB = AO.\sin 60\degree = 4.\dfrac{\sqrt3}{2} = 2\sqrt3$ cm.

Hướng dẫn giải:

a) Ta thấy OC là trung trực của AB nên ΔOAC = ΔOBC (c.c.c), duy ra góc OBC vuông. Do đó CB là tiếp tuyến của đường tròn.

b) AI = AB : 2 = 12 cm.

Tính được OI = 9 cm.

$OC = OA^2 : OI = 15^2 : 9 = 25$ cm.

Hướng dẫn giải:

Kẻ IH $\bot$ BC.

I thuộc phân giác góc ABC nên IH = IA, suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn (I ; IA).

Hướng dẫn giải:

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\bot$ MN, OK $\bot$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI < OK\Rightarrow\frac{OI}{OA}<\frac{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin{\widehat{OAI}}< \sin{\widehat{OAK}} \Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK} \Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.$

Hướng dẫn giải:

Ta có: AE’ = AF’, BD’ = BF’, CD’ = CE’ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra

AE’ + AF’ = (AC + CE’) + (AB + BF’)

= (AC + CD’) + (AB + BD’) = AC + BC + AB = 2p.

Do đó: AE’ = AF’ = p.  

Hướng dẫn giải:

Gọi chu vi tam giác CMN bằng p.

Tìm ý tưởng: p = BC + CD, hệ thức này gợi cho ta đến tính chất của đường tròn bàng tiếp (xem bài 2). Ở đây là đường tròn bàng tiếp góc C của ΔCMN.

Gọi B’, D’ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc C của ΔCMN với đường kéo dài cạnh CM, CN.

Ta đã có, CB’ = CD’ = $\frac{p}{2}$ = CB = CD $\Rightarrow$ B’ $\equiv$ B và D $\equiv$ D’. Do đó, tâm đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác CMN là điểm A.

Từ đó, $\widehat{MAN}=\widehat{MAC}+\widehat{NAC}=\frac{1}{2}\left(\widehat{BAC}+\widehat{DAC}\right)={45}^\circ$.

Hướng dẫn giải:

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

a) \(\widehat{COD}=\dfrac{\widehat{O_2}}{2}+\dfrac{\widehat{O_3}}{2}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{O_1}+\widehat{O_2}+\widehat{O_3}+\widehat{O_4}\right)=\dfrac{1}{2}.180^\circ=90^\circ.\)

b) CD = CM + MD = CA + DB.

c) $AC.BD = MC.MD = OM^2$ (cố định).

Hướng dẫn giải:

a) Tam giác MAN cân tại A có OA là tia phân giác nên nó cũng trùng với đường cao. Vì vậy \(OA\perp MN\).
b) Do AM, AN là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm nằm ngoài đường tròn nên AO là phân giác góc \(\widehat{MAN}\) và I là điểm chính giữa của cung MN. Từ đó ta có:

\(\widehat{NMI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{NI}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{MI}=\widehat{IMA}\).

\(\Rightarrow\) IM là phân giác góc \(\widehat{NMA}\).

\(\Rightarrow\) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNA.
c) Nếu tứ giác OMIN là hình thoi thì \(OM=ON=MI=IN=R\).
Suy ra các tam giác OMI, ONI là tam giác đều. Vì vậy \(\widehat{MON}=\widehat{MOA}+\widehat{AON}=60^o+60^o=120^o\).
Suy ra \(\widehat{MAN}=180^o-\widehat{MON}=60^o\).
Ngược lại giả sử \(\widehat{MAN}=60^o\). Suy ra \(\widehat{MON}=180^o-\widehat{MAN}=120^o\).
Có OA là tia phân giác của góc MON nên \(\widehat{MOA}=\widehat{AON}=120^o:2=60^o\).
Suy ra các tam giác MOA, AON là tam giác đều hay tứ giác OMIN là hình thoi.

Vậy \(\widehat{MAN}=60^o\) thì tứ giác OMIN là hình thoi.

Hướng dẫn giải:

a) Theo tính chất của hai của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
\(\widehat{DAB}=\widehat{BAH}\); \(\widehat{HAC}=\widehat{CAE}\).
Suy ra: \(\widehat{DAE}=\widehat{DAB}+\widehat{BAH}+\widehat{HAC}+\widehat{CAE}\)\(=2\widehat{BAH}+2\widehat{HAC}\)\(=2\widehat{BAC}=180^o\).
Do \(\widehat{DAE}=180^o\) nên DE là đường kính, suy ra D, E, A thẳng hàng.
b) Theo câu a:  DE là đường kính đường tròn tâm A.
Có \(BD\perp DE,CE\perp DE\). Suy ra BD//CE.

Gọi O là trung điểm BC.
Vậy tứ giác BDEC là hình thang. Do O và A lần lượt là trung điểm của BC, DE nên OA là đường trung bình của hình thang BDEC.
Suy ra \(OA\perp DE\) mà \(OA=\dfrac{BC}{2}\) nên OA là bán kính của đường tròn đường kính BC.

Thế thì $DE$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $BC$.

Hướng dẫn giải:

a) Có:

\(\widehat{MAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\), \(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB}.\)

Mà \(sđ\stackrel\frown{AB}=sđ\stackrel\frown{AC}\)

Vì vậy AD = BC và AD//BC nên tứ giác ABCD là hình bình hành.
b) Theo tứ giác ABCD là hình thành nên BD và AC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(MA=MC\) và OM là tia phân giác góc AMC.
AM = MC nên tam giác AMC cân tại M và MO là tia phân giác của tam giác AMC nên OM cũng đi qua trung điểm của AC.
Suy ra ba đường thẳng AC, BD, OM đồng quy.