Cho đường tròn (O ; R) và A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 3R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với (O) (M nằm giữa A và N) và AMN không đi qua O. Gọi I là trung điểm MN.
a) CM : 5 điểm A, B, O, I, C cung thuộc đường tròn
b) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AM, AN trong trường hợp MN = R\(\sqrt{3}\)
c) BC cắt AO và OI tại H và K. CM : OH.OA = OI.OK = \(R^2\)
d) CM : KM, KN...
Đọc tiếp
Cho đường tròn (O ; R) và A nằm ngoài đường tròn sao cho OA = 3R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với (O) (M nằm giữa A và N) và AMN không đi qua O. Gọi I là trung điểm MN.
a) CM : 5 điểm A, B, O, I, C cung thuộc đường tròn
b) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AM, AN trong trường hợp MN = R\(\sqrt{3}\)
c) BC cắt AO và OI tại H và K. CM : OH.OA = OI.OK = \(R^2\)
d) CM : KM, KN lần lượt là tiếp tuyến của (O)
Lời giải:
a)
Vì $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên \(OB\perp AB, OC\perp AC\)
\(\Rightarrow \widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)
Tứ giác $ABOC$ có tổng 2 góc đối \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^0+90^0=180^0\) nên $ABOC$ là tứ giác nội tiếp, hay $A,B,O,C$ đồng viên (1)
Mặt khác:
$I$ là trung điểm của dây cung $MN$ nên $OI\perp MN$
\(\Rightarrow \widehat{AIO}=90^0\)
Tứ giác $ABIO$ có \(\widehat{ABO}=\widehat{AIO}(=90^0)\) và cùng nhìn cạnh $AO$ nên $ABIO$ là tứ giác nội tiếp, hay $A,B,I,O$ đồng viên (2)
Từ (1); (2) suy ra $A,B,I,O,C$ đồng viên (hay cùng thuộc 1 đường tròn)
b)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $ABO$ vuông tại $B$:
\(AB=\sqrt{AO^2-BO^2}=\sqrt{(3R)^2-R^2}=2\sqrt{2}R\)
Xét tam giác $ABM$ và $ANB$ có:
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{ABM}=\widehat{ANB}\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó, trong TH này chính là tiếp tuyến $BA$ và dây cung $BM$)
\(\Rightarrow \triangle ABM\sim \triangle ANB(g.g)\Rightarrow \frac{AB}{AN}=\frac{AM}{AB}\)
\(\Leftrightarrow AM.AN=AB^2=8R^2\)
\(\Leftrightarrow AM(AM+MN)=8R^2\Leftrightarrow AM(AM+R)=8R^2\)
\(\Rightarrow AM=\frac{-1+\sqrt{33}}{2}R\)
\(AN=AM+MN=\frac{1+\sqrt{33}}{2}R\)
c)
\(OB=OC=R\)
\(AB=AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
\(\Rightarrow OA\) là trung trực của $BC$
\(\Rightarrow OA\perp BC\) tại $H$ \(\Rightarrow \widehat{AHK}=90^0\)
Tứ giác $AKIH$ có \(\widehat{AIK}=\widehat{AHK}=90^0\) và cùng nhìn cạnh $AK$ nên $AKIH$ là tứ giác nội tiếp
\(\Rightarrow OI.OK=OH.OA\)
d)
Xét tam giác vuông $ABO$ vuông tại $B$ có đường cao $BH$, áp dụng công thức hệ thức lượng ta có \(OH.OA=OB^2=R^2=OM^2\)
Mà \(OI.OK=OH.OA\) (cmt)
\(\Rightarrow OI.OK=OM^2\) \(\Rightarrow \frac{OI}{OM}=\frac{OM}{OK}\)
Xét tam giác $OMI$ và $OKM$ có:
\(\widehat{O}\) chung
\(\frac{OI}{OM}=\frac{OM}{OK}\)
\(\Rightarrow \triangle OMI\sim \triangle OKM(c.g.c)\Rightarrow \widehat{OMI}=\widehat{OKM}\)
\(\Leftrightarrow \widehat{OMI}=90^0-\widehat{KMI}\Leftrightarrow \widehat{OMI}+\widehat{KMI}=90^0\)
\(\Leftrightarrow \widehat{KMO}=90^0\Rightarrow KM\perp OM\). Do đó $KM$ là tiếp tuyến của $(O)$. Hoàn toàn tương tự với $KN$ ta có đpcm.
Hình vẽ: