Cho đường tròn ( O ; R ) , dây D E < 2 R , điểm M thuộc tia đối của tia D E . Từ M kẻ hai tiếp tuyến M B và M C tới đường tròn ( O ) ( B và C là hai tiếp điểm)

5/6

Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\), dây \(DE < 2R\), điểm \(M\)thuộc tia đối của tia \(DE\). Từ \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \[MB\] và \[MC\] tới đường tròn \(\left( O \right)\) (\(B\) và \(C\) là hai tiếp điểm). Gọi \(I\) là trung điểm của \(DE\).

(a) Chứng minh: bốn điểm \[M,B,I,O\] cùng thuộc một đường tròn.

(b) Chứng minh: \(MD.ME = M{B^2}\).

(c) Kẻ đường kính \(BK\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Chứng minh: \(OM\,{\rm{//}}\,CK\) và \(OB.CB = MB.CK\).

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho đường tròn ( O ; R ) , dây D E < 2 R , điểm M thuộc tia đối của tia D E . Từ M kẻ hai tiếp tuyến M B và M C tới đường tròn ( O ) ( B và C là hai tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của D E . (ảnh 1)

a) Vì \[D,E \in \left( O \right)\] nên \[OD = OE = R\].

Suy ra \(\Delta ODE\) cân tại \(O\).

Mà \[OI\] là đường trung tuyến của \(\Delta ODE\) (vì \(I\) là trung điểm của \(DE\)).

Do đó \[OI\] cũng là đường cao của \(\Delta ODE\).

Vì vậy \(OI \bot DE\).

Suy ra \[\Delta OIM\] vuông tại \(I\).

Vì vậy ba điểm \[O,I,M\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OM\] (1)

Ta có: \(MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), với \(B\) là tiếp điểm.

Suy ra \(OB \bot MB\).

Do đó \[\Delta OBM\] vuông tại \(B\).

Vì vậy ba điểm \[O,B,M\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OM\] (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra \[M,B,I,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[OM\].

b) Xét \(\Delta OIM\)vuông tại \(I\), có: \(O{M^2} = I{M^2} + O{I^2}\) (Định lý Pythagore).

Xét \(\Delta OID\)vuông tại \(I\), có: \(O{I^2} = O{D^2} - I{D^2}\) (Định lý Pythagore).

Xét \(\Delta OBM\)vuông tại \(B\), có: \(M{B^2} = O{M^2} - O{B^2}\) (Định lý Pythagore).

\( = I{M^2} + O{I^2} - O{B^2}\).

\[ = I{M^2} + O{D^2} - I{D^2} - O{B^2}\].

\[ = I{M^2} - I{D^2}\] (do \[OD = OB = R\]).

\[ = \left( {IM + ID} \right)\left( {IM - ID} \right)\].

\[ = \left( {IM + IE} \right)\left( {IM - ID} \right)\] (do \[IE = ID\]).

\[ = ME.MD\] (điều phải chứng minh).

Vậy \(MD.ME = M{B^2}\).

c) Gọi \(H\) là giao điểm của \(BC\) và \(MO\).

Ta có: \(MB,MC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), với \(B,C\) là hai tiếp điểm.

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta được:

\(MB = MC\) và \(MO\) là tia phân giác của \(\widehat {BMC}\).

Suy ra \(\Delta BMC\) cân tại \(M\) có \(MO\) là đường phân giác.

Khi đó \(MO\) cũng là đường trung trực của \(\Delta BMC\).

Suy ra \(MO \bot BC\) tại \(H\) và \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Xét \(\Delta BKC\), có:

⦁ \(H\) là trung điểm của \(BC\) (chứng minh trên);

⦁ \(O\) là trung điểm của \(BK\) (vì \(BK\) là đường kính của đường tròn \(\left( O \right)\)).

Do đó \(OH\) là đường trung bình của .

Suy ra \(OH\,{\rm{//}}\,CK\).

Vì vậy \(OM\,{\rm{//}}\,CK\) (điều phải chứng minh).

Đường tròn \(\left( O \right)\) có \(BK\) là đường kính.

Suy ra \(\widehat {KCB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông).

Xét \(\Delta OBM\) và \(\Delta KCB\), có:

\(\widehat {OBM} = \widehat {KCB} = 90^\circ \);

\(\widehat {BMO} = \widehat {CBK}\) (cùng phụ với \(\widehat {BOM}\)).

Do đó (g.g).

Suy ra \[\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BM}}{{CB}}\].

Vậy \[OB.CB = BM.CK\] (điều phải chứng minh).