Cho ( O ; R ) và một điểm S nằm ngoài đường tròn. Từ điểm S kẻ hai tiếp tuyến SA , SB với ( O ; R ) ( A , B là các tiếp điểm ).

8/9

Cho \[\left( {O\,;\,R} \right)\] và một điểm \[S\] nằm ngoài đường tròn. Từ điểm \[S\] kẻ hai tiếp tuyến \[SA\], \[SB\]với \[\left( {O\,;\,R} \right)\](\[A\], \[B\] là các tiếp điểm ).

a) Chứng minh tứ giác \[OASB\] là tứ giác nội tiếp.

b) Kẻ đường kính \[BD\] của đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\]. Đường thẳng \[SD\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại \[C\] (\[C\] khác \[D\]). Gọi \[I\] là giao điểm của \[SO\] và \[AB\]. Tia \[CI\] cắt đường tròn \[\left( {O\,;\,R} \right)\] tại điểm thứ hai là \[M\].

Chứng minh \[\Delta SCI\] đồng dạng với \[\Delta SOD\] và \[SO\] song song với \[BM\].

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

blobid0-1768121241.dat

a) Ta có \[SA\], \[SB\] là các tiếp tuyến của \[\left( {O\,;\,R} \right)\] nên \[\widehat {SAO} = \widehat {SBO} = 90^\circ \]

Xét \[\Delta SAO\] có \[\widehat {SAO} = 90^\circ \] nên \[\Delta SAO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\].Hay ba điểm \[S\,;\,A\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\](1)

Xét \[\Delta SBO\] có \[\widehat {SBO} = 90^\circ \] nên \[\Delta SBO\] nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\]. Hay ba điểm \[S\,;\,B\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\](2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[S\,;\,A\,;\,B\,;\,O\] cùng nằm trên đường tròn đường kính \[SO\].

Vậy tứ giác \[SAOB\]nội tiếp đường tròn đường kính \[SO\].

b) Ta có \[\widehat {SAO} = \widehat {SAC} + \widehat {OAC} = 90^\circ \] nên \[\widehat {SAC} = 90^\circ - \widehat {OAC}\](3)

Xét \[\Delta OAC\] có \[OA = OC = R\] do đó \[\Delta OAC\] cân tại \[O\] suy ra:

\[\widehat {CAO} + \widehat {ACO} + \widehat {AOC} = 180^\circ \] và \[\widehat {CAO} = \widehat {OCA}\]

\[\widehat {AOC} = 180^\circ - 2\widehat {OAC}\]

Mà \[\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\]( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn )

\[\widehat {ADC} = \frac{1}{2}\left( {180^\circ - 2\widehat {AOC}} \right)\]

\[\widehat {ADC} = 90^\circ - \widehat {AOC}\] (4). Từ (3) và (4) suy ra \[\widehat {SAC} = \widehat {ADC}\]. Hay \[\widehat {SAC} = \widehat {SDA}\].

+)Xét \[\Delta SAC\] và \[\Delta SDA\] có: \[\widehat {DSA}\] chung và \[\widehat {SAC} = \widehat {SDA}\](cmt).

Do đó (g.g) suy ra \[\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SD}}{{SA}}\] hay \[S{A^2} = SC.SD\](5).

+) Có \[SA = SB\](tính chất hai tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài đường tròn) và \[OA = OB = R\] nên \[SO\] là đường trung trực của \[AB\] suy ra \[\widehat {SIA} = 90^\circ \].

Xét \[\Delta SIA\] và \[\Delta SOA\] có \[\widehat S\] chung và \[\widehat {SIA} = \widehat {SAO} = 90^\circ \]do đó (g.g)

Suy ra \[\frac{{SI}}{{SA}} = \frac{{SA}}{{SO}}\] hay \[S{A^2} = SI.SO\](6). Từ (5) và (6) suy ra \[SC.SD = SI.SO\]

Hay \[\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}\].

Xét \[\Delta SCI\] và \[\Delta SOD\] có \[\widehat {DSO}\] chung và \[\frac{{SC}}{{SO}} = \frac{{SI}}{{SD}}\](cmt)

Do đó (c.g.c), suy ra \[\widehat {SIC} = \widehat {SDO}\]

mà \[\widehat {SDO} = \widehat {CMB}\](góc nội tiếp cùng chắn ) nên \[\widehat {SIC} = \widehat {CMB}\], hơn nữa hai góc này ở vị trí đồng vị nên \[SI\,{\rm{//}}\,BM\] hay \[SO\,{\rm{//}}\,BM\]