Từ điểm $A$ nằm bên ngoài đường tròn $\left( {O\,;R} \right)$, kẻ hai tiếp tuyến

8/8

Từ điểm $A$ nằm bên ngoài đường tròn $\left( {O\,;R} \right)$, kẻ hai tiếp tuyến $AB,\,\,AC$ với đường tròn $(B,C$ là các tiếp điểm), $AO$ cắt $BC$ tại $K$.

1) Chứng minh $ABOC$ là tứ giác nội tiếp và $AO$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC.$

2) Gọi $P$ là điểm bất kì thuộc $\left( O \right)$ sao cho tia $BO$ nằm giữa hai tia $BP$ và $BC,H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $B$ xuống $PC,M$ là trung điểm $BH$ và $PM$ cắt $\left( O \right)$ tại $Q$ (khác $P).$Chứng minh $\widehat {QMK} = \widehat {QCA}$.

3) Chứng minh $\widehat {AQC} = 90^\circ $ và $AC = 2R\,{\rm{tan}}\widehat {CPQ}$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

a) Vì $AB,\,\,AC$ là tiếp tuyến nên $\widehat {ABO} = \widehat {ACO} = 90^\circ $.

Xét tứ giác $ABOC$ có

$\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ .$

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác $ABOC$ nội tiếp.

$Từ điểm $A$ nằm bên ngoài đường tròn $\left( {O\,;R} \right)$, kẻ hai tiếp tuyến (ảnh 1)$

Ta có $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); $OB = OC = R$.

Suy ra $AO$ là đường trung trực của $BC$ (đpcm).

b) Do $K$ là trung điểm $BC,M$ là trung điểm $BH$ nên $KM$ là đường trung bình $\Delta BCH.$

Suy ra $KM\,{\rm{//}}\,CH$ nên $\widehat {QMK} = \widehat {QPC}$ (đồng vị)

Vì $\Delta OCQ$ cân tại $O$ nên $\widehat {OCQ} = \widehat {OQC}.$

Suy ra $\widehat {OCQ} = \widehat {OQC} = \frac{{180^\circ - \widehat {COQ}}}{2} = 90^\circ - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.$

Vì \[AC\] là tiếp tuyến với đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm \[C\] nên $OC \bot CA$ hay $\widehat {OCA} = 90^\circ $.

Suy ra \[\widehat {ACQ} = 90^\circ - \widehat {OCQ}\]\[ = 90^\circ - \left( {90^\circ - \frac{{\widehat {COQ}}}{2}} \right) = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\]

Mặt khác nên \[\widehat {QPC} = \frac{{\widehat {COQ}}}{2}.\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra $\widehat {QCA} = \widehat {QPC}$.Vậy$\widehat {QMK} = \widehat {QCA}$.

c) Kẻ $AQ$ cắt $\left( O \right)$ tại $E.$

Xét $\Delta ACQ$ và $\Delta AEC$ có $\widehat {CAE}$ chung; .

Do đó

Suy ra $\frac{{AC}}{{AE}} = \frac{{AQ}}{{AC}}$ hay AC2=AE⋅AQ.1

Xét $\Delta ACK$ và $\Delta AOC$ có $\widehat {AKC} = \widehat {ACO} = 90^\circ $; $\widehat {ACK} = \widehat {AOC}$ (cùng phụ $\widehat {OCK}\,)$.

Do đó .

Suy ra $\frac{{AC}}{{AK}} = \frac{{AO}}{{AC}}$ hay AC2=AK⋅AO.2

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $AK \cdot AO = AE \cdot AQ$ hay $\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AO}}$.

Xét $\Delta AKQ$ và $\Delta AEO$ có $\widehat {OAE}$ chung; $\frac{{AK}}{{AQ}} = \frac{{AE}}{{AO}}$ (chứng minh trên).

Do đó . Suy ra $\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}$.

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.$ $\left( 6 \right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left( O \right).$

$Từ điểm $A$ nằm bên ngoài đường tròn $\left( {O\,;R} \right)$, kẻ hai tiếp tuyến (ảnh 2)$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat {AFD} = \widehat {BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {ADF} = \widehat {BKF}$ (chứng minh trên)

Do đó suy ra $\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}$ nên $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}$ và \[\widehat {DFK} = \widehat {AFB}\] (đối đỉnh)

Do đó suy ra $\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 7 \right)$

⦁ Ta có $\widehat {ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ABK} = 90^\circ ,$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 8 \right)$

Từ $\left( 6 \right),\,\,\left( 7 \right),\,\,\left( 8 \right)$ suy ra $\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ $ hay $\widehat {ADK} = 90^\circ .$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AK.$

Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác $ACKQ$ có $\widehat {AKQ} = \widehat {AEO}$ nên tứ giác $ACKQ$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat {AQC} = \widehat {AKC} = 90^\circ $.

Do $\widehat {AQC} = 90^\circ $ nên $\widehat {CQE} = 90^\circ $ nên $CE$ là đường tròn đường kính của \[\left( O \right)\].

Suy ra ba điểm $E,\,\,O,\,\,C$ thẳng hàng nên $\widehat {CPQ} = \widehat {CEQ}$.

Ta có $\tan \widehat {CPQ} = \tan \widehat {CEQ} = \frac{{AC}}{{EC}} = \frac{{AC}}{{2R}}$.

Do đó $AC = 2R\tan \widehat {ACQ} = 2R\tan \widehat {CPQ}$ (đpcm).

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD & ĐT TP Hồ Chí Minh năm 2024-2025 có đáp án

Từ điểm \(A\) nằm bên ngoài đường tròn \(\left( {O\,;R} \right)\), kẻ hai tiếp tuyến