Từ điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) , kẻ các tiếp tuyến MA , MB với ( O ) ( B,C là các tiếp điểm)

7/8

Từ điểm M nằm ngoài đường tròn \[\left( O \right)\], kẻ các tiếp tuyến \[MA,{\rm{ }}MB\] với \[\left( O \right)\] (\[B,{\rm{ }}C\] là các tiếp điểm). Kẻ đường kính \[AC\] của \[\left( O \right)\]. Đoạn thẳng \[MC\] cắt \[AB\] tại \[K\] và cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại điểm thứ hai \[D\]. Gọi \[I,{\rm{ }}H\] lần lượt là các giao điểm của \[MO\] với \[BD,{\rm{ }}AB.\]

a) Chứng minh bốn điểm \[M,{\rm{ }}A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \[MO\] song song với \[BC\] và \(I{M^2} = ID.IB\).

c) Gọi \[L\] là giao điểm của \[IK,{\rm{ }}HC\]. Chứng minh ba điểm \[M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}L\] thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Media VietJack

a) \(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\]nên : \(MA \bot OA;\,MB \bot OB\)

- Xét \(\Delta MAO\) có \(\widehat {MAO} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(A,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\)

- Xét \(\Delta MBO\) có \(\widehat {MBO} = 90^\circ \) nên 3 điểm \(B,\,M,\,O\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(OM\)

Vậy bốn điểm \[M,{\rm{ }}A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}B\] cùng thuộc một đường tròn. (ĐPCM)

b) Ta có:\(MA = MB\) (\(MA,\,MB\) là hai tiếp tuyến của \[\left( O \right)\])

\(OA = OB = R\)

Nên \(OM\)là trung trực của \(AB\) hay \(OM \bot AB\) tại \(H\)

Mà \(B\) thuộc đường tròn đường kính \(AC\)nên \(\widehat {ABC} = 90^\circ \) hay \(BC \bot AB\)

Suy ra: \(MO//BC\)

\(\widehat {IMD} = \widehat {BCD}\) (2 góc so le trong)

Lại có: \(\widehat {MBI} = \widehat {BCD}\) nên \[\widehat {IMD} = \widehat {IBM} = \widehat {BCD}\]

Xét \(\Delta IMD\) và \(\Delta IBM\) có :

\(\widehat {MIB}\) chung

\[\widehat {IMD} = \widehat {IBM}\]

Nên: \[\Delta IMD \sim \Delta IBM\] (g.g)

Suy ra: \[\frac{{IM}}{{IB}} = \frac{{ID}}{{IM}}\] hay \[I{M^2} = IB.ID\](ĐPCM)

c) Ta có \(\widehat {ADC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ADM} = 90^\circ \)

Suy ra 3 điểm \(A,\,D,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).

Mà \(\widehat {AHM} = 90^\circ \)nên 3 điểm \(A,\,H,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).

Suy ra bốn điểm \(A,\,D,\,H,\,M\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AM\).

Hay \(AMDH\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {IHD} = \widehat {MAD}\)

Mà \(\widehat {MAD} = \widehat {ABD}\) nên \(\widehat {IBH} = \widehat {IHD}\)

Xét \(\Delta IHD\) và \(\Delta IBH\) có:

\(\widehat {IHD} = \widehat {IBH}\) (cmt)

\(\widehat {HIB}\) chung

Nên: \(\Delta IHD \sim \Delta IBH\), suy ra \(I{H^2} = IB.ID\)

Mà \(I{M^2} = IB.ID\)nên \(IM = IH\)

Gọi \(J\) là giao điểm của \(IL\) và \(BC\)

Xét \(\Delta MKI\) có \(IM{\rm{//}}CJ\) nên \(\frac{{JC}}{{IM}} = \frac{{KJ}}{{KI}}\)

Xét \(\Delta IKH\) có \(BJ{\rm{//}}IH\) nên \(\frac{{BJ}}{{IH}} = \frac{{KJ}}{{KI}}\)

Suy ra : \(JC = JB\)

Hay \(J\) là trung điểm của \(BC\)

Xét \(\Delta ILH\) có \(CJ{\rm{//}}LH\) nên \(\frac{{LC}}{{LH}} = \frac{{CJ}}{{HI}} = \frac{{2CI}}{{2HJ}} = \frac{{CB}}{{MH}}\)

Lại có \(\widehat {MHL} = \widehat {BCL}\) (đồng vị)

Suy ra \(\Delta MHL \sim \Delta BCL\) (c.g.c)

Từ đó ta có: \(\widehat {HLB} = \widehat {HLM}\)

Vậy \(M,B,\,L\) thẳng hàng.