Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA,MB của đường tròn (O) với A và B là các tiếp điểm. 1. Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

6/6

(2,0 điểm) Từ một điểm $M$ nằm ngoài đường tròn $\left( O \right)$, vẽ hai tiếp tuyến $MA,\,\,MB$ của đường tròn $\left( O \right)$ với $A$ và $B$ là các tiếp điểm.

1. Chứng minh tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn.

2. Kẻ đường kính $AC$ của đường tròn $\left( O \right)$. Gọi $D$ là giao điểm của đường thẳng $MC$ với đường tròn $\left( O \right)$ ($D$ khác $C$). Chứng minh rằng $M{A^2} = MC \cdot MD$.

3. Gọi $H$ là giao điểm của đường thẳng $OM$ với $AB$, $F$ là trung điểm của đoạn thẳng $MH.$ Chứng minh rằng ba điểm $B,\,\,D,\,\,F$ thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Theo tỉ số lượng giác trong tam giác $ABC$ vuông tại $C$ ta có: (ảnh 1)$

1. Vì $\widehat {MAO} = 90^\circ $ (giả thiết) suy ra $\Delta MAO$ vuông tại $A$ do đó 3 điểm $M,\,\,A,\,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Lại có, $\widehat {MBO} = 90^\circ $ (giả thiết) suy ra $\Delta MBO$ vuông tại $B$ do đó 3 điểm $M,\,\,B,\,\,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

Do đó 4 điểm $M,\,\,A,\,\,O,\,\,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO$ suy ra tứ giác $MAOB$ nội tiếp đường tròn.

2. Ta có $\widehat {MDA} = 180^\circ - \widehat {ADC}$ mà $\widehat {ADC} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $\widehat {MDA} = 90^\circ $.

Khi đó chứng minh được (g.g).

Suy ra \[\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MD}}{{MA}}\] nên $M{A^2} = MC \cdot MD$.

3. Vì $AC$ là đường kính nên $\widehat {ADC} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $\widehat {MDA} = 90^\circ $.

Dễ dàng chứng minh được $MDHA$ nội tiếp, ta được: $\widehat {ADH} = \widehat {AMH}$ (cùng chắn ).

Vì $MO$ là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến cắt nhau nên $\widehat {AMH} = \widehat {FMB}$.

Suy ra $\widehat {ADH} = \widehat {FMB}$ (1).

Ta có: $M{A^2} = MC.MD$, mà $M{A^2} = MH.MO$ suy ra $MC \cdot MD = MH \cdot MO$, do đó $\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}$.

Xét $\Delta MHD$ và $\Delta MCO$ có: $\frac{{MC}}{{MO}} = \frac{{MH}}{{MD}}$ và $\widehat {DMH}$ chung

Do đó $Δ M H D ∽ Δ M C O$ (c.g.c)

Suy ra $\frac{{HD}}{{CO}} = \frac{{MD}}{{MO}}$ nên $HD = R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}$ (với $R$ là bán kính đường tròn $(O)$).

Chứng minh tương tự ta có $Δ M D A ∽ Δ M A C$ suy ra $\frac{{DA}}{{AC}} = \frac{{MD}}{{MA}}$ nên $DA = 2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}$ (do đường kính $AC = 2R$).

Khi đó $\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{R \cdot \frac{{MD}}{{MO}}}}{{2R \cdot \frac{{MD}}{{MA}}}} = \frac{{MA}}{{2MO}}$.

Do tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có $MA = MB$, thay vào tỉ số trên ta được:

$\frac{{HD}}{{DA}} = \frac{{MB}}{{2MO}}$.

Mà $M{B^2} = MH \cdot MO$ nên $\frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{MO}}$.

Vì $F$ là trung điểm $MH$ nên $MF = \frac{1}{2}MH$.

Ta có: $\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{\frac{1}{2}MH}}{{MB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{MH}}{{MB}} = \frac{{MB}}{{2MO}}$.

Từ đó suy ra: $\frac{{MF}}{{MB}} = \frac{{HD}}{{DA}}$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $Δ B F M ∽ Δ A H D$ (c.g.c) suy ra $\widehat {FBM} = \widehat {DAH}$.

Kẻ đường kính $BT$. Ta có $\widehat {DBM} = \widehat {DAB} = \widehat {DAH}$ (cùng chắn ).

Suy ra $\widehat {FBM} = \widehat {DBM}$ do đó $B,\,\,D,\,\,F$ thẳng hàng.