Dạng 2: Góc nội tiếp- góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung có đáp án

Trình bày lời giải

Do M là điểm chính giữa cung nhỏ AB nên sđ$\stackrel{⏜}{MB}=$ sđ $\stackrel{⏜}{MA}$

Do MN // BC nên $\widehat{NMC}=\widehat{MCB}$ $\Rightarrow$sđ $\stackrel{⏜}{MB}$= sđ $\stackrel{⏜}{NC}$

Vậy sđsđ $\stackrel{⏜}{MB}$=sđ $\stackrel{⏜}{NC}$

$\widehat{NAS}=\widehat{ANS}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

$\widehat{SMC}=\widehat{SCM}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

Vậy các tam giác ASN và MSC cân tại C  

Nhận xét: Ở bài toán này học sinh có thể nhớ tới bài toán: Trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau từ đó nhìn ra  $\stackrel{⏜}{MB}=\stackrel{⏜}{CN}$

Trình bày lời giải:

 $\widehat{{\text{A}}_1}=\widehat{{\text{A}}_2}$ mà$\widehat{{\text{B}}_1}=\widehat{{\text{A}}_2}$  ( góc nội tiếp) nên $\widehat{{\text{B}}_1}=\widehat{{\text{A}}_1}$.

 $\Delta MBD\backsim \Delta MAB$   (g.g) $\Rightarrow \frac{MD}{MB}=\frac{MB}{MA}\Rightarrow \frac{MD}{MK}=\frac{MK}{MA}$

Kết hợp với $\widehat{DMK}=\widehat{AMK}$ (góc chung)

ta có: $\Delta DMK\Delta KMA$  (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{\text{MDK}}=\widehat{\text{MKA}}={90}^{°}$

Vậy DK ^AM.

a) Ta có $\widehat{ACM}={90}^0$ (góc nội tiếp).

b) Vì$\widehat{ABC}=\widehat{AMC}$  (cùng chắn cung AC) và $\widehat{AHB}=\widehat{ACM}={90}^0$

Nên $\Delta ABH$ vàđồng dạng $\Delta AMC$( g-g)

$\Rightarrow \left.\begin{array}{l}\widehat{BAH}=\widehat{OAC}\\ \widehat{OCA}=\widehat{OAC}\end{array}\right\}\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{OCA}$

c) $\widehat{ANM}={90}^0$, $AN\perp NM$  và nên MN // BC$\Rightarrow MNBC$ là hình thang

$BC//MN\Rightarrow$ sđ $\stackrel{⏜}{BN}=$ sđ $\stackrel{⏜}{CM}$ (xem chứng minh Bài 1)

sđ $\stackrel{⏜}{BN}=$sđ $\stackrel{⏜}{CN}\Rightarrow BM=CN$ $\Rightarrow MNBC$ là hình thang cân.

a)

Ta có : $\widehat{\text{EBC}}=\widehat{\text{EAB}}$; $\overline{\text{DCB}}=\widehat{\text{DAB}}$ nên $\widehat{\text{EBC}}+\widehat{DCB}=\widehat{EAB}+\widehat{DAB}$.

Mặt khác : $\widehat{\text{EBC}}+\widehat{\text{DCB}}=\widehat{\text{BED}},\widehat{\text{EAB}}+\widehat{\text{DAB}}=\widehat{\text{DAE}}$ . Vậy $\widehat{BED}=\widehat{D\text{AE}}$.

b) Ta có :$\widehat{\text{ADE}}=\widehat{\text{ABC}}=\widehat{\text{CAB}}=\widehat{\text{EDB}}$  mà theo câu a): $\widehat{BED}=\widehat{D\text{AE}}$, suy ra:

$\Delta BED\backsim \Delta EAD$ (g-g) $\Rightarrow \frac{\text{DE}}{\text{DA}}=\frac{\text{DB}}{\text{DE}}\Rightarrow {\text{DE}}^2=\text{DA}.\text{DB}$

Trình bày lời giải:

$\stackrel{⏜}{AP}=\stackrel{⏜}{PC}\Rightarrow$ NE là đường phân giác của $\Delta \text{ANC}\Rightarrow \frac{\text{AE}}{\text{EC}}=\frac{\text{AN}}{\text{NC}}$ (1)

$\stackrel{⏜}{AM}=\stackrel{⏜}{MB}\Rightarrow$ND là đường phân giác của $\Delta \text{ANB}\Rightarrow \frac{\text{AD}}{\text{DB}}=\frac{\text{AN}}{\text{NB}}$ (2)

$\stackrel{⏜}{BN}=\stackrel{⏜}{NC}\Rightarrow$NB = NC (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{\text{AE}}{\text{EC}}=\frac{\text{AD}}{\text{DB}}$, do đó DE // BC.

Trình bày lời giải

Ta có  $\widehat{MAC}=\widehat{ADC}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); $\widehat{\text{AMD}}$ chung. Suy ra $\Delta MAC\backsim \Delta MDA$ (g-g) suy ra:  $M{A}^2=MC.MD$ và $\frac{MA}{MD}=\frac{AC}{AD}$

Tương tự: $\Delta MBC\backsim \Delta MDB$ suy ra: $\frac{MB}{MD}=\frac{BC}{BD}$

Xét $\frac{\text{MC}}{\text{MD}}=\frac{\text{MC.MD}}{{\text{MD}}^2}=\frac{{\text{MA}}^2}{{\text{MD}}^2}=\frac{\text{MA}}{\text{MD}}\cdot \frac{\text{MB}}{\text{MD}}=\frac{\text{AC}}{\text{AD}}\cdot \frac{\text{BC}}{\text{BD}}\text{ (1) }$

Mặt khác : $\Delta IAC\backsim \Delta IDB$ suy ra: $\frac{IC}{IB}=\frac{AC}{BD}$

$\Delta IBC\backsim \Delta IDA$ suy ra:  $\frac{IB}{ID}=\frac{BC}{AD}$;

Do đó:$\frac{\text{AC}}{\text{AD}}\cdot \frac{\text{BC}}{\text{BD}}=\frac{\text{AC}}{\text{BD}}\cdot \frac{\text{BC}}{\text{AD}}=\frac{\text{IC}}{\text{IB}}\cdot \frac{\text{IB}}{\text{ID}}=\frac{\text{IC}}{\text{ID}}\text{ (2) }$

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{IC}{ID}=\frac{MC}{MD}$.

Trình bày lời giải

Gọi K là giao điểm của AM và BC.

Xét ∆KBM và ∆KAB có: $\stackrel{⏜}{K}$ chung;$\widehat{KBM}=\widehat{KAB}$ ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp chắn cùng chắn cung  của (O) )

Do đó: $\Delta \text{KBM}\Delta \text{KAB}\Rightarrow \frac{\text{KB}}{\text{KA}}=\frac{\text{KM}}{\text{KB}}\Rightarrow {\text{KB}}^2=\text{KM.KA}$(1)

 $\widehat{\text{MCK}}=\widehat{MBA}$(góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{BM}$ của (I)).

$\widehat{KAC}=\widehat{MBA}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AM}$ cuả (O)).

Do đó:$\widehat{\text{MCK}}=\widehat{\text{KAC}}$. Xét ∆KCM và ∆KAC có: $\stackrel{⏜}{K}$  chung ,$\widehat{\text{MCK}}=\widehat{\text{KAC}}$. Do đó $\Delta \text{KCM }\Delta \text{KAC}\Rightarrow \frac{\text{KC}}{\text{KA}}=\frac{\text{KM}}{\text{KC}}\Rightarrow {\text{KC}}^2=\text{KM.KA}$ (2).

Từ (1) và (2) ta có:  ${\text{KC}}^2={\text{KB}}^2\Rightarrow \text{KC}=\text{KB}$. Vậy AM đi qua trung điểm K của BC.

Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành.

IA = IC Þ $IE.IA=IE.IC$

$\Delta IBE\Delta ICD$ (g.g) Þ  $IE.IC=IB.ID$

Từ đó suy ra: IE.IA = IE.IC = IB.ID = IB².$\Rightarrow \frac{IB}{IE}=\frac{IA}{IB}$

Ta có ∆IBE và∆IAB có $\frac{IB}{IE}=\frac{IA}{IB}$ và $\widehat{\text{BIA}}$ chung , suy ra $\Delta IBE \Delta IAB$  (c.g.c) nên $\widehat{IBE}=\widehat{\text{IAB}}$.

Suy ra BD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB( định lí bổ sung)

Có $\widehat{A_1}=\widehat{C_1}$; $\widehat{A_2}=\widehat{B_1}$. Mà $\widehat{A_1}=\widehat{A_2}$=> $\widehat{C_1}=\widehat{B_1}$. Vậy tam giác MBC cân tại M.

b) Chứng minh ba điểm M; O; N thẳng hàng:

Có AM và AN là 2 tia phân giác của hai góc kể bù

=> AM $\perp$ AN => $\widehat{MAN}={90}^0$=> MN là đường kính của (O)

=> M; O; N thẳng hàng.

-        Có $\widehat{C_1}=\widehat{B_1}$; AC = BD; $\widehat{A_1}=\widehat{D_1}$

-        Có I là điểm chính giữa cung nhỏ AM; K là điểm chính giữa cung nhỏ BM => AK; BI lần lượt là tia phân giác của các góc MAB và MBA của tam giác MBA => P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBA.

-        Có AM là tia phân giác của góc BAC => $\stackrel{⏜}{BM}=\stackrel{⏜}{MC}$ => BM = MC => tam giác BMC cân

-        Có $\widehat{BMC}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}$

Mà: $\widehat{BMA}=\widehat{ACB};\widehat{AMC}=\widehat{ABC}$

ð $\widehat{BMC}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}$

-        ∆ABD ~ ∆AMC => AB. AC = AD. AM

-        $\widehat{IAB}=\widehat{ACB}$( góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

ð$\widehat{BAH}=\widehat{ACB}$(cùng phụ với $\widehat{ABH}$)

     Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

-        Có AMHN là hình chữ nhật

=> $\widehat{NMH}=\widehat{AHM}$

=> $\widehat{NMH}=\widehat{MBH}$=> MN là tiếp tuyến của (I)

- Chứng minh tương tự ta có MN là tiếp tuyến của (K).

=> $\widehat{ACB}=\widehat{NHA}=\widehat{NMA}$=> $\widehat{xAB}=\widehat{NMA}$=> Ax // MN

  Tứ giác AMNB có MN // AB => AMNB là hình thang.

  Tứ giác AMNB có MN // AB => AMNB là hình thang.

ðP; M; N; H cùng thuộc đường tròn đường kính PH.

ð $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}$=> ∆ACD cân tại A

Kẻ các đường kính BOC, BO’D thì C; A; D thẳng hàng, CAD là cát tuyến chung cố định.