Dạng 3: Bài tập

a, Tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O)

=> OA$\perp$BC

=> OA$\perp$AD (vì AD//BC)

=> AD là tiếp tuyến của (O)

b, Chứng minh được ON là tia phân giác của $\widehat{AOD}$ mà ∆OAC cân tại O nên ON cũng là đường trung tuyến => ON cắt AC tại trung điểm I của AC => ON,AC,BD cùng đi qua trung điểm I của AC

Từ O hạ OH vuông góc với d. OH cắt (O) tại A và B. Qua A và B kẻ các đường vuông góc với OA và OB ta được hai (hoặc một nếu d là tiếp tuyến của (O)) tiếp tuyến song song với d.

a, Dễ thấy $\widehat{AMB}={90}^0$ hay $\widehat{EMF}={90}^0$ tiếp tuyến CM,CA

=> OC$\perp$AM => $\widehat{OEM}={90}^0$ Tương tự => $\widehat{OFM}={90}^0$

Chứng minh được ∆CAO = ∆CMO => $\widehat{AOC}=\widehat{MOC}$

=> OC là tia phân giác của $\widehat{AMO}$

Tương tự OD là tia phân giác của $\widehat{BOM}$ suy ra OC$\perp$OD <=> $\widehat{COD}$

b, Do ∆AOM cân tại O nên OE là đường phân giác đồng thời là đường cao

=> $\widehat{OEM}={90}^0$ chứng minh tương tự $\widehat{OFM}={90}^0$

Vậy MEOF là hình chữ nhật

c, Gọi I là trung điểm CD thì I là tâm đường tròn đường kính CD và IO=IC=ID. Có ABDC là hình thang vuông tại A và B nên IO//AC//BD và IO vuông góc với AB. Do đó AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.

a, Vì BH, BD là tiếp tuyến của (A;AH)

=> $\widehat{HAD}=2\widehat{HAB}$

Vì CH,CE là tiếp tuyến của  (A;AH)

=> $\widehat{HAE}=2\widehat{HAC}$

=> $\widehat{HAD}+\widehat{HAE}=2\left(\widehat{HAB}+\widehat{HAC}\right)={180}^0$

=> D,A,E thẳng hàng

b, HS tự làm

Ta có ABCD là hình thang vuông tại C và D

Mà O Là trung điểm AB và OM vuông góc với CD( tiếp tuyến của (O)

=> AD+BC=2OM=2R.  Chú ý rằng CD ≤ AB (hình chiếu đường xiên)

=> $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\left(AD+BC\right).CD$

= R.CD ≤ R.AB = 2$R^2$

Do đó $S_{ABCD}$ lớn nhất khi CD=AB hay M là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB

a, Tính được OB=10cm

b, Ta có ∆OBC = ∆OBA (c.g.c) => BC là tiếp tuyến của đường tròn (O)

a, Tính được BC=5cm

AC = $5\sqrt{3}$cm; CE = $\frac{5\sqrt{3}}{3}$cm

b, Tính được BE = $\frac{10\sqrt{3}}{3}$cm 

a, $\widehat{CKA}=\widehat{CMA}={90}^0$ => C, K, A, M thuộc đường tròn đường kính AC

b, ∆MBN cân tại B có BA là đường cao, trung tuyến và phân giác

c, ∆BCD có BK$\perp$CD và CN$\perp$BN nên A là trực tâm của ∆BCD => D,A,M thảng hàng

Ta có ∆DMC vuông tại M có MK là trung tuyến nên ∆KMC cân tại K

=> $\widehat{KCM}=\widehat{KMC}$

Lại có $\widehat{KBC}=\widehat{OMB}$ nên

$\widehat{KMC}+\widehat{OMB}=\widehat{KCB}+\widehat{KBC}={90}^0$

Vậy $\widehat{KMO}={90}^0$ mà OM là bán kính nên KM là tiếp tuyến của (O)

d, MNKC là hình thoi
 <=> MN = CK và CM = CK

<=> ∆KCM cân

<=> $\widehat{KBC}={30}^0$ <=> AM = R