Dạng 3: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung có đáp án
5 câu hỏi
Cho nửa đường tròn O đường kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy một điểm M. Vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn. Gọi H là hình chiếu của C trên AB.
a) Chứng minh rằng tia CA là tia phân giác của góc MCH^.
a) Ta có MCA^=ABC^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung AC).
Lại có ACH^=ABC^ (cùng phụ với góc CAH^).
Do đó MCA^=ACH^, suy ra CA là tia phân giác của góc MCH^.
b) Giả sử MA=a, MC=2a. Tính AB và CH theo a.
b) Gọi R là bán kính của đường tròn (O). Khi đó OC=OA=R và OM=OA+AM=R+a.
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông COM ta được:
OM2=OC2+CM2⇔R+a2=R2+2a2⇔R2+2aR+a2=R2+4a2
⇔2aR−3a2=0⇔a2R−3a=0
⇔2R−3a=0⇔R=3a2do a≠0.
Suy ra AB=2R=3a; OM=a+3a2=5a2.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COM ta có:
CH.OM=CM.CO⇒CH=CM.COOM=2a.3a25a2=6a5.
Vậy AB=3a; CH=6a5.
Giả sử A và B là hai điểm phân biệt trên đường tròn (O). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại điểm M. Từ A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O) tại C. MC cắt đường tròn (O) tại E. Các tia AE và MB cắt nhau tại K.
Chứng minh rằng MK2=AK.EK và MK=KB.
Do MB song song với AC nên BMC^=ACM^ (hai góc so le trong).
Ta lại có ACM^=ACE^=MAE^ (cùng chắn AE⏜).
Do đó BMC^=MAE^.
Xét ΔKME và ΔKAM có: BMC^=MAE^ (chứng minh trên).
MKE^ chung.
Suy ra ΔKME~ΔKAMg.g⇒MKAK=EKMK hay MK2=AK.EK (đpcm).(1)
Ta thấy EAB^=EBK^ (cùng chắn BE⏜).
Từ đó ΔEBK~ΔBAKg.g⇒BKAK=EKBK hay BK2=AK.EK. (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK2=KB2 nghĩa là MK=KB (đpcm).
Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) tại C và tiếp xúc với đường tròn (O') tại D. Vẽ đường tròn (I) qua ba điểm A,C,D cắt đường thẳng AB tại một điểm thứ hai là E. Chứng minh rằng:
a) CAD^+CBD^=180°.
a) Ta có: CBA^=ACD^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AC⏜).
ADC^=ABD^ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AD⏜).
Theo định lí tổng ba góc trong tam giác ACD ta có:
CAD^+ACD^+ADC^=180°⇔180°=CAD^+CBA^+ABD^
⇔180°=CAD^+CBD^ (đpcm).
b) Tứ giác BCED là hình bình hành.
b) Trong đường tròn I có: CDE^=CAE^ (cùng chắn cung CE⏜). (1)
Lại có CAE^ là góc ngoài của ΔABC nên:
CAE^=ACB^+ABC^=ACB^+ACD^=BCD^do ABC^=ACD^. (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
DCB^=CDE^⇒CB//DE (hai góc ở vị trí so le trong).(3)
Chứng minh tương tự, ta cũng có:
DCE^=BDC^ (vì cùng bằng DAE^) ⇒CE//BD. (4)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác BCED là hình bình hành.
