$a)$ Tứ giác $DMCN$ là hình gì$?$ Vì sao $?$

$b)$ Chứng minh hệ thức $DM.DA=DN.DB.$

$c)$ Chứng minh rằng $MN$ là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn có đường kính $AC$ và $CB.$

$d)$ Điểm $C$ ở vị trí nào trên $AB$ thì $MN$ có độ dài lớn nhất $?$

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức:

+) Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật.

+) Hệ thức lượng trong tam giác vuông: Bình phương cạnh góc vuông bằng tích cạnh huyền với  hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền.

+) Trong hình chữ nhật, hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

+) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

Lời giải:

$a)$ Tam giác $ABD$ nội tiếp trong đường tròn có $AB$ là đường kính nên $\widehat{BDA}={90}^{\circ }$ hay $\widehat{MDN}={90}^{\circ }$

Tam giác $ACM$ nội tiếp đường tròn có $AC$ là đường kính nên $\widehat{AMC}={90}^{\circ }$

Suy ra: $CM\perp AD\Rightarrow \widehat{CMD}={90}^{\circ }$

Tam giác $BCN$ nội tiếp trong đường tròn có $BC$ là đường kính nên $\widehat{BNC}={90}^{\circ }$

Suy ra: $CN\perp BD\Rightarrow \widehat{CND}={90}^{\circ }$

Tứ giác $CMDN$ có ba góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

$b)$ Tam giác $ACD$ vuông tại $C$ có $CM\perp AD.$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$C{D}^2=DM.DA$    $(1)$

Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ có $CN\perp BD.$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$C{D}^2=DN.DB$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $DM.DA=DN.DB$

$c)$ Gọi $P$ là trung điểm của $AC,Q$ là trung điểm của $BC,I$ là giao điểm của $MN$ với $DC.$

Vì $CMDN$ là hình chữ nhật nên $IC=IM=ID=IN$

Tam giác $CNI$ cân tại $I$ nên $\widehat{ICN}=\widehat{INC}$   $(3)$

Tam giác $CNQ$ cân tại $Q$ nên $\widehat{QCN}=\widehat{QNC}$   $(4)$

Vì $AB\perp CD$ nên $\widehat{ICN}+\widehat{QCN}={90}^{\circ }$    $(5)$

Từ $(3),(4)$ và $(5)$ suy ra: $\widehat{INC}+\widehat{QNC}={90}^{\circ }$ hay $MN\perp QN$

Vậy $MN$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $BC.$

Tam giác $CMI$ cân tại $I$ nên $\widehat{ICM}=\widehat{IMC}$       $(6)$

Tam giác $CMP$ cân tại $P$ nên $\widehat{PCM}=\widehat{PMC}$   $(7)$

Vì $AB\perp CD$ nên $\widehat{PCM}+\widehat{ICM}={90}^{\circ }$ $(8)$

Từ $(6),(7)$ và $(8)$ suy ra: $\widehat{PMC}+\widehat{IMC}={90}^{\circ }$ hay $MN\perp PM$

Vậy $MN$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AC.$

$d)$ Gọi $O$ là trung điểm của $AB$

Tứ giác $CMDN$ là hình chữ nhật nên $CD=MN$

Trong tam giác $OCD$ ta có: $CD\le OD$ nên $MN\le OD$

Vì $OD$ không đổi nên $MN=OD$ là giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $C$ trùng với $O.$

Vậy $C$ là trung điểm của $AB$ thì $MN$ có độ dài lớn nhất.

$a)$ Tứ giác $AMIN$ là hình gì $?$ Vì sao $?$

$b)$ Chứng minh hệ thức $IM.IO=IN.I{O}^{\prime }.$

$c)$ Chứng minh rằng $O{O}^{\prime }$ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là $DE.$

$d)$ Tính độ dài $DE$ biết rằng $OA=5cm,$$O^{\prime }A=3,2cm.$

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức: 

$\ast$) Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì

+)  Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

+) Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

$\ast$) Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật.

$\ast$) Hệ thức lượng trong tam giác vuông:

+) Bình phương cạnh góc vuông bằng tích cạnh huyền với hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền.

+) Bình phương đường cao ứng với cạnh huyền bằng tích hai hình chiếu hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền.

Lời giải:

$a)$ Trong đường tròn $(O)$ ta có $OI$ là tia phân giác của góc $AID$ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau IA và ID)

Trong đường tròn $(O^{\prime })$ ta có $O^{\prime }I$ là tia phân giác của góc $AIE$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau IA và IE)

Mà góc $AID$ và góc $AIE$ là hai góc kề bù nên $IO\perp I{O}^{\prime }$ ( tính chất hai góc kề bù)

$\Rightarrow$ $\widehat{OI{O}^{\prime }}={90}^{\circ }$ hay $\widehat{MIN}={90}^{\circ }$

Xét đường tròn (O) có $IA=ID$ ((tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau IA và ID)

$\Rightarrow$ Tam giác $ADI$ cân tại $I.$

Tam giác $ADI$ cân tại I có $IO$ là phân giác của góc $AID$ nên $IO$ cũng là đường cao của tam giác $AID.$

$\Rightarrow$ $IO\perp AD$ hay $\widehat{AMI}={90}^{\circ }$

Xét đường tròn (O') có $IA=IE$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau IA và IE)

$\Rightarrow$ Tam giác $AEI$ cân tại $I.$

Tam giác cân $AIE$ có $I{O}^{\prime }$ là phân giác của góc $AIE$ nên $I{O}^{\prime }$ cũng là đường cao của tam giác $AIE.$

$\Rightarrow$ $I{O}^{\prime }\perp AE$ hay $\widehat{ANI}={90}^{\circ }$

Tứ giác $AMIN$ là hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vuông)

$b)$ Tam giác $AIO$ vuông tại $A$ có $AM\perp IO.$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $AIO$, ta có: 

$I{A}^2=IM.IO(1)$

Tam giác $AI{O}^{\prime }$ vuông tại $A$ có $AN\perp I{O}^{\prime }.$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $AI{O}^{\prime }$ , ta có:

$I{A}^2=IN.I{O}^{\prime }(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $IM.IO=IN.I{O}^{\prime }$

$c)$ Ta có: $IA=ID$ và $IA=IE$ ( chứng minh trên) nên $IA=ID=IE={\displaystyle \frac{DE}{2}}$

$\Rightarrow$ $A$ nằm trên đường tròn tâm $I$ đường kính $DE.$

Vì $O{O}^{\prime }\perp IA$ tại $A$ nên $O{O}^{\prime }$ là tiếp tuyến của đường tròn ${\displaystyle \left(I;\frac{DE}{2}\right).}$

$d)$ Tam giác $O^{\prime }IO$ vuông tại $I$ có $IA\perp O{O}^{\prime }.$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $O^{\prime }IO$, ta có:

$I{A}^2=OA.O^{\prime }A=5.3,2=16$

$\Rightarrow$ $IA=4(cm).$

Mà $IA={\displaystyle \frac{DE}{2}}\Rightarrow DE=2IA$ nên $DE=2.4=8(cm).$

Sử dụng kiến thức:

+) Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

+) Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật.

Lời giải:

Kẻ $OI\perp AE,O^{\prime }K\perp AF$

Trong đường tròn $(O),$ có $OI\perp AE$ mà OI là 1 phần đường kính và AE là dây cung nên: 

$IA=IE={\displaystyle \frac{1}{2}AE}$ ( đường kính vuông góc với dây cung)

Trong đường tròn $(O^{\prime }),$ có $O^{\prime }K\perp AF$ mà O'K là 1 phần đường kính và AF là dây cung nên: 

$KA=KF={\displaystyle \frac{1}{2}AF}$ (đường kính vuông góc với dây cung)

Ta có: $EF=AE+AF$

Suy ra: $EF=2IA+2AK$$=2(IA+AK)=2IK(1)$

Kẻ $O^{\prime }H\perp OI$

Khi đó tứ giác $IH{O}^{\prime }K$ là hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

Suy ra: $O^{\prime }H=IK$

Trong tam giác $OH{O}^{\prime }$ ta có: $O^{\prime }H\le \mathrm{O}{\mathrm{O}}^{\prime }=3(cm)$

Suy ra: $IK\le {\mathrm{O}\mathrm{O}}^{\prime }$      $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $EF\le 2\mathrm{O}{\mathrm{O}}^{\prime }=6(cm)$

Ta có: $EF=6cm$ khi $H$ và $O$ trùng nhau hay $EF//O{O}^{\prime }$

Vậy $EF$ có độ dài lớn nhất bằng $6cm$ khi và chỉ khi $EF//O{O}^{\prime }.$

$a)$ Tam giác $EBF$ là tam giác cân ;

$b)$ Tam giác $HAF$ là tam giác cân ;

$c)$ $HA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O).$

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức:

+) Sử dụng tính chất đường trung trực: Điểm nằm trên đường trung trực của một đoạn thẳng thì cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng đó.

+) Trong tam giác cân, đường cao ứng với cạnh đáy cũng là đường phân giác, trung tuyến, trung trực.

+) Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

+) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

Lời giải:

$a)$ Gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $BC$.

Xét đường tròn (O) có đường kính $BC\mathrm{\perp }AD$ tại I nên I là trung điểm của dây AD (định lý)

Suy ra $BC$ là đường trung trực của $AD$ nên theo tính chất đường trung trực ta có: $BA=BD$

Tam giác $BAD$ cân tại $B$ có $BI\perp AD$ nên $BI$ là tia phân giác của góc $ABD.$

Suy ra: $\widehat{ABI}=\widehat{DBI}$

Mà $\widehat{ABI}=\widehat{HBF}$ (đối đỉnh)

và $\widehat{DBI}=\widehat{HBE}$ ( đối đỉnh)

Suy ra: $\widehat{HBE}=\widehat{HBF}$

Do đó $BH$ là tia phân giác của góc $EBF$

Tam giác $EBF$ có $BH$ là tia phân giác của góc $EBF$ và $BH\perp EF$ nên tam giác $EBF$ cân tại $B.$

$b)$ Tam giác $EBF$ cân tại $B$ có BH là đường cao nên BH cũng là đường trung tuyến.

Suy ra $HE=HF$

Tam giác $AEF$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên:

$HA=HE=HF={\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{E}\mathrm{F}}$ (tính chất tam giác vuông)

Vậy tam giác $AHF$ cân tại $H.$

$c)$ Tam giác $AHF$ cân tại $H$ nên $\widehat{HAF}=\widehat{HFA}$ $(1)$

Tam giác $AOB$ cân tại $O$ nên $\widehat{OAB}=\widehat{OBA}$

Mà $\widehat{ABI}=\widehat{HBF}$ ( đối đỉnh)

Suy ra: $\widehat{OAB}=\widehat{HBF}$    $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $\widehat{HAO}=\widehat{\mathrm{H}\mathrm{A}\mathrm{F}}+\widehat{OAB}$$=\widehat{HFB}+\widehat{HBF}$    $(3)$

Tam giác $BHF$ vuông tại $H$ nên $\widehat{HFB}+\widehat{HBF}={90}^{\circ }$     $(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra: $\widehat{HAO}={90}^{\circ }$ hay $HA\perp AO$

Vậy $HA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O).$

$a)$ Chứng minh rằng $NE\perp AB.$ 

$b)$ Gọi $F$ là điểm đối xứng với $E$ qua $M.$ Chứng minh rằng $FA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O).$

$c)$ Chứng minh rằng $FN$ là tiếp tuyến của đường tròn $(B;BA).$

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức:

+) Tam giác nội tiếp đường tròn, có một cạnh là đường kính thì tam giác đó là tam giác vuông.

+) Trong tam giác, ba đường cao cắt nhau tại một điểm gọi là trực tâm tam giác.

+)  Hai điểm gọi là đối xứng với nhau qua $O$ nếu $O$ là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đó.

+) Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành.

+) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

Lời giải:

$a)$ Tam giác $ABM$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có $AB$ là đường kính nên vuông tại $M$

Suy ra: $AN\perp BM$

Tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có $AB$ là đường kính nên vuông tại $C$

Suy ra: $AC\perp BN$

Tam giác $ABN$ có hai đường cao $AC$ và $BM$ cắt nhau tại $E$ nên $E$ là trực tâm của tam giác $ABN$ 

Suy ra: $NE\perp AB$

$b)$ Ta có: $MA=MN$ ( tính chất đối xứng tâm)

                 $ME=MF$ ( tính chất đối xứng tâm)

Tứ giác $AENF$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi điểm đường nên nó là hình bình hành.

Suy ra:    $AF//NE$

Mà          $NE\perp AB$ ( chứng minh trên)

Suy ra: $AF\perp AB$ tại $A.$

Vậy $FA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O).$

$c)$ Trong tam giác $ABN$ ta có: $AN\perp BM$ và $AM=MN$ hay BM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác $ABN$ cân tại $B.$

Suy ra $BA=BN$ hay $N$ thuộc đường tròn $(B;BA)$

Tứ giác $AFNE$ là hình bình hành nên  $AE//FN$ hay $FN//AC$

Mặt khác: $AC\perp BN$ ( chứng minh trên)

Suy ra: $FN\perp BN$ tại $N$

Vậy $FN$ là tiếp tuyến của đường tròn $(B;BA).$

$a)$ Hai đường tròn $(O)$ và $(O^{\prime })$ có vị trí tương đối như thế nào đối với nhau $?$

$b)$ Kẻ dây $DE$ của đường tròn $(O)$ vuông góc với $AC$ tại trung điểm $H$ của $AC.$ Tứ giác $ADCE$ là hình gì $?$ Vì sao$?$

$c)$ Gọi $K$ là giao điểm của $DB$ và đường tròn $(O^{\prime }).$ Chứng minh rằng ba điểm $E,C,K$ thẳng hàng.

$d)$ Chứng minh rằng $HK$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O^{\prime }).$

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức:

+) Nếu $O{O}^{\prime }=R–r$ thì đường tròn $(O)$ và đường tròn $(O^{\prime })$ tiếp xúc trong.

+) Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

+) Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành.

+) Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc là hình thoi.

+) Để chứng minh ba điểm thẳng hàng, ta chứng minh ba điểm xác định được hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba.

+) Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

+) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thìđường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

Lời giải:

$a)$ Vì $O,O^{\prime }$ và $B$ thẳng hàng nên: $O^{\prime }B<OB$$\Rightarrow O^{\prime }$ nằm giữa $O$ và $B$

Ta có: $O{O}^{\prime }=OB-O^{\prime }B$

Vậy đường tròn $(O^{\prime })$ tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $B.$

$b)$ Xét đường tròn (O) có $AB\perp DE(gt)$ mà AB là đường kính, DE là dây cung

Suy ra: $HD=HE$ (đường kính vuông góc với dây cung)

Lại có:   $HA=HC(gt)$

Suy ra, tứ giác $ADCE$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.

Lại có: $AC\perp DE$

Suy ra tứ giác $ADCE$ là hình thoi.

$c)$ Tam giác $ABD$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có $AB$ là đường kính nên vuông tại $D.$

Suy ra: $AD\perp BD$

Tứ giác $ADCE$ là hình thoi nên $EC//AD$

Suy ra: $EC\perp BD(1)$

Tam giác $BCK$ nội tiếp trong đường tròn $(O^{\prime })$ có $BC$ là đường kính nên vuông tại $K.$

Suy ra: $CK\perp BD(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $EC$ trùng với $CK$

Vậy $E,C,K$ thẳng hàng.

$d)$ Tam giác $DEK$ vuông tại $K$ có $KH$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $DE$ nên:

$HK=HE={\displaystyle \frac{1}{2}DE}$ (tính chất tam giác vuông)

Suy ra tam giác $EHK$ cân tại $H$

Suy ra: $\widehat{HEK}=\widehat{HKE}$ (tính chất tam giác cân)            $(3)$

Ta có: $O^{\prime }K=O^{\prime }C$ (= bán kính đường tròn (O')) nên tam giác $O^{\prime }CK$ cân tại $O^{\prime }$

Suy ra: $\widehat{O^{\prime }KC}=\widehat{O^{\prime }CK}$ (tính chất tam giác cân)

Mà: $\widehat{O^{\prime }CK}=\widehat{HCE}$ (đối đỉnh)

Suy ra: $\widehat{O^{\prime }KC}=\widehat{HCE}$    $(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra: $\widehat{HK{O}^{\prime }}=\widehat{HKE}+\widehat{O^{\prime }KC}$$=\widehat{HEK}+\widehat{HCE}$     $(5)$

Tam giác $CEH$ vuông tại $H$ nên $\widehat{HEK}+\widehat{HCE}={90}^{\circ }$ $(6)$

Từ $(5)$ và $(6)$ suy ra: $\widehat{HK{O}^{\prime }}={90}^{\circ }$ hay $HK\perp K{O}^{\prime }$ tại $K$

Vậy $HK$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O^{\prime }).$

$a)$ Chứng minh rằng tứ giác $BDCE$ là hình thoi.

$b)$ Gọi $I$ là giao điểm của $EC$ và đường tròn $(O^{\prime }).$ Chứng minh rằng ba điểm $D,A,I$ thẳng hàng.

$c)$ Chứng minh rằng $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O^{\prime }).$

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức: 

+) Nếu hai đường tròn tiếp xúc nhau thì tiếp điểm nằm trên đường nối tâm.

+) Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

+) Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành.

+) Hình bình hành có hai đường chéo vuông góc là hình thoi.

+) Để chứng minh ba điểm thẳng hàng, ta chứng minh ba điểm xác định được hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba.

+) Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

+) Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

Lời giải:

$a)$ Vì đường tròn $(O)$ và $(O^{\prime })$ tiếp xúc ngoài tại $A$ nên $O,A$ và $O^{\prime }$ thẳng hàng.

Trong đường tròn $(O)$ ta có: $AB\perp DE$ tại $K$ mà AB là đường kính và DE là dây cung

Suy ra: $KD=KE$ ( đường kính vuông góc với dây cung)

Lại có: $KB=KC(gt)$

Suy ra tứ giác $BDCE$ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.

Lại có: $BC\perp DE$

Suy ra tứ giác $BDCE$ là hình thoi.

$b)$ Tam giác $ABD$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ có $AB$ là đường kính nên vuông tại $D.$

Suy ra: $AD\perp BD$

Tứ giác $BDCE$ là hình thoi nên $EC//BD$

Suy ra: $EC\perp AD(1)$

Tam giác $AIC$ nội tiếp trong đường tròn $(O^{\prime })$ có $AC$ là đường kính nên vuông tại $I.$

Suy ra: $AI\perp CE(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $AD$ trùng với $AI$

Vậy $D,A,I$ thẳng hàng.

c) Tam giác $DIE$ vuông tại $I$ có $IK$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền $DE$ nên:

$KI=KD={\displaystyle \frac{1}{2}ED}$ ( tính chất tam giác vuông)

Suy ra tam giác $IKD$ cân tại $K$

Suy ra: $\widehat{KID}=\widehat{KDI}$ hay $\widehat{KIA}=\widehat{KDA}$   $(3)$

Ta có: $O^{\prime }A=O^{\prime }I$ (= bán kính đường tròn (O')) nên tam giác $O^{\prime }IA$ cân tại $O^{\prime }$

Suy ra: $\widehat{O^{\prime }AI}=\widehat{O^{\prime }IA}$ ( tính chất tam giác cân)

Mà: $\widehat{O^{\prime }AI}=\widehat{KAD}$ (đối đỉnh)

Suy ra: $\widehat{O^{\prime }IA}=\widehat{KAD}$  $(4)$

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra: $\widehat{KI{O}^{\prime }}=\widehat{KIA}+\widehat{AI{O}^{\prime }}$$=\widehat{KDA}+\widehat{KAD}$

Xét tam giác KAD vuông tại K có: $\widehat{KDA}+\widehat{KAD}={90}^0$

Suy ra $\widehat{KI{O}^{\prime }}={90}^{\circ }$ hay $KI\perp O^{\prime }I$ tại $I.$

Vậy $KI$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O^{\prime }).$

$a)$ Chứng minh rằng ba điểm $C,M,D$ thẳng hàng và $CD$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O).$

$b)$ Chứng minh rằng khi điểm $M$ di chuyển trên nửa đường tròn $(O)$ thì tổng $AC+BD$ không đổi.

$c)$ Giả sử $CD$ và $AB$ cắt nhau tại $I.$ Chứng minh rằng tích $OH.OI$ không đổi.

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức: 

$\ast$) Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì

+)  Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

+) Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm.

$\ast$) Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm.

$\ast$) Đường trung bình của hình thang thì song song với hai cạnh đáy và bằng nửa tổng hai đáy.

$\ast$) Hệ thức lượng trong tam giác vuông: Bình phương cạnh góc vuông bằng tích cạnh huyền với  hìnhchiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền.

Lời giải:

$a)$ Trong đường tròn $(M;MH),$ có AC và AH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $MA$ là tia phân giác của góc $HMC$ và $AC=AH$

Suy ra: $\widehat{CMA}=\widehat{HMA}$ hay $\widehat{CMH}=2\widehat{HMA}$

Trong đường tròn $(M;MH),$ có BD và BH là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại B, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: $MB$ là tia phân giác của góc $HMD$ và $BD=BH$

Suy ra: $\widehat{HMB}=\widehat{DMB}$ hay $\widehat{DMH}=2\widehat{HMB}$

Tam giác $ABM$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $AB$ là đường kính nên vuông tại $M$

Suy ra: $\widehat{AMB}={90}^{\circ }$ hay $\widehat{HMA}+\widehat{HMB}={90}^{\circ }$

Suy ra: $\widehat{CMH}+\widehat{HMD}=2\widehat{HMA}+2\widehat{HMB}$

$=2(\widehat{HMA}+\widehat{HMB})={2.90}^{\circ }={180}^{\circ }$

Vậy $C,M,D$ thẳng hàng.

$b)$ Theo câu a) ta có: $AC=AH$ và $BD=BH$

Khi $M$ thay đổi trên nửa đường tròn tâm $O$ thì $AC$ luôn bằng $AH$ và $BD$ luôn bằng $BH.$

Suy ra: $AC+BD=AH+BH=AB$ không đổi

$c)$ Ta có: $AC\perp CD$ và $BD\perp CD$ ( tính chất tiếp tuyến)

Suy ra: $AC//BD$ hay tứ giác $ABDC$ là hình thang

Mà $OA=OB$ (= bán kính $(O)$)

Và $MC=MD$ (= bán kính $(M)$)

Suy ra $OM$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$

Khi đó $OM//AC.$ Suy ra: $OM\perp CD$ hay $\widehat{OMI}={90}^{\circ }$

Tam giác $OMI$ vuông tại $M$ có $MH\perp OI.$

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: $O{M}^2=OH.OI$

Mà OM là bán kính đường tròn (O) nên OM có độ dài không đổi.

Suy ra: $OH.OI$ không đổi. 

Bài tập bổ sung (trang 173 SBT Toán 9)

$(A)$ ${\displaystyle \frac{1}{3};}$                    $(B)$${\displaystyle \frac{1}{2};}$

$(C)$ ${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}};}$                 $(D)$ $2.$

Hãy chọn phương án đúng.

Phương pháp giải:

Sử dụng kiến thức:

+) Trong tam giác đều, giao ba đường trung tuyến cũng là giao ba đường phân giác, ba đường cao, đường trung trực (tâm đường tròn nội tiếp cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp).

+) Trọng tâm tam giác cách mỗi đỉnh một khoảng bằng ${\displaystyle \frac{2}{3}}$ độ dài đường trung tuyến ứng với đỉnh đó.

Lời giải:

Giả sử $\mathrm{\Delta }ABC$ đều ngoại tiếp đường tròn $(O,r)$, nội tiếp đường $(O,R)$

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$

$\Rightarrow r=OH,R=OA$

Vì O là trọng tâm tam giác ABC (vì tam giác ABC đều)

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{r}{R}}={\displaystyle \frac{OH}{OA}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$

Chọn $(B).$

$a)$ $AC.BD=A{B}^2;$

$b)$ $ME$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn.

Phương pháp giải:

$a)$ Chứng minh hai tam giác đồng dạng để thiết lập tỉ số giữa các cạnh, từ đó chứng minh được biểu thức đề bài đưa ra.

$b)$ Theo tính chất của tiếp tuyến, ta phải chứng minh được $ME\perp OM$ tại $M.$

Áp dụng: Trong tam giác vuông đường trung tuyến ứng với canh huyền thì bằng nửa cạnh huyền. 

Từ đó ta tìm các góc bằng nhau, thiết lập mối liên hệ giữa chúng.

Lời giải:

$a)$ Xét tam giác ABD vuông tại B có $\widehat{A_1}+\widehat{D_1}={90}^0$ (1)

Tam giác AMB nội tiếp đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại M.

Suy ra $\widehat{A_1}+\widehat{B_1}={90}^0$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$ ( cùng phụ với $\widehat{A_1}$).

Xét $∆ABC$ và $∆BDA$ có:

$\widehat{B_1}=\widehat{D_1}$ (cmt)

$\hat{A}=\hat{B}={90}^{\circ }$

Suy ra $∆ABC$ đồng dạng với $∆BDA(g.g)$ suy ra:

${\displaystyle \frac{AB}{BD}=\frac{AC}{BA}}$(cặp cạnh tương ứng tỉ lệ), do đó $AC.BD=A{B}^2$

$b)$ Vì tam giác AMB vuông tại M (cmt) nên $AD\mathrm{\perp }BM$ 

Suy ra tam giác BMD vuông tại M.

Ta có $∆MBD$ vuông tại M có ME là đường trung tuyến nên $ED=EM=EB$

 Suy ra $∆EBM$ cân tại E nên $\widehat{M_2}=\widehat{B_2}$$(1)$

Lại có $∆MOB$ cân tại $O$ (do $OM=OB)$ nên $\widehat{M_1}=\widehat{B_1}$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra

$\widehat{M_1}+\widehat{M_2}$ = $\widehat{B_1}+\widehat{B_2}$ $=\widehat{OBD}={90}^{\circ }$

Hay $\widehat{OME}={90}^0$ tức là $ME\perp OM$ tại $M.$

Vậy $ME$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O).