Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn

Tam giác $OBC$ cân tại $O$ có $\widehat {ABC} = 30^\circ$ suy ra $\widehat {AOC} = 60^\circ$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

Nên tam giác $OCA$ là tam giác đều suy ra $AC = AO = AM = R.$  $\Rightarrow \widehat {OCM} = {90^ \circ } \Rightarrow MC$ là tiếp tuyến của $(O;R).$

Dễ có $AMON$ là hình bình hành (Vì $ON{\rm{//}}AM;OM{\rm{//}}AN$).

Ta chứng minh $OM = ON$.

Xét tam giác $OBM$ và tam giác $OCN$ có :

$\widehat {OBM} = \widehat {OCN} = {90^0};$

${\rm{ }}OB = OC = R,$

và $\widehat {OMB} = \widehat {ONC} = \widehat A$

$\Rightarrow \Delta OBM = \Delta OCN$

$\Rightarrow OM = ON \Rightarrow AMON$ là hình thoi .

Ta có: $OC \bot AB$ $\Rightarrow$ $OC$ đi qua trung điểm của $AB$.

$\Rightarrow$$OC$ là đường cao đồng thời là trung tuyến của$\Delta ABC$.

$\Rightarrow$$\Delta ABC$ cân tại $C$.

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACO} = \widehat {BCO}\\AC = CB\end{array} \right.$$\Rightarrow \Delta AOC = \Delta BOC\left( {c - g - c} \right)$

$\Rightarrow OB \bot BC$

$\Rightarrow$$BC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$

Gọi $F$ là trung điểm của $AH$

Xét hai tam giác vuông $AEH$ và $ADH$ ta có $FA = FH = FE = FD = \dfrac{{AH}}{2}$

Nên bốn đỉnh $A,D,H,E$ cùng thuộc đường tròn tâm $F$ bán kính $\dfrac{{AH}}{2}$.

Từ hình vẽ ta có $AB;AC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $B,C$ suy ra $OC \bot AC$ tại $C$.

Suy ra $\Delta ABO = \Delta ACO\left( {c - g - c} \right)$ nên $\widehat {BAO} = \widehat {CAO} = \dfrac{{\widehat {BAC}}}{2} = 30^\circ$

Xét $\Delta ABO$ có $OB = AO.\sin A = 10.\sin 30^\circ  = 5\,cm$

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $OCM$, ta có $O{M^2} = O{C^2} + M{C^2}$$\Rightarrow M{C^2} = O{M^2} - O{C^2} = 3{R^2} \Rightarrow MC = \sqrt 3 R.$

Tam giác $OBC$ cân tại $O$ có $\widehat {ABC} = 30^\circ$ suy ra $\widehat {AOC} = 60^\circ$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

Nên tam giác $OCA$ là tam giác đều suy ra $AC = AO = AM = R.$  $\Rightarrow \widehat {OCM} = {90^ \circ } \Rightarrow MC$ là tiếp tuyến của $(O;R).$

Tam giác $OBC$ cân tại $O$ có $\widehat {ABC} = 30^\circ$ suy ra $\widehat {AOC} = 60^\circ$ (góc ngoài tại một đỉnh bằng tổng hai góc trong không kề với nó).

Nên tam giác $OCA$ là tam giác đều suy ra $AC = AO = AM = R.$  $\Rightarrow \widehat {OCM} = {90^ \circ } \Rightarrow MC$ là tiếp tuyến của $(O;R).$

Tứ giác $AMON$ là hình thoi nên $OA \bot MN$ và

Mà độ dài $OA$ bằng $2$  lần khoảng cách từ $O$ đến$MN$ .

Do đó $MN$ là tiếp tuyến đường tròn $\left( {O;{\rm{ R}}} \right) \Leftrightarrow$ khoảng cách từ $O$ đến $MN$ bằng R $\Leftrightarrow OA = 2R$.

Dễ có $AMON$ là hình bình hành (Vì $ON{\rm{//}}AM;OM{\rm{//}}AN$).

Ta chứng minh $OM = ON$.

Xét tam giác $OBM$ và tam giác $OCN$ có :

$\widehat {OBM} = \widehat {OCN} = {90^0};$

${\rm{ }}OB = OC = R,$

và $\widehat {OMB} = \widehat {ONC} = \widehat A$

$\Rightarrow \Delta OBM = \Delta OCN$

$\Rightarrow OM = ON \Rightarrow AMON$ là hình thoi .

Dễ có $AMON$ là hình bình hành (Vì $ON{\rm{//}}AM;OM{\rm{//}}AN$).

Ta chứng minh $OM = ON$.

Xét tam giác $OBM$ và tam giác $OCN$ có :

$\widehat {OBM} = \widehat {OCN} = {90^0};$

${\rm{ }}OB = OC = R,$

và $\widehat {OMB} = \widehat {ONC} = \widehat A$

$\Rightarrow \Delta OBM = \Delta OCN$

$\Rightarrow OM = ON \Rightarrow AMON$ là hình thoi .

Gọi $I$ là giao điểm của $OC$ và$AB \Rightarrow AI = BI = \dfrac{{AB}}{2} = 12\,cm$

Xét tam giác vuông $OAI$ có $OI = \sqrt {O{A^2} - A{I^2}}  = 9\,cm$

Xét tam giác vuông $AOC$ có $A{O^2} = OI.OC \Rightarrow OC = \dfrac{{A{O^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{{15}^2}}}{9} = 25\,cm$

Vậy $OC = 25\,cm$.

Ta có: $OC \bot AB$ $\Rightarrow$ $OC$ đi qua trung điểm của $AB$.

$\Rightarrow$$OC$ là đường cao đồng thời là trung tuyến của$\Delta ABC$.

$\Rightarrow$$\Delta ABC$ cân tại $C$.

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACO} = \widehat {BCO}\\AC = CB\end{array} \right.$$\Rightarrow \Delta AOC = \Delta BOC\left( {c - g - c} \right)$

$\Rightarrow OB \bot BC$

$\Rightarrow$$BC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$

Ta có: $OC \bot AB$ $\Rightarrow$ $OC$ đi qua trung điểm của $AB$.

$\Rightarrow$$OC$ là đường cao đồng thời là trung tuyến của$\Delta ABC$.

$\Rightarrow$$\Delta ABC$ cân tại $C$.

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {ACO} = \widehat {BCO}\\AC = CB\end{array} \right.$$\Rightarrow \Delta AOC = \Delta BOC\left( {c - g - c} \right)$

$\Rightarrow OB \bot BC$

$\Rightarrow$$BC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$

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.

Khoảng cách từ tâm của một đường tròn đến tiếp tuyến bằng bán  kính của đường tròn đó.

+) Xét tam giác $MNP$ có $M{P^2} = {13^2} = 169;N{M^2} + N{P^2} = {5^2} + {12^2} = 169$$\Rightarrow M{P^2} = N{M^2} + N{P^2}$

$\Rightarrow \Delta MNP$ vuông tại N (định lý Pytago đảo)

$\Rightarrow MN \bot NP$ mà $N \in \left( {M;MN} \right)$ nên $NP$ là tiếp tuyến của  $\left( {M;MN} \right)$

Vì $AB;AC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $B,C$ suy ra $OB \bot AB$ tại $B$ và $OC \bot AC$ tại $C.$

Từ đó $\Delta ABO = \Delta ACO\left( {c - g - c} \right)$ nên $\widehat {BAO} = \widehat {CAO} = \dfrac{{\widehat {BAC}}}{2} = 60^\circ$

Xét $\Delta ABO$ có $AB = AO.\cos A = 8.\cos 60^\circ  = 4$.

Vì $AB;AC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $B,C$ suy ra $OB \bot AB$ tại $B$ và $OC \bot AC$ tại $C.$

Từ đó $\Delta ABO = \Delta ACO\left( {c - g - c} \right)$ nên $\widehat {BAO} = \widehat {CAO} = \dfrac{{\widehat {BAC}}}{2} = 60^\circ$

Xét $\Delta ABO$ có $OB = AO.\sin A = 8.\sin 60^\circ  = 4\sqrt 3 \,cm$

Vì $AB;AC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ tại $B,C$ suy ra $OB \bot AB$ tại $B$ và $OC \bot AC$ tại $C.$

Từ đó $\Delta ABO = \Delta ACO\left( {c - g - c} \right)$ nên $\widehat {BAO} = \widehat {CAO} = \dfrac{{\widehat {BAC}}}{2} = 60^\circ$

Xét $\Delta ABO$ có $OB = AO.\sin A = 8.\sin 60^\circ  = 4\sqrt 3 \,cm$