Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn

Lấy E là trung điểm của AH. Do M là trung điểm của BH (gt) nên EM là đường trung bình của $\Delta AHB$ $\Rightarrow {\rm{ }}EM{\rm{ }}//{\rm{ }}AB$ và $EM = \dfrac{1}{2}\;AB.$

Hình chữ nhật ABCD có CD // AB và CD = AB mà N là trung điểm của DC, suy ra

$DN//AB$ và $DN = \;\dfrac{1}{2}AB.$

Từ (1) và (2) ta có EM // DN và EM = DN

Suy ra tứ giác EMND là hình bình hành, do đó DN // EM.

Mà $DN{\rm{ }} \bot AD$=>$EM{\rm{ }} \bot AD$  (tính chất hình chữ nhật)

$AH \bot DM$  (gt) nên E là trực tâm của ∆ADM

Suy ra $DE \bot AM,$ mà DE // MN (cmt)

 $\Rightarrow MN\; \bot AM$ tại M.

Vì vậy MN là tiếp tuyến của đường tròn (A ; AM).

Vì tứ giác AHGE là hình thoi (theo câu trước) nên AH // GE  (1) và $HE \bot AG$ (tính chất) nên $\widehat {ADB} = 90^\circ$ (do đó C đúng)

Xét $\Delta ABG$ có BD và AC là đường cao, mà BD cắt AC tại E

 Suy ra E là trực tâm của $\Delta ABG$, do đó $GE\; \bot AB.\;\;$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot AB$

Do đó AH là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.

$AH$ cắt $BC$ tại $K$$\Rightarrow AK \bot BC$ vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

Ta chứng minh $ME \bot \,EF$ tại $E$.

$\Delta FAE$ cân tại $F$ (vì $FA = FE$) nên $\widehat {FEA} = \widehat {FAE}$

$\Delta MEC$ cân tại $M$ (vì $ME = MC = MB = \dfrac{{BC}}{2}$) nên $\widehat {MEC} = \widehat {MCE}$ mà $\widehat {BAK} = \widehat {ECB}$ (cùng phụ với $\widehat {ABC}$)

 nên $\widehat {MEC} = \widehat {FEA}$$\Rightarrow \widehat {MEC} + \widehat {FEC} = \widehat {FEA} + \widehat {FEC} \Rightarrow \widehat {MEF} = 90^\circ  \Rightarrow$$ME \bot \,EF$ tại $E$.

Từ đó $ME$ là tiếp tuyến của $\left( {F;\dfrac{{AH}}{2}} \right)$.

Tương tự ta cũng có $MD$ là tiếp tuyến của $\left( {F;\dfrac{{AH}}{2}} \right)$.

Vì D thuộc đường tròn đường kính AB nên $BD \bot AD{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}BD$ là đường cao của $\Delta ABG,$ mà BD là đường phân giác của ABG (gt) nên BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác của $\Delta ABG$

Do đó  $\Delta ABG$ cân tại B suy ra BD là trung trực của AG.  (1)    

Vì H đối xứng với E qua D (gt) nên D là trung điểm của HE.  (2)

Từ (1) và (2) suy ra D là trung điểm của HE và AG

Do đó tứ giác AHGE là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành).

Mà $HE \bot AG$ nên $\Delta HGE$ là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).

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 $\dfrac{{AH}}{2}$.

Vì D thuộc đường tròn đường kính AB nên $BD \bot AD{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}BD$ là đường cao của $\Delta ABG,$ mà BD là đường phân giác của ABG (gt) nên BD vừa là đường cao vừa là đường phân giác của $\Delta ABG$

Do đó  $\Delta ABG$ cân tại B suy ra BD là trung trực của AG.  (1)    

Vì H đối xứng với E qua D (gt) nên D là trung điểm của HE.  (2)

Từ (1) và (2) suy ra D là trung điểm của HE và AG

Do đó tứ giác AHGE là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành).

Mà $HE \bot AG$ nên $\Delta HGE$ là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).

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 $\dfrac{{AH}}{2}$.

Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $OP$

Ta có: $OP \bot MN$ tại $I$ $\Rightarrow$ $I$ là trung điểm của MN.

Nên $IM = \dfrac{{MN}}{2} = \dfrac{{12}}{2} = 6\,cm$

Xét tam giác vuông $OMI$ có $OI = \sqrt {O{M^2} - M{I^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\,cm$

Xét tam giác vuông $MPO$, theo hệ thức lượng trong tam giác vuôg ta có $M{O^2} = OI.OP \Rightarrow OP = \dfrac{{M{O^2}}}{{OI}} = \dfrac{{{{10}^2}}}{8} = 12,5\,cm$

Vậy $OP = 12,5\,cm$.

Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $OP$

Ta có: $OP \bot MN$ tại $I$ $\Rightarrow$ $I$ là trung điểm của MN.

$\Rightarrow$$PI$ là đường cao đồng thời là trung tuyến của $\Delta MNP$.

$\Rightarrow$$\Delta MNP$ cân tại $P$.

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {MPO} = \widehat {NPO}\\PM = PN\end{array} \right.$$\Rightarrow \Delta PMO = \Delta PNO\left( {c - g - c} \right)$

$\Rightarrow \widehat {PMO} = \widehat {PNO} = 90^\circ  \Rightarrow ON \bot NP$

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

Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và $OP$

Ta có: $OP \bot MN$ tại $I$ $\Rightarrow$ $I$ là trung điểm của MN.

$\Rightarrow$$PI$ là đường cao đồng thời là trung tuyến của $\Delta MNP$.

$\Rightarrow$$\Delta MNP$ cân tại $P$.

$\Rightarrow$$\left\{ \begin{array}{l}\widehat {MPO} = \widehat {NPO}\\PM = PN\end{array} \right.$$\Rightarrow \Delta PMO = \Delta PNO\left( {c - g - c} \right)$

$\Rightarrow \widehat {PMO} = \widehat {PNO} = 90^\circ  \Rightarrow ON \bot NP$

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

Theo câu trước ta có $\Delta OCM$ vuông tại $C$

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $OCM$, ta có $O{M^2} = O{C^2} + M{C^2}$$\Rightarrow M{C^2} = O{M^2} - O{C^2}$$= {4^2} - {2^2} = 12 \Rightarrow MC = 2\sqrt 3 \,cm$

Tam giác $OBC$ cân tại $O$ có $\widehat {OBC} = 60^\circ$

Nên tam giác $OCB$ là tam giác đều suy ra $BC = OB = OC = 2$ 

Xét tam giác $OCM$ có $BC = OB = BM = 2 = \dfrac{{OM}}{2}$  nên $\Delta OCM$ vuông tại $C$

$\Rightarrow OC \bot CM \Rightarrow MC$ là tiếp tuyến của $(O;2cm).$

Tam giác $OBC$ cân tại $O$ có $\widehat {OBC} = 60^\circ$

Nên tam giác $OCB$ là tam giác đều suy ra $BC = OB = OC = 2$ 

Xét tam giác $OCM$ có $BC = OB = BM = 2 = \dfrac{{OM}}{2}$  nên $\Delta OCM$ vuông tại $C$

$\Rightarrow OC \bot CM \Rightarrow MC$ là tiếp tuyến của $(O;2cm).$

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 $AB = AO.\cos A = 10.\cos 30^\circ  = 5\sqrt 3$.

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 $OB = AO.\sin A = 10.\sin 30^\circ  = 5\,cm$

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 $OB = AO.\sin A = 10.\sin 30^\circ  = 5\,cm$

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 $ABC$ có $B{C^2} = {5^2} = 25;A{B^2} + A{C^2} = {4^2} + {3^2} = 25; \Rightarrow B{C^2} = A{B^2} + A{C^2}$

$\Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại A (định lý Pytago đảo)

$\Rightarrow AB \bot AC$ mà $A \in \left( {C;CA} \right)$ nên $AB$ là tiếp tuyến của $\left( {C;CA} \right)$

Gọi $O$ là trung điểm $AI$. Xét tam giác vuông $AIK$ có $OK = OI = OA \Rightarrow K \in \left( {O;\dfrac{{AI}}{2}} \right)$ (*)

Ta đi chứng minh $OK \bot KH$ tại $K$.

Xét tam giác $OKA$ cân tại $O$ ta có $\widehat {OKA} = \widehat {OAK}$ $\left( 1 \right)$

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $AH$ nên $H$ là trung điểm của$BC$ . Xét tam giác vuông $BKC$ có $HK = HB = HC = \dfrac{{BC}}{2}$

Suy ra tam giác $KHB$ cân tại $H$ nên $\widehat {HKB} = \widehat {HBK}$$\left( 2 \right)$

Mà $\widehat {HBK} = \widehat {KAH}$ (cùng phụ với $\widehat {ACB}$) $\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right);\left( 3 \right)$ suy ra $\widehat {HKB} = \widehat {AKO}$ mà $\widehat {AKO} + \widehat {OKI} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {HKB} + \widehat {OKI} = 90^\circ  \Rightarrow \widehat {OKH} = 90^\circ$ hay $OK \bot KH$ tại $K$ (**)

Từ (*) và (**) thì $HK$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $AI$.