Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn

Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm của $BH$ và $CH.$

Để chứng minh $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $I$ đường kính $BH$ ta chứng minh

$ID \bot DE$ hay $\widehat {ODI} = {90^o}$

Vì $D,E$ lần lượt thuộc đường tròn đường kính $BH$ và $HC$ nên ta có: $\widehat {BDH} = \widehat {CEH} = {90^0}$

Suy ra tứ giác $ADHE$ là hình chữ nhật.

Gọi $O$ là giao điểm của $AH$ và$DE$, khi đó ta có $OD = OH = OE = OA$ .

Suy ra $\Delta ODH$ cân tại $O \Rightarrow \widehat {ODH} = \widehat {OHD}$

Ta cũng có $\Delta IDH$ cân tại $I$$\Rightarrow \widehat {IDH} = \widehat {IHD}$

Từ đó $\Rightarrow \widehat {IDH} + \widehat {HDO} = \widehat {IHD} + \widehat {DHO} \Rightarrow \widehat {IDO} = 90^\circ$$\Rightarrow ID \bot DE$

Ta có $ID \bot DE,D \in \left( I \right)$ nên  $DE$ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $BH$.

Từ chứng minh trên suy ra các phương án B,C,D đúng.

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 $(O;R).$

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.$

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 .

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 $\Leftrightarrow OA = 2R$.

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 $I$ 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 $OC = 25\,cm$.

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

$AH$ 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 $\left( {F;\dfrac{{AH}}{2}} \right)$.

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

Vì AB là đường kính của (O ; R) nên AB = 2R.

Vì D thuộc tia đối của tia CB nên

$BD = CD + BC = 3R + R = 4R$ .

Suy ra $\dfrac{{AB}}{{BD}} = \dfrac{{2R}}{{4R}} = \dfrac{1}{2};\,\dfrac{{BC}}{{AB}} = \dfrac{R}{{2R}} = \dfrac{1}{2}$

Xét ∆ABD và ∆CBA có $\widehat B$ chung và $\dfrac{{BC}}{{AB}} = \dfrac{{AB}}{{BD}} = \dfrac{1}{2}$  (cmt)

Vì vậy $\Delta ABD \backsim \Delta CBA$ (c.g.c)  $\Rightarrow \widehat {DAB}{\rm{ = }}\widehat {ACB}{\rm{ }}$

Mà C thuộc (O ; R) và AB là đường kính nên $OC = OA = OB = \dfrac{{AB}}{2}$  suy ra $\Delta ACB$ vuông tại $C$ hay $\widehat {ACB} = 90^\circ$ . Do đó $\widehat {DAB}{\rm{ = }}\widehat {ACB} = 90^\circ$ hay $AD \bot AB$

Suy ra AD là tiếp tuyến của $\left( {O;R} \right).$

Gọi I là giao điểm các tia phân giác của $\widehat {xPQ};\,\widehat {yQP}$ và A, B, C lần lượt là hình chiếu của I lên Ox, PQ và Oy.

Vì I thuộc phân giác của góc xPQ nên IA = IB.

Xét ∆PAI và ∆PBI có :

+ IA = IB (cmt)

+ Chung PI

+ $\widehat {PAI} = \widehat {PBI} = 90^\circ$

nên ∆PAI = ∆PBI (cạnh huyền – cạnh góc vuông) ,

Suy ra PA = PB.

Lí luận tương tự, ta có $QB = QC.$

$OA + OC = OP + PA + OQ + QC$ $= OP + PB + OQ + QB = OP + PQ + QO = 2a$ (do chu vi ∆OPQ bằng 2a).

Vì IA = IB và IB = IC (cmt) nên IA = IC.

Xét ∆OAI và ∆OCI có

+ IA = IC (cmt)

+ $\widehat {OAI} = \widehat {OCI} = 90^\circ$

+ cạnh chung OI

nên ∆OAI = ∆OCI (cạnh huyền – cạnh góc vuông)  $\Rightarrow OA = OC = \dfrac{{2a}}{2} = a{\rm{ }}.$

Vì a không đổi và A, C thuộc tia Ox, Oy cố định nên A và C cố định.

Do A và C lần lượt là hình chiếu của I lên Ox, Oy nên hai đường thẳng AI và CI cố định hay I cố định.

Do I và A cố định nên độ dài đoạn thẳng AI không đổi.

Do IA = IB (cmt) nên IB là bán kính của đường tròn (I ; IA), mà IB ⊥ PQ tại B nên PQ tiếp xúc với đường tròn (I; IA) cố định.