Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

Theo định lý Pytago cho tam giác \(MCO\) vuông  ta có \(MO = \sqrt {O{C^2} + M{C^2}}  = a\sqrt 5 \)

Xét tam giác \(MCO\) vuông ta có \(MC.CO = CH.MO \Rightarrow CH = \dfrac{{2{a^2}}}{{\sqrt 5 a}} = \dfrac{{2\sqrt 5 a}}{5}\) .

Xét nửa $\left( O \right)$ có \(\widehat {MCA} = \widehat {CBA}\)  (*) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) )

Lại có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {ACH}+ \widehat {CAH}=90^0\) (1)

Xét tam giác \(ACB\) vuông tại \(C\) có \(\widehat {CBA}+ \widehat {CAH}=90^0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ACH} = \widehat {CBA}\) (**) (cùng phụ với góc \(\widehat {CAB}\) )

Từ (*) và (**) ta có \(\widehat {MCA} = \widehat {ACH}\)  nên \(CA\) là tia phân giác của góc \(\widehat {MCH}\) .

Xét nửa $\left( O \right)$ có \(\widehat {MCA} = \widehat {CBA}\)  (*) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) )

Lại có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {ACH}+ \widehat {CAH}=90^0\) (1)

Xét tam giác \(ACB\) vuông tại \(C\) có \(\widehat {CBA}+ \widehat {CAH}=90^0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ACH} = \widehat {CBA}\) (**) (cùng phụ với góc \(\widehat {CAB}\) )

Từ (*) và (**) ta có \(\widehat {MCA} = \widehat {ACH}\)  nên \(CA\) là tia phân giác của góc \(\widehat {MCH}\) .

Tương tự câu trước ta có \(\Delta MAD\backsim \Delta MDC\left( {g - g} \right) \)\(\Rightarrow \dfrac{{MD}}{{MC}} = \dfrac{{AD}}{{DC}}\)

Mà theo câu trước ta có \(\dfrac{{MB}}{{MC}} = \dfrac{{BA}}{{CB}}\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(MB = MD\) nên \(\dfrac{{AD}}{{DC}} = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Leftrightarrow AD.BC = AB.DC\) 

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MBA} = \widehat {BCA}\)  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \(AB\) bằng góc nội tiếp chắn cung \(AB\) )

Suy ra \(\Delta MBA\backsim\Delta MCB\left( {g - g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MC}} = \dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{BA}}{{CB}} \)

\(\Rightarrow MA.MC = M{B^2}\) 

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MBA} = \widehat {BCA}\)  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \(AB\) bằng góc nội tiếp chắn cung \(AB\) )

Suy ra \(\Delta MBA\backsim\Delta MCB\left( {g - g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MC}} = \dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{BA}}{{CB}} \)

\(\Rightarrow MA.MC = M{B^2}\) 

Xét đường tròn \((O)\) có \(\widehat {MBC} = \widehat {MAC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

Lại có \(\widehat {MAB} = \widehat {MAC}\) (do AM là phân giác góc BAC)

Suy ra  \(\widehat {MBD} = \widehat {MAB}\)  (cùng bằng \(\widehat {MAC}\) )

Xét \(\Delta MBD\) và \(\Delta MAB\) có \(\widehat M\)  chung và \(\widehat {MBD} = \widehat {MAB}\)  (chứng minh trên)

Nên \(\Delta MBD\backsim\Delta MAB\left( {g - g} \right) \)\(\Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MA}} = \dfrac{{MD}}{{MB}} \)\(\Rightarrow MA.MD = M{B^2}\) 

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {BAP}\) (hệ quả) suy ra \(\Delta PAC\backsim\Delta PBA\left( {g - g} \right)\) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ACB} = \widehat {BAP}\) (hệ quả) suy ra \(\Delta PAC\backsim\Delta PBA\left( {g - g} \right)\) .

Vì \(\Delta IKM\backsim\Delta IMB\left( {c - g - c} \right)\) \( \Rightarrow \widehat {IMK} = \widehat {MBI}\) mà \(\widehat {MBI} = \widehat {MCB}\) (hệ quả)

Nên \(\widehat {BCM} = \widehat {CMA}\) mà hai góc ở vị trí so le trong nên \(MA{\rm{//}}BC\) .

\(\Delta IKA\backsim\Delta IAB\left( {g - g} \right)\) (câu trước) \( \Rightarrow \dfrac{{IK}}{{IA}} = \dfrac{{IA}}{{IB}}\)  mà \(IA = IM \Rightarrow \dfrac{{IK}}{{IM}} = \dfrac{{IM}}{{IB}}\)  nên \(\Delta IKM\backsim\Delta IMB\left( {c - g - c} \right)\)

Ta có \(\widehat {IAK} = \widehat {IBA}\)  (hệ quả) nên \(\Delta IKA\backsim\Delta IAB\left( {g - g} \right)\) 

Ta có \(\widehat {IAK} = \widehat {IBA}\)  (hệ quả) nên \(\Delta IKA\backsim\Delta IAB\left( {g - g} \right)\) 

Từ câu trước, ta có \(\dfrac{{AM}}{{CD}} = \dfrac{{AB}}{{CB}}\)

Tương tự ta có \(\Delta ANC\backsim\Delta BEC\left( {g - g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{BE}}{{AN}} = \dfrac{{BC}}{{AC}}\)

Suy ra \(\dfrac{{AM}}{{CD}}.\dfrac{{BE}}{{AN}} = \dfrac{{AB}}{{BC}}.\dfrac{{BC}}{{AC}}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{MA.BE}}{{NA.CD}}\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MAB} = \widehat {ACB}\) (hệ quả) \( \Rightarrow \Delta AMB\backsim\Delta CDB\left( {g - g} \right)\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MAB} = \widehat {ACB}\) (hệ quả) \( \Rightarrow \Delta AMB\backsim\Delta CDB\left( {g - g} \right)\)

Đường tròn tâm \((O)\) có \(CF\) là tia tiếp tuyến tại tiếp điểm $A$ và dây cung $BC.$ Nên góc \(BCF\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.

Xét nửa $\left( O \right)$ có \(\widehat {MCA} = \widehat {CBA}\)  (*) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) )

Lại có \(\widehat {ACB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tam giác \(ACH\) vuông tại \(H\) có \(\widehat {ACH}+ \widehat {CAH}=90^0\) (1)

Xét tam giác \(ACB\) vuông tại \(C\) có \(\widehat {CBA}+ \widehat {CAH}=90^0\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ACH} = \widehat {CBA}\) (**) (cùng phụ với góc \(\widehat {CAB}\) )

Từ (*) và (**) ta có \(\widehat {MCA} = \widehat {ACH}\)  nên \(CA\) là tia phân giác của góc \(\widehat {MCH}\) .

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {AOB} = 100^\circ \) nên số đo cung \(AB\) nhỏ bằng \(100^\circ \)

Suy ra số đo cung \(AB\) lớn bằng \(360^\circ  - 100^\circ  = 260^\circ \)

Lại có \(\widehat {xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AB\) lớn nên \(\widehat {xAB} = \dfrac{1}{2}.260^\circ  = 130^\circ \) .

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {MBA} = \widehat {BCA}\)  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung \(AB\) bằng góc nội tiếp chắn cung \(AB\) )

Suy ra \(\Delta MBA\backsim\Delta MCB\left( {g - g} \right) \)

\(\Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MC}} = \dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{BA}}{{CB}} \)

\(\Rightarrow MA.MC = M{B^2}\)