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

$\Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MC}} = \dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{BA}}{{CB}}$

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