Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác là giao của các đường phân giác các góc trong tam giác.

Vì vậy mỗi tam giác chỉ có 1 đường tròn nội tiếp.

Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh còn lại gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác. Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác là giao của 1 đường phân giác góc trong và hai đường phân giác góc ngoài của tam giác

Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:

- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của các góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua tiếp điểm.

Gọi \(H\) là giao của \(BC\) với \(AO\).

Xét \(\left( O \right)\) có hai tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC\) (tính chất)

Lại có \(OB = OC\) nên \(AO\) là đường trung trực của đoạn \(BC\) hay \(AO \bot BC\) tại \(H\) là trung điểm của \(BC\).

Xét tam giác \(BCD\) có \(H\) là trung điểm \(BC\) và \(O\) là trung điểm \(DC\) nên là đường trung bình của tam giác \(BCD\) 

Suy ra \(BD = 2.OH\)

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(BH\) là đường cao. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(B{O^2} = OH.OA \Leftrightarrow OH = \dfrac{{O{B^2}}}{{OA}} = \dfrac{9}{5} = 1,8\,cm\)

Từ đó \(BD = 2.OH = 2.1,8 = 3,6\,cm\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC;\,\widehat {CAO} = \widehat {BAO};\widehat {BOA} = \widehat {COA}\)

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) có \(OB = 3cm;\,OA = 5cm\), theo định lý Pytago ta có \(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\,cm\)

Nên \(AC = AB = 4cm\) hay đáp án A đúng.

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(\sin \widehat {ABO} = \dfrac{{AB}}{{OA}} = \dfrac{4}{5}\)  nên C đúng. Mà \(\widehat {BOA} = \widehat {COA}\)  nên \(\sin \widehat {COA} = \dfrac{4}{5}\) do đó D sai.

Xét \(\left( O \right)\) có \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(A\) nên \(AB = AC;\,\widehat {CAO} = \widehat {BAO};\widehat {BOA} = \widehat {COA}\)

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(B\) có \(OB = 3cm;\,OA = 5cm\), theo định lý Pytago ta có \(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\,cm\)

Nên \(AC = AB = 4cm\) hay đáp án A đúng.

Xét tam giác \(ABO\) vuông tại \(B\) có \(\sin \widehat {ABO} = \dfrac{{AB}}{{OA}} = \dfrac{4}{5}\)  nên C đúng. Mà \(\widehat {BOA} = \widehat {COA}\)  nên \(\sin \widehat {COA} = \dfrac{4}{5}\) do đó D sai.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác \(BDO\) ta có  \(BD = \sqrt {O{D^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{8^2} - {5^2}}  = \sqrt {39} \,cm\)

Mà \(MD = BD;MC = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên \(MD = \sqrt {39} \,cm\)

Theo câu trước ta có \(MC.MD = 25 \Rightarrow MC = \dfrac{{25}}{{MD}} = \dfrac{{25}}{{\sqrt {39} }} = \dfrac{{25\sqrt {39} }}{{39}}\) nên \(AC = MC = \dfrac{{25\sqrt {39} }}{{39}}\)

Vậy \(BD = \sqrt {39} ;AC = \dfrac{{25\sqrt {39} }}{{39}}\)

Xét nửa \(\left( O \right)\) có \(MC\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(C\) nên \(OC\) là phân giác \(\widehat {MOA}\) do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM}\)

Lại có \(MD\) và \(BD\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(D\) nên \(OD\) là phân giác \(\widehat {MOB}\) do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM}\)

Từ đó \(\widehat {AOC} + \widehat {BOD} = \widehat {COM} + \widehat {MOD}\)\( = \dfrac{{\widehat {AOC} + \widehat {BOD} + \widehat {COM} + \widehat {MOD}}}{2} = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \)

Nên \(\widehat {COD} = 90^\circ \)hay \(\Delta COD\) vuông tại \(O\) có \(OM\) là đường cao nên \(MC.MD = O{M^2}\).

Mà \(OM = R = \dfrac{{AB}}{2} = 5cm\) nên \(MC.MD = 25\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Xét nửa \(\left( O \right)\) có \(MC\) và \(AC\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(C\) nên \(OC\) là phân giác \(\widehat {MOA}\) do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {COM}\)

Lại có \(MD\) và \(BD\) là hai tiếp tuyến cắt nhau tại \(D\) nên \(OD\) là phân giác \(\widehat {MOB}\) do đó \(\widehat {BOD} = \widehat {DOM}\)

Từ đó \(\widehat {AOC} + \widehat {BOD} = \widehat {COM} + \widehat {MOD}\)\( = \dfrac{{\widehat {AOC} + \widehat {BOD} + \widehat {COM} + \widehat {MOD}}}{2} = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ \)

Nên \(\widehat {COD} = 90^\circ \)hay \(\Delta COD\) vuông tại \(O\) có \(OM\) là đường cao nên \(MC.MD = O{M^2}\).

Mà \(OM = R = \dfrac{{AB}}{2} = 5cm\) nên \(MC.MD = 25\,\left( {c{m^2}} \right)\)

Xét \(\left( O \right)\) có \(MA = MB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà \(\widehat {AMB} = 60^\circ \) nên \(\Delta MAB\) đều suy ra chu vi \(\Delta MAB\) là \(MA + MB + AB = 3AB = 24 \)\(\Rightarrow AB = 8cm = MA = MB\)

Lại có \(\widehat {AMO} = \dfrac{1}{2}\widehat {AMB} = 30^\circ \) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác vuông \(MAO\) có \(\tan \widehat {AMO} = \dfrac{{OA}}{{MA}} \Rightarrow OA = MA.\tan 30^\circ  = \dfrac {4}{\sqrt 3}\,cm\) 

Gọi G là giao điểm của tia DF và tia EM.

Ta có \(\angle EFD = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow EF \bot DG\) mà \(EF \bot OM\) (cmt)

\( \Rightarrow OM//DG\) (từ vuông góc đến song song)

Tam giác EDG có \(OE = OD\,\,;\,\,OM//DG\,\, \Rightarrow ME = MG\)(tính chất đường trung bình)

Áp dụng định lý Ta-let cho tam giác EDM có \(PK//ME\) (cùng vuông góc với ED) ta được:   \(\dfrac{{PK}}{{ME}} = \dfrac{{DP}}{{DM}}\)     (3)

Áp dụng định lý Ta-let cho tam giác MDG có \(PF//MG\) (cùng vuông góc với ED) ta được:   \(\dfrac{{PF}}{{MG}} = \dfrac{{DP}}{{DM}}\)     (4)

Từ (3) và (4) suy ra   \(\dfrac{{PK}}{{ME}} = \dfrac{{PF}}{{MG}}\)  mà  \(ME = MG\) (cmt)

\( \Rightarrow PK = PF\,\, \Rightarrow \)  P là trung điểm của FK. Suy ra \(FP = PK = \dfrac{4}{2} = 2cm\)

* Vì ME  là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên  ME  vuông góc với OE, suy ra tam giác MOE nội tiếp đường tròn đường kính MO  (1)

Vì  MF  là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên  MF  vuông góc với OF, suy ra tam giác MOF nội tiếp đường tròn đường kính MO  (2)

Từ (1) và (2) suy ra M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Gọi \(MO \cap EF = \left\{ H \right\}\)

Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến ME và MF của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow ME = MF\) (tính chất) mà \(OE = OF = R\) (gt)

\( \Rightarrow \) MO là đường trung trực của EF

\( \Rightarrow MO \bot EF\)

\( \Rightarrow \angle IFE + \angle OIF = {90^o}\,\)

Vì \(OI = OF = R\)  nên tam giác OIF cân tại O

\( \Rightarrow \angle OIF = \angle OFI\)  mà  \(\angle MFI + \angle OFI = {90^o}\,;\,\,\,\angle IFE + \angle OIF = {90^o}\)

\( \Rightarrow \angle MFI = \angle IFE\)

\( \Rightarrow \) FI là phân giác của \(\angle MFE\)   (1)

Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến ME và MF của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow \) MI là phân giác của \(\angle EMF\) (tính chất)   (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF

* Vì ME  là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên  ME  vuông góc với OE, suy ra tam giác MOE nội tiếp đường tròn đường kính MO  (1)

Vì  MF  là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên  MF  vuông góc với OF, suy ra tam giác MOF nội tiếp đường tròn đường kính MO  (2)

Từ (1) và (2) suy ra M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Gọi \(MO \cap EF = \left\{ H \right\}\)

Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến ME và MF của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow ME = MF\) (tính chất) mà \(OE = OF = R\) (gt)

\( \Rightarrow \) MO là đường trung trực của EF

\( \Rightarrow MO \bot EF\)

\( \Rightarrow \angle IFE + \angle OIF = {90^o}\,\)

Vì \(OI = OF = R\)  nên tam giác OIF cân tại O

\( \Rightarrow \angle OIF = \angle OFI\)  mà  \(\angle MFI + \angle OFI = {90^o}\,;\,\,\,\angle IFE + \angle OIF = {90^o}\)

\( \Rightarrow \angle MFI = \angle IFE\)

\( \Rightarrow \) FI là phân giác của \(\angle MFE\)   (1)

Vì M là giao điểm của 2 tiếp tuyến ME và MF của \(\left( O \right)\)

\( \Rightarrow \) MI là phân giác của \(\angle EMF\) (tính chất)   (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MEF

\(\angle BCD = {90^o}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\angle AHB = {90^o}\) (AO là trung trực của BC)

Xét \(\Delta BCD\) và \(\Delta AHB\) có: \(\angle BCD = \angle AHB = {90^o},\;\angle BDC = \angle ABH\) (BA là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại B)

\( \Rightarrow \Delta BCD \backsim \Delta AHB\;\left( {g - g} \right) \)\(\Rightarrow \dfrac{{BD}}{{BA}} = \dfrac{{CD}}{{BH}}\)  mà theo câu trước \(\dfrac{{DE}}{{BE}} = \dfrac{{BD}}{{BA}}\) \( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{BE}} = \dfrac{{CD}}{{BH}}\)

Xét \(\Delta BHE\) và \(\Delta DCE\) có  \(\dfrac{{DE}}{{BE}} = \dfrac{{CD}}{{BH}}\)\( \Rightarrow \Delta BHE \backsim \Delta DCE \Rightarrow \angle BEH = \angle DEC\)   (2 góc tương ứng)

\( \Rightarrow \angle BEH + \angle HED = \angle DEC + \angle HED \)\(\Rightarrow \angle BED = \angle HEC\)

Mà \(\angle BED = {90^o}\) (chứng minh trên)

Vậy \(\angle HEC = {90^o}\)

Ta có D đối xứng với B qua O \( \Rightarrow \) BD là đường kính của \(\left( O \right)\) mà \(E \in \left( O \right)\)

\( \Rightarrow \) \(\angle BED = {90^o}\)

Xét \(\Delta BED\) và \(\Delta ABD\) có: \(\angle BED = \angle ABD = {90^o}\), \(\angle D\) chung

\( \Rightarrow \Delta BED \backsim \Delta ABD\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{BE}} = \dfrac{{BD}}{{BA}}.\)

* Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^o}\)

\( \Rightarrow \) B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

 \( \Rightarrow \) A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính OA. Do đó A sai.

* Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại A

\( \Rightarrow \) \(AB = AC\) và AO là phân giác \(\angle BAC\)  (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác cân tại A

\( \Rightarrow \) AO vừa là phân giác \(\angle BAC\)  vừa là đường trung trực của BC (tính chất tam giác cân) nên B sai.

* Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\)\( \Rightarrow \angle OBA = \angle OCA = {90^o}\)

\( \Rightarrow \) B, C cùng thuộc đường tròn đường kính OA

 \( \Rightarrow \) A, B, O, C cùng thuộc một đường tròn đường kính OA. Do đó A sai.

* Ta có AB, AC là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại A

\( \Rightarrow \) \(AB = AC\) và AO là phân giác \(\angle BAC\)  (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) là tam giác cân tại A

\( \Rightarrow \) AO vừa là phân giác \(\angle BAC\)  vừa là đường trung trực của BC (tính chất tam giác cân) nên B sai.

Gọi $H$ là giao của $BC$ với $AO$.

Xét $\left( O \right)$ có hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $A$ nên $AB = AC$ (tính chất)

Lại có $OB = OC$ nên $AO$ là đường trung trực của đoạn $BC$ hay $AO \bot BC$ tại $H$ là trung điểm của $BC$.

Ta chưa kết luận được $H$ có là trung điểm của $AO$ hay không nên đáp án D sai.

Xét nửa $\left( O \right)$ có $MC$ và $AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $C$ nên $OC$ là phân giác $\widehat {MOA}$ do đó $\widehat {AOC} = \widehat {COM}$

Lại có $MD$ và $BD$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $D$ nên $OD$ là phân giác $\widehat {MOB}$ do đó $\widehat {DOB} = \widehat {DOM}$

Từ đó $\widehat {AOC} + \widehat {BOD} = \widehat {COM} + \widehat {MOD}$$ = \dfrac{{\widehat {AOC} + \widehat {BOD} + \widehat {COM} + \widehat {MOD}}}{2} = \dfrac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ $

Nên $\widehat {COD} = 90^\circ $ hay $\Delta COD$ vuông tại $O$ có $OM$ là đường cao nên $MC.MD = O{M^2}$.

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $I;K \in $ đường thẳng $AH$ với $\left\{ H \right\} = BC \cap AI$

Ta có $\widehat {HCI} = \dfrac{1}{2}\widehat {HCA};\widehat {KCH} = \dfrac{1}{2}\widehat {xCH}$$ \Rightarrow \widehat {ICK} = \widehat {ICH} + \widehat {HCK} = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {ACH} + \widehat {HCx}} \right) = 90^\circ $

Tương tự ta cũng có $\widehat {IBK} = 90^\circ $

Xét hai tam giác vuông $ICK$ và $IBK$ có $OI = OK = OB = OC = \dfrac{{IK}}{2}$

Nên bốn điểm $B;I;C;K$ nằm trên đường tròn $\left( {O;\dfrac{{IK}}{2}} \right)$.