Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

Gọi $H$ là giao của $OA$ và $CD$

Xét $\left( O \right)$ có $OA \bot CD$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $CD$

Xét tứ giác $OCAD$ có hai đường chéo $OA$ và $CD$ vuông góc với nhau và giao nhau tại trung điểm $H$ mỗi đường nên $OCAD$ là hình thoi. 

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đường thẳng $AO \bot BC$

Lại có $AO \bot AE$ (tính chất tiếp tuyến ) nên $AE{\rm{//}}BC$

Theo câu trước ta có $AO \bot BC$ (*)

Xét tam giác $BCD$ có $DC$ là đường kính của $\left( O \right)$ và $B \in \left( O \right)$ nên $\Delta BDC$ vuông tại $B$ hay $BD \bot BC$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra $BD{\rm{//}}AO$

Mà $AO$ và $AC$ cắt nhau nên $BD$ và $AC$ không thể song song.

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.

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.

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác $BDO$ ta có  $BD = \sqrt {O{D^2} - O{B^2}}  = \sqrt 3 .R$

Mà $MD = BD;MC = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $MD = \sqrt 3 R$

Theo câu trước ta có $MC.MD = O{M^2}$

$\Rightarrow MC = \dfrac{{O{M^2}}}{{MD}} = \dfrac{{{R^2}}}{{\sqrt 3 .R}} = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}$ nên $AC = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}$

Vậy $BD = \sqrt 3 R;AC = \dfrac{{\sqrt 3 R}}{3}.$

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 $MC.MD = O{M^2}$.

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 $MC.MD = O{M^2}$.

Ta có tam giác $CKI$ vuông nên $\widehat {CKI} + \widehat {CIO} = 90^\circ$, lại có $\widehat {CIK} + \widehat {ICH} = 90^\circ$ mà $CI$ là phân giác $\widehat {ACB}$ nên $\widehat {ACI} =\widehat {CKO}$.

Có tam giác $COK$ cân tại $O$ nên $\widehat {ACI} = \widehat {OCK}$$(=\widehat {CKO})$

Nên $\widehat {ICO}+\widehat {ACI}=\widehat {ICO}+\widehat {OCK}  = 90 ^\circ$

Suy ra $\widehat {ACO} = 90^\circ$ $\Rightarrow OC \bot AC.$

Ta có $HB = HC$ ($AK$ là trung trực của$BC$ ) $\Rightarrow HB = \dfrac{{BC}}{2} = 12$.

Theo Pytago ta có $AH = \sqrt {A{C^2} - H{C^2}}  = 16$

Lại có  $\Delta ACH\backsim\Delta COH$ (hai tam giác vuông có $\widehat {COH} = \widehat {ACH}$ vì cùng phụ với $\widehat {HCO}$)

$\Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{HC}}{{CO}}$  $\Rightarrow CO = \dfrac{{AC.HC}}{{AH}} = 15$ .

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 $\left( {O;\dfrac{{IK}}{2}} \right)$.

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 $\left( {O;\dfrac{{IK}}{2}} \right)$.

Xét tam giác $COA$ có  $OC = OA = R$ và $OC = AC$ (do $OCAD$ là hình thoi) nên $\Delta COA$ là tam giác đều

$\Rightarrow \widehat {COI} = 60^\circ .$

Xét tam giác vuông $OCI$ có $CI = OC.\tan 60^\circ  = R\sqrt 3$.

Vậy $CI = R\sqrt 3$.

Gọi $H$ là giao của $OA$ và $CD$

Xét $\left( O \right)$ có $OA \bot CD$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $CD$

Xét tứ giác $OCAD$ có hai đường chéo $OA$ và $CD$ vuông góc với nhau và giao nhau tại trung điểm $H$ mỗi đường nên $OCAD$ là hình thoi. 

Gọi $H$ là giao của $OA$ và $CD$

Xét $\left( O \right)$ có $OA \bot CD$ tại $H$ nên $H$ là trung điểm của $CD$

Xét tứ giác $OCAD$ có hai đường chéo $OA$ và $CD$ vuông góc với nhau và giao nhau tại trung điểm $H$ mỗi đường nên $OCAD$ là hình thoi. 

Vì $AE{\rm{//}}BC$ nên $\widehat {EAC} = \widehat {ACB}$ (hai góc ở vị trí so le trong) , lại có $\widehat {ADE} = \widehat {BDC}$ (đối đỉnh) và $AD = DC$

Nên $\Delta ADE = \Delta CDB\left( {g - c - g} \right)$

$\Rightarrow AE = BC$

Tứ giác $AECB$ có $AE = BC;AE{\rm{//}}BC$ nên $AECB$ là hình bình hành.

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đường thẳng $AO \bot BC$

Lại có $AO \bot AE$ (tính chất tiếp tuyến ) nên $AE{\rm{//}}BC$

Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ có $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đường thẳng $AO \bot BC$

Lại có $AO \bot AE$ (tính chất tiếp tuyến ) nên $AE{\rm{//}}BC$

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

Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dàicủa hai cạnh còn lại gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác.

Với một tam giác có ba đường tròn bàng tiếp.

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.