Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

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.

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.

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

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 $\left( O \right)$có $IA,IB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $I$ nên $\widehat {AOI} = \widehat {KOI}$

Mà $OA{\rm{//}}KI$ (vì cùng vuông góc với $AI$) nên $\widehat {KIO} = \widehat {IOA}$ (hai góc ở vị trí so le trong)

Từ đó $\widehat {KOI} = \widehat {KIO}$ suy ra $\Delta KOI$ cân tại $K \Rightarrow KI = KO$.

Xét $\left( O \right)$ có $MA = MB$; $\widehat {AMO} = \widehat {BMO}$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên $\widehat {AMO} = 60^\circ$. Xét tam giác vuông $AOM$ có $AM = AO.cot\widehat {AMO} = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}$ nên $MA = MB = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3}$

Lại có $\widehat {AOB} + \widehat {AMB} = 180^\circ  \Rightarrow \widehat {AOB} = 60^\circ$ suy ra $\Delta AOB$ là tam giác đều $\Rightarrow AB = OB = OA = R$

Chu vi tam giác $MAB$ là $MA + MB + AB = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3} + \dfrac{{R\sqrt 3 }}{3} + R = 6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right)$

$\Leftrightarrow R\left( {\dfrac{{3 + 2\sqrt 3 }}{3}} \right) = 6\left( {3 + 2\sqrt 3 } \right) \Rightarrow R = 18\,cm$ nên $AB = 18\,cm$.

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

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 $\widehat {HCO}$)

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

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. 

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 $CI = R\sqrt 3$.

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 $AE{\rm{//}}BC$ 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.

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $O'C$ là đường kính, suy ra $\widehat {CBO'} = \widehat {CAO'} = 90^\circ$ hay $CB \bot O'B$ tại $B$ và $AC \bot AO'$ tại $A$.

Do đó $AB,BC$ là hai tiếp tuyến của $\left( {O'} \right)$ nên $AC = CB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Nên A, B, C đúng.

* 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

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 $FP = PK = \dfrac{4}{2} = 2cm$

* 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 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

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

$\angle BCD = {90^o}$ (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 $\angle HEC = {90^o}$

Vì hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ cắt nhau tại $A$ nên $\widehat {ACO} = \widehat {ABO} = {90^0} \Rightarrow \widehat {CAB} + \widehat {COB} = {360^0} - {180^0} = {180^0}$

Mà $\widehat {CAB} = {50^0}$ nên $\widehat {COB} = {180^0} - {50^0} = {130^0}$

Ta có $IO$ là tia phân giác của $\widehat {BIA}$

$IO'$ là tia phân giác của $\widehat {CIA}$

Mà $\widehat {BIA} + \widehat {CIA} = {180^0} \Rightarrow \widehat {OIO'} = {90^0}$

Tam giác $OIO'$ vuông tại $I$ có $IA$ là đường cao nên $I{A^2} = AO.AO' = 9.4 = 36 \Rightarrow IA = 6cm$.

$\Rightarrow IA = IB = IC = 6cm$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vậy $BC = 2IA = 2.6 = 12\left( {cm} \right)$.