Cho đường tròn (O;R) và điểm A ở bên ngoài đường t...

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Cho đường tròn (O;R) và điểm A ở bên ngoài đường tròn đó.  Kẻ cát tuyến  AMN không đi qua O (M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O;R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN). Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN.

a)      Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được trong đường tròn.

Ta có: AB, AC lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) nên: \(AC \bot OC \Rightarrow \angle ACO = {90^0};AB \bot OB \Rightarrow \angle ABO = {90^0}\)

Xét tứ giác ABOC ta có: \(\angle ACO + \angle ABO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà O và B là hai đỉnh đối nhau cùng nhìn cạnh OA các góc bằng nhau.

Nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kính OA và tâm là trung điểm của OA.

b)      Chứng minh \(EB.EC = EM.EN\) và IA là tia phân giác của góc \(\widehat {BIC}.\)

+) Chứng minh \(EB.EC = EM.EN\)

Xét tam giác ENC và tam giác EBM có:

\(\angle NEC = \angle MEB\) (hai góc đối đỉnh)

\(\angle CNE = \angle EBM\)  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM của đường tròn (O;R))

Vậy \(\Delta ENC \sim EBM\left( {g - g} \right)\)

Suy ra: \(\frac{{EN}}{{EB}} = \frac{{EC}}{{EM}} \Rightarrow EN.EM = EB.EC\) (đpcm)

+) Chứng minh IA là tia phân giác của góc \(\widehat {BIC}.\)

I là trung điểm của MN \( \Rightarrow OI \bot MN\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

\( \Rightarrow I\) thuộc đường tròn đường kính AO \( \Rightarrow I\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC.

\( \Rightarrow \angle AIC = \angle ABC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

\(\angle AIB = \angle ACB\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB).

Ta có \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại A \( \Rightarrow \angle ABC = \angle ACB\) (hai góc ở đáy)

\( \Rightarrow \angle AIC = \angle AIB \Rightarrow AI\) là phân giác của \(\angle BIC\).

c)      Tia MF cắt \(\left( {O;R} \right)\) tại điểm thứ hai D. Chứng minh \(\Delta AMF \sim \Delta AON\) và BC // DN.

Chứng minh \(\Delta AMF \sim \Delta AON\)

Xét tam giác ACM và tam giác ANC có:

\(\angle CAN\) chung;

\(\angle ACM = \angle ANC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CM);

\( \Rightarrow \Delta ACM \sim \Delta ANC\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AC}}{{AN}} = \frac{{AM}}{{AC}} \Rightarrow A{C^2} = AM.AN\)

\(\Delta OAC\) vuông tại C \( \Rightarrow A{C^2} = AF.AO\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

\( \Rightarrow AM.AN = AF.AO \Rightarrow \frac{{AM}}{{AO}} = \frac{{AF}}{{AN}}\)

Xét tam giác AMF và tam giác AON có:

\(\angle OAN\) chung;

\(\frac{{AM}}{{AO}} = \frac{{AF}}{{AN}}\,\,\left( {cmt} \right);\)

\( \Rightarrow \Delta AMF \sim \Delta AON\,\,\left( {c.g.c} \right)\).

Chứng minh BC // DN.

Ta có \(OB = OC = R;\,\,AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow OA\) là trung trực của BC \( \Rightarrow OA \bot BC\).

Ta có: \(\Delta AMF \sim \Delta AON\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow \angle AFM = \angle ANO\)

Mà \(\angle AMF + \angle OFM = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle OFM + \angle ANO = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác OFMN là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰).

\( \Rightarrow \angle OFN = \angle OMN\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ON).

Mà \(OM = ON \Rightarrow \Delta OMN\) cân tại O \( \Rightarrow \angle OMN = \angle ONM\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle OFN = \angle ONM = \angle ONA = \angle AFM\\ \Rightarrow {90^0} - \angle OFN = {90^0} - \angle AFM\\ \Rightarrow \angle NFC = \angle MFC\\ \Rightarrow \angle MFC = \frac{1}{2}\angle MFN\end{array}\)

Mà \(\angle MFN = \angle MON\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN)

\( \Rightarrow \angle MFN = \frac{1}{2}\angle MON = \angle MDN\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cun MN)

Hai góc này lại ở vị trí đồng vị \( \Rightarrow BC//DN\) .

d)     Giả sử \(AO = 2R\). Tính diện tích tam giác ABC theo R.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAC có

\(\begin{array}{l}O{C^2} = OF.OA \Rightarrow OF = \frac{{O{C^2}}}{{OA}} = \frac{{{R^2}}}{{2R}} = \frac{R}{2} \Rightarrow AF = AO - OF = 2R - \frac{R}{2} = \frac{{3R}}{2}\\C{F^2} = OF.AF = \frac{R}{2}.\frac{{3R}}{2} = \frac{{3{R^2}}}{4} \Rightarrow CF = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\end{array}\)

Ta có \(OB = OC = R;\,\,AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow OA\) là trung trực của BC \( \Rightarrow BC = 2CF = R\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AF.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.R\sqrt 3  = \frac{{3\sqrt 3 {R^2}}}{4}\).