Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và một điể...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

1) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác ABOC có \(\angle ABO = \angle ACO = {90^0}\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle ABO + \angle ACO = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

2) Chứng minh \(K{A^2} = KB.KN\)

Ta có \(\angle ABN = \angle ABK = \angle AMB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BN)

Mà \(\angle AMB = \angle MAC = \angle NAK\) (so le trong do BM // AC)

\( \Rightarrow \angle ABK = \angle NAK\left( { = \angle ABK} \right)\).

Xét tam giác AKN và tam giác BKA có:

\( \Rightarrow \angle ABK = \angle NAK\) (cmt);

\(\angle AKB\) chung;

\( \Rightarrow \Delta AKN \sim \Delta BKA\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{KN}}{{KA}} \Rightarrow K{A^2} = KB.KN\)

3) Tính độ dài đoạn thẳng AK theo R.

Vì \(BM//AC \Rightarrow \angle MBC = \angle BCA\) (so le trong)

Mà \(\angle BCA = \angle BMC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

\( \Rightarrow \angle MBC = \angle BMC \Rightarrow \Delta BCM\) cân tại C.

Kéo dài OC cắt BM tại H ta có \(CO \bot AC\,\,\left( {gt} \right);\,\,AC//BM\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow OC \bot BM \Rightarrow OC \bot CH\).

\( \Rightarrow H\) là trung điểm của BM (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung).

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

Xét tam giác vuông OAC có \(AC = \sqrt {O{A^2} - O{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {3R} \right)}^2} - {R^2}}  = 2\sqrt 2 R = AB\) (định lí Pitago)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow CF = \frac{{AC.OC}}{{OA}} = \frac{{2\sqrt 2 R.R}}{{3R}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}R = BF\\A{C^2} = AF.AO \Rightarrow AF = \frac{{A{C^2}}}{{AO}} = \frac{{8{R^2}}}{{3R}} = \frac{{8R}}{3}\end{array}\)

(hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( \Rightarrow BC = 2CF = \frac{{4\sqrt 2 R}}{3}\)

\( \Rightarrow \cos \angle OCF = \frac{{CF}}{{OF}} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3}\)

Xét tam giác vuông BCH có: \(CH = BC.\cos \angle OCF = \frac{{4\sqrt 2 R}}{3}.\frac{{2\sqrt 2 }}{3} = \frac{{16R}}{9}\)

\( \Rightarrow BH = \sqrt {B{C^2} - C{H^2}}  = \frac{{4\sqrt 2 R}}{9} \Rightarrow BM = 2BH = \frac{{8\sqrt 2 R}}{9}\)

Gọi \(D = AM \cap BC\), áp dụng định lí Ta-let ta có:

\(\frac{{BM}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{DM}}{{AD}} = \frac{{\frac{{8\sqrt 2 R}}{9}}}{{2\sqrt 2 R}} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{{BD}}{{BD + DC}} = \frac{4}{{4 + 9}} \Rightarrow \frac{{BD}}{{BC}} = \frac{4}{{13}} \Rightarrow BD = \frac{4}{{13}}.\frac{{4\sqrt 2 R}}{3} = \frac{{16\sqrt 2 R}}{{39}}\)

\( \Rightarrow DF = BF - BD = \frac{{10\sqrt 2 R}}{{39}}\)

Xét tam giác vuông ADF có : \(A{D^2} = A{F^2} + D{F^2} = \frac{{64{R^2}}}{9} + \frac{{200{R^2}}}{{1521}} = \frac{{6\sqrt {34} R}}{{13}}\)

\(\frac{{BM}}{{AD}} = \frac{4}{9} \Rightarrow \frac{{DM + AD}}{{AD}} = \frac{{13}}{9} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{13}}{9} \Rightarrow AM = \frac{{13}}{9}AD = \frac{{2\sqrt {34} R}}{3}\)

Xét tam giác ANB và tam giác ABM có: \(\angle BAM\) chung;

\(\angle ABN = \angle AMB\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BN);

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \Delta ABN \sim \Delta AMB\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AM}} \Rightarrow AN = \frac{{A{B^2}}}{{AM}} = \frac{{8{R^2}}}{{\frac{{2\sqrt {34} R}}{3}}} = \frac{{6\sqrt {34} }}{{17}}R\\ \Rightarrow MN = AM - AN = \frac{{2\sqrt {34} R}}{3} - \frac{{6\sqrt {34} R}}{{17}} = \frac{{16\sqrt {34} R}}{{51}}\end{array}\)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\frac{{BM}}{{AK}} = \frac{{MN}}{{AN}} \Rightarrow AK = \frac{{BM.AN}}{{MN}} = \frac{{\frac{{8\sqrt 2 R}}{9}.\frac{{6\sqrt {34} }}{{17}}R}}{{\frac{{16\sqrt {34} R}}{{51}}}} = R\sqrt 2 \)

4) Tiếp tuyến tại M, N của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại E. Chứng minh E, B, C thẳng hàng.

Xét tứ giác OMEN có : \(\angle OME = \angle ONE = {90^0}\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle OME + \angle ONE = {180^0} \Rightarrow \) Tứ giác OMEN nội tiếp đường tròn đường kính OE \( \Rightarrow E\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN đường kính OE.

Ta có \(\frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AM}}\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow AN.AM = A{B^2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO có \(A{B^2} = AF.AO\)

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

Xét tam giác ANF và tam giác AOM có :

\(\angle OAM\) chung ;

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

\( \Rightarrow \Delta ANF \sim \Delta AOM\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \angle AFN = \angle AMO = \angle NMO\)

Lại có \(\angle AFN + \angle NFO = {180^0}\) (kề bù) \( \Rightarrow \angle NMO + \angle NFO = {180^0} \Rightarrow \) tứ giác OFNM là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰) \( \Rightarrow F\) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN đường kính OE.

\( \Rightarrow \angle OFE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow EF \bot OF \Rightarrow EF \bot OA\).

Mà \(BC \bot OA\,\,\,\left( {cmt} \right);\,\,F \in BC \Rightarrow \) qua F kẻ được hai đường thẳng vuông góc với OA là EF và BC

\( \Rightarrow EF \equiv BC\).

Vậy ba điểm E, B, C thẳng hàng (đpcm).