Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) Sử dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp để chứng minh tứ giác nội tiếp.

+) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì có số đo bằng nhau.

+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng để từ đó suy ra các cặp cạnh tỉ lệ.

Giải chi tiết:

a)     Ta có: \(\widehat{MAO}=\widehat{MBO}={{90}^{0}}\) (vì MA và MB là các tiếp tuyến)

\(\Rightarrow \widehat{MAO}+\widehat{MBO}={{180}^{0}}\)

Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180^o)

b)     Vì AE // MO nên AE ⊥ AB nên góc BAE nội tiếp chắn nửa đường tròn. Suy ra B, O, E thẳng hàng.

Xét tam giác MFN và AMN có \(\widehat{MFN}=\widehat{AFE}=\widehat{ABE}=\widehat{AMN}\) , \(\widehat{ANM}\) chung

\(\Rightarrow \Delta MFN\sim \Delta AMN\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{MN}{AN}=\frac{NF}{MN}\Rightarrow M{{N}^{2}}=NF.NA\) (1)

Ta có: \(\widehat{MFB}=\widehat{MHB}={{90}^{0}}\) ⇒ MFHB nội tiếp đường tròn đường kính MB

\(\Rightarrow \widehat{BFH}=\widehat{BMH}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HB)

Mà \(\widehat{BMH}=\widehat{HBO}=\widehat{AFE}\)⇒ \(\widehat{BFH}=\widehat{AFE}\)

Ta có \(\widehat{BFH}+\widehat{HFE}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{AFE}+\widehat{HFE}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{AFH}={{90}^{o}}\)

Xét tam giác NFH và NHA có:

\(\widehat{NFH}=\widehat{AHN}={{90}^{o}}\)

\(\widehat{ANH}\) chung

\(\Rightarrow \Delta NFH\sim \Delta NHA\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{NH}{NA}=\frac{NF}{NH}\Rightarrow N{{H}^{2}}=NA.NF\)  (2)

Từ (1) và (2) suy ra\(N{{M}^{2}}=N{{H}^{2}}\Rightarrow NM=NH\)

c)     Xét tam giác vuông NHA có \(H{{A}^{2}}=FA.NA\) và \(F{{H}^{2}}=FA.FN\)

Mà \(HA=HB\Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{H{{A}^{2}}}{H{{F}^{2}}}=\frac{FA.NA}{H{{F}^{2}}}=\frac{NA}{HF}\)

\(\Rightarrow H{{B}^{2}}=H{{A}^{2}}=HF.NA\)

Vì AE // MN nên theo Ta lét ta có:\(\frac{EF}{MF}=\frac{FA}{NF}\)

\(\Rightarrow \frac{H{{B}^{2}}}{H{{F}^{2}}}-\frac{EF}{MF}=\frac{NA}{NF}-\frac{FA}{NF}=\frac{NF}{NF}=1\)