Cho đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) và điểm

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

a) Sử dụng quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung của đường tròn và định lý Pitago để tính

b) Chứng minh \(\angle OHA = \angle OEA = {90^o}\) để suy ra điều phải chứng minh

c) Chứng minh 3 góc tạo bởi đỉnh O là các góc EOA, AOB, BOF bù nhau thì E, O, F sẽ thẳng hàng. Chứng minh \(\Delta AOE\) và \(\Delta OBF\) đồng dạng, từ đó suy ra \(BF.AE = {R^2}\)

Giải chi tiết:

a) Cho biết bán kính \(R = 5cm,\,\,OM = 3cm\). Tính độ dài dây EH.

Theo đề bài ta có: \(EH \bot OA\) tại M nên M là trung điểm của EH hay \(EH = 2EM\) (định lý mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông OME có:

\(EM = \sqrt {O{E^2} - O{M^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = 4\)

Vậy \(EH = 2EM = 8\,\,(cm)\)

 b) Chứng minh AH là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OA \bot EH\\ME = MH\end{array} \right. \Rightarrow \) OA là đường trung trực của EH \( \Rightarrow AE = AH\)

Xét hai tam giác OEA và tam giác OHA có:

\(OE = OH\,\,( = R);\,\,\,AE = AH;\,\,OA\) chung

\( \Rightarrow \Delta OEA = \Delta OHA\) (c.c.c) \( \Rightarrow \angle OHA = \angle OEA = {90^o}\) hay \(AH \bot OH\)

Vậy AH là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) (đpcm).

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt AH tại B. Vẽ tiếp tuyến BF với đường tròn \(\left( O \right)\) (F là tiếp điểm). Chứng minh 3 điểm E, O, F thẳng hàng và \(BF.AE = {R^2}\).

Có  \(AH \bot OH\;\;\left( {cmt} \right)\) hay B  là giao của hai tiếp tuyến BH; BF

\( \Rightarrow \angle BOF = \angle BOH\), lại có \(\angle EOA = \angle HOA\)

\( \Rightarrow \angle EOA + \angle AOB + \angle BOF = 2\left( {\angle AOH + \angle BOH} \right) = 2\angle AOB = {180^o}\)

\( \Rightarrow \) E, O, F thẳng hàng. (đpcm)

Có \(\angle EOA + \angle BOF = {180^o} - \angle AOB = {90^o} \Rightarrow \angle OAE = \angle BOF\) (cùng phụ \(\angle AOE\))

Xét \(\Delta AOE\) và \(\Delta OBF\) có: \(\angle OAE = \angle BOF\);  \(\angle AEO = \angle BFO = {90^o}\)

\( \Rightarrow \Delta AOE \sim \Delta OBF\;\left( {g - g} \right)\) \( \Rightarrow \frac{{AE}}{{OF}} = \frac{{OE}}{{BF}} \Rightarrow AE.BF = OE.OF = {R^2}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

d) Trên tia HB lấy điểm I (\(I \ne B\)), qua I vẽ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn \(\left( O \right)\) cắt các đường thẳng BF, AE lần lượt tại C và D. Vẽ đường thẳng IF cắt AE tại Q. Chứng minh \(AE = DQ\).

Có \(BF//AQ\)  (do cùng vuông góc với EF) \( \Rightarrow \frac{{BF}}{{CF}} = \frac{{AQ}}{{DQ}}\) (định lý Talet)   (*)

Dễ dàng chứng minh \(\Delta COD\) vuông tại O. Gọi K là tiếp điểm của tiếp tuyến thứ 2 qua I với \(\left( O \right)\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COD đường cao DK ta có: \(O{K^2} = DK.CK\)

Mà DE, DK là các tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) cắt nhau tại D nên \(DE = DK\)

Tương tự \(CK = CF \Rightarrow O{K^2} = CF.DE \Leftrightarrow CF.DE = {R^2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(CF.DE = AE.BF \Leftrightarrow \frac{{BF}}{{CF}} = \frac{{DE}}{{AE}}\)     (**)

Từ (*) và (**) suy ra: \(\frac{{AQ}}{{DQ}} = \frac{{DE}}{{AE}} \Leftrightarrow \frac{{AQ}}{{AQ - DQ}} = \frac{{DE}}{{DE - AE}} \Leftrightarrow \frac{{AQ}}{{AD}} = \frac{{DE}}{{AD}} \Leftrightarrow AQ = DE\)