* Định nghĩa tiếp tuyến của đường tròn:
- Đường thẳng được gọi là tiếp tuyến của đường tròn nếu nó có một điểm chung với đường tròn. Điểm đó được gọi là tiếp điểm
Ví dụ: $\Delta $ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$, $H$ gọi là tiếp điểm
*Tính chất:
-Tiếp tuyến của đường tròn vuông góc với bán kính tại tiếp điểm.
*Dấu hiệu nhận biết:
- Nếu một đường thẳng đi qua 1 điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông $ OCM $ , ta có $ O{{M}^{2}}=O{{C}^{2}}+M{{C}^{2}} $
$ \Rightarrow M{{C}^{2}}=O{{M}^{2}}-O{{C}^{2}}=3{{R}^{2}}\Rightarrow MC=\sqrt{3}R $ .
Lấy $ E $ là trung điểm của $ AH $ . Do $ M $ là trung điểm của $ BH $ (gt) nên $ EM $ là đường trung bình của $ \Delta AHB $ .
$ \Rightarrow EM\text{//}AB $ và $ EM=\dfrac{1}{2}AB $ .
Hình chữ nhật $ ABCD $ có $ CD\text{//}AB $ và $ CD=AB $ mà $ N $ là trung điểm của $ DC $ , suy ra
$ DN\text{//}AB $ và $ DN=\dfrac{1}{2}AB $ .
Từ (1) và (2) ta có $ EM\text{//}DN $ và $ EM=DN $ .
Suy ra tứ giác $ EMND $ là hình bình hành, do đó $ DI\text{//}MN $ .
Do $ EM\text{//}AB $ mà $ AB\bot AD $ (tính chất hình chữ nhật)
$ AH\bot DM $ (gt) nên $ E $ là trực tâm của $ \Delta ADM $
Suy ra $ DE\bot AM $ , mà $ DE\text{//}MN $ (cmt)
$ \Rightarrow MN\bot AM $ tại $ M $ .
Vì vậy $ MN $ là tiếp tuyến của đường tròn $ (A;AM) $ .
Gọi $ F $ là trung điểm của $ AH $
Xét hai tam giác vuông $ AEH $ và $ ADH $ ta có $ FA=FH=FE=FD=\dfrac{AH}{2} $
Nên bốn đỉnh $ A,D,H,E $ cùng thuộc đường tròn tâm $ F $ bán kính $ \dfrac{AH}{2} $ .
Dễ có $ AMON $ là hình bình hành (Vì $ ON\text{//}AM;OM\text{//}AN $ )
Ta chứng minh $ OM=ON $
Xét tam giác $ OBM $ và tam giác $ OCN $ có:
$ \widehat{OBM}=\widehat{OCN}=90{}^\circ $ ;
$ OB=OC=R $ ,
Và $ \widehat{OMB}=\widehat{ONC}=\widehat{A} $
$ \Rightarrow \Delta OBM=\Delta OCN $
$ \Rightarrow OM=ON\Rightarrow AMON $ là hình thoi.
Tam giác $ OBC $ cân tại $ O $ có $ \widehat{ABC}=30{}^\circ $ suy ra $ \widehat{AOC}=60{}^\circ $ (góc ngoài tại một đỉnh bằng tổng hai góc trong không kề với nó).
Nên tam giác $ OCA $ là tam giác đều suy ra $ AC=AO=AM=R\Rightarrow \widehat{OCM}=90{}^\circ \Rightarrow MC $ là tiếp tuyến của $ (O;R) $ .
Gọi $ I,J $ lần lượt là trung điểm của $ BH $ và $ CH $ .
Để chứng minh $ DE $ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $ I $ đường kính $ BH $ ta chứng minh $ ID\bot DE $ hay $ \widehat{ODI}=90{}^\circ $ .
Vì $ D,E $ lần lượt thuộc đường tròn đường kính $ BH $ và $ HC $ nên ta có: $ \widehat{BDH}=\widehat{CEH}=90{}^\circ $
Suy ra tứ giác $ ADHE $ là hình chữ nhật.
Gọi $ O $ là giao điểm của $ AH $ và $ DE $ , khi đó ta có $ OD=OH=OE=OA $ .
Suy ra $ \Delta ODH $ cân tại $ O\Rightarrow \widehat{ODH}=\widehat{OHD} $
Ta cũng có $ \Delta IDH $ cân tại $ I\Rightarrow \widehat{IDH}=\widehat{IHD} $
Từ đó $ \Rightarrow \widehat{IDH}+\widehat{HDO}=\widehat{IHD}+\widehat{DHO}\Rightarrow \widehat{IDO}=90{}^\circ \Rightarrow ID\bot DE $
Ta có $ ID\bot DE,D\in (I) $ nên $ DE $ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $ BH $ .
Độ dài đoạn $ AB $ là
Từ hình vẽ ta có $ AB;AC $ là tiếp tuyến của $ (O) $ tại $ B,C $ suy ra $ OB\bot AB $ tại $ B $ và $ OC\bot AC $ tại $ C $ .
Suy ra $ \Delta ABO=\Delta ACO $ (c – g – c) nên $ \widehat{BAO}=\widehat{CAO}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=60{}^\circ $
Xét $ \Delta ABO $ có $ AB=AO.\cos A=8.\cos 60{}^\circ =4cm $ .
Độ dài tiếp tuyến $ AB $ là
Ta có $ AB;AC $ là tiếp tuyến của $ (O) $ tại $ B,C $ suy ra $ OC\bot AC $ tại $ C $ .
Suy ra $ \Delta ABO=\Delta ACO $ (c – g – c) nên $ \widehat{BAO}=\widehat{CAO}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=30{}^\circ $
Xét $ \Delta ABO $ có $ AB=AO.\cos A=10.cos30{}^\circ =5\sqrt{3}cm $ .
Vì $ D $ thuộc đường tròn đường kính $ AB $ nên $ BD\bot AD\Rightarrow BD $ là đường cao của $ \Delta ABG $ , mà $ BD $ là đường phân giác của $ ABG $ (gt) nên $ BD $ vừa là đường cao vừa là đường phân giác của $ \Delta ABG $ .
Do đó $ \Delta ABG $ cân tại $ B $ suy ra $ BD $ là trung trực của $ AG $ (1).
Vì $ H $ đối xứng với $ E $ qua $ D $ (gt) nên $ D $ là trung điểm của $ HE $ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $ D $ là trung điểm của $ HE $ và $ AG $
Do đó tứ giác $ AHGE $ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Mà $ HE\bot AG $ nên $ \Delta HGE $ là hình thoi (dấu hiệu nhận biết hình thoi).
Gọi $ I $ là giao điểm của $ OC $ và $ AB\Rightarrow AI=BI=\dfrac{AB}{2}=12cm $ .
Xét tam giác vuông $ OAI $ có $ OI=\sqrt{O{{A}^{2}}-A{{I}^{2}}}=9cm $
Xét tam giác vuông $ AOC $ có $ A{{O}^{2}}=OI.OC\Rightarrow OC=\dfrac{A{{O}^{2}}}{OI}=\dfrac{{{15}^{2}}}{9}=25cm $ .
Vậy $ OC=25cm $ .
Độ dài bán kính $ OB $ là
Từ hình vẽ ta có $ AB;AC $ là tiếp tuyến của $ (O) $ tại $ B,C $ suy ra $ OC\bot AC $ tại $ C $ .
Suy ra $ \Delta ABO=\Delta ACO $ (c – g – c) nên $ \widehat{BAO}=\widehat{CAO}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=30{}^\circ $
Xét $ \Delta ABO $ có $ OB=AO.\sin A=10.\sin 30{}^\circ =5cm $ .
Gọi $ O $ là trung điểm $ AI $ . Xét tam giác vuông $ AIK $ có $ OK=OI=OA\Rightarrow K\in \left( O;\dfrac{AI}{2} \right) $ (*)
Ta đi chứng minh $ OK\bot KH $ tại $ K $ .
Xét tam giác $ OKA $ cân tại $ O $ ta có: $ \widehat{OKA}=\widehat{OKA} $ (1)
Vì tam giác $ ABC $ cân tại $ A $ có đường cao $ AH $ nên $ H $ là trung điểm của $ BC $ . Xét tam giác vuông $ BKC $ có $ HK=HB=HC=\dfrac{BC}{2} $ .
Suy ra tam giác $ KHB $ cân tại $ H $ nên $ \widehat{HKB}=\widehat{HBK} $ (2)
Mà $ \widehat{HBK}=\widehat{KAH} $ (cùng phụ với $ \widehat{ACB} $ ) (3)
Từ (1); (2); (3) suy ra $ \widehat{HKB}=\widehat{AKO} $ mà $ \widehat{AKO}+\widehat{OKI}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{HKB}+\widehat{OKI}=90{}^\circ \Rightarrow \widehat{OKH}=90{}^\circ $ hay $ OK\bot KH $ tại $ K $ (**)
Từ (*) và (**) thì $ HK $ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính $ AI $ .
Gọi $ I $ là giao điểm của $ MN $ và $ OP $
Ta có $ OP\bot MN $ tại $ I\Rightarrow I $ là trung điểm của $ MN $ .
nên $ IM=\dfrac{MN}{2}=\dfrac{12}{2}=6cm $
xét tam giác vuông $ OMI $ có $ OI=\sqrt{O{{M}^{2}}-M{{I}^{2}}}=\sqrt{{{10}^{2}}-{{6}^{2}}}=8cm $
xét tam giác vuông $ MPO $ theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
$ M{{O}^{2}}=OI.OP\Rightarrow OP=\dfrac{M{{O}^{2}}}{OI}=\dfrac{{{10}^{2}}}{8}=12,5cm $
Vậy $ OP=12,5cm $ .
Theo ta có \[ \Delta OCM \] vuông tại \[ C \]
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông \[ OCM \] , ta có \[ O{{M}^{2}}=O{{C}^{2}}+M{{C}^{2}} \]
\[ \Rightarrow M{{C}^{2}}=O{{M}^{2}}-O{{C}^{2}}={{4}^{2}}-{{2}^{2}}=12\Rightarrow MC=2\sqrt{3}cm \] .
Tam giác \[ OBC \] cân tại \[ O \] có \[ \widehat{OBC}=60{}^\circ \]
Nên tam giác \[ OCB \] là tam giác đều suy ra \[ BC=OB=OC=2 \]
Xét tam giác \[ OCM \] có \[ BC=OB=BM=2=\dfrac{OM}{2} \] nên \[ \Delta OCM \] vuông tại \[ C \]
\[ \Rightarrow OC\bot CM\Rightarrow MC \] là tiếp tuyến của \[ (O;2cm) \] .
Ta có $ OC\bot AB\Rightarrow OC $ đi qua trung điểm của $ AB $ .
$ \Rightarrow OC $ là đường cao đồng thời là trung tuyến của $ \Delta ABC $ .
$ \Rightarrow \Delta ABC $ cân tại $ C $ .
$ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \widehat{ACO}=\widehat{BCO} \\ AC=CB \\ \end{matrix} \right.\Rightarrow \Delta AOC=\Delta BOC $ (c – g – c)
$ \Rightarrow OB\bot BC $
$ \Rightarrow BC $ là tiếp tuyến của $ (O) $
$ AH $ cắt $ BC $ tại $ K\Rightarrow AK\bot BC $ vì $ H $ là trực tâm tam giác $ ABC $
Ta chứng minh $ ME\bot EF $ tại $ E $ .
$ \Delta FAE $ cân tại $ F $ (vì $ FA=FE $ ) nên $ \widehat{FEA}=\widehat{FAE} $
$ \Delta MEC $ cân tại $ M $ (vì $ ME=MC=MB=\dfrac{BC}{2} $ ) nên $ \widehat{MEC}=\widehat{MCE} $ mà $ \widehat{BAK}=\widehat{ECB} $ (cùng phụ với $ \widehat{ABC} $ )
Nên $ \widehat{MEC}=\widehat{FEA}\Rightarrow \widehat{MEC}+\widehat{FEC}=\widehat{FEA}+\widehat{FEC}\Rightarrow \widehat{MEF}=90{}^\circ \Rightarrow ME\bot EF $ tại $ E $ .
Từ đó $ ME $ là tiếp tuyến của $ \left( F;\dfrac{AH}{2} \right) $ .
Tương tự ta cũng có $ MF $ là tiếp tuyến của $ \left( F;\dfrac{AH}{2} \right) $ .
Tứ giác $ AMON $ là hình thoi nên $ OA\bot MN $ và
Mà độ dài $ OA $ bằng $ 2 $ lần khoảng cách từ $ O $ đến $ MN $ .
Do đó $ MN $ là tiếp tuyến đường tròn $ (O;R)\Leftrightarrow $ khoảng cách từ $ O $ đến $ MN $ bằng $ R\Leftrightarrow OA=2R $ .
Độ dài bán kính $ OB $ là
Dễ dàng ta có $ AB;AC $ là tiếp tuyến của $ (O) $ tại $ B,C $ suy ra $ OC\bot AC $ tại $ C $ .
Suy ra $ \Delta ABO=\Delta ACO $ (c – g – c) nên $ \widehat{BAO}=\widehat{CAO}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}=60{}^\circ $
Xét $ \Delta ABO $ có $ OB=AO.\sin A=10.\sin 60{}^\circ =4\sqrt{3}cm $ .
Gọi $ I $ là giao điểm của $ MN $ và $ OP $
Ta có $ OP\bot MN $ tại $ I\Rightarrow I $ là trung điểm của $ MN $ .
$ \Rightarrow PI $ là đường cao đồng thời là trung tuyến của $ \Delta MNP $
$ \Rightarrow \Delta MNP $ cân tại $ P $
$ \Rightarrow \left\{ \begin{matrix} \widehat{MPO}=\widehat{NPO} \\ PM=PN \\ \end{matrix}\Rightarrow \Delta PMO=\Delta PNO \right. $ (c – g – c)
$ \Rightarrow \widehat{PMO}=\widehat{PNO}=90{}^\circ \Rightarrow ON\bot NP $
$ \Rightarrow PN $ là tiếp tuyến của $ (O) $