Dấu hiệu nhận biết 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 $BH$ .

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 $AB=AO.\cos A=8.\cos 60{}^\circ =4cm$ .

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 $OC=25cm$ .

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 $R\Leftrightarrow OA=2R$ .

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 $(O)$