Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Ta có $ AO\bot BC $ (*).

Xét tam giác BCD có DC là đường kính của $ \left( O \right) $ và $ B\in \left( O \right) $ nên $ \Delta BDC $ vuông tại B hay $ BD\bot BC\left( ** \right) $

Từ (*) và (**) suy ra $ BD//AO $ .

Mà $ AO $ và $ AC $ cắt nhau nên $ BD $ và $ \text{AC} $ không thể song song.

Xét $ (O) $ có $ MA=MB $ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) mà $ \widehat{AMB}=60{}^\circ $ nên $ \Delta MAB $ đều suy ra chu vi $ \Delta MAB $ là $ MA+MB+AB=3AB\Rightarrow AB=8cm=MA=MB $

Lại có $ \widehat{AMO}=\dfrac{1}{2}\widehat{AMB}=30{}^\circ $ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tam giác vuông $ MAO $ có $ \sin \widehat{AMO}=\dfrac{OA}{MA}\Rightarrow OA=MA.\sin 30{}^\circ =4cm $

Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì:

- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm.

- Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của các góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua tiếp điểm.

Xét $ (O) $ có $ IA,IB $ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $ I $ nên $ \widehat{AOI}=\widehat{KOI} $ .

Mà $ OA\text{//}KI $ (vì cùng vuông góc với $ AI $ ) nên $ \widehat{KIO}=\widehat{IOA} $ (hai góc ở vị trí so le trong)

Từ đó $ \widehat{KOI}=\widehat{KIO} $ suy ra $ \Delta KOI $ cân tại $ K\Rightarrow KI=KO $ .

$ AO=1\left( cm \right) $ .

$ \Rightarrow AD=\dfrac{3}{2}AO=\dfrac{3}{2} $ (cm)

$ \Rightarrow AB=\dfrac{AD}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\sqrt{3} $ (cm)

$ \Rightarrow {{S}_{ABC}}=\dfrac{1}{2}AD.BC=\dfrac{1}{2}.\sqrt{3}.\dfrac{3}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4} $ (cm2)

Gọi $ H $ là giao của $ OA $ và $ CD $ .

Xét $ (O) $ có $ OA\bot CD $ nên $ H $ là trung điểm của $ CD $ .

Xét tứ giác $ OCAD $ có hai đường chéo $ OA $ và $ CD $ vuông góc với nhau và giao nhau tại trung điểm $ H $ mỗi đường nên $ OCAD $ là hình thoi.

Xét $ (O) $ có $ AB,AC $ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $ A $ nên

$ AB=AC;\widehat{CAO}=\widehat{BAO};\widehat{BOA}=\widehat{COA} $ .

Xét $ \Delta ABO $ vuông tại $ B $ có $ OB=3cm;OA=5cm $ , theo định lý Pytago ta có:

$ AB=\sqrt{O{{A}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}=4cm $ .

Nên $ AC=AB=4cm $ .

Xét tam giác $ ABO $ vuông tại $ B $ có $ \sin \widehat{ABO}=\dfrac{AB}{OA}=\dfrac{4}{5} $ .

Mà $ \widehat{BOA}=\widehat{COA} $ nên $ \sin \widehat{COA}=\dfrac{4}{5} $ .

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác $ BDO $ ta có $ BD=\sqrt{O{{D}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{8}^{2}}-{{5}^{2}}}=\sqrt{39}\,cm $ .

Mà $ MD=BD;MC=AC $ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $ MD=\sqrt{39}\,cm $ .

Dễ thấy $ MC.MD=25\Rightarrow MC=\dfrac{25}{MD}=\dfrac{25}{\sqrt{39}}=\dfrac{25\sqrt{39}}{39} $ nên $ AC=MC=\dfrac{25\sqrt{39}}{39} $

Vậy $ BD=\sqrt{39};AC=\dfrac{25\sqrt{39}}{39} $ .

Vì tam giác $ ABC $ cân tại $ A $ có $ O $ là tâm đường tròn ngoại tiếp nên đường thẳng $ AO\bot BC $ .

Lại có $ AO\bot AE $ (tính chất tiếp tuyến) nên $ AE\text{//}BC $ .

+ Ta có $ AB,AC $ là hai tiếp tuyến của $ (O)\Rightarrow \widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90{}^\circ $

$ \Rightarrow B,C $ cùng thuộc đường tròn đường kính $ OA $

$ \Rightarrow A,B,O,C $ cùng thuộc một đường tròn đường kính $ OA $ .

+ Ta có $ AB,AC $ là hai tiếp tuyến của $ (O) $ cắt nhau tại $ A $

$ \Rightarrow AB=AC $ và $ AO $ là phân giác $ \widehat{BAC} $ (tính chất $ 2 $ tiếp tuyến cắt nhau)

$ \Rightarrow \Delta ABC $ là tam giác cân tại $ A $

$ \Rightarrow AO $ vừa là phân giác $ \widehat{BAC} $ vừa là đường trung trực của $ BC $ (tính chất tam giác cân).

Xét đường tròn $ (O) $ có $ {O}'C $ là đường kính, suy ra $ \widehat{CB{O}'}=\widehat{CA{O}'}=90{}^\circ $ hay $ CB\bot {O}'B $ tại $ B $ và $ AC\bot A{O}' $ tại $ A $ .

Do đó $ AB,BC $ là hai tiếp tuyến của $ ({O}') $ nên $ AC=CB $ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vì $ AE\text{//}BC $ nên $ \widehat{EAC}=\widehat{ACB} $ (hai góc ở vị trí so le trong), lại có $ \widehat{ADE}=\widehat{BDC} $ (đối đỉnh) và $ AD=DC $ .

Nên $ \Delta ADE=\Delta CDB $ (g – c – g)

$ \Rightarrow AE=BC $

Tứ giác $ AECB $ có $ AE=BC;AE\text{//}BC $ nên $ AECB $ là hình bình hành.

$ \text{OF}=r=\dfrac{1}{3}\text{AF}\Rightarrow \text{AF=3r=}\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AB=2\sqrt{3}r $

Đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh còn lại gọi là đường tròn bàng tiếp tam giác.

Với một tam giác có ba đường tròn bàng tiếp.

$ B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}} $ $ \Rightarrow \Delta ABC $ vuông ở $ A $ . $ \Rightarrow AB\bot AC $ $ \Rightarrow $ $ AC $ là tiếp tuyến của đường tròn $ \left( B;BA \right) $

Gọi $ H $ là giao của $ BC $ với $ AO. $

Xét $ \left( O \right) $ có hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại A nên $ AB=AC $ (tính chất).

Lại có $ OB=OC $ nên $ AO $ là trung trực của đoạn $ BC $ hay $ AO\bot BC $ tại $ H $ là trung điểm của $ BC $ .

Ta chưa thể kết luận được $ H $ có là trung điểm của $ AO $ hay không.

Xét $ (O) $ có $ MA=MB;\widehat{AMO}=\widehat{BMO} $ (tính chất hai tiếp tuyến bằng nhau)

Nên $ \widehat{AMO}=60{}^\circ $ . Xét tam giác vuông $ AOM $ có $ AM=AO.\cot \widehat{AMO}=\dfrac{R\sqrt{3}}{3} $ nên $ MA=MB=\dfrac{R\sqrt{3}}{3} $ .

Lại có $ \widehat{AOB}+\widehat{AMB}=180{}^\circ \Rightarrow \widehat{AOB}=60{}^\circ $ suy ra $ \Delta AOB $ là tam giác đều

$ \Rightarrow AB=OB=OA=R $

Chu vi tam giác $ MAB $ là $ MA+MB+AB=\dfrac{R\sqrt{3}}{3}+\dfrac{R\sqrt{3}}{3}+R=6(3+2\sqrt{3}) $

$ \Leftrightarrow R\left( \dfrac{3+2\sqrt{3}}{3} \right)=6(3+2\sqrt{3})\Rightarrow R=18cm $ nên $ AB=18cm $ .

Xét tam giác $ COA $ có $ OC=OA=R $ và $ OC=AC $

(do $ OCAD $ là hình thoi) nên $ \Delta COA $ là tam giác đều $ \Rightarrow \widehat{COI}=60{}^\circ $ .

Xét tam giác vuông $ OCI $ có $ CI=OC.\tan 60{}^\circ =R\sqrt{3} $ .

Vậy $ CI=R\sqrt{3} $ .

Vì tam giác $ ABC $ cân tại $ A $ nên $ I;K\in $ đường thẳng $ AH $ với $ \text{ }\!\!\{\!\!\text{ }H\text{ }\!\!\}\!\!\text{ }=BC\cap AI $

Ta có $ \widehat{HCI}=\dfrac{1}{2}\widehat{HCA};\widehat{KCH}=\dfrac{1}{2}\widehat{xCH} $

$ \Rightarrow \widehat{ICK}=\widehat{ICH}+\widehat{HCK}=\dfrac{1}{2}(\widehat{ACH}+\widehat{HCx})=90{}^\circ $

Tương tự ta cũng có $ \widehat{IBK}=90{}^\circ $

Xét hai tam giác vuông $ ICK $ và $ IBK $ có $ OI=OK=OB=OC=\dfrac{IK}{2} $

Nên bốn điểm $ B;I;C;K $ nằm trên đường tròn $ \left( O;\dfrac{IK}{2} \right) $

Do OI vuông góc với AB nên I là trung điểm của AB

Suy ra, OC là trung trực của AB

Ta có: \[ \Delta OAC=\Delta OBC \] (c.c.c)

\[ \Rightarrow \widehat{OBC}={{90}^{0}} \]

\[ \Rightarrow OB\bot BC \]

Nên BC là tiếp tuyến của (O)

\[ AI=\dfrac{AB}{2}=12cm \] , \[ OI=\sqrt{A{{O}^{2}}-A{{I}^{2}}}=9cm \] , \[ A{{O}^{2}}=OI.OC\Rightarrow OC=\dfrac{A{{O}^{2}}}{OI}=25cm. \]

Gọi $ H $ là giao của $ BC $ với $ AO $ .

Xét $ (O) $ có hai tiếp tuyến tại $ B $ và $ C $ cắt nhau tại $ A $ nên $ AB=AC $ (tính chất).

Lại có $ OB=OC $ nên $ AO $ là đường trung trực của đoạn $ BC $ hay $ AO\bot BC $ tại $ H $ là trung điểm của $ BC $ .

Ta chưa kết luận được $ H $ có là trung điểm của $ AO $ hay không.

Ta có $ D $ đối xứng với $ B $ qua $ O\Rightarrow BD $ là đường kính của $ (O) $ mà $ E\in \left( O \right)\Rightarrow \widehat{BED}=90{}^\circ $

Xét $ \Delta BED $ và $ \Delta ABD $ có $ \widehat{BED}=\widehat{ABD}=90{}^\circ ,\,\,\widehat{D} $ chung

$ \Rightarrow \Delta BED\backsim \Delta ABD\left( gg \right)\Rightarrow \dfrac{DE}{BE}=\dfrac{BD}{BA} $ .

Gọi $ H $ là giao của $ BC $ với $ AO $ .

Xét $ (O) $ có hai tiếp tuyến tại $ B $ và $ C $ cắt nhau tại $ A $ nên $ AB=AC $ (tính chất).

Lại có $ OB=OC $ nên $ AO $ là đường trung trực của đoạn $ BC $ hay $ AO\bot BC\,\left( * \right) $ tại $ H $ là trung điểm của $ BC $ .

Xét tam giác $ BCD $ có $ DC $ là đường kính của $ (O) $ và $ B\in (O) $ nên $ \Delta BDC $ vuông tại $ B $ hay $ BD\bot BC $ $ \left( ** \right) $

Từ (*) và (**) suy ra $ BD\text{//}AO $ .

Mà $ AO $ và $ AC $ cắt nhau nên $ BD $ và $ AC $ không thể song song.

Tâm đường tròn nội tiếp của tam giác là giao của ba đường phân giác góc trong tam giác