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) $