Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là các tiếp điểm).
1. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA=R2
3. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của đường tròn (O;R) cắt AB,AC theo thứ tự tại P,Q. Chứng minh tam giác APQ có...
Đọc tiếp
Cho đường tròn (O;R) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B,C là các tiếp điểm).
1. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
2. Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh BE vuông góc với OA và OE.OA=R2
3. Trên cung nhỏ BC của đường tròn (O;R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của đường tròn (O;R) cắt AB,AC theo thứ tự tại P,Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4. Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB,AC theo thứ tự tại các điểm M,N. Chứng minh PM+QN≥MN
a) Vì AB là tiếp tuyến (O)
=> AB⊥OB
=> \(\widehat{ABO}\)\(=90^0\)
Vì AC là tiếp tuyến (O)
=> AC⊥OC
=>\(\widehat{ACO}\) \(=90^0\)
Ta có: \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}\) \(=90^0+90^0=180^0\)
=> Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. (theo dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Vì tiếp tuyến AB cắt tiếp tuyến AC tại A
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\\BO=CO\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) AO là đường trung trực ứng BC
\(\Rightarrow\) AO⊥BC ( mà E∈BC)
\(\Rightarrow\) BE⊥AO (đpcm)
Xét ΔABO có: \(\widehat{ABO}\) \(=90^0\) (cmtrn)
BE⊥AO (cmtrn)
\(\Rightarrow\) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
\(\Rightarrow\) \(AO\cdot OE=OB^2\) (mà OB=R)
\(\Rightarrow OA\cdot OE=R^2\) (đpcm)
c) Vì tiếp tuyến BP cắt tiếp tuyến PK tại P
\(\Rightarrow PB=PK\)
Vì tiếp tuyến KQ cắt tiếp tuyến QC tại Q
\(\Rightarrow KQ=QC\)
Ta có: \(P_{APQ}=AP+PQ+AQ\) \(=AP+PK+KQ+AQ\)
\(\Leftrightarrow P_{APQ}=\left(AP+PB\right)+\left(QC+AQ\right)\)
\(\Leftrightarrow P_{APQ}=AB+AC\)
Vì \(AB+AC\) không thay đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC
\(\Rightarrow\) Chu vi tam giác AQP không thay đổi khi K thay đổi trên cung nhỏ BC (đpcm).
d) Tự CM: \(\Delta MOP\sim\Delta NQO\)
\(\Rightarrow\frac{MP}{NO}=\frac{MO}{NQ}\) \(\Leftrightarrow MP\cdot NQ=MO\cdot NO=\frac{MN}{2}\cdot\frac{MN}{2}\)
\(\Leftrightarrow MP\cdot NQ=\frac{MN^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow MN^2=4\cdot\left(MP\cdot NQ\right)\)
\(\Leftrightarrow MN=2\cdot\sqrt{MN\cdot NQ}\)
Áp dụng bđt Côshi ta có:
\(2\cdot\sqrt{MP\cdot NQ}\le MP+NQ\)
\(\Leftrightarrow MN\le MP+NQ\) (đpcm).
c) Xét ΔMAN có : \(\left\{{}\begin{matrix}AO\perp MN\\MO=NO=R\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) Tam giác MAN cân tại A
\(\Rightarrow\) \(\widehat{M}=\widehat{N}\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{MAN}+2\widehat{M}\)\(=180^0\) (!)
Vì tiếp tuyến OB cắt tiếp tuyến OK tại P
\(\Rightarrow\) OP là phân giác \(\widehat{BOK}\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{BOP}=\widehat{POK}\)
Vì tiếp tuyến OK cắt tiếp tuyến OC tại Q
\(\Rightarrow\) \(\widehat{KOC}=\widehat{QOC}\)
Ta có: \(\widehat{BOP}+\widehat{POK}+\widehat{KOQ}+\widehat{QOC}=\widehat{BOC}\)
\(\Leftrightarrow\)\(2\widehat{POK}+2\widehat{KOQ}=\widehat{BOC}\)
\(\Leftrightarrow\) \(2\widehat{POQ}=\widehat{BOC}\)
Vì tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn (cmtrn)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{BAC}+\widehat{BOC}=\) \(180^0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{MAN}+2\widehat{POC}\) \(=180^0\) (!!)
Từ (!)(!!) \(\Rightarrow\) \(\widehat{M}=\widehat{POC}\)
Vì \(\widehat{PON}\) là góc ngoài của ΔQOM
\(\Rightarrow\) \(\widehat{MPO}+\widehat{M}=\widehat{QON}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\widehat{MPO}+\widehat{M}=\widehat{NOQ}+\widehat{POQ}\) (mà \(\widehat{M}=\widehat{POQ}\))
\(\Rightarrow\) \(\widehat{MPO}=\widehat{QON}\)
Xét ΔMOP∼ΔNQO vì :
\(\widehat{M}=\widehat{N}\) (cmtrn)
\(\widehat{MPO}=\widehat{QON}\) (cmtrn)