Bài 3: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm bên ngoài đường tròn với OA = 3R. Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường trò

2 bình luận về “Bài 3: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm bên ngoài đường tròn với OA = 3R. Qua A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC của đường trò”

1. a) Xét tứ giác MAOB có: 

   hat{ABO}=90^0 (AB là tiếp tuyến )

   hat{ACO}=90^0 (AC là tiếp tuyến )

   =>hat{ABO}+hat{ACO}=90^0+90^0=180^0

   Mà 2 góc ở vị trí đỗi nhau.

   => Tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.

   b, Xét tứ giác ABOC có:

   hat{COA}=hat{CBA} ( 2 góc cùng nhìn cạnh CA )

   Mà hat{CBA}=hat{CDB} ( 2 góc cùng chắn cung BC )

   => hat{COA}=hat{CDB} ( 2 góc đồng vị )

   => BD////OA

   c, Xét (O) có: 

   hat{ACM}=hat{MBC} ( 2 góc cùng chắn cung MC ) (1)

   Ta có: hat{BNM}=hat{MAC} (2 góc so le trong )

   Mà hat{BNM}=hat{MBC} (2 góc cùng chắn cung MB )

   =>hat{MBC}=hat{MAC} (2)

   Từ (1) và (2) => Xét \triangle MAC $\backsim$ \triangle MBC có:

    hat{M} chung.

   =>(MC)/(MB)=(MA)/(MC)

   =>MC^2=MA.MB

   

   Trả lời
2. a) Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên OCA=90, OBA=90. Tứ giác ABOC có OBA+OCA=90+90=180 nên là tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180).

   b) Vì ABOC là tứ giác nội tiếp nên BOA=BCA (góc nội tiếp cùng chắn cung AB). Lại có BCA=BDC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BC) và BDC=BDO=DBO (B, D cùng thuộc (O) nên tam giác BDO cân tại O). Từ những điều trên suy ra DBO=BOA, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BD//AC.

   c) Ta có BNM=MAC (BN//AC) mà BNM=BCM (góc nội tiếp cùng chắn cung BM) nên MAC=MCB (1). Lại có MCA=MBC (2) (góc nội tiếp cùng chắn cung MC). Từ (1) và (2) suy ra tam giác MCA đồng dạng với tam giác MBC. Suy ra MC/MB=MA/MC hay MC^2=MA.MB

   Trả lời