Đề bài
Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh AB là một đường kính của (O).
b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng \(D \in \left( O \right),P \in b\) và \(Q \in a\).
c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D.
d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.
Phương pháp giải - Xem chi tiết
a) + Chứng minh \(a \bot OA\), \(b \bot OB\) mà a//b nên ba điểm O, A, B thẳng hàng.
+ Lại có: \(OA = OB\) (bán kính của (O)). Do đó, AB là một đường kính của (O).
b) + Chứng minh D thuộc (O).
+ Chứng minh tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM, suy ra BP//a. Mà b//a nên đường thẳng \(BP \equiv b\). Khi đó, P thuộc b.
+ Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.
c) + Chứng minh \(\Delta COM = \Delta DOP\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {MCO} = {90^o}\).
+ Chứng minh \(\Delta CON = \Delta DOQ\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {QDO} = \widehat {NCO} = {90^o}\).
+ Chứng minh \(\widehat {QDP} = {180^o}\). Suy ra, ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.
d) + Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
+ Chứng minh \(\widehat {AOM} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\), \(\widehat {BON} = \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) nên \(\widehat {MOC} + \widehat {NOC} = {90^o}\) nên MP vuông góc với NQ tại O.
+ Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O. Do đó, MNPQ là hình thoi.
Lời giải chi tiết
a) Vì a tiếp xúc với (O) tại A hay a là tiếp tuyến của (O) tại A. Do đó, \(a \bot OA\).
Vì b tiếp xúc với (O) tại B hay b là tiếp tuyến của (O) tại B. Do đó, \(b \bot OB\).
Lại có: a//b. Do đó, ba điểm O, A, B thẳng hàng.
Vì \(OA = OB\) nên AB là đường kính của (O).
b) Vì C thuộc (O) và D đối xứng với C qua O nên do tính đối xứng của đường tròn, suy ra D thuộc (O).
Tứ giác AMBP có: \(OA = OB\), \(OM = OP\) (P đối xứng với M qua O) nên tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM. Vì M, A thuộc đường thẳng a nên BP//a.
Mà b//a nên đường thẳng \(BP \equiv b\). Khi đó, P thuộc b.
Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.
c) Tam giác COM và tam giác DOP có: \(OM = OP,OC = OD\) (vì D đối xứng với C qua O), \(\widehat {MOC} = \widehat {POD}\) (hai góc đối đỉnh) nên \(\Delta COM = \Delta DOP\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {MCO} = {90^o}\).
Tương tự ta có: \(\Delta CON = \Delta DOQ\left( {c.g.c} \right)\), suy ra \(\widehat {QDO} = \widehat {NCO} = {90^o}\).
Ta có: \(\widehat {PDO} + \widehat {QDO} = \widehat {QDP} = {180^o}\) nên ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.
d) Tứ giác MNPQ có hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên MNPQ là hình bình hành.
Vì MA và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M của (O) nên OM là tia phân giác của góc AOC.
Do đó, \(\widehat {AOM} = \widehat {MOC} = \frac{1}{2}\widehat {AOC}\).
Vì NB và NC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N của (O) nên ON là tia phân giác của góc BOC.
Do đó, \(\widehat {BON} = \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\).
Ta có:
\(\widehat {MOC} + \widehat {NOC} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {AOC} + \widehat {BOC}} \right) \\= \frac{1}{2}{.180^o} = {90^o}.\)
Suy ra \(\widehat {MON} = {90^0}\) nên MP\( \bot \) NQ tại O.
Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O.
Do đó, MNPQ là hình thoi.
English
French
Spanish
Russian