cho đường tròn (O),A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O).Vẽ đường thẳng vuông góc với OA tại A,lấy điểm M tùy ý trên d( M khác A).Vẽ hai tiếp tuyến MB,MC của đường tròn (O) (B ,C là hai tiếp điểm ; M và B khác phía với đường thẳng OA ).a/ Chứng minh tứ giác MBOC nôi tiếp trong đường tròn. b/Hạ BK vuông góc với OA tại K,gọi H là giao điểm của BC và OM.hứng minh KA.HO=KB.HB c/ Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố địn
a) Ta có: $OB\perp BM \, (gt)$
⇒ $\widehat{OBM} = 90^o$
$OC\perp CM \, (gt)$
⇒ $\widehat{OCM} = 90^o$
Xét tứ giác $MBOC$ có:
$\widehat{OBM} + \widehat{OCM} = 180^o$
Do đó $MBOC$ là tứ giác nội tiếp
b) Xét tứ giác $ABOM$ có:
$\widehat{OBM} = 90^o$
$\widehat{OAM} = 90^o \, (gt)$
$\widehat{OBM} \, và \, \widehat{OAM}$ cùng nhìn cạnh $OM$
do đó $ABOM$ là tứ giác nội tiếp
⇒ $\widehat{BAO} = \widehat{BMO}$ (cùng nhìn cạnh $OB$)
mà $\widehat{BMO} = \widehat{HBO}$ (cùng phụ $\widehat{MBH}$)
nên $\widehat{BAO} = \widehat{HBO}$
Xét $ΔHOB \, (\widehat{H} = 90^o \, và \, ΔKBA \, (\widehat{K} = 90^o)$ có:
$\widehat{BAK} = \widehat{HBO} \, (cmt)$
Do đó $ΔHOB\sim ΔKBA \, (g.g)$
⇒ $\dfrac{HO}{KB} = \dfrac{HB}{KA}$
⇒ $KA.HO = KB.HB$
c) Gọi $I$ là giao điểm của $BC$ và $OA$
Xét $ΔHOI \, (\widehat{H} = 90^o) \, và \, ΔAOM \, (\widehat{A} = 90^o)$ có:
$\widehat{MOA}:$ góc chung
Do đó $ΔHOI\sim ΔAOM \, (g.g)$
⇒ $\dfrac{HO}{OA} = \dfrac{OI}{OM}$
⇒ $OI = \dfrac{HO.OM}{OA}$
Ta có: $HO.OM = OB^{2}$ (hệ thức lượng trong $ΔOBM$ vuông tại $B$ đường cao $BH$)
⇒ $OH.OM = R^{2}$
⇒ $OH.OM$ không đổi
mà $A$ cố định
⇒ $OA$ không đổi
⇒ $OI = \dfrac{HO.OM}{OA} = \dfrac{R^{2}}{OA}$ không đổi
Vậy $BC$ luôn đi qua điểm $I$ trên cạnh $OA$ với $OI = \dfrac{R^{2}}{OA}$