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
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 tuy
By Kinsley
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 $OI = \dfrac{R^{2}}{OA}$