Cho (O) A nằm ngoài đường tròn từ A kẻ các tiếp tuyến AB; AC đến đường tròn (B; C là các tiếp điểm) M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M khác B và C) Gọi D;E;F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M lên BC; CA và AB Gọi giao điểm của MB với DF là P giao điểm của MC và DE là Q chúng minh
1) Tứ giác MDBF và MDCE nội tiếp
2) PQ//BC
3) PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MQE
Lời giải:
1.
Xét tứ giác $MDBF$ có \(\widehat{MFB}=\widehat{MDB}=90^0\)
\(\Rightarrow \widehat{MFB}+\widehat{MDB}=180^0\)
\(\Rightarrow MDBF\) là tgnt (tổng 2 góc đối nhau bằng $180^0$)
Tương tự: $MDCE$ cũng là tứ giác nội tiếp.
2.
Từ các tứ giác nội tiếp đã chứng minh ở phần 1, sử dụng tính chất tứ giác nội tiếp và tính chất: góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn chính cung đó, ta có:
\(\widehat{D_1}=\widehat{B_1}=\widehat{C_1}=90^0-\widehat{DMQ}\)
\(\widehat{D_2}=\widehat{C_2}=\widehat{B_2}=90^0-\widehat{DMP}\)
\(\Rightarrow \widehat{D_1}+\widehat{D_2}=180^0-(\widehat{DMQ}+\widehat{DMP})\)
\(\Leftrightarrow \widehat{PDQ}=180^0-\widehat{PMQ}\)
\(\Leftrightarrow \widehat{PDQ}+\widehat{PMQ}=180^0\)
\(\Rightarrow PDQM\) là tứ giác nội tiếp.
\(\Rightarrow \widehat{MPQ}=\widehat{D_2}=\widehat{B_2}\). Mà \(\widehat{MPQ}, \widehat{B_2}\) ở vị trí đồng vị nên \(PQ\parallel BC\)
Ta có đpcm.
c)
Vì \(PQ\parallel BC\Rightarrow \widehat{MQP}=\widehat{C_1}\) (đồng vị)
Mà \(\widehat{C_1}=\widehat{MEQ}\) (do tứ giác $MDCE$ nội tiếp)
\(\Rightarrow \widehat{MQP}=\widehat{MEQ}\)
\(\Rightarrow PQ\) là tiếp tuyến của $(MEQ)$
Ta có đpcm.
