Bài 4: Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung

+ ΔOBC có OB = OC = BC (= R)

⇒ ΔOBC là tam giác đều

+  là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây BC

+  là góc tạo bởi tiếp tuyến AC và dây CB

Lời giải:

a) Ta có:

$\widehat{MAK}=\widehat{ACE}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nt chắn cung đó)

$AC\parallel MB$ nên $\widehat{ACE}=\widehat{EMK}$ (so le trong)

$\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{EMK}$

Xét tam giác $MAK$ và $EMK$ có:

$\widehat{MAK}=\widehat{EMK}$ (cmt)

$\widehat{K}$ chung

$\Rightarrow \triangle MAK\sim \triangle EMK$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{MK}{AK}=\frac{EK}{MK}\Rightarrow MK^2=AK.EK$

b) 

Hoàn toàn tương tự, dễ thấy $\triangle KEB\sim \triangle KBA$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{KE}{KB}=\frac{KB}{KA}\Rightarrow KB^2=AK.EK$

Kết hợp với phần 1) suy ra $KB^2=MK^2\Rightarrow KB=MK$ (đpcm)

Hình vẽ:

HÌnh vẽ:

câu 1 là MB² =AK.EK nha

(Tự vẽ hình)

Xét \(\Delta PCD\) và \(\Delta PFE\) có:

\(\widehat{FPC}\) chung;

\(\widehat{PDC}=\widehat{PEF}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(\stackrel\frown{CF}\))

\(\Rightarrow\Delta PCD\) đồng dạng với \(\Delta PFE\) (góc - góc)

\(\Rightarrow\dfrac{PC}{PD}=\dfrac{PF}{PE}\Rightarrow PF.PD=PC.PE\qquad\left(1\right)\)

Mặt khác ta lại có: 

\(\widehat{CEA}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CA}\) (tính chất góc nội tiếp);

\(\widehat{CAP}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CA}\) (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\Rightarrow\widehat{CEA}=\widehat{CAP}\)  mà \(\widehat{CPA}\) chung

\(\Rightarrow\Delta PCA\) đồng dạng với \(\Delta PAE\) (góc - góc)

\(\Rightarrow\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{PA}{PE}\Rightarrow PC.PE=PA^2=\left(2AB\right)^2=4AB^2\qquad\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) \(PF.PD=PC.PE=4AB^2\).

a) Xét (O) có 

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AB}\)

\(\stackrel\frown{AB}\) là nửa đường tròn(AB là đường kính của (O))

Do đó: \(\widehat{ACB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

⇔BC⊥AC tại C

⇔BC⊥AF tại C

⇔\(\widehat{BCF}=90^0\)

⇔\(\widehat{ECF}=90^0\)

Xét (O) có 

\(\widehat{ADB}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AB}\)

\(\stackrel\frown{AB}\) là nửa đường tròn(AB là đường kính của (O))

Do đó: \(\widehat{ADB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

⇔AD⊥BD tại D

⇔AD⊥BF tại D

⇔\(\widehat{ADF}=90^0\)

⇔\(\widehat{EDF}=90^0\)

Xét tứ giác CEDF có 

\(\widehat{FCE}\) và \(\widehat{FDE}\) là hai góc đối

\(\widehat{FCE}+\widehat{FDE}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: CEDF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

⇔C,E,D,F cùng nằm trên một đường tròn(đpcm)

Chứng minh rằng ta luôn có M T 2 = M A . M B

a) Xét (O) có

\(\widehat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BC}\)

\(\widehat{CBD}\) là góc tạo bởi tia tiếp tuyến BD và dây cung BC

Do đó: \(\widehat{BAC}=\widehat{CBD}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

hay \(\widehat{BAD}=\widehat{CBD}\)(đpcm)