Bài 3. Tiếp tuyến của đường tròn

Hướng dẫn giải

Gọi $\mathrm{H}, \mathrm{K}$ và N lần lượt là hình chiếu của I lên $M A, M A$ và $A B$.
Theo cách vẽ, ta có $\mathrm{IH} \perp \mathrm{MA}$, $\mathrm{IK} \perp \mathrm{MB}, \mathrm{IN} \perp \mathrm{AB}$ nên $\widehat{I H A}=\widehat{I H M}=\widehat{I K M}=\widehat{A N I}=90^{\circ}$.
Xét $\Delta \mathrm{ANI}$ (vuông tại N ) và $\Delta \mathrm{AHI}$ (vuông tại H ) có:
Al là cạnh chung; $\widehat{N A I}=\widehat{H A I}$ (do Al là phân giác của $\widehat{M A B}$ ).
Do đó $\Delta \mathrm{ANI}=\Delta \mathrm{AHI}$ (cạnh huyền - góc nhọn).
Suy ra $\mathrm{IN}=\mathrm{IH}$ (hai cạnh tương ứng). (1)
Vì $M A, M B$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $M$ với $A, B$ là các tiếp điểm nên $M O$ là tia phân giác của $\widehat{A M B}$ hay MI là tia phân giác của $\widehat{H M K}$.

Xét $\Delta \mathrm{MHI}$ (vuông tại H$)$ và $\Delta \mathrm{MKI}$ (vuông tại K ) có:
MI là cạnh chung và $\widehat{H M I}=\widehat{K M I}$ (do MI là tia phân giác của $\widehat{H M K}$ ).
Do đó $\Delta \mathrm{MHI}=\Delta \mathrm{MKI}$ (cạnh huyền - góc nhọn).
Suy ra $\mathrm{IH}=\mathrm{IK}$ (hai cạnh tương ứng). (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\mathrm{IN}=\mathrm{IH}=\mathrm{IK}$.
Vậy điểm I cách đều ba đường thẳng $M A, M B$ và $A B$.

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

Ta có: \(AO = AB + BO \approx \frac{5}{{1000}} + 6400 \approx 6400,005\left( {km} \right)\).

Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \(AOC\) vuông tại \(C\) có:

\(\begin{array}{l}A{C^2} + O{C^2} = A{O^2} \Rightarrow A{C^2} = A{O^2} - O{C^2} \approx 6400,{005^2} - {6400^2} \approx 64,000025\\ \Rightarrow AC \approx 8\left( {km} \right).\end{array}\)

(Trả lời bởi datcoder)

Hướng dẫn giải

a) Do \(DC,DA\) cùng là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(DA = DC\).

Do \(EC,EB\) cùng là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(CE = BE\).

Lại có: \(DC + CE = DE\) suy ra \(DA + EB = DE\).

b) Do \(DC,DA\) cùng là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OD\) là tia phân giác của góc \(COA\).

Suy ra \(\widehat {COD} = \frac{1}{2}\widehat {COA}\).

Do \(EC,EB\) cùng là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(OE\) là tia phân giác của góc \(COB\).

Suy ra \(\widehat {COE} = \frac{1}{2}\widehat {COB}\).

c) Ta có: \(\widehat {COA} + \widehat {COB} = 180^\circ \) (hai góc kề bù).

Suy ra \(\frac{1}{2}\left( {\widehat {COA} + \widehat {COB}} \right) = \frac{1}{2}.180^\circ  = 90^\circ  \Rightarrow \frac{1}{2}\widehat {COA} + \frac{1}{2}\widehat {COB} = 90^\circ .\)

Mà \(\widehat {COD} = \frac{1}{2}\widehat {COA}\),\(\widehat {COE} = \frac{1}{2}\widehat {COB}\) nên \(\widehat {COD} + \widehat {COE} = 90^\circ \)  hay \(\widehat {DOE} = 90^\circ \).

Vậy tam giác \(ODE\) vuông tại \(O\).

d) Vì \(DE\) là tiếp tuyến của \((O)\) nên \(DE \perp CO\)

\(\Rightarrow \widehat{DCO} = 90^\circ\)

Xét \(\Delta ODE\) và \(\Delta CDO\) có:

\(\widehat{DOE} = \widehat{DCO} = 90^\circ\)

\(\widehat{ODE}\) (góc chung)

\(\Rightarrow \Delta ODE \backsim \Delta  CDO\) (g.g)

\(\Rightarrow \frac{OE}{OC} = \frac{DE}{OD}\)

\(\Rightarrow OE \cdot OD = DE \cdot OC\)

\(\Rightarrow OE \cdot OD = R\) (đpcm)

(Trả lời bởi datcoder)