Giải bài 5.33 trang 72

Cho đường tròn (O), đường thẳng a tiếp xúc với (O) tại A, đường thẳng b tiếp xúc với (O) tại B sao cho a//b. Gọi C là một điểm tùy ý thuộc (O), khác A và B. Tiếp tuyến c của (O) tại C cắt a và b lần lượt tại M và N. a) Chứng minh AB là một đường kính của (O). b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đố

Đề bài

a) Chứng minh AB là một đường kính của (O).

b) Gọi D, P và Q lần lượt là các điểm đối xứng với C, M và N qua tâm O. Chứng minh rằng $D \in (O), P \in b$ và $Q \in a$ .

c) Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với (O) tại D.

d) Chứng minh tứ giác MNPQ là một hình thoi.

Phương pháp giải - Xem chi tiết

a) + Chứng minh $a ⊥ O A$ , $b ⊥ O B$ mà a//b nên ba điểm O, A, B thẳng hàng.

+ Lại có: $O A = O B$ (bán kính của (O)). Do đó, AB là một đường kính của (O).

b) + Chứng minh D thuộc (O).

+ Chứng minh tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM, suy ra BP//a. Mà b//a nên đường thẳng $B P \equiv b$ . Khi đó, P thuộc b.

+ Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.

c) + Chứng minh $Δ C O M = Δ D O P (c . g . c)$ , suy ra $\hat{P D O} = \hat{M C O} = 90^{o}$ .

+ Chứng minh $Δ C O N = Δ D O Q (c . g . c)$ , suy ra $\hat{Q D O} = \hat{N C O} = 90^{o}$ .

+ Chứng minh $\hat{Q D P} = 180^{o}$ . Suy ra, ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.

d) + Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.

+ Chứng minh $\hat{A O M} = \hat{M O C} = \frac{1}{2} \hat{A O C}$ , $\hat{B O N} = \hat{N O C} = \frac{1}{2} \hat{B O C}$ nên $\hat{M O C} + \hat{N O C} = 90^{o}$ nên MP vuông góc với NQ tại O.

+ Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O. Do đó, MNPQ là hình thoi.

Lời giải chi tiết

a) Vì a tiếp xúc với (O) tại A hay a là tiếp tuyến của (O) tại A. Do đó, $a ⊥ O A$ .

Vì b tiếp xúc với (O) tại B hay b là tiếp tuyến của (O) tại B. Do đó, $b ⊥ O B$ .

Lại có: a//b. Do đó, ba điểm O, A, B thẳng hàng.

Vì $O A = O B$ nên AB là đường kính của (O).

b) Vì C thuộc (O) và D đối xứng với C qua O nên do tính đối xứng của đường tròn, suy ra D thuộc (O).

Tứ giác AMBP có: $O A = O B$ , $O M = O P$ (P đối xứng với M qua O) nên tứ giác AMBP là hình bình hành, suy ra BP//AM. Vì M, A thuộc đường thẳng a nên BP//a.

Mà b//a nên đường thẳng $B P \equiv b$ . Khi đó, P thuộc b.

Chứng minh tương tự ta có Q thuộc a.

c) Tam giác COM và tam giác DOP có: $O M = O P, O C = O D$ (vì D đối xứng với C qua O), $\hat{M O C} = \hat{P O D}$ (hai góc đối đỉnh) nên $Δ C O M = Δ D O P (c . g . c)$ , suy ra $\hat{P D O} = \hat{M C O} = 90^{o}$ .

Tương tự ta có: $Δ C O N = Δ D O Q (c . g . c)$ , suy ra $\hat{Q D O} = \hat{N C O} = 90^{o}$ .

Ta có: $\hat{P D O} + \hat{Q D O} = \hat{Q D P} = 180^{o}$ nên ba điểm P, D, Q thẳng hàng và PQ là tiếp tuyến của (O) tại D.

d) Tứ giác MNPQ có hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên MNPQ là hình bình hành.

Vì MA và MC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M của (O) nên OM là tia phân giác của góc AOC.

Do đó, $\hat{A O M} = \hat{M O C} = \frac{1}{2} \hat{A O C}$ .

Vì NB và NC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại N của (O) nên ON là tia phân giác của góc BOC.

Do đó, $\hat{B O N} = \hat{N O C} = \frac{1}{2} \hat{B O C}$ .

Ta có:

$\hat{M O C} + \hat{N O C} = \frac{1}{2} (\hat{A O C} + \hat{B O C}) = \frac{1}{2} {.180}^{o} = 90^{o} .$

Suy ra $\hat{M O N} = 90^{0}$ nên MP $⊥$ NQ tại O.

Hình bình hành MNPQ có đường chéo MP vuông góc với NQ tại O.

Do đó, MNPQ là hình thoi.