Advertisements (Quảng cáo)
Cho đường tròn đường kính \(AB\) có dây cung \(CD\) vuông góc với \(AB\). Với mỗi điểm \(M\) chạy trên đường tròn đó (khác với \(C\) và \(D\)), kẻ các đường thẳng \(AM, BM\) lần lượt cắt đường thẳng \(CD\) ở \(J\) và \(I.\)
a) Chứng minh rằng từ điểm \(P\) bất kì cố định trên đường thẳng \(AB,\) có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn \((MIJ).\)
b) Kẻ các tiếp tuyến \(AT, AT’\) đến đường tròn \((MIJ)\) (\(T, T’\) là các tiếp điểm ). Chứng minh rằng \(T, T’\) luôn thuộc một đường tròn cố định.
Giải
(h.50).
a) Ta có \(B\) là điểm chính giữa của cung \(CD\) (do \(AB \bot CD\)) và \(MA \bot MB\) (\(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(MB\) và \(MA\) là phân giác trong và phân giác ngoài của góc \(CMD.\)
Từ đó suy ra \(\dfrac{{\overline {IC} }}{{\overline {ID} }} = – \dfrac{{\overline {JC} }}{{\overline {JD} }}. (*)\)
Advertisements (Quảng cáo)
Gọi \(H\) là giao điểm của \(AB\) và \(CD, O\) là tâm đường tròn \((MIJ)\) thì \(H\) là trung điểm của \(CD\) và \(O\) là trung điểm của \(IJ.\)
Từ (*) suy ra \(\overline {IC} .\overline {JD} + \overline {JC} .\overline {ID} = 0\) hay
\(\begin{array}{l}\left( {\overline {OC} – \overline {OI} } \right).\left( {\overline {OD} – \overline {OJ} } \right) + \left( {\overline {OC} – \overline {OJ} } \right).\left( {\overline {OD} – \overline {OI} } \right) = 0\\ \Rightarrow \overline {OC} .\overline {OD} + \overline {OI} .\overline {OJ} – \overline {OC} .\overline {OJ} – \overline {OI} .\overline {OD} + \overline {OC} .\overline {OD} + \overline {OI} .\overline {OJ} – \overline {OD} .\overline {OJ} – \overline {OI} .\overline {OC} = 0\\ \Rightarrow – \left( {\overline {OC} + \overline {OD} } \right)\left( {\overline {OI} + \overline {OJ} } \right) + 2\left( { – {{\overline {OI} }^2} + \overline {OC} .\overline {OD} } \right) = 0\end{array}\)
Do \(\overline {OI} + \overline {OJ} = 0\) nên \(O{I^2} = \overline {OC} .\overline {OD} < {\left( {\dfrac{{\overline {OC} + \overline {OD} }}{2}} \right)^2}.\)Mà \(\dfrac{{\overline {OC} + \overline {OD} }}{2} = \overline {OH} \) nên \(O{I^2} < O{H^2}\) hay \(OI < OH\). Vậy \(H\) và cả đường thẳng \(AB\) nằm ngoài đường tròn \((MIJ)\). Từ đó suy ra từ điểm \(P\) bất kì trên \(AB\), kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn \((MIJ)\).
b) Ta có \(A{T^2} = AT{‘^2} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AJ} \) mà \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AJ} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} \) không đổi (do \(A, H, B\) cố định).
Vậy \(A{T^2} = AT{‘^2} = \overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} \) không đổi, suy ra \(T\) và \(T’\) luôn thuộc đường tròn tâm \(A\) bán kính bằng \(\sqrt {\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {AB} } \).