Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\)

Câu hỏi số 422638:

Vận dụng cao

Từ một điểm \(T\) ở bên ngoài đường tròn \(\left( O \right).\) Vẽ hai tiếp tuyến \(TA,\,\,TB\) với đường tròn (\(A,\,\,B\) là hai tiếp điểm). Tia \(TO\) cắt \(\left( O \right)\) tại hai điểm phân biệt \(C\) và \(D\) (\(C\) nằm giữa \(T\) và \(O\)) cắt đoạn thẳng \(AB\) tại \(F.\)

a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.

b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)

c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:422638

Giải chi tiết

a) Chứng minh: Tứ giác \(TAOB\) nội tiếp.

Ta có: \(TA,\,\,TB\) là hai tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(A,\,\,B\) (gt).

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}TA \bot OA\\TB \bot OB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \angle TAO = \angle TBO = {90^0}\).

Xét tứ giác \(TAOB\) ta có: \(\angle TAO + \angle TBO = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

Mà hai góc này là hai góc đối diện

\( \Rightarrow TAOB\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Chứng minh: \(TC.TD = TF.TO.\)

Ta có: \(OA = OB = R\) \( \Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)

\(TA = TB\,\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow T\) thuộc đường trung trực của \(AB.\)

\( \Rightarrow TO\) là đường trung trực của \(AB.\)

\( \Rightarrow TO \bot AB = \left\{ F \right\}\)

Áp dụng hệ thức lượng cho \(\Delta TAO\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AF\) ta có: \(T{A^2} = TF.TO\,\,\,\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta TAC\) và \(\Delta TDA\) ta có:

\(\angle T\) chung;

\(\angle TDA = \angle TAC\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AC\)).

\( \Rightarrow \Delta TAC \sim \Delta TDA\,\,\,\left( {g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \dfrac{{TA}}{{TD}} = \dfrac{{TC}}{{TA}} \Leftrightarrow T{A^2} = TC.TD\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow TF.TO = TC.TD\,\,\,\left( { = T{A^2}} \right)\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)

c) Vẽ đường kính \(AG\) của đường tròn \(\left( O \right).\) Gọi \(H\) là chân đường vuông góc kẻ từ điểm \(B\) đến \(AG,\,\,I\) là giao điểm của \(TG\) và \(BH.\) Chứng minh \(I\) là trung điểm của \(BH.\)

Gọi \(AB \cap TG = \left\{ K \right\}\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AT \bot OA \Rightarrow AT \bot AG\\BH \bot AG\end{array} \right. \Rightarrow BH\parallel AT\) (từ vuông góc đến song song).

\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TAB\) (so le trong).

Mà \(TA = TB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên \(\Delta TAB\) cân tại \(T\) \( \Rightarrow \angle TAB = \angle TBA\).

\( \Rightarrow \angle ABH = \angle TBA\)

\( \Rightarrow BK\) là phân giác của \(\angle TBH\).

Ta có: \(\angle ABG = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \( \Rightarrow BA \bot BG\) hay \(BK \bot BG\).

Do đó \(BG\) là phân giác ngoài của \(\angle TBH\).

Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\dfrac{{BI}}{{BT}} = \dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{GI}}{{GT}}\).

Lại có: \(\dfrac{{KI}}{{KT}} = \dfrac{{BI}}{{AT}};\,\,\dfrac{{GI}}{{GT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}}\) (định lí Ta-lét)

Do đó \(\dfrac{{BI}}{{AT}} = \dfrac{{IH}}{{AT}} \Rightarrow BI = IH\).

Vậy \(I\) là trung điểm của \(BH\) (đpcm).

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến Lớp 9 & Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com

>> Chi tiết khoá học xem: TẠI ĐÂY

Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.