 O; R  đường kính AB Trên tia đối tia AB lấy điểm E EM với  O  ( M tiếp điểm) EM cắt tiếp tuyến  O  Bài 92 Cho đường tròn Từ E vẽ tiếp tuyến A, B C , D  a) Chứng minh: AC  BD CD COD 90 b) Chứng minh: AC.DB R O O c) Vẽ MH vng góc với AB Vẽ đường kính MON   EN cắt   F ( F khác N ) Chứng minh tứ giác MHFE nội tiếp d) AN cắt BF K Tính AK AN  BK BF theo R Giải: D M C E A H F B O K N a) O Ta có: CA, CM tiếp tuyến   (gt) AOC COM   AOM  CA CM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) O Ta có: DB, DM tiếp tuyến   (gt) 1   MOD  DOB  MOB  DB DM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì CM  MD CD , CA CM , DB DM (cmt)  AC  BD CD   Ta có: AOM  MOB 180 (hai góc kề bù)    2OCM  2MOD 1800    OCM  MOD 900   COD 900 b) O Do EM tiếp tuyến   (gt)    EM  OM (t/c)  EMO OMD 900 Xét COD vuông O , đường cao OM , ta có: CM MD OM (HTL tam giác vuông) Mà CA CM , DB DM (cmt), OM R (1) (2) Từ (1), (2)  AC.DB R (đpcm) c) d) O Xét   có MN đường kính   MFN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)    MFE 900 (kề bù với MFN )  Vì MH  AB (gt)  MHE 90   Xét tứ giác MHFE có MHE MFE 90 Mà hai đỉnh H , F kề nhìn cạnh EM góc 90 Nên tứ giác MHFE nội tiếp (dhnb)   O  có MBN 900 , ANB 900 , AFB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)    ) MBF EMF (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn MF   Xét KNB vuông N có: KBN  BKN 90 (t/c) Ta có:    MBF EMF (cmt )  KBN  BKN  90 (cmt )      EMF  AKF AKF BKN  (dd)      MBK  KBN MBN 900  (3)   Lại có tứ giác MHFE nội tiếp (cmt)  EMF EHF (4)   Từ (3), (4)  AKF  EHF hay AKF  AHF Xét tứ giác AHKF có: AKF  AHF (cmt) Mà hai đỉnh H , K kề nhìn cạnh AF góc 90   Nên tứ giác AHKF nội tiếp (dhnb)  AHK  AFK 180  AHK  900 1800  AHK 900 Xét AHK ANB có: A chung AHK  ANB 900  AHK ∽ANB (g.g) AK AH   t/c   AK AN  AH AB AB AN (t/c TLT) (5) Xét BHK BFA có:  chung B    BHK BFA 90  BHK ∽BFA (g.g) BK BH   t/c   BK BF BH AB BA BF (t/c TLT) (6) Từ (5), (6)  AK AN  BK BF  AH AB  BH AB   AH  BH  AB  AB AB 2 R.2 R 4 R Bài 93: Cho tam giác nhọn ABC Gọi O trung điểm BC , dựng đường trịn  O  , đường kính BC Vẽ đường cao AK tam giác ABC tiếp tuyến AM , AN với đường tròn  O  , ( M , N tiếp điểm) Gọi H giao điểm MN với AK Chứng minh rằng: AH AK  AM Giải: A N H M B K O C  O Do AM tiếp tuyến đường tròn   nên AMO 90  O Do AN tiếp tuyến đường tròn   nên ANO 90  Do AK đường cao ABC nên AKO 90 Suy ra: M , N , K thuộc đường trịn đường kính AO  năm điểm A, M , K , O, N thuộc đường tròn đường kính AO AM  AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)   AMKON  Xét đường tròn  có AM  AN  AM  AN   Suy AMN  AKM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét AMH AKM có: AMN  AKM  MAK chung Suy ra: AMH ∽AKM (g.g) AM AH   AM  AH AK Suy ra: AK AM Bài 94: Tam giác ABC nhọn O trung điểm BC Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC Vẽ đường cao AK tam giác ABC , vẽ tiếp tuyến AM , AN với  O M , N MN cắt AH K Chứng minh H trực tâm tam giác ABC Giải: A J M B N H K O C Gọi H1 trực tâm tam giác ABC Chứng minh điểm A, M , K , O, N thuộc đường trịn  AKN  ANM ( góc nội tiếp chắn cung AN ) Lại có AM , AN tiếp tuyến đường tròn tâm O nên AM  AN  ANM cân  AMN  ANM  AKN  ANM (1) Ta có: OA đường trung trực MN Gọi OA  MN I Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ANO , đường cao NI ta có: AN  AI AO AH1I ∽AOK (g.g)  AI AO  AH1 AK  AN  AH1 AK  ANH1 AKN (c.g.c)  ANH1  AKN (2)   Từ (1) (2) ta có ANH1  ANM     Ta có: M , H , N thẳng hàng  ANH  ANM  ANH1  ANH  H H1 Vậy H trực tâm tam giác ABC