Hh9 chuyên đề 2 đường tròn – dây cung – tiếp tuyến của đường tròn

CHUYÊN ĐỀ 2.ĐƯỜNG TRÒN – DÂY CUNG – TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN I TĨM TẮT LÝ THUYẾT Tập hợp điểm M cách điểm O cho trước khoảng khơng đổi R đường trịn tâm O bán kính R Kí hiệu  O; R  Đường kính dây cung + Đoạn thẳng nối điểm nằm đường tròn qua tâm đường trịn gọi đường kính đường trịn + Đoạn thẳng nối điểm nằm đường tròn gọi dây đường tròn Các tính chất cần nhớ: a Nếu điểm M nằm  O  đường kính AB AMB 90 , đảo lại: Nếu AMB 90 (với A, B cố định) điểm M nằm đường trịn đường kính AB b Trong dây cung đường trịn, đường kính dây cung lớn c Trong đường trịn, đường vng góc với dây qua trung điểm dây d Trong đường trịn, đường kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây e Trong đường trịn: Hai dây cách tâm; hai dây cách tâm thi f Trong dây đường tròn: Dây lớn gần tâm hơn; dây gần tâm dây lớn Tiếp tuyến đường tròn Đường thẳng qua điểm đường trịn vng góc với bán kính qua điểm đường thằng tiếp tuyến đường tròn Như vậy: + Nếu đường thẳng đường trịn có điểm chung đường thẳng tiếp tuyến đường tròn + Nếu khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường thẳng bán kính đường trịn đường thẳng tiếp tuyến đường trịn + Qua điểm ngồi đường trịn ta ln kẻ tiếp tuyến đến đường trịn Một số tính chất cần nhờ đổi với tiếp tuyến cắt nhau: Từ M nằm  O  dựng tiếp tuyến MA , MB đến AB cắt MO H , đoạn thẳng MO cắt + Tam giác MAB cân M   O  ( A , B tiếp điểm ) O  điểm I Khi ta có: + MO phân giác AMB + MO vng góc với AB trung điểm H AB + I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Quan hệ đường thẳng đường tròn Để xét qua hệ đường thẳng  d  với đường tròn  O;R  ta phải dựa vào khoảng cách từ tâm O đường tròn đến đường thẳng + Nếu khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng  d  lớn bán kính đường thẳng khơng cắt đường  d  bán kính đường thẳng tiếp xúc với đường tròn + Nếu khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng tròn (lúc đường thẳng  d  gọi tiếp tuyến đường tròn) + Nếu khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng  d  nhỏ bán kính đường thẳng cắt đường tròn điểm phân biệt + Từ điểm M nằm  O   O  ta dựng tiếp tuyến MA, MB đến dựng cát tuyến MCD Khi ta có: MA2 MB MO2  R Quan hệ đường tròn Để xét quan hệ ( vị trí tương đối ) đường tròn  O1 ; R1   O2 ; R2  ta dựa vào khoảng cách O1O2 , bán kính R1 R2 + Hai đường tròn cắt : | R1  R2 |  O1O  R1 + R2 + Hai đường tròn tiếp xúc : | R1  R2 | = O1O2 O1O2 = R1 + R2 + Hai đường trịn khơng giao : O1O2 > R1 + R2 O1O2 | R1  R2 | II MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP VỀ TIẾP TUYẾN, CÁT TUYẾN, DÂY CUNG CỦA ĐƯỜNG TRỊN Ví dụ Cho nửa đường trịn  O ; R  Trên nửa mặt phẳng bờ AB, dựng tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn Lấy điểm M nửa đường tròn  O  Tiếp tuyến M  O  cắt Ax, By D, C tia AM, BM kéo dài cắt By, Ax F, E a, Chứng minh: Các điểm D, M, O, A nằm đường tròn, điểm C, M, O, B nằm đường trịn b Chứng minh: COD vng c D trung điểm AE d CBO ∽ BAE e Chứng minh: AD BC  R , AD  BC  CD f Dựng MH vng góc với AB Chứng minh: AC, BD qua trung điểm I MH g Chứng minh: EO  AC h Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MHO lớn i, Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MAB lớn nhất, j Tìm vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB lớn k Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ABCD nhỏ l Tìm vị trí điểm M để chu vi tứ giác ABCD nhỏ Lời giải: a Vì DA, DM tiếp tuyến  O    nên DMO  DAO  90 , suy điểm D, M, O, A nằm đường trịn đường kính DO Hồn tồn tương tự ta có điểm C, M, O, B nằm đường trịn đường kính CO   b Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC, OD phân giác góc MOA , MOB       MOC  MOD  BOM  COM nên COD    90 hay tam giác COD vuông O  c Do điểm M nằm đường tròn đường kính AB nên AMB  90  EMA  90 Cũng theo tính  chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DA  DM nên DAM  DMA      90  DAM  90  DMA  DEM  DME  DM  DE Vậy DE  DA  DM hay D trung điểm AE Cũng chứng minh theo cách OD đường trung bình tam giác EAB   d Xét tam giác CBO tam giác BAE ta có: CBO  BAE  90 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt     CBO ∽ BAE ta có: BM  CO nên COB phụ với EBA  BEA  g.g  e Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: AD  DM , BC CM  AD BC  DM.CM Mặt khác tam giác COD vng O có OM đường cao nên theo hệ thức lượng tam giác vng ta có: CM DM  OM  R Vậy AD BC  R AD  BC = CM  DM = CD f Giả sử BD cắt MH I Theo định lý Thales ta có: IM IB IH IM IH     mà DE DB AD DE AD DE  DA  IH  IM hay I trung điểm HM Chứng minh tương tự ta có AC qua trung điểm I MH tức MH, BD, AC đồng quy I Chú ý: Ta chứng minh cách dùng Bổ đề hình thang: “Cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AB, CD cắt M, hai đường chéo cắt N Gọi E, F trung điểm cạnh đáy BC, AD Khi điểm M, E, N, F nằm đường thẳng” Thật vậy: Giả sử MN cắt BC, AD E, F theo định lý Thales ta có: BE CE = AF DF BE CE = DF AF Ta có:  1 ME ) MF (cùng  2 (cùng NE ) Nhân hai đẳng thức NF BE CE suy BE CE thay  DF.AF AF DF  1,     vào ta có: AF  DF ( đpcm ) g Theo chứng minh câu d) ta có: AE AB AB AE BO AE   OAE ∽ CBA  OE  AC hay BAE ∽ CBO    2 AO BC AB BC AO BC Chú ý: Nếu AC cắt  O  K từ việc chứng minh: OE  AC ta suy   EAO  EKO  EAO  EKO  90 ta suy EK tiếp tuyến  O h Tam giác MOH vng H nên ta có: SMHO  MH HO 1 2  MH  HO2   OM  R2 Dấu xảy MH  HO nên tam giác MHO vuông cân H Tức M nằm nửa đường tròn cho OM tạo với AB góc 45 i Ta có SMAB  1 MH AB  MH.2 R  R MH Trong tam giác vng MHO ta có: 2 MH MO  R nên SMAB R Dấu xảy H O , MH  AB Hay M điểm cung AB j Chu vi tam giác MAB kí hiệu p p  MA  MB  AB  MA  MB  R Để ý  MA  MB  p 2 R  2 R  R 2   MA  MB   AB  R suy MA  MB  2 R Suy   Dấu xảy MA  MB , hay M điểm cung AB k Ta có: S ABCD  1 ( AD  BC) AB  R.CD  R.CD Do CD  AB  R nên S ABCD 2 R 2 Dấu xảy CD  AB hay CD / / AB M điểm cung AB l Chu vi tứ giác ABCD q: q  AD  CD  BC  AB  2CD  AB  2CD  R mà CD 2 AB  R nên chu vi tứ giác ABCD: q  2CD  R 6 R Dấu xảy CD  AB hay CD / / AB M điểm cung AB Ví dụ Xét đường thẳng  d  cố định Từ điểm M nằm đường thẳng    O;R (khoảng cách từ O đến  d  không nhỏ R ) d  ta dựng tiếp tuyến MA, MB đến  O;R  (A, B tiếp điểm) dựng tuyến MCD (tia MC nằm hai tia MO, MA MC  MD ) Gọi E trung điểm CD, H giao điểm AB MO a Chứng minh: điểm M, A, E, O, B nằm đường tròn b Chứng minh: MC MD  MA2  MO2  R c Chứng minh: Các tiếp tuyến C, D đường tròn  O ; R  cắt điểm nằm đường thẳng AB d Chứng minh: Đường thẳng AB qua điểm cố định e Chứng minh: Một đường thẳng qua O vng góc với MO cắt tia MA, MB P, Q Tìm GTNN SMPQ f Tìm vị trí điểm M để AB nhỏ Lời giải: a Vì MA, MB tiếp tuyến  O  nên   MAO  MBO  90  E trung điểm CD nên MEO  90 Từ suy điểm M, A, E, O, B nằm đường trịn đường kính MO b Ta có: MC MD   ME  EC  ME  ED  Mà ED  EC nên ta suy MC MD   ME - EC)( ME  EC   ME - EC  MO2 - EO2 - EC = MO2   EC  EO2   MO2 - OC  MO2  R  MO2  OA2  MA2 đpcm c Giả sử tiếp tuyến C, D  O  cắt F Theo a) ta chứng minh điểm M, A, E, O, B nằm đường trịn đường kính MO, suy điểm A, E, O, B nằm đường tròn đường kính MO Hồn tồn tương tự ta có: C, H, O, D nằm đường trịn đường kính OF suy  FHO  90 hay FH  HO , mặt khác ta có AH  HO  F, A, H thẳng hàng Nói cách khác: Các tiếp tuyến CD cắt điểm F nằm đường thẳng AB d d Dựng OK  OHI ∽ OKM  K điểm cố định OK có độ dài khơng đổi Giả sử AB cắt OK điểm I g g  suy OI OM   OH.OM OI.OK Mặt khác theo hệ thức lượng OH OK tam giác vuông MAO ta có OH.OM  OA2  R suy OI.OK  R hay OI  R2 suy OI OK không đổi, I nằm đường thẳng OK cố định, suy điểm I cố định Vậy đường thẳng AB ln qua điểm I e Ta có: SMPQ  SMOP  OA MP  R  MA  AP  Theo bất đẳng thức AM  GM ta có:  MA  AP 2 MA AP Theo hệ thức lượng tam giác vng MOP MA AP  OA2  R 2 Từ suy SMPQ  R Dấu xảy MA  AP hay tam giác MOP vuông cân Suy MAOB hình vng, tức MO  R f Ta có AB  AH  R  OH nên AB nhỏ OH lớn Để ý rằng: OI  R2 R mà OK  R nên OI  nên điểm I ln nằm đường trịn (O; R ) OK Trong tam giác vuông OHI ta có: OH OI nên OH lớn OI H I hay M K Cũng lập luận theo cách khác: AB 2 AH 2 MA.OA MO2  R R2 nên AB 2 R 2 R  MO MO MO2 nhỏ MO nhỏ Hay M hình chiếu vng góc O lên  d  Ví dụ Cho nửa đường trịn tâm  O  đường kính B điểm A nửa đường tròn  O  (A khác B, C) Hạ AH vng góc với BC (H thuộc BC) I, K đối xứng với H qua AB, AC Đường thẳng IK tia CA cắt tiếp tuyến kẻ từ B  O  M, N Gọi E giao điểm IH AB, F giao điểm KH với AC a Chứng minh: I, A, K thẳng hàng IK tiếp tuyến b Chứng minh:  O 1  2 BH AB AN c Chứng minh: M trung điểm BN MC, AH, EF đồng quy d Xác định vị trí điểm A nửa đường trịn để diện tích tứ giác BIKC lớn c Chứng minh: BE.CF BC  AH f Tiếp tuyến C đường tròn g Chứng minh: AO  EF  O  cắt IK P Chứng minh: NO  PB h Gọi Q, R giao điểm OM, OP với AB, AC Xác định tâm tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác MPRO biết ACB  30 Lời giải: a Vì I, K điểm đối xứng với H qua AB, AC nên    , PAH  HAC Suy IAH  HAB     IAH  PAH  HAB  HAC  180 nên I, A, K thẳng hàng Ngoài ta có:  AH  AI  AK nên tam giác IHK vng H Từ tính  chất đối xứng ta có: AIB  AHB  90 AKC  AHC   90 nên BI / / KC suy tứ giác BCKI hình thang Nên OA đường trung bình hình thang BCKI suy OA  KI , nói cách khác KI tiếp tuyến  O  A b Dựng AD  BN suy 1   Chú ý ADBH hình chữ nhật nên AD  BH Từ 2 AD AN AB 1   (Đpcm) 2 BH AN AB c Do MA, MB tiếp tuyến    O  nên MA  MB nên MAB , mặt khác ta có:  MBA     suy MNA hay tam giác MAN cân M MNA  90  ABN , MAN  90 - MAB  MAN Suy MN  MA  MB hay M trung điểm NB d Ta chứng minh: MC qua trung điểm AH Thật giả sử MC cắt AH J, theo định lý Thales ta có: JA JC JH   mà M trung điểm NB nên MN  MB suy JA  JH hay J trung MN CM MB điểm AH Chú ý rằng: Tứ giác AEHF hình chữ nhật nên AH, EF cắt trung điểm J đường, nói cách khác AH, EF, MC đồng quy J c Theo tính chất đối xứng ta có: IH  AB E, IK  AC F Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AHB, AHC ta có: BE BA  BH , CF.CA CH suy BE.CF.AB AC  BH CH Trong tam giác vng ABC ta có: BH.CH  AH , AB AC  AH BC   S ABC BE.CF.AH BC  AH  BE.CF BC  AH f Ta dễ chứng minh được: NBC ∽ OCP  g.g NB CB   NBO ∽ BCP suy NO  BP BO CP  CB NB suy NB OC hay   2 BC CP BO CP  nên suy    g Do AEHF hình chữ nhật nên AFE từ suy FEH  AHE  ABC     AFE  OAC  ABC  OCA 90 hay OA  EF h Gọi X trung điểm QR, Z trung điểm MP Đường trung trực QR cắt đường trung trực MP Y Y tâm đường tròn qua điểm M, P, R, Q Tương tự câu g) ta thấy OZ  QR nên XY // OZ Lại có OX // YZ nên tứ giác XYZO hình bình hành suy OZ  XY , giả thiết ACB  30     MPO  CPO  ACB  30 , OA  R  AP  R OA2  MA AP nên R MA R  MA  R 3R ,  MP  R  OZ  XY  3 1 R QX  QR  OA  Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông QXY ta có: 2 2 R  3R  R R 19 R 57 R QY QX  XY       suy QY  Vậy đường tròn qua    12 2 điểm M, P, R, Q có bán kính QY  57 R Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O  có đường cao AD, BE, CF cắt H Gọi M trung điểm BC, I trung điểm AH Dựng đường kính AK  O  Gọi P giao điểm thứ AH với  O  (P khác A) a Chứng minh: điểm A, E, H, F nằm đường tròn, b Chứng minh: IM đường trung trực EF c Chứng minh: H, K, M thẳng hàng từ suy OA  EF d Chứng minh: ME, MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, e Chứng minh: P đối xứng với H qua BC Từ suy đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính f Gọi N giao điểm thứ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF (N khác A) Chứng minh: MH MN  BC Lời giải: a Do BE, CF đường cao tam giác ABC nên  AEH  AFH  90 suy điểm A, E, H, F nằm đường tròn tâm I đường kính AH ta gọi  I    b Do BEC  BFC  90 suy điểm B, F, E, C nằm đường trịn tâm M đường kính BC ta gọi  M  Vì  I  ,  M  cắt theo dây cung EF nên theo tính chất hai đường trịn cắt ta có: IM đường trung trực EF c Do AK đường kính  O  nên ACK  90  AC  KC mặt khác BH  AC  BH // KC Tương tự CH // BK nên tứ giác BHCK hình bình hành suy hai đường chéo BC, HK cắt trung điểm đường Nói cách khác ta có H, M, K thẳng hàng Từ suy OM đường trung bình tam giác AHK nên OM / /  AH  BOM //  AI nên tứ giác AOMI hình bình hành Suy AO / / MI , mà MI  EF  OA  EF d Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đường trịn AEHF Tam giác AIE cân I nên   MEC  MCE   Lấy  1+    IEA  IAE  1,  I  ngoại tiếp tử giác tam giác MEC cân M nên     theo vế ta có: IEA  MEC  IAE  MCE  90 hay  MEI  90 Nói cách khác ME tiếp tuyến  I  , hoàn toàn tương tự ta có MF tiếp tuyến  I  e Do AK đường kính   O  nên APK  90  PK // DM mà M trung điểm HK nên MD đường trung bình tam giác HPK suy D trung điểm HP Hay P, H đối xứng qua BC Ba điểm B, P, C nằm đường tròn đường tròn  O'  đối xứng với f Vì N nằm đường trịn   O  nên theo tính chất đối xứng ta có điểm B, H, C nằm O  qua BC Nên hai đường trịn có kính  I  đường kính AH nên ANH  90 , N nằm  O  đường kính AK nên ANK  90 suy K, H, N thẳng hàng Mà K, M, H thẳng hàng nên suy M, H, N thẳng hàng Hay M, H, N cát tuyến  I  Theo tính chất quen thuộc cát tuyến tiếp tuyến ta có: MH MH  ME (xem câu b) Ví dụ 2) Mặt khác ta có BC BC ME  MF   MH MN    Ví dụ Cho hai đường trịn  O1 ; R1  ,  O2 ; R2   R1  R2  cắt A, B a Nêu cách dựng tiếp tuyến chung đường tròn biết O1O2 b Gọi M, N tiếp điểm tiếp tuyến chung hai đường tròn  O1 ; R1  ,  O2 ; R2  Tính MN theo O1O2 , R1 R2 c Giả sử AB cắt MN D Chứng minh: DM  DN Lời giải: a Dựng  d  O1 ; R1  bán kính O1 M Dựng tiếp tuyến qua M  O  Lấy điểm I  d nối IO1 , tia đối O1 I lấy điểm O2 , cho O1O2 độ dài cho Dựng O2 N   d  N Vẽ đường tròn ta  d tiếp xúc với  O2 ; O2 N tiếp tuyến chung đường tròn  O1 ; R1  ,    d O2 ; R2  M, N b Giả sử R1  R2 kẻ O1C  O2 N C ta có MNCO1 hình chữ nhật nên MN O1C  O1O2  O2 C  O1O2   R1  R2  c Theo tính chất cát tuyến, tiếp tuyến ta có: DM  DA DB  DN suy D trung điểm MN Ví dụ Cho đường trịn  O1 ; R1  ,  I ; IA   cắt  O2 ; R2  O1 ; R1  ,    d  Đường tròn tâm O đường kính A O1 ; R1  ,  O2 ; R2  tiếp xúc A Dựng tiếp tuyến chung O1O2 , cắt  d  I Đường tròn O2 ; R2  M , N khác A a Chứng minh : MN tiếp tuyến chung  O1 ; R1  ,  O2 ; R2  b Kẻ đường kính NP  O2  Chứng minh: M, A, P thẳng hàng Lời giải: a Từ giả thiết ta có: IA  IM  IN dẫn tới    IMO  IAO1  INO2  90 (hs tự cm) Suy IM, IN tiếp tuyến  O1 ; R1  ,  O2 ; R2  nên MIO  O  IA NIO   1  O IA    IA  2O  IA  2O  IO  180 hay M, I, N Suy MIA  NIA  2O 2 thẳng hàng Tức MN tiếp tuyến chung b Do MN đường kính   O1 ; R1  ,  O2 ; R2    I ; IA  nên MAN  90 , ta có NAP  90 suy   MAN  NAP  90  90  180 hay M, A, P thẳng hàng Ví dụ BA Tia AO cắt Cho đoạn thẳng AB kẻ tia Bx  AB Trên tia Bx lấy O cho BO  D E (D nằm A, O) Đường tròn  A ; AD   O ; OB  cắt AB C a Chứng minh: DE  AD AE b Chứng minh: AC CB AB c Tia BD cắt  A ; AD  P Một đường thẳng qua D cắt  A ; AD  M cắt  O  N Chứng minh: DPM ∽ DBN Lời giải: a Ta có: AD AE = (AO  OD ) ( AO  OD )  AO  OD  AO  OE    AO2  OD2  AO2  OB  AB   2OB   DE b Ta có: CB AB   AB - AC  AB  AB  AC AB  AD AE  AD AB  AD  AE - AB   AD2  AC   c Xét tam giác: DPM , DBN ta có: PDM đối đỉnh, cặp tam giác cân ODN, ADM  BDN ODB, ADP đồng dạng với  g.g  từ suy DPM ∽ DBN  c.g.c  đpcm Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) AB < AC Đường phân giác góc BAC cắt (O) D khác A Gọi M trung điểm AD E điểm đối xứng với D qua tâm O Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC điểm F khác A a) Chứng tam giác BDM tam giác BFC đồng dạng b) Chứng minh EF  AC (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên ĐHKHTN Hà nội, năm học 2013 - 2014) Lời giải a) Ta có AFB  AMB (  sđ AB đường tròn ngoại tiếp ABM )    BMD BFC   BCF  sđ AB Lại có BDM  BDM ∽ BCF (g.g) b) b) BDM ∽ BCF  BD DM  BC CF Dễ thấy BDC COE tam giác cân    OEC  sđ CD  DBC ∽OEC Vì DBC  DB OE OD DO DM    nên BC CE CE CE CF   FCE  sđ AE  OMD ∽EFC (c.g.c) Mà MDO    EFC OMD 90o hay EF  AC Ví dụ Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho AC = 4AB Tia Cx vng góc với AC điểm C, gọi D điểm thuộc tia Cx (D không trùng với C) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD K, E a) Tính giá trị DC, CE theo a b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ c) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln có dây cung cố định (thi học sinh giỏi lớp 9, tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2014 – 2015) Lời giải   a) Ta có: EBC  ADC  (Cùng bù với góc KBC ); ACD ECB  90  ACD ∽ ECB (g-g)  DC AC   DC.CE  AC.BC BC EC a 3a 3a Do AB  ; BC   DC EC  AC.BC  4 b) SBDE  BC DE  SBDE nhỏ DE nhỏ Ta có: DE DC  EC 2 DC EC 2 Dấu " "  DC EC  3a2 a (Theo chứng minh phần a) a 2  S BDE  nhỏ 3a D thuộc tia Cx cho CD  a c) Gọi giao điểm đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC M, N (M nằm A B)  M, N đối xứng qua DE Ta có: AKB ∽ ACD (g-g)  AK AB   AK AD  AC AB AC AD AKM ∽ AND (g-g)  AK AM   AK AD  AM AN AN AD Từ (1) (2) suy AM AN  AC AB   (1) (2) a2 a2  AC  MC   AC  NC   AC  MC (Do MC NC )  MC  3a2 a  MC NC   M, N hai điểm cố định Vậy đường trịn đường kính DE ln có dây cung MN cố định Ví dụ 11 Cho đường trịn tâm O dây AB đường trịn Các tiếp tuyến vẽ từ A B đường tròn cắt C Gọi D điểm đường trịn có đường kính OC (D khác A B) CD cắt cung AB đường tròn (O) E (E nằm C D) Chứng minh rằng:   a) BED DAE b) DE DA.DB Lời giải         a) Ta có: EBC nên EBC EAB ; DCB DAB  DCB EAB  DAB    Mặt khác: EBC ,  DCB BED    EAB  DAB DAE   Vậy BED DAE   b) Ta có: ADE  ABC CAB EDB   Mà theo câu a): BED , suy ra: DAE DE DB   DE DA.DB DA DE Ví dụ 12 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) I trung điểm BC, M điểm BED ∽EAD  đoạn CI (M khác C I), đường thẳng AM cắt đường tròn (O) điểm D Tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AMI M cắt đường thẳng BD, DC P Q Chứng minh DM IA MP.IC tính tỉ số MP MQ Lời giải   Vì DMP nên  AMQ  AIC ADB BCA MDP ∽ ICA (g.g)  DM MP   DM IA MP.IC CI IA  ; DMQ  Vì ADC CBA 180o  AMQ  180o  AIM BIA nên DMQ ∽BIA (g.g)  DM MQ   DM IA MQ.IB (1) BI IA Từ DM IA MP.IC  DM IA MP.IB (2) Từ (1) (2) suy MP 1 MQ