Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và

M, B,O, I, C.

a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và

giác AKB

b) BF.CK  CF.BK

c) FCE □ CBE và EA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF

a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và

C

ABF □ AKB

Ta có:

B,C  OB  AB  □ABO  □ACO  900

OB  AC

Xét tứ giác ABOC ta có: □ABO  □ACO  900  900  1800 mà hai góc này đối nhau nên ABOC là tứ giác nội tiếp dfcm

Xét ABF và AKB ta có: □A chung; □AKB  □ABF (cùng

chắn

 ABF □ AKB  g  g dfcm

B□F )

b) Chứng minh BF.CK  CF.BK

Ta có: ABF □ AKB(cmt)  AB  BF  AF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

AK KB AB

Xét ACF và AKC có: □A chung; □AKC  □ACF (cùng chắn C□F )

 ACF □ AKC(g  g) dfcm  AC 

CF  AF (các cặp cạnh tương

ứng tỉ lệ)

AK KC AC

Mà AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 AB AK AC AKBF KBCFKC  BF.KC  KB.CF (dfcm)

c)Ta có:

B□KC  B□CE (góc nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng

chắn

B□C)

Lại có: BFCK là tứ giác nội tiếp đường trịn O 

 E□FC  B□KC (góc ngồi tại 1 điểm bằng góc trong tại đỉnh đối diện)

 E□FC  B□CE  B□KC  Xét FCE và CBE ta có: E□ chung; E□FC  E□CB(cmt)  FCE □ CBE(g.g)(dfcm)

Vì FCE □ CBE(cmt)  FE  CE  CE 2  FE.BE  AE2

CE BE

 EA EBEF

EA

MO O E I M' N EA  EF (cmt)  AEF □ BEA(c  g  c) EB EA

 F□AE  □ABE (hai góc tương ứng)

Mà □ABE là góc nội tiếp chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp ABF F□AE được tạo bởi dây cung AF và AE ( E nằm ngồi đường trịn)

 AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF (đpcm).

Bài 14 (Câu 4 - Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 Hậu Giang )

Cho đường tròn Ocó bán kính R  2a và điểm A nằm ngồi đường trịn

O. Kẻ đến Ohai tiếp

tuyến AM , AN (với M , N là các tiếp điểm. 1) Chứng minh bốn điểm

A, M , N ,O cùng thuộc một đường trịn C .Xác định tâm và bán kính của đường trịn C 

2)Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng OA  3a

3) Gọi M ' là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và O, P nằm bên ngồi đoạn OA. Tính sin M□PN

P A