1)
$MA,MB$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$
$\to \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90{}^\circ $
$\to \widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180{}^\circ $
$\to MAOB$ là tứ giác nội tiếp
2)
Xét $\Delta MAC$ và $\Delta MDA$, ta có:
$\widehat{AMD}$ là góc chung
$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )
$\to \Delta MAC\sim\Delta MDA\,\,\,\left( \,g\,.\,g\, \right)$
$\to M{{A}^{2}}=MC.MD$
$\Delta MAO$ vuông tại $A$, có $AH$ là đường cao
$\to M{{A}^{2}}=MH.MO$ ( hệ thức lượng )
$\to MC.MD=MH.MO$
$\to \dfrac{MC}{MO}=\dfrac{MH}{MD}$
Xét $\Delta MCH$ và $\Delta MOD$, ta có:
$\widehat{DMO}$ là góc chung
$\dfrac{MC}{MO}=\dfrac{MH}{MD}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$
$\to \Delta MCH\sim\Delta MOD\,\,\,\left( \,c\,.\,g\,.\,c\, \right)$
$\to \widehat{MHC}=\widehat{MDO}$ ( hai góc tương ứng )
$\to OHCD$ là tứ giác nội tiếp
c)
Vì $NC$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$
$\to \widehat{NCO}=90{}^\circ $
Xét tứ giác $OHCN$, ta có:
$\widehat{NCO}=\widehat{NHO}=90{}^\circ $
$\to OHCN$ là tứ giác nội tiếp
Mà $OHCD$ cũng là tứ giác nội tiếp ( cmt )
Nên ngũ giác $OHCND$ nội tiếp được đường tròn
$\to \widehat{NDO}=\widehat{NCO}=\widehat{NHO}=90{}^\circ $
$\to ND$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$
d)
$\Delta MAO$ vuông tại $A$
$\to O{{M}^{2}}=M{{A}^{2}}+O{{A}^{2}}$ ( định lý Pi – ta – go )
$\to M{{A}^{2}}=O{{M}^{2}}-O{{A}^{2}}$
$\to M{{A}^{2}}=\left( 2{{R}^{2}} \right)-{{R}^{2}}$
$\to M{{A}^{2}}=3{{R}^{2}}$
$\to MA=R\sqrt{3}$
$\Delta MAO$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao
$\to MA.OA=AH.OM$ ( hệ thức lượng )
$\to AH=\dfrac{MA\,.\,OA}{OM}$
$\to AH=\dfrac{R\sqrt{3}\,.\,R}{2R}$
$\to AH=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$
Ta có:
$\begin{cases}OA=OB=R\\MA=MB\,\,\,\left(\text{ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau }\right)\end{cases}$
$\to OM$ là đường trung trực của $AB$
$\to OM\bot AB$ tại giao điểm $H$
$\to H$ là trung điểm $AB$
$\to AB=2AH$
$\to AB=2\,.\,\dfrac{R\sqrt{3}}{2}$
$\to AB=R\sqrt{3}$
Ta vừa chứng minh ở câu b:
$\,\,\,\,\,\,\,M{{A}^{2}}=MC.MD$
$\to MD=\dfrac{M{{A}^{2}}}{MC}$
$\to MD=\dfrac{3{{R}^{2}}}{\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{3}}{2}R}$
$\to MD=\dfrac{\sqrt{15}+\sqrt{3}}{2}R$
Ta có:
$\,\,\,\,\,\,\,MC+CD=MD$
$\to CD=MD-MC$
$\to CD=\dfrac{\sqrt{15}+\sqrt{3}}{2}R\,\,-\,\,\dfrac{\sqrt{15}-\sqrt{3}}{2}R$
$\to CD=R\sqrt{3}$
Trong đường tròn tâm $O$:
Có hai dây cung $AB=CD=R\sqrt{3}$
Mà:
Tiếp tuyến tại $A,B$ cắt nhau tại $M$
Tiếp tuyến tại $C,D$ cắt nhau tại $N$
Nên $\Delta NCD=\Delta MAB$
$\to $ đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác bằng nhau
