Dạng 3: Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung có đáp án

a) Ta có  $\widehat{MCA}=\widehat{ABC}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung AC).

Lại có  $\widehat{ACH}=\widehat{ABC}$  (cùng phụ với góc  $\widehat{CAH}$).

Do đó  $\widehat{MCA}=\widehat{ACH}$, suy ra CA là tia phân giác của góc  $\widehat{MCH}$.

b) Gọi R là bán kính của đường tròn (O). Khi đó  $OC=OA=R$ và  $OM=OA+AM=R+a$.

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông COM ta được:

         $O{M}^2=O{C}^2+C{M}^2\iff {\left(R+a\right)}^2=R^2+{\left(2a\right)}^2$$\iff R^2+2aR+a^2=R^2+4a^2$

                               $\iff 2aR-3a^2=0\iff a\left(2R-3a\right)=0$

                               $\iff 2R-3a=0\iff R=\frac{3a}{2}\left(\text{do }a\ne 0\right)$.

Suy ra  $AB=2R=3a;OM=a+\frac{3a}{2}=\frac{5a}{2}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông COM ta có:

         $CH.OM=CM.CO\Rightarrow CH=\frac{CM.CO}{OM}=\frac{2a.\frac{3a}{2}}{\frac{5a}{2}}=\frac{6a}{5}$.

Vậy  $AB=3a;CH=\frac{6a}{5}$.

Do MB song song với AC nên  $\widehat{BMC}=\widehat{ACM}$ (hai góc so le trong).

Ta lại có  $\widehat{ACM}=\widehat{ACE}=\widehat{MAE}$ (cùng chắn  $\stackrel{⏜}{AE}$).

Do đó  $\widehat{BMC}=\widehat{MAE}$.

Xét  $\Delta KME$  và  $\Delta KAM$ có:  $\widehat{BMC}=\widehat{MAE}$ (chứng minh trên).

                               $\widehat{MKE}$ chung.

Suy ra   $\Delta KME~\Delta KAM\left(\text{g.g}\right)\Rightarrow \frac{MK}{AK}=\frac{EK}{MK}\text{ hay }M{K}^2=AK.EK$ (đpcm). (1)

Ta thấy  $\widehat{EAB}=\widehat{EBK}$ (cùng chắn  $\stackrel{⏜}{BE}$).

Từ đó  $\Delta EBK~\Delta BAK\left(\text{g.g}\right)\Rightarrow \frac{BK}{AK}=\frac{EK}{BK}\text{ hay }B{K}^2=AK.EK$.            (2)

Từ (1) và (2) suy ra  $M{K}^2=K{B}^2$ nghĩa là  $MK=KB$ (đpcm).

a) Ta có:  $\widehat{CBA}=\widehat{ACD}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn  $\stackrel{⏜}{AC}$).

            $\widehat{ADC}=\widehat{ABD}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn  $\stackrel{⏜}{AD}$).

Theo định lí tổng ba góc trong tam giác  $ACD$ ta có:

 $\widehat{CAD}+\widehat{ACD}+\widehat{ADC}=180°\iff 180°=\widehat{CAD}+\widehat{CBA}+\widehat{ABD}$ 

 $\iff 180°=\widehat{CAD}+\widehat{CBD}$  (đpcm).

b) Trong đường tròn  $\left(I\right)$ có:  $\widehat{CDE}=\widehat{CAE}$ (cùng chắn cung  $\stackrel{⏜}{CE}$).  (1)

Lại có  $\widehat{CAE}$ là góc ngoài của  $\Delta ABC$ nên:

 $\widehat{CAE}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}=\widehat{ACB}+\widehat{ACD}=\widehat{BCD}\left(\text{do }\widehat{ABC}=\widehat{ACD}\right)$.   (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

 $\widehat{DCB}=\widehat{CDE}\Rightarrow CB\text{//}DE$ (hai góc ở vị trí so le trong). (3)

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

 $\widehat{DCE}=\widehat{BDC}$ (vì cùng bằng   $\widehat{DAE}$)  $\Rightarrow CE\text{//}BD$.         (4)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác  $BCED$ là hình bình hành.