Cho điểm A nằm ngoài dường tròn ( O;R). Vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B,C là các tiếp điểm). Vẽ đường kính BD của (O), gọi H là giao điểm của OA và BC
a) Cm BC vuông góc DC, OA vuông góc BC
b) Gọi E là giao điểm của AD và đường tròn (O) (E khác D). Cmr: OH.OA= R2 và DE.DA=4OH.OA
c) Gọi M là giao điểm của BC và AD, N là giao điểm của OA và BE. Cmr: MN song song BD
d) Tiếp tuyến D của đường tròn (O) cắt BC tại F. Gọi K là giao điểm của AD và OF. Giả sử AB= √5 .R . Tính độ dài KE theo R
Toán lớp 9
a) Do C thuộc đường tròn mà DB là đường kính nên góc \(\widehat{BCD}\) chắn nửa đường tròn.
\(\Rightarrow\widehat{BCD}=90^o\Rightarrow BC\perp DC\)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có OH là phân giác góc BOC. Lại có OBC là tam giác cân tại O nên OH cũng là đường cao.
Vậy \(OH\perp BC\)
b) Xét tam giác vuông OCA có CH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: \(OH.OA=OC^2=R^2\)
Xét tam giác vuông DBA có đường cao BE nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(DE.DA=BD^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)
c) Xét tam giác MBA có OH và BE là các đường cao nên N là trực tâm.
Vậy thì \(MN\perp BA\)
Lại có \(BD\perp BA\) nên BD // MN.
d) Ta chứng minh \(OF\perp AD\)
Ta có \(\widehat{BCA}=\widehat{DCO}\) (Cùng phụ với góc OCB)
\(\Rightarrow\widehat{BCA}+90^o=\widehat{DCO}+90^o\Rightarrow\widehat{DCA}=\widehat{FCO}\) (1)
Ta cũng có tứ giác ABOC nội tiếp nên \(\widehat{CAO}=\widehat{CBO}\)
Mà \(\widehat{CBO}=\widehat{CDF}\) (Cùng phụ với góc CFD)
\(\Rightarrow\widehat{CAO}=\widehat{CDF}\)
Vậy thì \(\Delta CAO\sim\Delta CDF\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{CO}{CF}\Rightarrow\frac{CA}{CO}=\frac{CD}{CF}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\Delta DCA\sim\Delta FCO\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{OFC}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}-\widehat{CDF}=\widehat{CFD}-\widehat{OFD}\)
\(\Rightarrow\widehat{ADF}+\widehat{OFD}=\widehat{CFD}+\widehat{CDF}=90^o\)
\(\Rightarrow\widehat{DKF}=90^o\Rightarrow OF\perp AD\)
Xét tam giác cân DOE có OK là đường cao nên đồng thời là trung tuyến. Vậy K là trung điểm DE.
Xét tam giác vuông ABD có BE là đường cao nên \(\frac{1}{BE^2}=\frac{1}{BA^2}+\frac{1}{BD^2}=\frac{1}{5R^2}+\frac{1}{4R^2}=\frac{9}{20R^2}\)
\(\Rightarrow BE^2=\frac{20R^2}{9}\)
Xét tam giác vuông BED, theo định lý Pi-ta-go ta có:
\(DE^2=BD^2-BE^2=4R^2-\frac{20R^2}{9}=\frac{16R^2}{9}\)
\(\Rightarrow DE=\frac{4R}{3}\)
\(\Rightarrow KE=\frac{2R}{3}\)
giúp em vs CMR với mọi a,b,c ta có (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)>= 3(a+b+c)^2
