Cho đường tròn (O, R). Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm). Vẽ đường kính CD của đường tròn (O).
a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp và \(OA // BD\).
b) Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh \(OA \cdot OH = OB^2\) và \(\angle ODH = \angle ADB\).
c) Vẽ BN song song với AC (N ∈ CD). Trong trường hợp \(OA = 2R\), tính diện tích của tứ giác DBAC và độ dài CN theo R.
a: Xét tứ giác OBAC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)
nên OBAC là tứ giác nội tiếp
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC
=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét (O) có
ΔDBC nội tiếp
DC là đường kính
Do đó: ΔDBC vuông tại B
=>DB\(\perp\)BC
mà OA\(\perp\)BC
nên OA//BD
b: Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot OA=OB^2\)
c: \(OH\cdot OA=OB^2\)
=>\(OH=\dfrac{R^2}{2R}=\dfrac{R}{2}\)
Xét ΔCBD có OH//BD
nên \(\dfrac{OH}{BD}=\dfrac{CH}{CB}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(BD=2\cdot OH=R\)
ΔDBC vuông tại B
=>\(DB^2+BC^2=DC^2\)
=>\(BC=\sqrt{\left(2R\right)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{BAO}=30^0\)
ΔABC cân tại A
mà AH là đường cao
nên AH là phân giác của góc BAC
=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)
Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)
nên ΔBAC đều
=>\(S_{ABC}=BC^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\left(R\sqrt{3}\right)^2\cdot\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3\sqrt{3}\cdot R^2}{4}\)
ΔDBC vuông tại B
=>\(S_{DBC}=\dfrac{1}{2}\cdot BD\cdot BC=\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot R\sqrt{3}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{2}\)
\(S_{DBAC}=S_{DBC}+D_{BAC}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{2}+3\sqrt{3}\cdot\dfrac{R^2}{4}=\dfrac{2\sqrt{3}\cdot R^2+3\sqrt{3}\cdot R^2}{4}=\dfrac{5\sqrt{3}\cdot R^2}{4}\)
