Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), đường kính BC (AB > AC). Từ A kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt tia BC tại M. Kẻ dây AD vuông góc với BC tại H

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh rằng AMDO nội tiếp.

Dễ dàng chứng minh được  \( \widehat{ODM}={{90}^{O}} \)  \( \Rightarrow  \) Tứ giác AODM nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180O)

b) Giả sử \( \widehat{ABC}={{30}^{0}} \). Tính diện tích viên phân giới hạn bởi dây AC và cung AC nhỏ theo R.

 \( \widehat{ABC}={{30}^{O}}\Rightarrow \widehat{ACB}={{60}^{O}} \)  \( \Rightarrow \Delta AOC  \) đều  \( \Rightarrow {{S}_{\Delta AOC}}=\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4} \)

 \( {{S}_{quat\text{ }AOC}}=\frac{\pi {{R}^{2}}n}{360}=\frac{\pi {{R}^{2}}.60}{360}=\frac{\pi {{R}^{2}}}{6} \)

\(\Rightarrow {{S}_{vien\text{ phan CFA}}}={{S}_{quat\text{ }AOC}}-{{S}_{\Delta AOC}}\) \(=\frac{\pi {{R}^{2}}}{6}-\frac{\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}=\frac{{{R}^{2}}\left( 2\pi -3\sqrt{3} \right)}{12}\)

c) Kẻ AN vuông góc với BD (N thuộc BD), gọi E là trung điểm của AN, F là giao điểm thứ hai của BE với (O), P là giao điểm của AN với BC, Q là giao điểm của AF với BC.

+ Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

Xét (O) có  \( \widehat{BAD}=\widehat{BFA}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{AB} \) (góc nội tiếp)

Mà EH là đường trung bình của  \( \Delta AND  \)  \( \Rightarrow EH//ND\Rightarrow \widehat{AHE}=\widehat{ADN} \) (hai góc ở vị trí so le)

 \( \widehat{AFE}=\widehat{AHE} \) \( \Rightarrow \)  AEHF nội tiếp (hai hóc kề bằng nhau cùng chắn cung \( \overset\frown{AE} \))

+ Chứng minh BH2 = BP.BQ.

Ta có:

 \( \widehat{BEP}=\widehat{AEF} \) (đối đỉnh)

 \( \widehat{AEF}=\widehat{AHF}=\frac{1}{2}\overset\frown{FA} \) (tứ giác AEHF nội tiếp)

 \( \widehat{AHF}=\widehat{AQH} \) (cùng phụ với  \( \widehat{QHF} \))

Suy ra  \( \widehat{BEP}=\widehat{BQF} \)

Xét tam giác BPE và tam giác BFQ có:

 \( \widehat{B} \)

 \( \widehat{BEP}=\widehat{BQF} \) (chứng minh trên)

Suy ra \(\Delta BPE\backsim \Delta BFQ\Rightarrow \frac{BP}{BF}=\frac{BE}{BQ}\) \(\Rightarrow BP.BQ=BE.BF\)  (1)

Chứng minh tương ứng, ta có  \( \Delta BEH\backsim \Delta BHF\Rightarrow \frac{BE}{BH}=\frac{BH}{BF} \)  \( \Rightarrow B{{H}^{2}}=BE.BF  \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:  \( B{{H}^{2}}=BP.BQ  \)

d) Từ F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD và AM lần lượt tại I và K. Chứng minh rằng F là trung điểm IK.

Ta có:  \( \widehat{HAM}=\widehat{NBA}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AD} \right) \)

Khi đó:  \( \Delta HAM\backsim \Delta NBA\Rightarrow \frac{BN}{AH}=\frac{AN}{HM} \)

Mặt khác:  \( \widehat{EBN}=\widehat{HAQ}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AF} \right) \)

Suy ra:  \( \Delta EBN\backsim \Delta QAH\Rightarrow \frac{BN}{AH}=\frac{EN}{QH} \)

Khi đó:  \( \frac{AN}{HM}=\frac{EN}{QH} \)mà E là trung điểm AN\(\Rightarrow EN=\frac{1}{2}AN\) \(\Rightarrow HQ=\frac{1}{2}HM\Rightarrow HQ=QM\)

Do IK // HM  \( \Rightarrow \frac{IF}{HQ}=\frac{FK}{QM}\Rightarrow FI=FK  \)  \( \Rightarrow  \) F là trung điểm IK