Question

[Lê Phan Anh Thư]

Cho đường tròn (O;R) đường kính BC, A là điểm trên đường tròn (A khác B, C). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Đường tròn tâm (I) đường kính AH cắt AB, AC và (O) tại D,E,F.

a. Cm AH=DE.

b. CM tg BDEC nội tiếp và OA vuông góc với DE.

c, AF cắt BC tại S. Cm S, D, E thẳng hàng.

d.Cho sđAB = 60 độ. Tính diện tích tg BDEC theo R.

  GIẢI GIÚP MK CÂU C, D MK ĐANG CẦN GẤP. CẢM ƠN !!!

Answer 1

[Mạnh Lê]

c. 4 điểm A,D,E,F cùng nằm trên đt đường kính (I) (gt) => ADEF là tứ giác nội tiếp (Định nghĩa)

=> \(\widehat{EFS}=\widehat{ADE}\)(Cùng bù với \(\widehat{AFE}\))

Vì BDEC là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{ADE}=\widehat{ECB}\)(Cùng bù với \(\widehat{BDE}\)) => \(\widehat{EFS}=\widehat{ECB}\)=> Tứ giác CEFS là tứ giác nội tiếp (DHNB) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ECF}=\widehat{ACF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{EF}\))

Lại có: ABCF là tứ giác nội tiếp (4 đỉnh A,B,C,F cùng thuộc đt (O) (gt)) => \(\widehat{ACF}=\widehat{ABF}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn \(\widebat{AF}\))

=> \(\widehat{ESF}=\widehat{ABF}\)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ABH\)vuông tại H với đường cao HD ta có: \(AH^2=AD.AB\)

Xét đt (I) có: \(\widehat{AFH}=90^o\)(Góc nội tiếp chắn nửa đt) => \(HF\perp AS\)

Áp dụng hệ thức lượng trong \(\Delta ASH\)vuông tại H với đường cao HF ta có: \(AH^2=AF.AS\)

=> \(AD.AB=AF.AS\Leftrightarrow\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)

Xét \(\Delta ADS\)và \(\Delta AFB\)có:

\(\widehat{A}\)Chung

\(\frac{AD}{AF}=\frac{AS}{AB}\)(cmt)

=> \(\Delta ADS~\Delta AFB\left(C.G.C\right)\)

=> \(\widehat{ASD}=\widehat{ABF}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) => \(\widehat{ESF}=\widehat{ASD}\)hay \(\widehat{ESF}=\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)(Do \(\overline{A,F,S}\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{DSA}=\widehat{DSF}\)) => 3 điểm S,D,E thẳng hàng (2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại của 2 góc cùng nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => ĐPCM 

d.  Vì sđ\(\widebat{AB}=60^o\)(gt) => \(\widehat{AOB}=60^o\Rightarrow\Delta AOB\)đều => AB = OA = OB = R 

Áp dụng định lý pitago trong \(\Delta ABC\)vuông tại A có: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{(2R)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)

=> \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}R.R\sqrt{3}=R^2\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Mà \(S\Delta ABC=\frac{1}{2}AH.BC\Rightarrow AH=\frac{2.S\Delta ABC}{BC}=\frac{2.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)

Gọi \(R^'\)là bán kính đường tròn ngoại tiếp đt (I) => \(R^'=\frac{AH}{2}=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)

Xét \(\Delta ADE\)và \(\Delta ACB\)có:

* \(\widehat{A}\)chung

* \(\widehat{ADE}=\widehat{ACB}\)(Cmt) 

=> \(\Delta ADE~\Delta ACB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{S\Delta ADE}{S\Delta ACB}=\left(\frac{R^'}{R}\right)^2=\left(\frac{\frac{R\sqrt{3}}{4}}{R}\right)^2=\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2=\frac{3}{16}\)

=> \(S\Delta ADE=\frac{3}{16}.S\Delta ACB=\frac{3}{16}.\frac{R^2\sqrt{3}}{2}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}\)

Ta có: \(S_{BDEC}=S\Delta ABC-S\Delta ADE=\frac{R^2\sqrt{3}}{2}-\frac{3R^2\sqrt{3}}{32}=\frac{13R^2\sqrt{3}}{32}\)