Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, vẽ tiếp tuyến x'x tại A với đường tròn (O). Trên x'x lấy điểm C, C khác A. BC cắt đường tròn (O) tại D, D khác B

7/7

Cho đường tròn \[\left( {O\,;\,\,R} \right)\] đường kính \[AB,\] vẽ tiếp tuyến \[x'x\] tại \[A\] với đường tròn \[\left( O \right).\] Trên \[x'x\] lấy điểm \[C\] (\[C\] khác \[A\]). \[BC\] cắt đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[D\] (\[D\] khác \[B\]). Kẻ \[OI\] vuông góc với \[BD\] tại \[I.\] Tia \[OI\] cắt \[x'x\] tại \[E.\] Tia $CO$ cắt $BE$ tại \[F\].

a) Chứng minh tứ giác \[CAOI\] nội tiếp được trong một đường tròn và $CO \bot BE$ tại \[F\].

b) Chứng minh: \[IE\] là phân giác của $\widehat {AIF}$ và $BF \cdot BE = 2{R^2}$.

c) Trong trường hợp $AC = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}$. Tính theo \[R\] diện tích tam giác \[ABC\] phần nằm trong đường tròn \[\left( O \right).\]

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB, vẽ tiếp tuyến x'x tại A với đường tròn (O). Trên x'x lấy điểm C, C khác A. BC cắt đường tròn (O) tại D, D khác B (ảnh 1)

a) Vì $\Delta AOC$ vuông tại \[A\] (\[AC\] là tiếp tuyến) nên $\Delta AOC$ nội tiếp đường tròn đường kính \[CO\] (1)

Vì $\Delta COI$ vuông tại \[H\] nên $\Delta COI$ nội tiếp đường tròn đường kính \[CO\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \[A,\,\,O,\,\,I,\,\,C\] cùng thuộc một đường tròn đường kính \[CO\].

Vậy tứ giác \[CAOI\] nội tiếp.

Xét $\Delta BEC$ có hai đường cao \[EI,\,\,BA\] cắt nhau tại \[O\] nên \[O\] là trực tâm.

Do đó $CO \bot BE$ tại \[F.\]

b) Chứng minh được tứ giác \[BIOF\] nội tiếp.

$\widehat {OIF} = \widehat {OBF}$ (cùng chắn cung \[IF\] của đường tròn đường kính \[OB\])

$\widehat {ACO} = \widehat {AIO}$ (cùng chắn cung \[AO\] của đường tròn đường kính \[CO\])

$\widehat {ACO} = \widehat {OBF}$ (cùng phụ \[\widehat {CEB}\])

$\widehat {AIO} = \widehat {OIF}$ (\[OI\] là phân giác của $\widehat {AIF}$)

Xét $\Delta BIE$ và $\Delta BFC$ có: $\widehat {IBE}$ chung; $\widehat {BIE} = \widehat {BFC} = 90^\circ $.

Do đó $Δ B I E ∽ Δ B F C$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BI}}{{BF}} = \frac{{BE}}{{BC}}$ nên $BI \cdot BC = BF \cdot BE\quad (1)$

Xét $\Delta BIO$ và $\Delta BAC$ có: $\widehat {OBI}$ chung; $\widehat {BIO} = \widehat {BAC} = 90^\circ $.

Do đó $Δ B I O ∽ Δ B A C$ (g.g).

Suy ra $\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BO}}{{BC}}$ nên $BI \cdot BC = BO \cdot BA$.

Ta có $BO \cdot BA = R \cdot 2R = 2{R^2}$ suy ra $BI \cdot BC = 2{R^2}\quad (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $BF \cdot BE = 2{R^2}$.

c) Tính được $\widehat {ABC} = 30^\circ $.

${S_{qOAD}} = \frac{{\pi {R^2} \cdot 60^\circ }}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}$; $BD = R\sqrt 3 \,;\,\,OI = \frac{R}{2}$.

${S_{BOD}} = \frac{1}{2}BD.OI = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}$

Do đó ${S_{qOAD}} + {S_{OBD}} = \frac{{{R^2}\left( {2\pi + 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}$ (đvdt).

Vậy diện tích tam giác \[ABC\] phần nằm trong đường tròn \[\left( O \right)\] là $\frac{{{R^2}\left( {2\pi + 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}$ (đvdt).