Cho đường tròn (O; R), S là điểm nằm ngoài đường tròn sao cho OS = 2R. Đường thẳng qua S cắt (O; R) tại hai điểm C và D (C nằm giữa S và D), biết CD = R căn bậc hai 3. Kẻ OH vuông góc CD, H t
13/20
Cho đường tròn \[\left( {O;\,R} \right)\], \[S\] là điểm nằm ngoài đường tròn sao cho \[OS = 2R\]. Đường thẳng qua \[S\] cắt \[\left( {O;\,R} \right)\] tại hai điểm \[C\] và \[D\] (\[C\] nằm giữa \[S\] và \[D\]), biết \[CD = R\sqrt 3 \]. Kẻ \[OH \bot CD,\,\]\[H \in CD\].
Khi đó:
\[\widehat {COD} = 120^\circ \].
\[OH = \frac{R}{2}\].
\[SH = \frac{{R\sqrt {17} }}{2}\].
\[SD > 3R\].
Đáp án đúng là: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Sai.
a) Đúng.
Có \[\Delta OCD\] cân tại \[O\], \[OH \bot CD,\,\,H \in CD\] nên \[H\] là trung điểm của \[CD\].
Suy ra \[HC = HD = \frac{{CD}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\]
Xét \[\Delta HOC\] có \[\sin \widehat {HOC} = \frac{{HC}}{{OC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\], suy ra \[\widehat {HOC} = 60^\circ \].
\[\Delta OCD\] cân tại \[O\] nên \[OH\] là tia phân giác, do đó \[\widehat {COD} = 2\widehat {HOC} = 120^\circ \].
b) Đúng.
Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta HOC\], được \[OH = \sqrt {O{C^2} - H{C^2}} = \frac{R}{2}\,\].
c) Sai.
Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta OHS\] có: \[SH = \sqrt {O{S^2} - O{H^2}} = \sqrt {4{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = \frac{{R\sqrt {15} }}{2}\].
d) Sai.
Ta có: \[SD = SH + HD = \frac{{R\sqrt {15} }}{2} + \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{R\left( {\sqrt {15} + \sqrt 3 } \right)}}{2} < 3R\].