Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Đường thẳng đi qua tâm O và vuông góc với đường kính AB cắt nửa đường tròn (O) tại điểm C. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D (D ≠ C), kẻ CH vuông góc

7/9

Cho nửa đường tròn tâm \[O\], đường kính \[AB\]. Đường thẳng đi qua tâm \[O\] và vuông góc với đường kính \[AB\] cắt nửa đường tròn $(O)$ tại điểm \[C\]. Trên tia đối của tia \[CA\] lấy điểm $D$$\left( {D \ne C} \right),$ kẻ \[CH\] vuông góc với đường thẳng \[BD\] tại điểm \[H\].

a) Chứng minh bốn điểm $O,B,H,C$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi \[E\] là giao điểm của hai đường thẳng \[HO\] và \[BC\]. Chứng minh \[HO\] là tia phân giác của \[\widehat {CHB}\] và $CH.EC = DH.EB$.

c) Đường tròn ngoại tiếp \[\Delta CDH\] cắt nửa đường tròn đường kính \[AB\] tại điểm $K\left( {K \ne C} \right)$. Chứng minh $C{K^2} < \frac{{D{E^2}}}{4}$.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

$Vậy $C{K^2} < \frac{{D{E^2}}}{4}$ (đpcm). (ảnh 1)$

a) Do $OC \bot AB$ tại \[O\] nên $\Delta COB$ vuông tại O nên $C,O,B$ cùng thuộc đường tròn đường kính \[CB\].

Có $CH \bot BD$ tại \[H\] nên $\Delta CBH$ vuông tại \[H\] nên \[C,\,\,H,\,\,B\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[CB\].

Vậy $C,H,B,O$ cùng thuộc đường tròn đường kính \[CB\] hay tứ giác \[OBHC\] nội tiếp.

b) Ta có $OC = OB = R$ nên $\Delta OBC$ vuông cân tại \[O\].

Khi đó $\widehat {OCB} = \widehat {OBC} = 45^\circ $.

Do \[OBHC\] nội tiếp nên $\widehat {CHO} = \widehat {CBO} = 45^\circ $ (cùng chắn cung \[CO\]) và $\widehat {OHB} = \widehat {OCB} = 45^\circ $ (cùng chắn cung \[OB\]).

Suy ra $\widehat {CHO} = \widehat {OHB} = 45^\circ $ hay \[OH\] là phân giác của $\widehat {CHB}$.

Do \[OH\] là phân giác của $\widehat {CHB}$ nên $\frac{{CE}}{{BE}} = \frac{{CH}}{{HB}}$ (tính chất đường phân giác).

Do $C \in (O)$ nên $\widehat {ACB} = 90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra $CB \bot CD$ tại \[C\].

Suy ra $\widehat {DCH} + \widehat {HCB} = 90^\circ $.

Mà $\widehat {CBH} + \widehat {BCH} = 180^\circ - \widehat {CHB} = 90^\circ $ nên $\widehat {DCH} = \widehat {CBH}$ (cùng cộng $\widehat {BCH}$ bằng $90^\circ $)

Kết hợp $\widehat {CHB} = \widehat {CHD} = 90^\circ $ suy ra (g.g)

Suy ra $\frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{HC}}{{HB}}$.

Mà $\frac{{CE}}{{BE}} = \frac{{CH}}{{HB}}$ nên $\frac{{DH}}{{CH}} = \frac{{CE}}{{BE}}$ hay $DH \cdot BE = CE.CH$

c) Kẻ đường kính \[CM\] của $(O)$. Do $K \in (O)$ nên $KM \bot CK$.

Lại có $K$ thuộc đường tròn đường kính \[CD\] nên $\widehat {CKD} = 90^\circ $ hay $DK \bot CK$.

Suy ra $D,K,M$ thẳng hàng.

Gọi ${\rm{E'}}$ là giao điểm của \[CB\] và \[DM\].

Do \[CM\] là đường kính nên $\widehat {CBM} = 90^\circ $ nên $BM \bot CB$.

Mà $CD \bot BC$ nên $BM{\rm{//}}CD$.

Khi đó $\frac{{CE'}}{{E'B}} = \frac{{CD}}{{BM}}$ (theo định lí Thalès).

Mà $BM = BC$ nên $\frac{{CD}}{{BM}} = \frac{{CD}}{{BC}} = \tan \widehat {CBD} = \frac{{CH}}{{BH}}$.

Vậy $\frac{{CE'}}{{E'B}} = \frac{{CH}}{{HB}}$ suy ra $HE'$ là phân giác của $\widehat {CHB}$.

Mà \[HE\] là phân giác của $\widehat {CHB}$ nên $E \equiv E'$ hay $D,E,K,M$ thẳng hàng.

Ta có $\widehat {CDE} = \widehat {ECK}$ (cùng phụ $\widehat {DCK}$).

Kết hợp $\widehat {CKD} = \widehat {CKE} = 90^\circ $. Khi đó .

Suy ra $\frac{{CK}}{{EK}} = \frac{{DK}}{{CK}}$ hay $C{K^2} = EK.DK$.

Lại có $EK.DK \le \frac{{{{(EK + DK)}^2}}}{4} = \frac{{D{E^2}}}{4}$ nên $C{K^2} \le \frac{{D{E^2}}}{4}$.

Suy ra $CK \le \frac{{DE}}{2}$ hay $DE \ge 2CK$.

Dấu "=" xảy ra khi \[K\] là trung điểm của \[DE\] hay \[K\] phải thoả mãn $\widehat {KCD} = 45^\circ $.

Mà $\widehat {ACM} = 45^\circ $ nên $\widehat {MCK} = 90^\circ $ (vô lí).

Vậy $C{K^2} < \frac{{D{E^2}}}{4}$ (đpcm).