Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB, lấy điểm M thuộc đường tròn (O) sao cho (ảnh 1)

1) Xét ∆OAB có \(\left\{ \begin{array}{l}OA = OD = R\\OH \bot AD\end{array} \right.\)

Þ ∆OAD cân tại O có OH là đường cao

Þ OH là đường phân giác của \(\widehat {AOD}\)

\[ \Rightarrow \widehat {AOH} = \widehat {DOH}\]hay\[\widehat {AOS} = \widehat {DOS}\]

Xét ∆SAO và ∆SDO có:

KO chung

\[\widehat {AOS} = \widehat {DOS}\]

OA = OD = R

Do đó ∆SAO = ∆SDO (c.g.c)

Mà \(\widehat {SAO} = 90^\circ \) (SA ^ OA do SA là tiếp tuyến của (O) tại A)

\( \Rightarrow \widehat {SDO} = 90^\circ \)hay SD ^ OD

Suy ra SD là tiếp tuyến của (O) tại D.

2) ∆OAM có OA = OM = R

Þ ∆OAM cân tại O \( \Rightarrow \widehat {OAM} = \widehat {OMA}\)

Mà \[\widehat {OAM} + \widehat {SAM} = \widehat {SAO} = 90^\circ \] và \[\widehat {AMH} + \widehat {HAM} = 90^\circ \] (∆HAM vuông tại H)

\( \Rightarrow \widehat {SAM} = \widehat {HAM}\)

Þ AM là đường phân giác của ∆SAD (1)

Mặt khác SA, SD là các tiếp tuyến của đường tròn (O)

Þ SO là tia phân giác của \[\widehat {ASD}\]

Þ SO là đường phân giác của ∆SAD (2)

Từ (1) và (2) Þ M là tâm đường tròn nội tiếp ∆SAD

Mà MH ^ AD tại H Þ MH là bán kính đường tròn nội tiếp ∆SAD

Þ MH = r Þ OH = R − r

Áp dụng định lí Py-ta-go vào ∆AOH vuông tại H, ta có:

\(AH = \sqrt {O{A^2} - O{H^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} \)

\[ \Rightarrow AD = 2\sqrt {{R^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} \]

Ta có \(\widehat {EAD}\) chắn đường kính DE suy ra \[\widehat {EAD} = 90^\circ \].

Áp dụng định lí Py-ta-go vào ∆EAD vuông tại A, ta có:

\(AE = \sqrt {D{E^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {2\sqrt {{R^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} } \right)}^2}} = 2\left( {R - r} \right)\)

3)OH là đường trung trực của AD, MÎOHÞDM=AM=R

Tứ giác AMDO có AM=MD=OA=OD(=R)

ÞTứ giác AMDO là hình thoi

ÞAM//OD. Mà AM^BMÞBM^OD

∆OMD có OM=OD=CD(=R) Þ∆OMD đều

Mà MB, DM là hai đường cao cắt nhau tại K của ∆OMD

Do đó K là trực tâm của tam giác đều OMD

ÞK là trọng tâm của tam giác đều OMD

\[ \Rightarrow KH = \frac{1}{3}DH,\;KD = \frac{2}{3}DH \Rightarrow KH\,.\,KD = \frac{2}{9}D{H^2}\]

Mà ∆HMD vuông tại H

\[ \Rightarrow DH = MD\,.\,\sin \widehat {HMD} = MD\,.\,\sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}MD\]

\( \Rightarrow MD = \frac{2}{{\sqrt 3 }}DH\)

\( \Rightarrow M{D^2} = \frac{4}{3}D{H^2} = 6\,.\,\frac{2}{9}D{H^2} = 6KH\,.\,KD\)

\( \Rightarrow \frac{{M{D^2}}}{6} = KH\,.\,KD\).

Cho tam giác ABC, AB = a, AC = a căn bậc hai 3, góc BAC = 60 độ và góc A = 60 độ