Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính BC , đường thẳng qua O vuông góc với BC cắt AC tại D .

a) Chứng minh rằng tứ giác \[ABOD\] nội tiếp.

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[BC\] là đường kính (gt)

Suy ra \[\widehat {BAC}\, = \,90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Gọi \[M\] là trung điểm của \[BD\].

Xét \[\Delta ABD\] vuông tại \[A\] có \[AM\] là đường trung tuyến

Suy ra \[AM\, = \,\frac{1}{2}BD\].(1)

Xét \[\Delta OBD\] vuông tại \[O\;\left( {OD \bot BC} \right)\] có \[OM\] là đường trung tuyến

Suy ra \[OM\, = \,\frac{1}{2}BD\].(2)

Từ (1), (2) suy ra \[MA\, = \,MO\, = \,MB\, = \,MD\, = \,\frac{1}{2}BD\]

Do đó tứ giác \[ABOD\] nội tiếp đường tròn đường kính \[BD\].

b) Tiếp tuyến tại điểm \[A\] với đường tròn \[\left( O \right)\] cắt đường thẳng \[BC\] tại điểm \[P\], sao cho \[PB = BO = 2\,{\rm{cm}}\]. Tính độ dài đoạn \[PA\] và số đo góc \[APC\].

Ta có: \[OA\, = \,OB\, = \,BP\, = \,2\,{\rm{cm}}\] suy ra \[OP\, = \,\,4\,{\rm{cm}}\].

Ta có: \[\Delta PAO\] vuông tại \[A\] (\[PA\] là tiếp tuyến)

Suy ra \[P{A^2} + O{A^2}\, = \,O{P^2}\] (định lý Pythagore)

Do đó \[P{A^2} + {2^2}\, = \,{4^2}\] hay \[P{A^2}\, = \,12\] hay \[PA\, = \,2\sqrt 3 \;\left( {{\rm{cm}}} \right)\].

Ta có: \[\sin \widehat {APO}\, = \,\frac{{OA}}{{OP}}\, = \,\frac{2}{4}\, = \,\frac{1}{2}\]

Suy ra \[\widehat {APO}\, = \,30^\circ \] hay \[\widehat {APC}\, = \,30^\circ \].

c) Chứng minh rằng \[\frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\].

Kẻ \[OH \bot AB\;\left( {H\, \in \,AB} \right)\].

Xét \[\Delta OAB\] cân tại \[O\] \[\left( {OA\, = \,OB} \right)\] có \[OH\] là đường cao

Suy ra \[OH\] đồng thời là đường phân giác

Do đó \[\widehat {AOH}\, = \,\widehat {BOH}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\].

Ta lại có: \[\widehat {PAB} + \widehat {BAO}\, = \,90^\circ \] (\[PA\] là tiếp tuyến)

mà \[\widehat {AOH} + \widehat {BAO}\, = \,90^\circ \] (\[\Delta OHA\] vuông tại \[H\])

Suy ra \[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {AOH}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\]

Mặt khác, \[\widehat {ACB}\, = \,\frac{1}{2}\widehat {AOB}\] (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn một cung)

Suy ra \[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {ACB}\] hay \[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {PCA}\].

Xét \[\Delta PAB\] và \[\Delta PCA\] có:

\[\widehat P\] là góc chung

\[\widehat {PAB}\, = \,\widehat {PCA}\] (cmt)

Suy ra \[\Delta PAB \sim \,\Delta PCA\;\left( {g.g} \right)\]

Do đó \[\frac{{PA}}{{PC}}\, = \,\frac{{PB}}{{PA}}\, = \,\frac{{AB}}{{AC}}\]

Suy ra \[P{A^2}\, = \,PB\,\,.\,\,PC\] và \[\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\, = \,\frac{{P{A^2}}}{{P{C^2}}}\]

Từ đó \[\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\, = \,\frac{{PB\,\,.\,\,PC}}{{P{C^2}}}\, = \,\frac{{PB}}{{PC}}\].