Lời giải

Media VietJack

a) Vì tam giác ACO nội tiếp (S) đường kính AO nên tam giác ACO vuông tại C

Suy ra AC ⊥ CO

Xét (O) có AD là dây cung, AD ⊥ CO

Suy ra C là trung điểm của AD.

b) Xét tứ giác COHD có: \(\widehat {DCO} + \widehat {DHO} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)

Þtứ giác COHD nội tiếp

Vậy 4 điểm C, D, H, O cùng thuộc một đường tròn.

c) Ta có BH = 2HO, BH + HO = BO = R

\( \Rightarrow BH = \frac{2}{3}R,OH = \frac{1}{3}R\)

Ta có \(AH = AB - BH = 2{\rm{R}} - \frac{2}{3}R = \frac{4}{3}R\)

ÞAH = 2HB

Vì tam giác ABD nội tiếp (O) đường kính AB nên tam giác ABD vuông tại D

Mà BH ⊥ AB

ÞAD² = AH . AB và BD² = BH . AB

Þ AH = 2HB

ÞAD² = 2BD²

\( \Rightarrow B{{\rm{D}}^2} = \frac{{A{{\rm{D}}^2}}}{2} = \frac{{A{\rm{D}}.2C{\rm{D}}}}{2} = A{\rm{D}}.C{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow \frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\)

Xét tam giác DBC và tam giác DAB có

\(\frac{{B{\rm{D}}}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{C{\rm{D}}}}{{B{\rm{D}}}}\) (chứng minh trên);

\(\widehat {A{\rm{D}}B}\) là góc chung

(c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (hai góc tương ứng)

Ta có CO ⊥ AD, BD ⊥ AD

Nên CO // BD (quan hệ từ vuông góc đến song song)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {BCO}\) (hai góc so le trong)

Mà \(\widehat {{\rm{D}}BC} = \widehat {DAB}\) (chứng minh trên)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)

Vì SC = SO nên tam giác SCO cân tại S\( \Rightarrow \widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)

Vì tam giác ACO vuông tại C nên

\(\widehat {CAO} + \widehat {COA} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\), \(\widehat {{\rm{DA}}B} = \widehat {BCO}\)

\( \Rightarrow \widehat {BCO} + \widehat {SCO} = 90^\circ \), hay \(\widehat {BC{\rm{S}}} = 90^\circ \)

Do đó SC ⊥ CB

Xét (S) có SC ⊥ CB

Suy ra BC là tiếp tuyến của (S).

d) Xét tam giác SCO có \(\widehat {SCO} + \widehat {SOC} + \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {SCO} = \widehat {SOC}\)

\( \Rightarrow \widehat {C{\rm{S}}O} = 180^\circ - 2\widehat {SOC}\) (1)

Vì OB = OD nên tam giác OBD cân tại O

\( \Rightarrow \widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)

Xét tam giác BDO có \(\widehat {B{\rm{D}}O} + \widehat {BOD} + \widehat {OB{\rm{D}}} = 180^\circ \) (tổng 3 góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {BDO} = \widehat {OB{\rm{D}}}\)

\( \Rightarrow \widehat {BOD} = 180^\circ - 2\widehat {OB{\rm{D}}}\) (2)

Vì OC // BD nên \(\widehat {OB{\rm{D}}} = \widehat {SOC}\) (3)

Từ (1) , (2) và (3) ta có \(\widehat {BO{\rm{D}}} = \widehat {OSC}\)

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

ÞOD // SC

Mà SC ⊥ CB

ÞOD ⊥ CB (quan hệ từ vuông góc đến song song)

Xét tam giác BCD có DE ⊥ CB

Nên DE . CB = CD . BD

Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}}\]

Vì tam giác OHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{D}}H = \sqrt {O{{\rm{D}}^2} - O{H^2}} = \sqrt {{R^2} - {{\left( {\frac{1}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 8 R}}{3}\]

Vì tam giác BHD vuông tại H nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{DB}} = \sqrt {{\rm{H}}{{\rm{D}}^2} + B{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 8 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{2}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {12} R}}{3}\]

Vì tam giác ABD vuông tại D nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{AD}} = \sqrt {A{B^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 R}}{3}\]

Suy ra \[{\rm{CD}} = \frac{1}{2}{\rm{AD}} = \frac{{\sqrt 6 R}}{3}\]

Vì tam giác BCD vuông tại D nên theo định lý Pytago có

\[{\rm{CB}} = \sqrt {{\rm{C}}{{\rm{D}}^2} + B{D^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{\sqrt 6 R}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {12} }}{3}R} \right)}^2}} = \sqrt 2 R\]

Suy ra \[DE = \frac{{C{\rm{D}}.B{\rm{D}}}}{{CB}} = \frac{{\frac{{\sqrt 6 R}}{3}.\frac{{\sqrt {12} R}}{3}}}{{\sqrt 2 R}} = \frac{{2R}}{3}\]

Kẻ EI ⊥ AB

Mà DH ⊥ AB nên EI // DH

Suy ra \(\frac{{DH}}{{EI}} = \frac{{OD}}{{OE}}\)

Do đó \(\frac{{DH}}{{DH - EI}} = \frac{{OD}}{{O{\rm{D}} - OE}} = \frac{{OD}}{{E{\rm{D}}}}\)

Suy ra \(\frac{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3}}}{{\frac{{\sqrt 8 R}}{3} - EI}} = \frac{R}{{\frac{{2R}}{3}}}\)

Do đó \[{\rm{EI = }}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}\]

Ta có \[{{\rm{S}}_{A{\rm{E}}B}} = \frac{1}{2}EI.AB = \frac{1}{2}\frac{{\sqrt 8 R}}{9}.2{\rm{R = }}\frac{{\sqrt 8 {R^2}}}{9}\].

Giải phương trình sau: sin ^4x + cos^4( x + pi /4) = 1/4