Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Trên đường tròn (O) lấy điểm C bất kì (C không trùng với A và B). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BC ở điểm D. Gọi H là hình chiếu của A trên đường thẳng DO. Tia AH cắt đường tròn (O) tại điểm F (không trùng với A). Chứng minh:
a. $AD^{2}=DC.DB$
b. Tứ giác AHCD nội tiếp
c. $CH\perp CF$
d. $\frac{BH.BC}{BF}=2R$
Bài Làm:
Hình vẽ:
a.
Ta có: $\widehat{ACB}=90^{0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) => AC vuông góc BC hay AC vuông góc BD.
Ta có: $\widehat{DAB}=90^{0}$ (Do DA là tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại A)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABD vuông tại A có đường cao AC ta có: $AD^{2}=DC.DB$
b.
Xét tứ giác AHCD có AHD=ACD=$90^{0}$ => Hai đỉnh C và H kề nhau cùng nhìn cạnh AD dưới góc $90^{0}$ => Tứ giác AHCD nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
c. Do tứ giác AHCD nội tiếp nên$\widehat{FHC}$ = $\widehat{ADC}$ (cùng bù với $\widehat{AHC}$)
Xét tam giác FHC và tam giác ADC có:
$\widehat{CFH}$ = $\widehat{DAC}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)
$\widehat{FHC}$ = $\widehat{ADC}$ (cmt).
=> $\Delta FHC\sim \Delta FCH(g.g)\Rightarrow FCH=ACD$ (hai góc tương ứng)
Mà $$\widehat{ACD}$ = 90^{0}\Rightarrow $\widehat{FCH}$=90^{0}\Rightarrow CH\perp CF$
d. Xét tam giác vuông OAD vuông tại A có OH là đường cao ta có $OA^{2} = OD.OH$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông).
Mà $OA = OB = R\Rightarrow OB^{2}=OD.OH\Rightarrow \frac{OB}{OH}=\frac{OD}{OB}$
Xét tam giác OBH và ODB có:
$\widehat{BOD}$ chung;
$\frac{OB}{OH}=\frac{OD}{OB}$ (cmt)
$\Rightarrow \Delta OBH\sim \Delta ODB(c.g.c)\Rightarrow \widehat{OBH}=\widehat{ODB}$
Mà $\widehat{ODB} = \widehat{CAF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CH của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHCD).
$\widehat{CAF} = \widehat{CBF}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CF của đường tròn (O)).
=> $\widehat{OBH} = \widehat{CBF} => \widehat{OBH} + \widehat{HBC} = \widehat{CBF} + \widehat{HBC}=> \widehat{OBC} = \widehat{HBF} = \widehat{ABC}$
Xét tam giác BHF và tam giác BAC có:
$\widehat{BFH} = \widehat{BCA} = 90^{0}$ (góc BFC nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
$\widehat{HBF} = \widehat{ABC}$ (cmt);
$\Rightarrow \Delta BFH\sim \Delta BCA(g-g)\Rightarrow \frac{BF}{BC}=\frac{BH}{BA}\Rightarrow \frac{BH.BC}{BF}=BA=2R$