\(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CB}=AB.CBcosB=2a.a\sqrt{3}.cos60=a^2\sqrt{3}\)

Bạn ấn vào dấu 3 chấm ở câu hỏi của mình và xóa nhé. Không thì không cần xóa cũng không sao

\(sin^2A+sin^2B+sin^2C=2\)

\(\Leftrightarrow sin^2A+\dfrac{1-cos2B}{2}+\dfrac{1-cos2C}{2}=2\)

\(\Leftrightarrow sin^2A-\dfrac{1}{2}\left(cos2B+cos2C\right)=1\)

\(\Leftrightarrow1-cos^2A-cos\left(B+C\right)cos\left(B-C\right)=1\)

\(\Leftrightarrow cos^2A+cos\left(B+C\right)cos\left(B-C\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cos^2A-cosA.cos\left(B-C\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cosA\left[cosA-cos\left(B-C\right)\right]=0\)

\(\Leftrightarrow cosA.sin\left(\dfrac{A+B-C}{2}\right)sin\left(\dfrac{A+C-B}{2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cosA.sin\left(90^0-C\right)sin\left(90^0-B\right)=0\)

\(\Leftrightarrow cosA.cosB.cosC=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}A=90^0\\B=90^0\\C=90^0\end{matrix}\right.\) hay tam giác ABC vuông

\(\dfrac{1}{3+0,5}+\dfrac{1}{3-0,5}\)

\(=\dfrac{3-0,5}{\left(3+0,5\right)\left(3-0,5\right)}+\dfrac{3+0,5}{\left(3+0,5\right)\left(3-0,5\right)}\)

\(=\dfrac{3-0,5+3+0,5}{3^2-\left(0,5\right)^2}\)

\(=\dfrac{6}{9-0,25}\)

\(=\dfrac{24}{35}\)

a) Xác định vị trí tương đối của điểm C với (O; R):

Vì $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $AB$ là đường kính của đường tròn $(O; R)$, nên trung điểm $O$ của $AB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Do đó: $OC = OA = OB = R = \frac{AB}{2}$

Vậy điểm $C$ nằm trên (thuộc) đường tròn $(O; R)$.

b) Xác định vị trí tương đối của đường thẳng KC với (O; R):

Vì $K$ là trung điểm của $BC$ nên điểm $C$ thuộc đường thẳng $KC$.

Lại có điểm $C$ thuộc đường tròn $(O; R)$ (chứng minh ở câu a).

Do đó, đường thẳng $KC$ và đường tròn $(O; R)$ có ít nhất một điểm chung là $C$.

Mặt khác, $K$ nằm trên đoạn $BC$ (nằm bên trong đường tròn) nên đường thẳng $KC$ (chính là đường thẳng $BC$) cắt đường tròn $(O; R)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$.

Vậy đường thẳng $KC$ cắt đường tròn $(O; R)$.

c) Tính CH theo R:

Xét $\triangle ABC$ vuông tại $C$, đường cao $CH$:

Ta có: $AB = 2R$ và $\widehat{ABC} = 30^\circ$

Trong $\triangle ABC$ vuông tại $C$:

$BC = AB \cdot \cos\widehat{ABC} = 2R \cdot \cos 30^\circ = 2R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$

Xét $\triangle BCH$ vuông tại $H$:

$CH = BC \cdot \sin\widehat{ABC} = R\sqrt{3} \cdot \sin 30^\circ = R\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{R\sqrt{3}}{2}$

Vậy $CH = \frac{R\sqrt{3}}{2}$.

d) Chứng minh DC là tiếp tuyến của (O; R):

Xét đường tròn $(O; R)$ có $OC = OB = R$ nên $\triangle OBC$ cân tại $O$.

Lại có $K$ là trung điểm của dây cung $BC$, suy ra $OK \perp BC$ tại $K$ (đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó).

Do đó $OK$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.

Vì $D \in OK$ nên $DB = DC$.

Xét $\triangle OBD$ và $\triangle OCD$ có:

- $OB = OC = R$

- $OD$ là cạnh chung

- $DB = DC$

$\Rightarrow \triangle OBD = \triangle OCD$ (c.c.c)

$\Rightarrow \widehat{OCD} = \widehat{OBD}$

Mà $Bx$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ nên $Bx \perp OB \Rightarrow \widehat{OBD} = 90^\circ$.

Suy ra $\widehat{OCD} = 90^\circ \Rightarrow DC \perp OC$ tại $C$.

Vì $C \in (O)$ và $DC \perp OC$ tại $C$, nên $DC$ là tiếp tuyến của $(O; R)$.

e) Chứng minh 3 điểm E, C, D thẳng hàng:

Vì $Ay$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ nên $AE \perp AB$.

Lại có $CH \perp AB$ (theo giả thiết), suy ra $AE \parallel CH$.

Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét:

- Trong $\triangle BAE$ có $CI \parallel AE$ (vì $I \in CH$ và $CH \parallel AE$):

$\frac{CI}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (1)

- Trong $\triangle BAE$ kéo dài với $IH \parallel AE$:

$\frac{IH}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{CI}{AE} = \frac{IH}{AE} \Rightarrow CI = IH$.

Do $I$ là trung điểm của $CH$ nên $CI = IH$ là luôn đúng.

Gọi $E'$ là giao điểm của $DC$ và $Ay$. Ta sẽ chứng minh $E'$ trùng với $E$.

Vì $Ay \parallel CH$ và $Bx \parallel Ay$ (cùng vuông góc với $AB$), nên $Bx \parallel CH \parallel Ay$.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $E'A$ và $E'C$ tại $E'$, ta có $E'A = E'C$.

Tương tự $DB = DC$.

Do $CH \parallel AE'$ và $CH \parallel BD$, theo định lý Ta-lét:

$\frac{CI}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$ và $\frac{IH}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$

Kết hợp $CI = IH$ suy ra đường thẳng $BI$ kéo dài sẽ đi qua giao điểm của tiếp tuyến $Ay$ và tiếp tuyến $CD$.

Do đó $E'$ chính là điểm $E$ (giao điểm của $BI$ và $Ay$).

Vậy ba điểm $E, C, D$ thẳng hàng (đpcm).

ok

Tác giả Đặng Thai Mai từng nói: ''Người việt nam ngày nay có lí do đầy đủ và vững chắc để tự hào với tiếng nói của mình.''