Bài IV:
1.
+ Vì $\widehat{AFB}$ chắn đường kính $AB$ (chắn nửa đường tròn).
$⇒ \widehat{AFB} = 90°$.
+ Xét tứ giác $OEFB$, ta có:
$\widehat{AFB} + \widehat{EOB} = 90° + 90° = 180°$.
$⇒$ Tứ giác $OEFB$ nội tiếp đường tròn.
+ $OE = \frac {R}{2}$; $OB = R$.
+ $∆OEB$ vuông tại $O$:
$⇒ BE^{2} = OE^{2} + OB^{2} = R^{2} + \frac {1}{4}R^{2}$.
$⇒ BE^{2} = \frac {5}{4}R^{2}$.
$⇒ BE = \frac {R \sqrt {5}}{2}$.
+ Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác $OEFB$ là:
$R' = \frac {BE}{2} = \frac {R \sqrt {5}}{4}$.
2.
+ Do $\widehat{CFD}$ chắn cung $DC$ (chắn nửa đường tròn).
$⇒ \widehat{CFD} = 90°$.
$⇒ ∆CFD$ vuông tại $F$.
+ Ta có: $\widehat{FDB} = \widehat{FAB}$ (cùng chắn $\widehat{BF}$).
+ $\widehat{FAB} = \widehat{EAO}$.
+ $tan \widehat{EAO} = \frac{OE}{OA} = \frac{\frac {R}{4}}{\frac {R}{2}} = \frac{1}{4}.2 = \frac{1}{2}$.
$⇒ tan \widehat{FDB} = tan \widehat{FAB} = \frac {1}{2}$.
$⇒ \widehat{FDB} ≈ 26,57$.
$⇒ \widehat{FDB} = arctan \frac {1}{2}$.
+ $∆OBD$ vuông cân tại $O$:
$⇒ \widehat{ODB} = 45°$.
$⇒ tan \widehat{CDF} = tan (45° - arctan \frac {1}{2}) = frac {1}{3}$.
3.
+ Từ phần $2$ $tan \widehat{CDF} = \frac {1}{3} ⇒ \frac {OG}{OD} = tan \widehat{CDF}$.
$⇒ OG = \frac{R}{3}$. $(1)$
+ Xét $∆CBD$ cân tại $B$, ta có: $GB = \frac{2}{3}BO$.
$⇒ G$ là trọng tâm $∆CBD$.
$⇒ H$ là trung điểm $CB$.
+ Xét $∆ABC$ ta có: $CO$ là trung tuyến.
$OH$ là trung tuyến.
$⇒ K$ là trọng tâm $∆ABC$.
+ $OC ∩ AH = K$.
$⇒ \frac{KO}{CO} = \frac{1}{3}$.
$⇒ KO = \frac{R}{3}$. $(2)$
+ Từ $(1)$ và $(2)$ $⇒ ∆OKG$ cân tại $O$ $⇒ \widehat{KOG} = 45°$.
+ Mặt khác: $∆OCB$ cân tại $O$ $⇒ \widehat{CBO} = 45°$.
$⇒ GK // CB$ (góc so le trong bằng nhau).
XIN HAY NHẤT. CHÚC EM HỌC TỐT.
