ABO  ACO  900(TÍNH CHẤT TIẾP TUYẾN) (1) AB = AC  OA2 OB2 = R = ...

Câu 4:

a) Ta có:  ABO  ACO  90

0

(tính chất tiếp tuyến) (1) 

AB = AC   OA

2

 OB

2

= R = OB = OC (2).  

Từ (1) và (2) suy ra ABOC là hình vuông. 

A

b) Theo bài ra ta có: AD + DE + AE = 2R   (3).  

x y E

Suy ra: DE = BD + CE       (4).  

M

D

Vẽ OM  DE (M  DE)      (5) 

B C

Trên  tia  đối  của  tia  CA  lấy  điểm  F  sao 

F

cho  CF  =  BD;  suy  ra  ∆BDO  =  ∆COF 

(c-g-c) 

R

 OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE 

= ∆OFE (c-c-c)  OM = OC = R  

O

(hai đường cao tương ứng) (6). Từ (5) và 

(6)  suy  ra  DE  là  tiếp  tuyến  của  đường 

tròn (O;R). 

123

c) Đặt: AD = x; AE = y  S

ADE

1 xy

  2  (x, y > 0) 

Ta có: DE  AD

2

 AE

2

 x  + y

2 2

 (định lí Pitago). 

Vì AD + DE + AE = 2R  x + y +  x

2

 y

2

 = 2R (6)  

 

Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: 

2 2

x + y   2 xy  và  x  + y  2xy  (7).  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.  

Từ (6) và (7) suy ra:  2 xy  2xy  2R xy 2 2 2R  

2R

2

xy 2R

   xy 

 

3 2 2

   S ADE  

2+ 2

2

R S 3 - 2 2 R

  

ADE

 .  

Vậy max S ADE  =   3 2 2 R

2

  x = y ∆ADE cân tại A.