Cho tam giác nhọn \[ABC\] có đường cao \[AK\].

a) Viết các tỉ số lượng giác của góc \(C.\)

b) Chứng minh rằng \[AK = \frac{{BC}}{{\cot B + \cot C}}\].

c) Vẽ hình chữ nhật \[CKAD\], \[BD\] cắt \[AK\] tại \[N\]. Chứng minh rằng \[\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{{{{\cot }^2}ACB}}{{D{N^2}}} + \frac{1}{{D{B^2}}}\].

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[OC\] là tia phân giác \[\widehat {AOM}\], \[OD\] là tia phân giác góc \[\widehat {BOM}\], mà \[\widehat {AOM}\] và \[\widehat {BOM}\] là hai góc kề bù nên \[\widehat {COD} = 90^\circ \].

Suy ra tam giác \[COD\] vuông tại \[O\] có \[OM \bot CD\] (\[OM\] là tiếp tuyến).

Xét \[\Delta MOC\] và \[\Delta MDO\], có:

\[\widehat {COM} = \widehat {MOD} = 90^\circ \] (gt) và \[\widehat {MCO} = \widehat {MOD}\] (cùng phụ với \[\widehat {COM}\])

Do đó, (g-g)

Suy ra \[\frac{{MO}}{{MD}} = \frac{{MC}}{{MO}}\], suy ra \[O{M^2} = CM.DM\].

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \[AC = CM\] và \[BD = MD\].

Do đó, \[O{M^2} = CM.DM = AC.BD\] suy ra \[{R^2} = AC.BD\]. (1)

Mà ta có: \[AB = 2R\] suy ra \[A{B^2} = 4{R^2}\] nên \[{R^2} = \frac{{A{B^2}}}{4}.\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[AC.BD = \frac{{A{B^2}}}{4}\] (đpcm).

b) Ta có: \[\widehat {COD} = 90^\circ \] nên \[OC \bot OD\]. (3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau có \[DB = DM\], lại có \[OM = OB = R\].

Suy ra \[OD\] là đường trung trực của \[BM\] suy ra \[BM \bot OD\]. (4)

Từ (3) và (4) suy ra \[OC\parallel BM\] (cùng vuông góc với \[OD\]).

Gọi \[I\] là trung điểm của \[CD\] ta có \[I\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[OCD\] đường kính \[CD\].

Theo tính chất tiếp tuyến ta có \[AC \bot AB\], \[BD \bot AB\] nên \[AC\parallel BD\] nên tứ giác \[ACDB\] là hình thang vuông.

Mà \[I\] là trung điểm \[CD\]; \[O\] là trung điểm \[AB\], suy ra \[IO\] là đường trung bình của hình thang \[ACDB\] nên \[OI\parallel AC\].

Mà \[AC \bot AB\] nên \[OI \bot AB\] tại \[O\].

Suy ra \[AB\] là tiếp tuyến tại \[O\] của đường tròn đường kính \[CD.\]

Ta có: \[AC\parallel BD\] suy ra \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{AC}}{{BD}}\] mà \[CA = CM\]; \[BD = DM\] nên \[\frac{{CN}}{{BN}} = \frac{{CM}}{{DM}}\].

Suy ra \[MN\parallel BD\] mà \[BD \bot AB\] suy ra \[MN \bot AB.\]

c) Ta có: \[AM = AO = OM = R\] suy ra \[\Delta OAM\] đều.

Do đó, \[\widehat {AOM} = 60^\circ \].

Mà, ta có: \[\widehat {AOM} + \widehat {MOB} = 180^\circ \], suy ra \[\widehat {MOB} = 180^\circ - \widehat {AOM} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \].

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi bán kính \[OM,OB\] và cung nhỏ \[MB\] là

\[S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}.\]

d) Ta có: \[AC = CM\] (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

           \[OA = OM = R\]

Do đó \[OC\] là đường trung trực của \[AM\], suy ra \[OC \bot AM\].

Mà \[OD\] là đường trung trực của \[BM\], suy ra \[BM \bot OD\] (chứng minh phần b).

Xét tứ giác \[MEOF\] có: \[\widehat {EOF} = 90^\circ ;\widehat {MEO} = 90^\circ ;\widehat {MFO} = 90^\circ \].

Suy ra tứ giác \[MEOF\] là hình chữ nhật.

Mà \[K\] là trung điểm của \[EF\].

Suy ra \[K\] là trung điểm của \[OM\](tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật).

Do đó, \[KM = KO = \frac{1}{2}MO = \frac{1}{2}R\].

Vậy \[M\] di chuyển trên \[\left( O \right)\] thì trung điểm \[K\] của \[EF\] di chuyển trên đường tròn tâm \[O\], bán kính \[\frac{1}{2}R\].

a) Thay \(x = 196\,\,\left( {{\rm{TM}}} \right)\) vào biểu thức \(B\) ta được:

\[B = \frac{{4 \cdot \left( {\sqrt {196} + 2} \right)}}{{\sqrt {196} - 2}} = \frac{{4 \cdot \left( {14 + 2} \right)}}{{14 - 2}} = \frac{{4 \cdot 16}}{{12}} = \frac{{16}}{3}\].

Vậy với \(x = 196\) thì giá trị của biểu thức \[B = \frac{{16}}{3}\].

b) \(A = \frac{{\sqrt x  + 2}}{{\sqrt x - 2}} - \frac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} + \frac{{4x}}{{x - 4}}\)                             ĐKXĐ: \(x \ge 0, x \ne 4\)

\[ = \frac{{\left( {\sqrt x + 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} - \frac{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} + \frac{{4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{x + 4\sqrt x + 4 - x + 4\sqrt x - 4 + 4x}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\]

\[ = \frac{{4\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\]

\[ = \frac{{4x + 8\sqrt x }}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\].

Vậy với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[A = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\].

c) Với \(x \ge 0, x \ne 4,\) ta có

\(P = A:B\)\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}:\frac{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}}\]\[ = \frac{{4\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} \cdot \frac{{\sqrt x - 2}}{{4\left( {\sqrt x + 2} \right)}} = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}\].

Với \(x \ge 0, x \ne 4\) thì \[\sqrt P \] luôn có nghĩa.

Xét hiệu: \[P - 1 = \frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}} - 1 = \frac{{\sqrt x - \sqrt x - 2}}{{\sqrt x + 2}} = \frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}}\].

Ta thấy: \[ - 2 < 0\]; \[\sqrt x + 2 > 0\] với \(x \ge 0, x \ne 4\).

Khi đó \[\frac{{ - 2}}{{\sqrt x + 2}} < 0\] suy ra \[P - 1 < 0\] nên \[P < 1\] hay \[\sqrt P < 1\], do đó \[\sqrt P - 1 < 0\].

Mà \[\sqrt P \ge 0\] nên \[\sqrt P \left( {\sqrt P - 1} \right) \le 0\] suy ra \[P - \sqrt P \le 0\] hay \[P \le \sqrt P \].

Vậy với \(x \ge 0\,, \,x \ne 4\) thì \[P \le \sqrt P \].