Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nội tiếp trong đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AB =

Câu hỏi số 351615:

Vận dụng

Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nội tiếp trong đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AB = 2R,\,\,\angle ABC = {60^0}.\) Gọi \(H\) là chân đường cao hạ từ \(C\) xuống \(AB,\,\,K\) là trung điểm đoạn thẳng \(AC.\) Tiếp tuyến tại \(B\) của đường tròn tâm \(O\) cắt \(AC\) kéo dài tại điểm \(D.\)

a) Chứng minh tứ giác \(CHOK\) nội tiếp trong một đường tròn.

b) Chứng minh rằng: \(AC.AD = 4{R^2}.\)

c) Tính theo \(R\) diện tích của phần tam giác \(ABD\) nằm ngoài hình tròn tâm \(O.\)

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:351615

Phương pháp giải

a) Sử dụng các dấu hiệu nhận biết để chứng minh tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng để chứng minh đẳng thức.

c) Sử dụng định lý Ta-lét và các công thức tính viên phân và công thức diện tích tam giác để làm bài.

Giải chi tiết

a) \(CH \bot AB\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \angle OHC = {90^0}\).

\(K\) là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow OK \bot AC\) (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) \( \Rightarrow \angle OKC = {90^0}\).

Xét tứ giác \(CHOK\) có \(\angle OHC + \angle OKC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).

Mà hai góc này ở vị trí đối diện nên tứ giác \(CHOK\) nội tiếp (đpcm).

b) Ta có: \(\angle C = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tam giác \(\Delta ACB\) và \(\Delta ABD\) có:

\(\angle ACB = \angle ABD = {90^0};\)

\(\angle BAD\) chung;

Suy ra \(\Delta ACB \sim \Delta ABD\,\,\left( {g.g} \right) \Rightarrow \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{AD}}\) (cạnh tương ứng)

\( \Rightarrow AC.AD = A{B^2} = 4{R^2}\) (đpcm).

c) Nối \(C\) với \(O\).

Tam giác \(OBC\) cân tại \(O\) có \(\angle OBC = {60^0}\,\,\left( {gt} \right)\) nên là tam giác đều cạnh \(OB = OC = BC = R\) và \(\angle BOC = {60^0}\).

\(CH \bot OB \Rightarrow H\) là trung điểm của \(OB \Rightarrow HB = \frac{R}{2}\).

Tam giác \(CHB\) vuông tại \(H\) \( \Rightarrow C{H^2} + H{B^2} = C{B^2}\) (Định lí Pytago)

\( \Rightarrow CH = \sqrt {C{B^2} - H{B^2}} = \sqrt {{R^2} - \frac{{{R^2}}}{4}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta COB}} = \frac{1}{2}OB.CH = \frac{1}{2}.R.\frac{{R\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Diện tích hình quạt \({S_{qCOB}} = \frac{{60.\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6}\).

\( \Rightarrow \) Diện tích hình viên phân tạo bởi dây và cung nhỏ \(CB\) là \({S_{vp}} = {S_{qCOB}} - {S_{\Delta COB}} = \frac{{\pi {R^2}}}{6} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH.AB = \frac{1}{2}.\frac{{R\sqrt 3 }}{2}.2R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Do \(CH//DB\) (cùng vuông góc \(AB\)) nên \(\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{CH}}{{DB}}\) (Định lí Ta-lét)

\( \Rightarrow DB = \frac{{AB.CH}}{{AH}} = \frac{{2R.\frac{{R\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{3}{4}.2R}} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}\)

\( \Rightarrow \) Diện tích tam giác \(ABD\) là \({S_{\Delta ADB}} = \frac{1}{2}BA.BD = \frac{1}{2}2R.\frac{{2R\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2{R^2}\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy diện tích hình cần tính là:

\(\begin{array}{l}S = {S_{\Delta ABD}} - {S_{\Delta ABC}} - {S_{vp}}\\\,\,\,\, = \frac{{2{R^2}\sqrt 3 }}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} - \left( {\frac{{\pi {R^2}}}{6} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}} \right)\\\,\,\,\, = \frac{{2{R^2}\sqrt 3 }}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2} - \frac{{\pi {R^2}}}{6} + \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{5{R^2}\sqrt 3 }}{{12}} - \frac{{\pi {R^2}}}{6}\end{array}\)

Vậy \(S = \frac{{5{R^2}\sqrt 3 }}{{12}} - \frac{{\pi {R^2}}}{6}\).

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link