Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Qua $A$, dựng hai tiếp tuyến AB, AC
Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Qua $A$, dựng hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn $(O;R)$ $(B,C$ là các tiếp điểm). Đoạn thẳng $AO$ cắt $BC$ tại $H$.
a) Chứng minh $ABOC$ là tứ giác nội tiếp và $AO\bot BC$ tại $H$
b) Dựng đường kính $BD$ của $(O;R)$. Đoạn thẳng qua $O$ vuông góc với $AD$ tại $G$ cắt tia $BC$ tại $E$. Chứng ${minh}OB^{2} = OG \cdot OE$
c) Cho $OA = 8~\text{cm},R = 4~\text{cm}$. Tính diện tích phần hình giới hạn bởi $AB,AC$ và cung nhỏ $BC$ của $(O;R)$ (làm tròn kết quả đến chữ số thập phân thứ hai)
Quảng cáo
a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính AO
$\Rightarrow$ Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh $\Delta ABC$ cân tại A có AH là đường phân giác của $\angle BAO$
Suy ra AH đồng thời là đường cao trong $\Delta ABC$
b) Chứng minh $\Delta OHB \sim \Delta OBA$ (g.g)
Suy ra $OB^{2} = OA \cdot OH$ (1)
Chứng minh $\Delta OGA \sim \Delta OHE$(g.g)
$\left. \Rightarrow OG \cdot OE = OH \cdot OA \right.$ (2)
Từ (1) và (2) ta rút ra điều phải chứng minh là: $OB^{2} = OG \cdot OE$
c) Scần tìm $=$ S$\Delta ABC$$-$ Sviên phân (cung BC và dây cung BC)
Sviên phân $=$ Squạt OBC $-$S$\Delta OBC$
a) +) Vì AB là tiếp tuyến của (O) nên $\angle ABO = 90^{{^\circ}}$
$\left. \Rightarrow\angle ABO \right.$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AO
Vì AC là tiếp tuyến của (O) nên $\angle ACO = 90^{{^\circ}}$
$\left. \Rightarrow\angle ACO \right.$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AO
Suy ra bốn điểm A, B, O, C cùng nằm trên một đường tròn
$\Rightarrow$ Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
+) Áp dụng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có $AB = AC$
$\left. \Rightarrow\Delta ABC \right.$ cân tại A.
Mặt khác, theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AH là đường phân giác của $\angle BAO$
Suy ra AH đồng thời là đường cao trong $\Delta ABC$
Vậy $AO\bot BC$ tại $H$.
b) Xét $\Delta OHB$ và $\Delta OBA$, ta có:
$\angle O$ chung
$\angle BHO = \angle ABO = 90^{\circ}$
$\left. \Rightarrow\Delta OHB \sim \Delta OBA \right.$ (g.g)
$\left. \Rightarrow\dfrac{OH}{OB} = \dfrac{OB}{OA} \right.$ (hai cạnh tương ứng)
Suy ra $OB^{2} = OA \cdot OH$ (1)
Xét $\Delta OGA$ và $\Delta OHE$, ta có:
$\angle OHE\ = \angle AGO = 90^{{^\circ}}$(gt và các chứng minh trên)
$\angle AOG$ chung
$\left. \Rightarrow\Delta OGA \sim \Delta OHE \right.$(g.g)
$\left. \Rightarrow\dfrac{OG}{OA} = \dfrac{OH}{OE} \right.$ (hai cạnh tương ứng)
$\left. \Rightarrow OG \cdot OE = OH \cdot OA \right.$ (2)
Từ (1) và (2) ta rút ra điều phải chứng minh là: $OB^{2} = OG \cdot OE$
c) Scần tìm $=$ S$\Delta ABC$$-$ Sviên phân (cung BC và dây cung BC)
* Tìm diện tích tam giác ABC:
Ta biết $OA = 8~\text{cm},OB = R = 4~\text{cm}$
$\left. \sin\angle BAO = \dfrac{OB}{OA} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}\Rightarrow\angle BAO = 30^{{^\circ}} \right.$
Mà theo chứng minh a, AH là đường cao đồng thời là phân giác của $\angle BAC$ nên $\angle BAC = 2 \cdot \angle BAO = 60^{{^\circ}}$
Mà $AB = AC$ nên $\Delta ABC$ đều.
Trong $\Delta ABO$ vuông tại B có: $AB = \sqrt{OA^{2} - OB^{2}} = \sqrt{8^{2} - 4^{2}} = 4\sqrt{3}(~\text{cm})$
$\left. \Rightarrow BC = 4\sqrt{3}(~\text{cm}) \right.$ (vì $\Delta ABC$ đều)
Trong $\Delta ABH$ vuông tại H có: $AH = AB \cdot \cos\angle BAH = 4\sqrt{3} \cdot \cos 30^{{^\circ}} = 6(~\text{cm})$
Suy ra diện tích của $\Delta ABC$ là: $\dfrac{1}{2}AH \cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4\sqrt{3} = 12\sqrt{3}\left( {~\text{cm}^{2}} \right)$
* Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung BC và dây cung BC.
Sviên phân $=$ Squạt OBC $-$S$\Delta OBC$
Theo chứng minh a, tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp nên suy ra $\angle BAC + \angle BOC = 180^{\circ}$
$\left. \Rightarrow\angle BOC = 180^{{^\circ}} - \angle BAC = 180^{{^\circ}} - 60^{{^\circ}} = 120^{{^\circ}} \right.$
Suy ra diện tích hình quạt OBC là: $\dfrac{\pi \cdot 4^{2} \cdot 120}{360} = \dfrac{16}{3}\pi\left( {~\text{cm}^{2}} \right)$
Vì $H \in AO$ nên $OH = AO - AH = 8 - 6 = 2(~\text{cm})$
Diện tích của $\Delta OBC$ là: $\dfrac{1}{2} \cdot OH \cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot 2 \cdot 4\sqrt{3} = 4\sqrt{3}\left( {~\text{cm}^{2}} \right)$
Suy ra diện tích của hình viên phân giới hạn bởi cung BC và dây cung BC là:
$\dfrac{16}{3}\pi - 4\sqrt{3} \approx 9,83\,\,(cm^{2})$
Vậy diện tích phần hình giới hạn bởi AB, AC và cung nhỏ BC của (O;R) là: $12\sqrt{3} - 9,83 \approx 10,95\,\,(cm^{2})$
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> 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
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
