- Đề bài
- LG ý a
- LG ý b
- LG ý c
Đề bài
Cho đường tròn [O] đường kính AB, Ax là tiếp tuyến của đường tròn [O] và AC là dây cung [ C khác B]. Tia phân giác của \[\widehat {xAC}\] cắt đường tròn [O] tại D, AD và BC cắt nhau tại E. Gọi K và F lần lượt là giao điểm của BD với AC và Ax.
a] Chứng minh ABE cân.
b] Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi và EK vuông gócAB.
c] Cho \[\widehat {xAC} = 60^\circ \].
- Chứng minh DB.DK = R2và ba điểm O, K, E thẳng hàng.
- Tính diện tích tứ giác ACEF phần nằm ngoài đường tròn.
LG ý a
Phương pháp giải:
Chứng minhBD đồng thời là đường cao của ABE
Lời giải chi tiết:
a] Ta có AD là phân giác của \[\widehat {xAC}\] [gt]
\[ \Rightarrow \overparen{DA }= \overparen{DC}\]
Do đó \[\widehat {ABD} = \widehat {CBD}\] hay BD là phân giác của \[\widehat {ABC}.\]
Lại có BD vuông góc AD [ AB là đường kính]
ABE có phân giác BD đồng thời là đường cao nên ABE cân tại B.
LG ý b
Phương pháp giải:
Chứng minh tứ giác EKAF là hình thoi
Sử dụng tính chất từ vuông góc đến song song
Lời giải chi tiết:
b] Xét AFK có AD là phân giác đồng thời là đường cao nên AFK cân tại A. Do đó AD cũng là đường trung tuyến hay \[DF = DK.\]
Lại có \[DA = DE\] [ ABE cân].
Do đó tứ giác EKAF là hình bình hành, có hai đường chéo FK vuông góc AE nên EKAF là hình thoi.
\[ \Rightarrow \]EK // FA mà FA vuông góc AB [gt]\[ \Rightarrow \]EK vuông góc AB.
LG ý c
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức :Diện tích hình quạt \[\dfrac{{\pi {R^2}.120}}{{360}}\]
\[{S_\text{viên phân}} = {S_q} - {S_{AOC}} \]
Diện tích hình cần tính là S:
\[S = {S_{ACEF}}-{S_{vp}}\]
Lời giải chi tiết:
c] Ta có : \[\widehat {xAC} = 60^\circ \] [gt] \[\Rightarrow \widehat {CAB} = \widehat {xAD} = \widehat {DAK} = 30^\circ \]
Do đó ADK và BDA [gg]
\[ \Rightarrow \dfrac{{DA} }{ {DB}} =\dfrac {{DK}}{ {DA}} \Rightarrow D{A^2} = DB.DK\]
ABD vuông có \[\widehat {DAB} = 60^\circ \] nên \[\widehat {ABD} = 30^\circ \Rightarrow DA = R\].
Vậy DB.DK = R2.
Dễ thấy K, E thuộc trung trực của AB nên O, K, E thẳng hàng.
Ta có ABC vuông [ AB là đường kính] có \[\widehat {BAC} = 30^\circ \Rightarrow CB = R.\]
Do đó \[AC = \sqrt {A{B^2} - B{C^2}} \]\[\,= \sqrt {{{\left[ {2R} \right]}^2} - {R^2}} = \sqrt {3{R^2}} = R\sqrt 3 \]
Lại có AOK và ACB đồng dạng [g.g]
\[ \Rightarrow \dfrac{{AK} }{ {AB}} =\dfrac {{AO}}{{AC}}\]
\[ \Rightarrow AK =\dfrac {{AB.AO} }{ {AC}} = \dfrac{{2R.R}}{ {R\sqrt 3 }} =\dfrac {{2R\sqrt 3 }}{ 3}\]
Mặt khác AFK đều [ cân có \[\widehat {AFK} = 60^\circ \]] : \[{\rm{AF}} = AK = \dfrac{{2R\sqrt 3 } }{3}.\]
Kẻ \[FH \bot AC\] có \[FH = AF.{{\sqrt 3 } \over 2} = \dfrac{{2R\sqrt 3 .\sqrt 3 } }{ 6} = R\]
Dễ thấy tứ giác ACEF là hình thang [ AC // EF] nên
\[{S_{ACEF}} = \dfrac{{\left[ {AC + {\rm{EF}}} \right].FH} }{ 2} \]\[\,= \dfrac{{\left[ {R\sqrt 3 + {{2R\sqrt 3 } \over 3}} \right]R} }{ 2} = \dfrac{{5{R^2}\sqrt 3 } }{6}\]
Ta có \[\widehat {BAC} = 30^\circ\]
\[ \Rightarrow \widehat {BOC} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {COA} = 120^\circ \]
Khi đó hình quạt OAC có diện tích là : \[\dfrac{{\pi {R^2}.120}}{{360}} =\dfrac {{\pi {R^2}} }{3}\].
Kẻ đường cao OI của tam giác AOC, ta có :
\[OI = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{R }{2}\] [ vì AOI là nửa tam giác đều]
Do đó : \[{S_{AOC}} = \dfrac{1 }{ 2}AC.OI =\dfrac {1 }{ 2}R\sqrt 3 .\dfrac{R }{ 2} = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 } }{ 4}\]
Vậy \[{S_\text{viên phân}} = {S_q} - {S_{AOC}} \]\[\,= \dfrac{{\pi {R^2}} }{ 3} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{ 4} = \dfrac{{{R^2}\left[ {4\pi - 3\sqrt 3 } \right]}}{{12}}\]
\[\,=\dfrac{{5{R^2}\sqrt 3 } }{6} - \dfrac{{{R^2}\left[ {4\pi - 3\sqrt 3 } \right]} }{ {12}} \]\[\,=\dfrac {{{R^2}\left[ {13\sqrt 3 - 4\pi } \right]}}{{12}}.\]