Cho tam giác ABC vuông tại A( AB < AC ), đường cao AH. Trên đoạn HC lấ
Câu hỏi
Nhận biếtCho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\,\,\left( {AB < AC} \right),\) đường cao \(AH.\) Trên đoạn \(HC\) lấy điểm \(D\) sao cho \(HD = HB,\) vẽ \(CE\) vuông góc với \(AD\,\,\,\left( {E \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Đáp án đúng:
Lời giải của Tự Học 365
Giải chi tiết:
a) Chứng minh tứ giác \(AHEC\) nội tiếp, xác định tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\)
Ta có: \(\angle AHC = {90^0}\,\,\left( {do\,\,AH \bot BC} \right)\)
Và \(\angle AEC = {90^0}\,\,\,\left( {do\,\,AE \bot EC} \right)\)
Xét tứ giác \(AHEC\) có \(E,H\) là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh \(AC\) dưới một góc \(\alpha = {90^0}\,\,\,\left( {\angle AHC = \angle AEC = {{90}^0}} \right)\)
Suy ra: Tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp.
Tâm \(O\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC\) là trung điểm của cạnh \(AC.\)
b) Chứng minh \(CH\) là tia phân giác của góc \(\angle ACE.\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên: \(\angle ACH = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 1 \right)\)
Theo câu a, tứ giác \(AHEC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC\)
Theo đề bài: \(\angle BAC = {90^0}\) (vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))
\( \Rightarrow AB\) là tiếp tuyến của đường tròn tâm \(O,\) đường kính \(AC\)
\( \Rightarrow \angle BAH = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,AH\) (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle BAH\,\,\,\left( 3 \right)\)
Vì tứ giác \(AHEC\) là tứ giác nội tiếp nên:
\(\angle EAH = \angle ECH = \frac{1}{2}sd\,\,cung\,\,EH\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cùng cung \(AH\)) \(\left( 3 \right)\)
Xét \(\Delta ABD\) có \(AH\) là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến
\( \Rightarrow \Delta ABD\) cân tại \(A\)
\( \Rightarrow AH\) là phân giác của \(\Delta ABD\,\, \Rightarrow \angle BAH = \angle EAH\,\,\,\left( 5 \right)\)
Từ \(\left( 3 \right),\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra: \(\angle ACH = \angle ECH\)
Vậy \(CH\) là tia phân giác của \(\angle ACE.\)
c) Tính diện tích giới hạn bởi đoạn thẳng \(CA,CH\) và cung nhỏ \(AH\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(AHEC.\) Biết \(CA = 6cm\,\,;\,\,\angle ACB = {30^0}.\)
Gọi diện tích hình quạt \(AOH\) là \({S_q} = \frac{{\pi {R^2}.\angle AOH}}{{{{360}^0}}}\)
Diện tích cần tính là: \({S_q} + {S_{OHC}}\)
Theo đề bài, \(AC = 6cm,\,\,O\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow OA = OC = R = 3cm\)
Ta lại có: \(OH = OC = R = 3cm\)
\( \Rightarrow \Delta OHC\) cân tại \(O\)
\( \Rightarrow \angle OHC = \angle OCH = {30^0}\,\,\,\left( {do\,\,\angle ACB = {{30}^0}} \right)\)
\( \Rightarrow \angle AOH = \angle OHC + \angle OCH = {30^0} + {30^0} = {60^0}\) (Góc ngoài của tam giác)
\({S_q} = \frac{{\pi {{.3}^2}{{.60}^0}}}{{{{360}^0}}} = \frac{{\pi {{.3}^2}}}{{62}} = \frac{3}{2}\pi \,\,\,\left( {c{m^2}} \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(HC\)
\( \Rightarrow OM \bot HC\) (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)
\({S_{OHC}} = \frac{1}{2}.OM.HC\)
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) có:
\(\cos \angle ACH = \frac{{HC}}{{AC}}\,\, \Rightarrow HC = AC.\cos \angle ACH = AC.\cos {30^0} = 6.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3\sqrt 3 \,\,\left( {cm} \right)\)
Vì \(M\) là trung điểm của \(HC\) nên \(HM = \frac{{HC}}{2} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)
