Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp trong đường tròn tâm O, đường kí
Câu hỏi
Nhận biếtCho 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 \(ABD\) năm ngoài hình tròn tâm \(O.\)
Đáp án đúng:
Lời giải của Tự Học 365
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 \(S = \frac{{5{R^2}\sqrt 3 }}{{12}} - \frac{{\pi {R^2}}}{6}\).
