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 góc AB.
c) Cho \(\widehat {xAC} = 60^\circ \).
Chứng minh DB.DK = R2 và ba điểm O, K, E thẳng hàng.
Tính diện tích tứ giac ACEF phần nằm ngoài đường tròn.
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.
Advertisements (Quảng cáo)
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.
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 \(\widehat {ABD} = 30^\circ \Rightarrow DA = R\).
Advertisements (Quảng cáo)
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 \({S_\text{viên phấn}} = {S_q} – {S_{AOC}} \)\(\,= \dfrac{{\pi {R^2}} }{ 3} – \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{ 4} = \dfrac{{{R^2}\left( {4\pi – 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\)
Gọi diện tích hình cần tính là S, ta có :
\(S = {S_{ACEF}}-{S_{vp}}\)\(\,=\dfrac{{5{R^2}\sqrt 3 } }{6} – \dfrac{{{R^2}\left( {4\pi – 3\sqrt 3 } \right)} }{ {12}} \)\(\,=\dfrac {{{R^2}\left( {13\sqrt 3 – 4\pi } \right)}}{{12}}.\)
