Lời giải Bài 4 Đề thi thử lên lớp 10 môn toán lần 1 năm 2017 của trường THPT Lương Thế Vinh.
Lời giải bài 4 :
Đề bài :
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC. Lấy điểm A trên tia đối của tia CB. Kẻ tiếp tuyến AF của nửa đường tròn (O) ( với F là tiếp điểm), tia AF cắt tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn tại D. Biết AF =$\frac{4R}{3}$.
a. Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF.
b. Tính $\cos \widehat{DAB}$ .
c. Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh : $\frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}=1$ .
d. Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.
Hướng dẫn giải chi tiết :
a. Ta có : $\widehat{DBO}=90^{\circ}$ ,$\widehat{DFO}=90^{\circ}$ (t/c tiếp tuyến)
=> $\widehat{DBO}+\widehat{DFO}=180^{\circ}$
=> Tứ giác OBDF nội tiếp đường tròn. (đpcm)
=> Khi đó Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF chính là trung điểm của OD ( IO = ID ).
b. Áp dụng địn lý Py- ta-go cho tam giác OFA vuông ở F , ta có :
$OA=\sqrt{OF^{2}+AF^{2}}=\sqrt{R^{2}+(\frac{4R}{3})^{2}}=\frac{5R}{3}$
=> $\cos \widehat{FAO}=\frac{AF}{OA}=\frac{4R}{3}:\frac{5R}{3}=0,8$
Mà $ \widehat{FAO}=\widehat{DAB}$
=> $\cos \widehat{FAO}=\cos \widehat{DAB}$
=> $\cos \widehat{DAB}=0,8$ .
c. Ta có : OM // BD ($\perp BC$ )
=> $ \widehat{MOD}=\widehat{BDO}$ ( so le trong )
$ \widehat{ODM}=\widehat{BDO}$ ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau )
=> $ \widehat{MDO}=\widehat{MOD}$
Vậy tam giác MOD cân tại M => MD = MO .
Áp dụng hệ quả định lí Talet cho tam giác ABD , ta có :
$\frac{BD}{OM}=\frac{AD}{AM}<=> \frac{BD}{DM}=\frac{AD}{AM}$
<=> $ \frac{BD}{DM}=\frac{AM+DM}{AM}1+\frac{DM}{AM}$
<=> $ \frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}=1$ (đpcm) .
d.
+ Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ⊥ AM ta được:
$OF^{2}=MF.AF<=> R^{2}=MF.\frac{4R}{3}=> MF=\frac{3R}{4}$
+ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:
$OM=\sqrt{OF^{2}+MF^{2}}=\sqrt{R^{2}+(\frac{3R}{3})^{2}}=\frac{5R}{4}$
+ Vì OM // BD => $\frac{OM}{BD}=\frac{AO}{AB}$
<=> $BD=\frac{OM.AB}{OA}=\frac{5R}{4}(\frac{5R}{3}+R):\frac{5R}{3}=2R$
Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) .
S1 là diện tích hình thang OBDM; S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm $\widehat{BON}=90^{\circ}$
Ta có : S = S1 - S2
+ S1 = $\frac{1}{2}(OM+BD).OB=\frac{1}{2}(\frac{5R}{4}+2R).R=\frac{13R^{2}}{8}$ (đvdt)
+ S2 = $\frac{\Pi R^{2}.90^{\circ}}{360^{\circ}}=\frac{\Pi R^{2}}{4}$ (đvdt)
=> S = S1 - S2 = $\frac{13R^{2}}{8}-\frac{\Pi R^{2}}{4}=\frac{R^{2}}{8}(13-2\Pi )$ (đvdt)
Vậy diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R là $S=\frac{R^{2}}{8}(13-2\Pi )$ .