Lời giải Bài 4 Đề thi thử lên lớp 10 môn toán lần 2 năm 2017 của trường THPT Lương Thế Vinh

Lời giải Bài 4 Đề thi thử lên lớp 10 môn toán lần 2 năm 2017 của trường THPT Lương Thế Vinh.

Lời giải  bài 4 :

Đề bài :

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AM=2R. Gọi H là trực tâm tam giác .

a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành.

b) Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.

c) Gọi E là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng.

d) Giả sử AB =$R\sqrt{3}$ . Tính diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

Hướng dẫn giải chi tiết :

a.  

                                       

Ta có :  $\widehat{ABM}={90}^{\circ }$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

=>   BM ⊥ AB  

Vì H là trực tâm tam giác ABC =>  CH   ⊥  AB => BM // CH (1)

Tương tự : BH // CM   (2)

Từ (1) , (2) =>  Tứ giác BHCM là hình bình hành.

b.  Ta có :

                                                  

 

•       $\widehat{ANB}=\widehat{AMB}$   (do M và N đối xứng nhau qua AB) .
•       $\widehat{AMB}=\widehat{ACB}$    (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)) .
•       H là trực tâm tâm giác ABC nên AH ⊥ BC, BK ⊥ AC nên $\widehat{ACB}=\widehat{AHK}$  (K = BH ∩ AC) .

 

=>  $\widehat{ANB}=\widehat{AHK}$ .

Vậy tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.

c.  Vì Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b)  =>  $\widehat{ABN}=\widehat{AHK}$

Mà$\widehat{ABN}={90}^{\circ }$  (do kề bù với $\widehat{ABM}={90}^{\circ }$ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  .

=>  $\widehat{AHN}={90}^{\circ }$ .

Tương tự : Tứ giác AHCE nội tiếp  =>  $\widehat{AHE}=\widehat{ACE}={90}^{\circ }$ .

=>  $\widehat{AHE}+\widehat{AHN}={180}^{\circ }$

=>  N, H, E thẳng hàng.  (đpcm)

d.  Gọi  diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN là S  (đvdt )

                                                 

Do $\widehat{ABN}={90}^{\circ }$

=>   AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

Vì  AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN  bằng nhau .

=>  $S_{AmB}=S_{AnB}$

Ta có : 

 +   AB =$R\sqrt{3}$  => $\widehat{AmB}={120}^{\circ }$

=>  $S{}_{AOB}^{\prime }=\frac{\mathrm{\Pi }{R}^2{.120}^{\circ }}{{360}^{\circ }}=\frac{\mathrm{\Pi }{R}^2}{3}$

 +   $\widehat{AmB}={120}^{\circ }$  =>  $\widehat{BM}={60}^{\circ }$  => BM = R .

 +   O là trung điểm AM  => $S_{AOB}=\frac{1}{2}{S}_{ABM}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.AB.BM=\frac{1}{4}R\sqrt{3}.R=\frac{R^2\sqrt{3}}{4}$

=>  $S_{AmB}=S{}_{AOB}^{\prime }-S_{AOB}=\frac{\mathrm{\Pi }{R}^2}{3}-\frac{R^2\sqrt{3}}{4}=\frac{R^2}{12}.(4\mathrm{\Pi }-3\sqrt{3})$

Mà  diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN = 2 $S_{AmB}$

=>  $S=2.\frac{R^2}{12}.(4\mathrm{\Pi }-3\sqrt{3})$

<=>  $S=\frac{R^2}{6}.(4\mathrm{\Pi }-3\sqrt{3})$   (đvdt)

Vậy diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN là $S=\frac{R^2}{6}.(4\mathrm{\Pi }-3\sqrt{3})$   (đvdt) .