Wave

Giải câu 4 đề 20 ôn thi toán lớp 9 lên 10

01 Đề bài:

Bài 4: (4,0 điểm)

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 =4R3.

a. Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF.

b. Tính cosDAB^ .

c. Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh : BDDMDMAM=1 .

d. Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R. 

02 Bài giải:

Hình vẽ:

a.   Ta có : DBO^=90 ,DFO^=90  (t/c tiếp tuyến)

=>   DBO^+DFO^=180

=>  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=OF2+AF2=R2+(4R3)2=5R3

=>  cosFAO^=AFOA=4R3:5R3=0,8

Mà FAO^=DAB^  

=>    cosFAO^=cosDAB^

=>    cosDAB^=0,8 .

c.  Ta có : OM // BD   (BC  )

=> MOD^=BDO^    ( so le trong )

     ODM^=BDO^    ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau )

=>  MDO^=MOD^ 

Vậy tam giác MOD cân tại M  => MD = MO .

Áp dụng hệ quả định lí Talet cho tam giác ABD , ta có : 

  BDOM=ADAM<=>BDDM=ADAM

<=>  BDDM=AM+DMAM1+DMAM

<=>  BDDMDMAM=1   (đpcm) .

d.  

+  Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ⊥ AM ta được:

   OF2=MF.AF<=>R2=MF.4R3=>MF=3R4

+  Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:

    OM=OF2+MF2=R2+(3R3)2=5R4

+  Vì OM // BD => OMBD=AOAB

<=>  BD=OM.ABOA=5R4(5R3+R):5R3=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 BON^=90

Ta có : S = S1 - S2 

+  S1 = 12(OM+BD).OB=12(5R4+2R).R=13R28   (đvdt)

+  S2 = ΠR2.90360=ΠR24    (đvdt)

=>  S = S1 - S2 = 13R28ΠR24=R28(132Π)   (đvdt)

Vậy diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R là S=R28(132Π) .