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 =$\frac{4R}{3}$.

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. 

02 Bài giải:

Hình vẽ:

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 $S=\frac{R^{2}}{8}(13-2\Pi )$ .