Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R , D là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn ( D khác A và D khác B ).

20/21

(1,5 điểm)Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB = 2R,$$D$ là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn ($D$ khác $A$ và $D$ khác $B$). Các tiếp tuyến với nửa đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ và $D$ cắt nhau tại $C,{\rm{ }}BC$ cắt nửa đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm $E$ ($E$ nằm giữa $C$ và $B$). Kẻ $DF \bot AB$ tại $F$.

a) Chứng minh bốn điểm $O,\,\,A,\,\,C,\,\,D$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh đường thẳng $BC$ đi qua trung điểm của $DF$.

c) Giả sử $OC = 2R,$ tính diện tích phần tam giác $ACD$ nằm ngoài nửa đường tròn $\left( O \right)$ theo $R.$

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Hướng dẫn giải

$Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính \(AB = (ảnh 1)$

a) Xét $\Delta CAO$ vuông tại $A$ ($CA$ là tiếp tuyến) nên ba điểm $O,A,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CO.$ (1)

Xét $\Delta CDO$ vuông tại $D$ ($DC$ là tiếp tuyến) nên ba điểm $O,C,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CO.$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm $O,A,C,D$ cùng thuộc một đường tròn đường kính $CO.$

b) Gọi $BD$ cắt $AC$ tại $A'$, $BC$ cắt $DF$ tại $I$.

Xét $\Delta ADB$ có trung tuyến $OD = \frac{1}{2}AB$ nên $\Delta ADB$ vuông tại $D$.

Suy ra $\Delta ADA'$ vuông tại $D$.

Lại có $CD = CA$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được \[CD = AC'\].

Suy ra \[\Delta CAD\] cân tại \[C\] nên \[\widehat {CAD} = \widehat {CDA}\].

Có \[\widehat {CAD} + \widehat {AA'D} = \widehat {CDA} + \widehat {CDA'} = 90^\circ \] nên \[\widehat {AA'D} = \widehat {A'DC}\].

Suy ra $CA' = A'D$.

Từ đây suy ra $CA' = CA = CD$ hay $C$ là trung điểm của $AA'$.

Mặt khác, $DF\parallel AA '$ (cùng vuông góc với $AB$) nên theo định lí Thalès thì $\frac{{ID}}{{CA'}} = \frac{{IF}}{{CA}}\left( { = \frac{{BI}}{{BC}}} \right)$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $ID = IF$.

Do đó, $BC$ đi qua trung điểm của $DF.$

c) Ta có: $\cos \widehat {COD} = \frac{{OD}}{{OC}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}$ suy ra $\widehat {COD} = 60^\circ .$

Suy ra $\widehat {AOD} = 180^\circ - \widehat {COD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ $.

Ta có ${S_{quat{\rm{ }}AOD}} = \frac{{\pi \cdot {R^2} \cdot 120^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác $COD$, có $CD = \sqrt {C{O^2} - O{D^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 $.

Ta có: ${S_{OCD}} = \frac{1}{2}CD \cdot DO = \frac{1}{2} \cdot R\sqrt 3 \cdot R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta DCO$ và $\Delta ACO$, có: $CO$ chung (gt)

$CA = CD$ (tính chất)

$OA = OD = R$ (gt)

Do đó, $\Delta DCO = \Delta ACO$ (c.c.c).

Suy ra ${S_{ACO}} = {S_{COD}} = \frac{1}{2}{S_{ACDO}}$.

Do đó, ${S_{ACDO}} = 2{S_{CDO}} = {R^2}\sqrt 3 $.

Diện tích phần tam giác $ACD$ nằm ngoài đường tròn là: ${R^2}\sqrt 3 - \frac{{\pi {R^2}}}{3} = \left( {\sqrt 3 - \frac{\pi }{3}} \right){R^2}$.