Bài 6 trang 147 Tài liệu dạy – học Toán 9 tập 1

Giải bài tập Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R.

Quảng cáo

Đề bài

Cho đường tròn (O) đường kính BC = 2R. Lấy điểm A thuộc đường tròn sao cho AB < AC. Tiếp tuyến tại A cắt tiếp tuyến tại B và C của đường tròn tại E và F.

a) Chứng minh rằng EF = EB + FC.

b) Chứng minh rằng \(BE.CF = {R^2}\).

c) Gọi M là giao điểm của EC và BF. Kẻ đường cao AH của tam giác ABC ( H thuộc BC). Chứng minh rằng ba điểm A, M, H thẳng hàng.

d) Trường hợp cho AB = R, chứng minh rằng tam giác AFC đều, tính theo R diện tích tam giác AFC.

Phương pháp giải - Xem chi tiết

a) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau.

b) Chứng minh tam giác OEF vuông tại O. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

c) Áp dụng định lí Ta-lét đảo chứng mính AM // BE, suy ra \(AM \bot BC\). Sử dụng tiên đề Ơ-clit chứng minh ba điểm A, M, H thẳng hàng.

d) Chứng minh tam giác ACF cân tại F và có một góc bằng 600. Sử dụng công thức tính diện tích tam giác bằng nửa tích chiều cao và cạnh tương ứng.

Lời giải chi tiết

 

a) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có : \(EA = EB,\,\,FA = FC\)

\( \Rightarrow EF = EA + FA = EB + FC\).

b) Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có:

\(OE\) là phân giác của \(\angle AOB\)

\(OF\) là phân giác của \(\angle AOC\).

Mà \(\angle AOB\)và \(\angle AOC\) là 2 góc kề bù

\( \Rightarrow OE \bot OF \Rightarrow \Delta OEF\) vuông tại O.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OEF\) ta có : \(O{A^2} = EA.FA \Rightarrow {R^2} = BE.CF\).

c) Ta có : \(\dfrac{{FA}}{{EA}} = \dfrac{{FC}}{{EB}} = \dfrac{{FM}}{{BM}} \Rightarrow AM//BE\) (định lí Ta-lét đảo)

Mà \(BE \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AM \bot BC\)

Lại có \(AH \bot BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow A,M,H\) thẳng hàng (Tiên đề Ơ-clit).

d) Ta có \(OA = OB = AB = R \Rightarrow \Delta OAB\) đều \( \Rightarrow \angle OBA = {60^0}\).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}\angle OBA + \angle ACB = {90^0}\\\angle ACF + \angle ACB = {90^0}\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \angle ACF = \angle OBA = {60^0}\)

Xét tam giác \(ACF\) có :

\(\left\{ \begin{array}{l}FA = FC\,\,\left( {cmt} \right)\\\angle ACF = {60^0}\,\,\left( {cmt} \right)\end{array} \right. \)

\(\Rightarrow \Delta ACF\) đều,

\(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {\left( {2R} \right)^2} - {R^2}\)\(\, = 3{R^2}\)

\(\Rightarrow AC = R\sqrt 3 \).

\( \Rightarrow FA = FC = AC = R\sqrt 3 \).

Gọi \(K = AC \cap OF\) ta có :

\(OA = OC = R \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AC\).

\(FA = FC\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow F\) thuộc trung trực của \(AC\)

\( \Rightarrow OF\) là trung trực của \(AC \Rightarrow OF \bot AC\) tại \(K\) là trung điểm của \(AC\).

\( \Rightarrow AK = \dfrac{{AC}}{2} = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \(FAK\) có :

\(F{K^2} = F{A^2} - A{K^2} \)\(\,= {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} - {\left( {\dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \dfrac{{9{R^2}}}{4}\)

\(\Rightarrow FK = \dfrac{{3R}}{2}\)

Vậy \({S_{\Delta ACF}} = \dfrac{1}{2}FK.AC = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{3R}}{2}.R\sqrt 3 \)\(\, = \dfrac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{4}\).

 Loigiaihay.com

Quảng cáo

Gửi bài tập - Có ngay lời giải