CÂU 5 (3,5 ĐIỂM) CHO ĐIỂM A NẰM NGOÀI ĐƯỜNG TRÒN TÂM O BÁN KÍNH R. TỪ...

4. Cho OA = 2R. Tính theo R diện tích của phần tam giác OAM nằm

ngoài đường tròn (O).

H

K

A O

B

I

M

C

D

Chứng minh:

a) C/m: OHDC nội tiếp.

Ta có: DH vuông goc với AO (gt). => ∠ OHD = 90 ⁰ .

CD vuông góc với OC (gt). => ∠ OCD = 90 ⁰ .

Xét Tứ giác OHDC có ∠ OHD + ∠ OCD = 180 ⁰ .

Suy ra : OHDC nội tiếp được một đường tròn.

b) C/m: OH.OA = OI.OD

Ta có: OB = OC (=R); DB = DC ( T/c của hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra OD là đường trung trực của BC => OD vuông góc với BC.

Xét hai tam giác vuông ∆ OHD và ∆ OIA có ∠ AOD chung

 ∆ OHD đồng dạng với ∆ OIA (g-g)

OD

OH = => = (1) (đpcm).

 ^{OH . OA OI . OD .}

OA

OI

c) Xét ∆ OCD vuông tại C có CI là đường cao

áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông,

ta có: OC ² = OI.OD mà OC = OM (=R) (2).

Từ (1) và (2) : OM ² = OH.OA

^{⇒ OM} _OH ⁼ _OM ^OA .

Xét 2 tam giác : ∆ OHM và ∆ OMA có :

∠ AOM chung và ^OM _OH ⁼ _OM ^OA .

Do đó : ∆ OHM đồng dạng ∆ OMA (c-g-c)

 ∠ OMA = ∠ OHM = 90 ⁰ .

 AM vuông góc với OM tại M

 AM là tiếp tuyến của (O).

d)Gọi K là giao điểm của OA với (O); Gọi diện tích cần tìm là S.

 S = S ∆ AOM - S qOKM

Xét ∆ OAM vuông tại M có OM = R ; OA = 2.OK = 2R

=> ∆ OMK là tam giác đều.

3 và ∠ AOM = 60 ⁰ .

=> MH = R.

2

1

. 3

. 1

=> S ∆ AOM = ^.

MH

R

OA = = (đvdt)

.