TỨ GIÁC OHDC NỘI TIẾP ĐƯỢC

Câu 5 (3,5 điểm):

a. Chứng minh: Tứ giác OHDC nội tiếp được.

Ta có: ^{OCD 90  }

(Tính chất của tiếp tuyến)

^{OHD 90  }

(DH ^ OA)

 Hai điểm C, H cùng nhìn đoạn OD dưới một góc vuông

 Hai điểm C, H cùng nằm trên đường tròn đường kính OD

Vậy tứ giác OHDC nội tiếp được.

b. Chứng minh: OH.OA = OI.OD

Ta có: OD ^ BC (∆OBC cân tại O, OD vừa là phân giác vừa là đường cao)

Xét ∆OHD và ∆OIA có:





I = H = 90

O  chung

 ∆OHD và ∆OIA đồng dạng

OH OD

OI = OA



 OH.OA = OI.OD

c. Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O)

Ta có: OH.OA = OI.OD (câu b); (1)

Mặt khác: Trong ∆OBD ta có: OB

= OI.OD (Hệ thức trong tam giác vuông); (2)

Ngoài ra: OB = OM (bán kính); (3)

Từ (1); (2) và (3) ta được: OM

= OH.OA

OM OA

OH OM =

Xét ∆OHM và ∆OMA có:

 ∆OMA và ∆OHM đồng dạng

  OHM = OMA 

Mà ^{OHM = 90 }

do đó ^{OMA = 90 }

d. Cho OA = 2R. Tính phần diện tích ∆AMO nằm ngoài đường tròn (O).

OM R

 1

osMOA

c  OA  R 

2 2

Ta có:

  MOA 60 

Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông ta được: AM = OM.tgMOA ^  R g t 60

 R 3

1

3

R R  R

1

. 3

2 OM.MA =

Vậy S

=

(đvdt)

60

R n R R

  

 

360 360 6

Ngoài ra diện tích hình quạt OMN là: S

=

(đvdt)

Do đó, diện tích ∆OMA nằm ngoài hình tròn (O) là:

 

3

3 3

R  R R  

 

2 6 6

S = S

- S

=