(4ĐIỂM)0,25ĐM - VẼ HÌNH 0,5 ĐIỂM) 0, 25 ĐFI N A) CH...

Bài 4. (4điểm)

0,25đ

M

- Vẽ hình 0,5 điểm)

 ^{0, 25} _đ

F

I N

a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.

Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF.

Ta có: ^{DBO   90 0} và ^{DFO   90 0} (tính chất tiếp tuyến)

B C A

O

Tứ giác OBDF có ^{ DBO DFO    180 0} nên nội tiếp được trong một đường

tròn.

Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD

b) Tính Cos ^{DAB } .

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:

2

R R

2 2 2 4 5

OF AF

OA R  

      

3 3

 

AF 4 5

: 0,8

   C osDAB 0,8  

OA 3 3

Cos FAO =

BD DM

DM  AM 

c) Kẻ OM  BC ( M  AD) . Chứng minh ¹

^ OM // BD ( cùng vuông góc BC) ^{ MOD BDO   } (so le trong)

và ^{BDO ODM   } (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: ^{MDO MOD   } .

Vậy tam giác MDO cân ở M. Do đó: MD = MO

^ Áp dụng hệ quả định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được:

BD AD

OM  AM

DM  AM

(vì MD = MO)

hay

DM

BD AM DM

  

DM AM

AM

= 1 +

(đpcm)

Do đó: ¹

d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O)

theo R.

 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ^ AM ta

được:

R 

R

3

4

MF =

OF ² = MF. AF hay R ² = MF.

^ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:

2 2 2 3 5

OF 4 4

MF R  

     

OM =

R R R

5 5 5

OM AO

 

. : 2

BD OA

 

  OM AB .

 

 

4 3 3

BD AB

=

^ OM // BD

Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn

(O) .

S 1 là diện tích hình thang OBDM.

S 2 là diện tích hình quạt góc ở tâm ^{ BON  90 0}

Ta có: S = S 1 – S 2 .

1 5 13 2

1 .

2 .

 R R 

2 4 8

S  2 OM BD OB 

=

1  

  (đvdt)

2 0 2

.90

S  

 

2 0

360 4

(đvdt)

2 2

R  R

R  

13

8 13 2

 =  

8 4

Vậy S = S 1 – S 2 =

(đvdt)

Đề số 2