Đề kiểm 45 phút (1 tiết) - Đề số 1 - Chương 3 - Hình học 9

Đề bài

 Cho đường tròn (O) đường kính AB, Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O) và AC là dây cung ( C khác B). Tia phân giác của \(\widehat {xAC}\) cắt đường tròn (O) tại D, AD và BC cắt nhau tại E. Gọi K và F lần lượt là giao điểm của BD với AC và Ax.

a)   Chứng minh ∆ABE cân.

b)  Chứng minh tứ giác AKEF là hình thoi và EK vuông góc AB.

c)   Cho \(\widehat {xAC} = 60^\circ \). 

Hướng dẫn giải

a) Ta có AD là phân giác của \(\widehat {xAC}\) (gt)

\( \Rightarrow \overparen{DA }= \overparen{DC}\)

Do đó \(\widehat {ABD} = \widehat {CBD}\) hay BD là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

Lại có BD vuông góc AD ( AB là đường kính)

∆ABE có phân giác BD đồng thời là đường cao nên ∆ABE cân tại B.

b)   Xét ∆AFK có AD là phân giác đồng thời là đường cao nên ∆AFK cân tại A. Do đó AD cũng là đường trung tuyến hay \(DF = DK.\)

Lại có \(DA = DE\) ( ∆ABE cân).

Do đó tứ giác EKAF là hình bình hành, có hai đường chéo FK vuông góc AE nên EKAF là hình thoi.

\( \Rightarrow \) EK // FA mà FA vuông góc AB (gt) \( \Rightarrow \) EK vuông góc AB.

c)  Ta có : \(\widehat {xAC} = 60^\circ \) (gt) \(\Rightarrow \widehat {CAB} = \widehat {xAD} = \widehat {DAK} = 30^\circ \)

Do đó ∆ADK và ∆BDA (gg)

\( \Rightarrow \dfrac{{DA} }{ {DB}} =\dfrac {{DK}}{ {DA}} \Rightarrow D{A^2} = DB.DK\)

∆ABD vuông có \(\widehat {DAB} = 60^\circ \) nên \(\widehat {ABD} = 30^\circ  \Rightarrow DA = R\).

Vậy DB.DK = R².

Dễ thấy K, E thuộc trung trực của AB nên O, K, E thẳng hàng.

   ● Ta có ∆ABC vuông ( AB là đường kính) có \(\widehat {BAC} = 30^\circ  \Rightarrow CB = R.\)

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

Lại có ∆AOK và ∆ACB đồng dạng (g.g)

\( \Rightarrow \dfrac{{AK} }{ {AB}} =\dfrac {{AO}}{{AC}}\)

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

Mặt khác ∆AFK đều ( cân có \(\widehat {AFK} = 60^\circ \)) : \({\rm{AF}} = AK = \dfrac{{2R\sqrt 3 } }{3}.\)

Kẻ \(FH \bot AC\) có \(FH = AF.{{\sqrt 3 } \over 2} = \dfrac{{2R\sqrt 3 .\sqrt 3 } }{ 6} = R\)

Dễ thấy tứ giác ACEF là hình thang ( AC // EF) nên

\({S_{ACEF}} = \dfrac{{\left( {AC + {\rm{EF}}} \right).FH} }{ 2} \)\(\,= \dfrac{{\left( {R\sqrt 3  + {{2R\sqrt 3 } \over 3}} \right)R} }{ 2} = \dfrac{{5{R^2}\sqrt 3 } }{6}\)

Ta có \(\widehat {BAC} = 30^\circ\)

\(  \Rightarrow \widehat {BOC} = 60^\circ  \Rightarrow \widehat {COA} = 120^\circ \)

Khi đó hình quạt OAC có diện tích là : \(\dfrac{{\pi {R^2}.120}}{{360}} =\dfrac {{\pi {R^2}} }{3}\).

Kẻ đường cao OI của tam giác AOC, ta có :

\(OI = \dfrac{1}{2}OA = \dfrac{R }{2}\) ( vì ∆AOI là nửa tam giác đều)

Do đó : \({S_{AOC}} = \dfrac{1 }{ 2}AC.OI =\dfrac {1 }{ 2}R\sqrt 3 .\dfrac{R }{ 2} = \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 } }{ 4}\)

Vậy \({S_\text{viên phấn}} = {S_q} - {S_{AOC}} \)\(\,= \dfrac{{\pi {R^2}} }{ 3} - \dfrac{{{R^2}\sqrt 3 }}{ 4} = \dfrac{{{R^2}\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}\)

Gọi diện tích hình cần tính là S, ta có :

\(S = {S_{ACEF}}-{S_{vp}}\)\(\,=\dfrac{{5{R^2}\sqrt 3 } }{6} - \dfrac{{{R^2}\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)} }{ {12}} \)\(\,=\dfrac {{{R^2}\left( {13\sqrt 3  - 4\pi } \right)}}{{12}}.\)