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

Bình chọn:
4.1 trên 8 phiếu

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

  • Chứng minh DB.DK = R2 và ba điểm O, K, E thẳng hàng.
  • Tính diện tích tứ giac ACEF phần nằm ngoài đường tròn.

Lời giải chi tiết

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 :

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

 Loigiaihay.com

Luyện Bài tập trắc nghiệm môn Toán lớp 9 - Xem ngay

>>Học trực tuyến lớp 9, luyện vào lớp 10, mọi lúc, mọi nơi môn Toán, Văn, Anh, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa  cùng các Thầy, Cô giáo giỏi nổi tiếng, dạy hay, dễ hiểu, dày dặn kinh nghiệm tại Tuyensinh247.com