Bài Làm:
Lời giải bài 4 :
Đề bài :
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AM=2R. Gọi H là trực tâm tam giác .
a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành.
b) Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.
c) Gọi E là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng.
d) Giả sử AB =$R\sqrt{3}$ . Tính diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.
Hướng dẫn giải chi tiết :
a.
Ta có : $\widehat{ABM}=90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
=> BM ⊥ AB
Vì H là trực tâm tam giác ABC => CH ⊥ AB => BM // CH (1)
Tương tự : BH // CM (2)
Từ (1) , (2) => Tứ giác BHCM là hình bình hành.
b. Ta có :
- $\widehat{ANB}=\widehat{AMB}$ (do M và N đối xứng nhau qua AB) .
- $\widehat{AMB}=\widehat{ACB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)) .
- H là trực tâm tâm giác ABC nên AH ⊥ BC, BK ⊥ AC nên $\widehat{ACB}=\widehat{AHK}$ (K = BH ∩ AC) .
=> $\widehat{ANB}=\widehat{AHK}$ .
Vậy tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn.
c. Vì Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b) => $\widehat{ABN}=\widehat{AHK}$
Mà$\widehat{ABN}=90^{\circ}$ (do kề bù với $\widehat{ABM}=90^{\circ}$ , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) .
=> $\widehat{AHN}=90^{\circ}$ .
Tương tự : Tứ giác AHCE nội tiếp => $\widehat{AHE}=\widehat{ACE}=90^{\circ}$ .
=> $\widehat{AHE}+\widehat{AHN}=180^{\circ}$
=> N, H, E thẳng hàng. (đpcm)
d. Gọi diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN là S (đvdt )
Do $\widehat{ABN}=90^{\circ}$
=> AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.
Vì AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN bằng nhau .
=> $S_{AmB}=S_{AnB}$
Ta có :
+ AB =$R\sqrt{3}$ => $\widehat{AmB}=120^{\circ}$
=> $S{}'_{AOB}=\frac{\Pi R^{2}.120^{\circ}}{360^{\circ}}=\frac{\Pi R^{2}}{3}$
+ $\widehat{AmB}=120^{\circ}$ => $\widehat{BM}=60^{\circ}$ => BM = R .
+ O là trung điểm AM => $S_{AOB}=\frac{1}{2}S_{ABM}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.AB.BM=\frac{1}{4}R\sqrt{3}.R=\frac{R^{2}\sqrt{3}}{4}$
=> $S_{AmB}=S{}'_{AOB}-S_{AOB}=\frac{\Pi R^{2}}{3}-\frac{R^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{R^{2}}{12}.(4\Pi -3\sqrt{3})$
Mà diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN = 2 $S_{AmB}$
=> $S=2.\frac{R^{2}}{12}.(4\Pi -3\sqrt{3})$
<=> $S=\frac{R^{2}}{6}.(4\Pi -3\sqrt{3})$ (đvdt)
Vậy diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN là $S=\frac{R^{2}}{6}.(4\Pi -3\sqrt{3})$ (đvdt) .