Giải bài tập 5. 19 trang 98 SGK Toán 9 tập 1 - Kết nối tri thức — Không quảng cáo

Đề bài

Cho tam giác đều ABC có AB = \({\rm{2}}\sqrt 3 \)cm. Nửa đường tròn đường kính BC cắt hai cạnh AB và AC lần lượt tại D và E (khác B và C) (H.5.24).

a) Chứng tỏ rằng ba cung nhỏ BD, DE và EC bằng nhau. Tính số đo mỗi cung ấy.

b) Tính diện tích của hình viên phân (xem ví dụ 2) giới hạn bởi dây BD và cung nhỏ BD.

Lời giải chi tiết

a) Gọi O là trung điểm của BC

Vì OB = OD nên tam giác OBD là tam giác cân tại O

Mà \(\widehat {{\rm{OBD}}} = 60^\circ \)(do tam giác ABC đều)

Suy ra tam giác OBD đều.

Do đó: \(\widehat {{\rm{BOD}}} = 60^\circ \)

Tương tự ta có: \(\widehat {{\rm{COE}}} = 60^\circ \)

Lại có: \(\widehat {{\rm{BOD}}} + \widehat {{\rm{DOE}}} + \widehat {{\rm{COE}}} = 180^\circ  \Rightarrow \widehat {{\rm{DOE}}} = 60^\circ \)

Khi đó: \(\widehat {{\rm{BOD}}} = \widehat {{\rm{COE}}} = \widehat {{\rm{DOE}}} = 60^\circ \)

Hay sđ\(\overset\frown{BD}=\) sđ\(\overset\frown{CE}=\) sđ\(\overset\frown{DE}=60{}^\circ \)

b) Đường tròn (O) có bán kính \(OA = \frac{{AB}}{2} = \frac{{{\rm{2}}\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \)(cm)

\(S_q = \frac{60}{360}.\pi.(\sqrt{3})^2 = \frac{\pi}{2} (cm^2) \)

Kẻ \(DH \bot OB\), tam giác OBD đều nên DH cũng là đường trung tuyến, suy ra H là trung điểm của OB.

Suy ra \( OH = \frac{OB}{2} = \frac{\sqrt 3}{2}\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ODH, ta có:

\(DH = \sqrt{OD^2-OH^2} = \sqrt{3 - \left({\frac{\sqrt3}{2}}\right)^2} = \frac{3}{2}\)

Diện tích tam giác OBD là:

\(S_{\Delta OBD} = \frac{DH.OB}{2} = \frac{3.\sqrt3}{2.2} = \frac{3\sqrt3}{4}\)

Diện tích hình viên phân là:

\(S_{vp} = S_q - S_{\Delta OBD} = \frac{\pi}{2} - \frac{3\sqrt3}{4} \approx 0,27 (cm^2)\)