Giải bài tập hình 9

Lại có O thuộc tia Ay gt Vậy O là giao của d và Ay... bài toán có một nghiệm hình... b Theo cmt ta có : IO là phân giác của góc BOA và IO’ là phân giác của gócCO’A... Vậy dây AD vuông

Chơng I: Hệ thức lợng trong tam giác vuông

Một số hệ thức về cạnh và đờng cao trong tam giác vuông

+ Bài 3:

2 2 2

7

1 5

1 1

7 5

7 5

 = …Lại có:

y2 = 52 + 72 (AD pitago trong  vuông => y2 = 60 => y = 2 15

b) Tam giác ABC vuông tại A có AH là

trung tuyến thuộc cạnh huyền BC

2 2

y

y x

16

I

3 2 1

D A

C B

25 sin

2 2

Sin 300 = 1/2

Hå Hång §iÖp - Trêng THCS TrÇn L·m3

8010 , 0 6 , 9

690 , 7

AH   =>AH =3.6

C3:

6 37

sin

sin  0  AH 

AB

AH B

20 50

0 sin 50

5 50

3

2 2

2 2 2

AC

AC

AC

5 , 7 4

25 5

6 5

5 , 6 13

13 169 25 144 5

AC AC

+ Bài 4(tr 100):

R OA

Vì (O) đi qua điểm B và C nên ta có :

OB = OC  O thuộc đờng trung trực d của BC

Lại có O thuộc tia Ay( gt )

Vậy O là giao của d và Ay

Do đó ta vẽ đợc đờng tròn tâm O đi qua BC và

x

y

O C

Cho (O;R) đờng kính AB, M € OA ;

dây CD OA tại M Lấy E AB sao cho

ME = MA

a)Tứ giác ACED là hình gì?

b) c/m I (O’; EB/2)

b)Gọi I là giao của BC và DE

Chứng minh I (O’; đờng kính EB)?

Xét ACB có OA = OB = R

 CO là đờng trung tuyến AB mà CO = OA = OB = AB/2

 ACB vuông tại C  ACCB

Mà DI//IC ( cạnh đối hình thoi)  DI CB = I hay EIB = 900

Có O’ là trung điểm của EB

 O’I là trung tuyến EB  IO’=EB/2  IO’= EO’= O’B

3

5 9

5

3

5 3

2 2

R CM CD

R R CM

R R MB AM CM

5 2 2 2

R R

OH = OK , OE chung OHE OKE

Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Dấu hiệu nhận biét tiếp tuyến

E

I

O' O

D A

C

-Vẽ (O; OA) ta đợc đờng tròn cần dựng

2/ Chứng minh :

- OAd ;A(O) Nên d là tiếp tuyến của đờng (O)

-OA = OB ( O đờng trung trực AB) Do đó A,B thuộc (O)

Vì d’ và d’’ chỉ cắt nhau tại 1 điểm  O là duy nhất

 (O ; R ) là duy nhất bài toán có một nghiệm hình

  ACO =  BCO  ãCAO=CBOã =900

Vậy OB  CB  CB là tiếp tuyến của (O) tại B

O A

M

E A

O

C B

a) Xét tứ giác ABOC có :

OA  BC ( gt )  MA = MB

( T/c của đờng kính và dây )

lại có : MO = MA ( gt )

 Tứ giác ABOC là hình thoi

( Vì hai đờng chéo vuông góc với nhau

tại trung điểm mỗi đờng )

Vì AB , AC , BC là tiếp tuyến của (O)

tại D , E , F  theo tính chất của hai tiếp

y x

O

M C

D

B A

Xét  BAC có IA là trung tuyến và

IA = IB = IC   BAC vuông tại B ( tính chất đờng trung tuyến trong  vuông ) BÂC = 900

b) Theo ( cmt) ta có : IO là phân giác của góc BOA và IO’ là phân giác của gócCO’A

Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm11

A

I

C B

O' O

Mà ãBOA COA 180+ã = 0( vì tứ giác OBCO’ có 2 góc vuông )

tâm đờng tròn ngoại tiếp  HFC

+ Ta có : IO = OB - IB  (I) tiếp xúc trong

với (O) ( theo hệ thức liên hệ về các vị trí tơng đối của hai đờng tròn )

+ Ta có : OK = OC - KC  (K) tiếp xúc trong với (O) ( hệ thức liên hệ về vị trí tơng

đối của hai đờng tròn )

+ Ta có : IK = IH + KH  (I) tiếp xúc ngoài (K) ( theo hệ thức tiếp xúc ngoài ) b) Theo (gt) ta có :

àE= =$F 900 (1)

 ABC nội tiếp trong (O) có BC là đờng kính Lại có

OA = OB = OC  Â = 900 ( 2)

Từ (1) và (2)  tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông

c) Theo (gt) ta có  HAB vuông tại H , mà HE  AB tại E (gt)  Theo hệ thứcgiữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có :

AH2 = AB AE (3)

Lại có  AHC vuông tại H , có HF là đờng cao  theo hệ thức liên hệ giữa cạnh và

đờng cao trong tam giác vuông ta có :

 EF cũng là tiếp tuyến của (I)

e) Theo ( cmt) ta có tứ giác AEHF là hình chữ nhật  EF = AH

Vậy dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất.

Vậy AEMF là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông

b) Xét  vuông AMO có AE là đờng cao  theo hệ thức liên hệ giữa góc và cạnhtrong  vuông ta có :

c) Xét  BAC có BÂC =900 ( vì AEMF là hcn ) mà theo cmt ta có

MA = MB = MC  M là tâm đờng tròn ngoại tiếp  BAC đờng kính là BC và

OB // O’C ( vì cùng  BC) , mà MB = MC ; OM’ = O’M’

 MM’ là đờng trung bình của hình thang  MM’ // OB // O’C

 MM’  BC  BC là tiếp tuyến của đờng tròn ( M’ ; OO’/2 )

F E

C M

B

H

D C

K

N M

I A

B O' O

a)Có

∆AOB = ∆BOC=∆COA (ccc)

 ãAOB=BOCã =COAã

Mà ãAOB BOC COA+ã +ã =3600

 ãAOB=BOCã =COA 120ã = 0

b) Từ kết quả câu a) ta suy ra số đo các : ằAB;BC;CA 120ằ ằ = 0

*Cách 2 : (Hình D) Vẽ đờng kính MN  AB Suy ra MN  CD (vì CD//AB) Do

đó C và D , A và B đối xứng nhau qua MN

Cho nên ACBD AB CDằ =ằ

Hình A Hình B Hình C Hình D

+Bài tập 14 :

Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm15

Cã AOB c©n t¹i O (v× OA=OB)

l¹i cã HA = HB nªn HI lµ ph©n gi¸c cña gãc AOB

M H

(O) = (O') c¾t nhau t¹i A vµ B

→ 2 cung AB nhá cña (O) vµ (O') b»ng nhau

MB

MD MC

A

O

B

+ HS dự đoán quỹ tích theo hớng

tìm tòi sau đây :

Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có

+ HS chứng minh quỹ tích dự đoán của điểm I:

Phần thuận: Theo tính chất góc ngoài của tam giác, ta có ả ả à

Thật vậy: Vì I' nằm trên cung chứa góc 1350 vẽ trên đoạn BC nên ãBI C 135' = 0 Suy

ra ãI BC I CB' +ã' =450 Do BI', CI' là các phân giác của ãA BC và ã' A CBnên'

A CB A BC 90+ = Do đó BÂ'C = 900 Hay ∆A'BC vuông tại A'

Kết luận : Vậy quỹ tích của giao điểm I các đờng phân giác trong của tam giác

vuông ABC có cạnh huyền BC cố định là một cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn

BC

+ Bài tập 48 :

Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm21

M

A

Theo ( gt) ta có AM là

tiếp tuyến của ( B ; R )

 AM  BM   AMB có ãAMB 90= 0

Mà A , B cố định  AB không đổi  ãAMB 90= 0 nhìn AB không đổi dới góc 900

 theo quỹ tích cung chứa góc  quỹ tích M là đờng tròn tâm O đờng kính AB

- Nếu R = AB  Quỹ tích M chính là điểm A

Vậy quỹ tích tiếp điểm M của tiếp tuyến AM với đờng tròn tâm B là đờng tròn tâm

O đờng kính AB

+Bài 50 sgk

a) ãAMB 90= 0 ( góc nội tiếp chắn nửa (O))

Trong tam giác vuông BMI có

'

' ' , ' '

MB tgI

a) Theo (gt) có  ABC đều

Từ (*)  tứ giác ACDB nội tiếp

b) Theo chứng minh trên có : ãABD=ACDã =900cùng nhìn AD  A , B , C , D nằm trên đờng tròn tâm O đờng kính AD ( theo quỹ tích cung chứa góc )

Vậy tâm đờng tròn đi qua 4 điểm A , B , C , D là trung điểm của AD

B APC 180+ = ( tính chất tứ giác nội tiếp )

mà ãAPC APD 180+ã = 0 (hai góc kề bù )

 ãAPD= đBà APDã =ADPã

  ADP cân tại A  AP = AD

+Bài 62 sgk

a)Vẽ  ABC đều cạnh a = 3 cm

b) Vẽ hai đờng trung tuyến cắt nhau tại O

0 AB0

AB

l 360C.n

VËy A¤B = 1330

Hå Hång §iÖp - Trêng THCS TrÇn L·m25

( Góc ở tâm cùng chắn cung AC với AÔM)Cung AB của (O) bị trơng bởi góc ở tâm O có số đo  nên có độ dài là:

ằAB

Rl

180

p a

=Cung AC của (O') bị trơng bởi góc có số đo 2 nên có độ dài là:

→S' = K2S.

+Bµi tËp 85sgk:

GT : Cho (O) , d©y AB ; ·AOB 60= 0

KL TÝnh diÖn tÝch viªn ph©n AmB

B A

O

B" A"

t

A' B'

C

E

O

B A

D

O

E

H A

D

C B

 ãDAC=EBCã (góc có cạnh tơng ứng vuông góc )

 ằCE=CDằ (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau )

 CD = CE ( hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau ) ( đcpcm )

b) Theo cmt ta có ằCE=CDằ  ãCBD=CBHã ( hai góc nội tiếp cùng chắn hai cungbằng nhau )

Mà BC  HD  BHD có phân giác của góc HBD cũng là đờng cao 

Ta có : SGS = S Hv - S ( o ; 1,5 cm )

SGS= ( cm2 )

Hồ Hồng Điệp - Trờng THCS Trần Lãm29

O

B A

+Bài tập 96sgk:

a) Ta có BÂM = MÂC ( gt)

đ = → M là điểm chính giữa của ằBC

→ OM đi qua trung điểm của dây BC ( định lí đờng kính đi qua điểm chính giữa của một cung)

b) OM  BC ( OM đi qua điểm chính giữa của cung BC)

 Theo quỹ tích cung chứa góc

ta có A  ( I ; BC

2 ) ( 1)

Lại có D  ( O ; MC

2 )  ãCDM=900hay ãCDB 90= 0

( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))

 Theo quỹ tích cung chứa góc ta có : D  ( I ; BC

ABD=ACD ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD của (I) ) ( đcpcm )

c) Vì tứ giác ABCD nội tiếp trong (I) ( cmt )

 ãADB=ACBã ( 4) ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (I) )