Toán Lớp 9: Hướng Dẫn Giải Bài Tập Theo Chủ Đề

HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ.. LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu 1..[r]

PHẦN 3 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN

CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ

LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu 1 Giải:

Vẽ ME ^AB E, Î AB EM cắt DC tại F Tứ giác AEFD có

Gọi E là giao điểm của AD và BC

Vì ECDD có D Cµ +µ =900 nên CED =· 900.

E

D

C B

A

E

B A

Các tam giác EAB ECD EAC EBD, , , vuông tại E nên theo định lý Pitago ta có:EA2+EB2=AB2 (1); EC2+ED2=CD2 (2);

Câu 4 Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC tại

G Xét ABED và ADGD có: ABE· =ADG· =90 ;0AB =AD (vì

ABCD là hình vuông); BAE· =DAG· (hai góc cùng phụ với ·DAE )

A

A

B

C G

D

E

F

cao tam giác vuông, nên ta có:

N H

E

B A

x

20 o

E D C B

A

D vuông tại E có ABE· =ABC· - CBD· =600 nên là nửa tam

ADED vuông tại

E , nên theo định lý Pitago ta có:

có H =µ 900 nên

µsinC AH

AC

=

Do đósin

Vẽ đường phân giác AD

của tam giác ABC

Theo tính chất đường phân

giác của tam giác ta có

b c

£+

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AK M ta có:

BEK =DEC =EDC =AKE nên tam giác

BEK cân do đó BK =BE Þ DAEK vuông tại

B A

B

A C

K H

D

B

C A

M

Vì COD =· 900 suy ra tam giác

COD vuông cân tại O nên

R

7 12

D

C

B

A

Ta có OA ^DE Þ AD =AE Chỉ cần

chứng minh AD hoặc AE có độ dài

không đổi Các đoạn thẳng AB AC,

có độ dài không đổi, DE ^OA từ đó

gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra:

những điều này giúp ta nghỉ đến

chứng minh OM là đường phân giác

MAOD có AMO =· 900, theo định

lý Pitago có AM2+OM2=OA2; HAOD có AHO =· 900 nên

K

I M D

O

M H

C

B A

Gọi N là trung điểm của CD

thì MN là đường trung bình của

hình thang và tam giác MNC cân

tại N nên NMC· =ACM· =MCN·

Suy ra CM là tia phân giác của ·ACH nên MA=MH , Từ đó ta có

điều phải chứng minh

D N

H C

B A

O H

I P

A D

C B

+ Vì CEK· =AED· =ADE· =EKC·

Suy ra tam giác CEK cân tại C Þ CE =CK .Thay vào (*) ta có:

OK OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD (tính

chất trung tuyến)Þ KOC· =900

+ Xét OEKD và CDOD có OEC· =CDO· (=90 ,0) OKE· =COD·

(cùng

phụ với ·EOK ).Do đó DOEK : DCDO Þ OD EK =OE CD hay

K I

O

E D

M

C B

A

N

E H

A

O K

trên tia phân góc A ).

+ Gọi M N, là tiếp điểm của ( )O

; ( )I

K

O D

M

C B

A

N

+ Vì đường tròn ( )I tiếp xúc với

các cạnh tại , ,D E F nên suy ra

Tam giác ADO nên AE AD =AH AO .

Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH AO =AM2.Từ đó suy ra

điều phải chứng minh

Gọi O là trung điểm của BC

thì tam giác OCD đều nên OCD =· 600

D

C B

A

0 1.sin30

2

suy ra BC =AB =2CD

Câu 26 Giải:

Ta gọi giao điểm của AM và cung BC

là D Ta có BAM· =MAC· Û BD» =DC¼

.' / /

A

O H

D

C B

A

A

D O

Từ bài toán này ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng: Trong tam giác

D

N

E C

K

M

B A

BC và ABD· =BDC· (so le trong)

suy ra BEC· =ABD·

Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE

x

E

B A

x

y E

C B

A

F A

M

N E

H

là giao điểm của BD CE, .

Chứng minh được AMH· =AMN·

,

từ đó có M H N, , thẳng hàng.

Câu 37 Giải:

Hai tam giác cân ABC DAB,

có chung góc ở đáy ·ABC ,

B

A

tam giác ACD

Câu 38 Giải:

Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( )O

·xAB và ·ACB lần lượt là góc tạo

bởi tia tiếp tuyến và dây cung và

góc nội tiếp cùng chắn cung AB của

C B

E A

F

Từ đó suy ra BED· =ECB·

Xét tam giác DBCE,DBED có µB chung, BED· =ECB·

a) Ta có OA =OC = Þ Da OAC cân tại O Mà ADO =· 900 (góc nội

tiếp chắn nửa đường tròn ( )O'

BD BH là hai tiếp tuyến

cắt nhau đối với đường tròn ( )M

E D C

B A

2 1 2

1 A

B

C

D M

CD

(do DCHD vuông có HM là trung

tuyến ứng với cạnh huyền)

d) Ta có IP / /AM (vì cùng vuông góc với MB).Kéo dài IP cắt AN

tại K ; DAMN có IK là đường trung bình Þ K trung điểm của

AN Mà A N, cố định nên K cố định Điểm P luôn nhìn hai điểm,

K B cố định dưới một góc vuông nên P chuyển động trên đường

tròn đường kính KB.

b) Do I là điểm chính giữa AC¼ Þ IAº =IC» Þ IBA· =IBC· (hai góc

nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau) Mà IAC· =IBC·

FAB =FAI +IAB =IAK +IAB =IBA+IAB = Þ AF ^AB

tại AÞ AF là tiếp tuyến của ( )O

D có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác Þ DABE

cân tại B nên BI cũng là đường trung trực Þ KA =KE K( Î BI)

3 12

H

K F

O

(hai góc nội tiếp chắn hai cung

bằng nhau) Þ BM là đường phân

giác ·ABN trong DABM .Mặt khác

M nên CM =MN)Þ QN =BC BCA =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn) Xét DBAQ vuông tại A, AC ^BQ có:

hành có hai đường chéo vuông góc nhau)

b) Ta có BIC =· 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn ( )O'

(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung

chắn »BI ) BCI· =BIH·

(cùng phụ ·HIC) Þ BIM· =BIH· Þ IB

là phân giác ·MIH trong DMIH Ta lại có BI ^CI Þ IC là phân giác

ngoài tại đỉnh I của DMIH Áp dụng tính chất phân giác đối với

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

ta có DM DN, lần lượt là tia phân giác ·KDP và ·PDL

D

M

N P

K

AD là đường trung tuyến của DABC đều nên AD là tia phân giác

·BAC Suy ra OÎ AC Gọi P K L', ', ' lần lượt là các tiếp điểm của( )O

MAD =MBA (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia

tiếp tuyến và dây cùng chắn AD )¼

D

E M

O

(góc nội tiếp, góc tạo

bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn MB ), ¼ MAB· =MDI· (cùng phụ

với ·ACH )Þ IMD· =MDI· Þ DIMD

cân tại I Þ IM =ID Ta lại có

I

C E

M D

· ·

IMC =ICM (cùng phụ với hai góc bằng nhau) Þ DMIC cân tại I

Þ = Vậy IM =ID =IC Þ I là trung điểm của CD.

+ DCED có EI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

cắt nhau tại một điểm I thuộc CD.

d) DAHC có H =µ 900, CAH =· 450 Þ DAHC vuông cân tại H

N

P

A

DBO =DOE = Þ DBDO : DODE (c.g.c) Þ BDO· =ODE· , mà

tia DO nằm giữa hai tia DB DE, Þ DO là tia phân giác ·BDE.

c) DABC đều nên đường trung tuyến AO cũng là đường phân giác

trong của ·BAC , mà DO là phân giác ngoài tại đỉnh D Þ O là tâm

đường tròn bàng tiếp trong góc A của ADED Þ ĐƯờng tròn ( )O

Þ = = là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác IOQE Þ

Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc một cung chứa góc) Suy ra

EIO =EQO = Lý luận tương tự DNE =· 900 Vậy tứ giác DINE

(·DIE và ·DNE cùng nhìn DE dưới một góc vuông) Þ ONI· =ODE·

.Vậy DONI : DODE (g.g)

K

A

C B

O

a) Do AB AC, là hai tiếp tuyến

cắt nhau của đường tròn ( )O

nên ABO· =ACO· =900Þ B C,

thuộc đường tròn đường kính OA có tâm I là trung điểm OA

, theo định lý Ta-lét đảo Þ MG / /BC .

d) Gọi G' là giao điểm của OA và CM Þ G' là trọng tâm DABC

Nên

CM = =CE , theo định lý Ta-lét đảo GG'/ /ME (1)

MI là đường trung bình trong DOAB Þ MI / /OB, mà AB ^OB

a) Gọi O' là giao điểm của AO

với cung nhỏ DE của đường tròn

C B

A

của µA trong DADE Ta có

mà M C, là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác BCMN Þ Tứ giác BCMN

nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc)

c) DNMO và DBCO có NOM· =BOC· (đối đỉnh); NMO· =BCO·