Bai tap on tap cuoi nam lop 9 e6sj8

BÀI TẬP ƠN TẬP CUỐI NĂM MƠN TỐN LỚP Bài 1: (1/134/SGK T2) Chu vi hình chữ nhật ABCD 20cm Hãy tìm giá trị nhỏ độ dài đường chéo AC Giải ABCD có AB // DC; AD // BC GT A  B  C  D  90 AB  BC  CD  DA  20cm KL AC nhỏ nhất? Chứng minh Biết hình chữ nhật có chu vi khơng đổi có đường chéo nhỏ hình chữ nhật dạng đặc biệt : Hình vng Gọi độ dài cạnh AB x (cm) độ dài cạnh BC là: 20  x  10  x  cm Theo định lí Py-ta-go thì: AC2  AB2  BC2 AC2  x2  10  x   x2  100  20x  x2 AC2  2x2  20x  100    AC  2x2  20x  100  x2  10x  25  50   x  5  50  50  25.2  2 Dấu “=” xảy x    x  Vậy giá trị nhỏ đường chéo AC ABCD hình vng cạnh Bài 2: (2/134/SGK T2) ∆ABC có B  45; C  30 Nếu AC  AB bằng: (A) 4; (B) ; (C) ; (D) Giải Chọn đáp án (B) Bài 3: (3/134/SGK T2) Cho ∆ABC vng C có đường trung tuyến BN vng góc với đường trung tuyến CM, cạnh BC  a Tính độ dài đường trung tuyến BN Giải Khi giải ta phải áp dụng định lí: Ba đường trung tuyến tam giác qua điểm Điểm cách đỉnh khoảng độ dài đường trung tuyến qua đỉnh Gọi G trọng tâm 3 ∆ABC thì: BG  BN Do ∆BCN vng C (giả thiết) có CG  BG (giả thiết) nên SG đường cao ứng với cạnh huyền BN  BC2  BN.BG (Theo định lí hệ thức lượng tam giác vuông: Trong tam giác vng, bình phương cạnh góc vng tích cạnh huyền hình chiếu cạnh góc vng cạnh huyền)  BN.BN  a2 (vì BC  a ) 3a2 3a2 6.a  BN   BN   2 2 Vậy đường trung tuyến BN ∆ABC có độ dài 6.a Bài 4: (4/134/SGK T2) Nếu ∆ABC vng C có sin A  (A) ; (B) ; tgB bằng: (C) ; (D) Hãy chọn câu trả lời Bài 5: (5/134/SGK T2) Cho ∆ABC vng C có AC  15 Đường cao CH chia cạnh AB thành hai đoạn AH HB Biết HB  16cm Tính diện tích ∆ABC Giải ∆ABC ( C  90 ) GT AC  15cm CH  AB; HB  16cm KL SABC  ? ∆ABC vuông C nên tam giác nửa hình chữ nhật Biết cạnh AC  15cm Nếu tính độ dài cạnh BC tính diện tích ∆ABC Ta tính diện tích ∆ABC cách thứ hai: Tính độ dài cạnh AB độ dài đường cao CH tính diện tích ∆ABC * Tính độ dài cạnh AB Đặt đoạn AH  x (với điều kiện x  tính cm) Ta tính AH phương trình đại số: AB  AH  HB  x  16 ∆ABC vuông C (giả thiết) nên ta có: AC2  AB.AH (Theo định lí 1: Trong tam giác vng, bình phương cạnh góc vng tích cạnh huyền hình chiếu cạnh góc vng cạnh huyền) x. x  16  152  x2  16x  225  x2  16x  225  Đây phương trình bậc hai có hệ số b chẵn nên ta giải phương trình bậc hai x2  16x  225  biệt thức ∆’ Δ  64  225  289  Δ'  289  17 x1  x2  8  17  9 1 8  17 25   25 (giá trị không thỏa mãn điều kiện ẩn x  nên bị loại) 1 Do AH  x   AB  AH  HC   16  25 * Tính đường cao CH ∆AHC vng H (vì CH đường cao ứng với cạnh AB ∆ABC) nên: AC2  AH  HC2 (Định lí Py-ta-go)  CH  AC2  AH  CH  152  92  225  81  144  CH  144  12 Do đó: SABC  AB.CH  25.12  25.6  150  cm2  2 Vậy diện tích ABC 150 cm2 Bài 6: (6/134/SGK T2) Một hình chữ nhật cắt đường trịn hình 121 Biết AB  4; BC  5; DE  (với đơn vị đo) Độ dài EF bằng: (A) 6; (B) 7; (C) 20 ; (D) Hãy chọn câu trả lời Giải Chọn đáp án (B) Bài 7: (7/134/SGK T2) Cho ∆ABC đều, D trung điểm BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm di dộng D E cho DOE  60 a) Chứng minh tích BD.CE khơng đổi b) Chứng minh ∆BOD ∽ ∆OED Từ suy tia DO tia phân giác BDE c) Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln ln tiếp xúc với DE Giải ∆ABC GT OB  OC D  AB; E  AC DOE  60 Đường tròn (O) tiếp xúc với AB * BD.CE không đổi KL * ∆BOD ∽ ∆OED DO phân giác BDE * Đường tròn (O; OI) luôn tiếp xúc với DE D E di động AB AC Chứng minh a) Chứng minh tích BD.CE khơng đổi D E di động AB AC mà theo điều kiện đề Muốn chứng minh tích hai đoạn thẳng ln ln khơng đổi ta phải tìm mối liên hệ hai đoạn thẳng với đoạn thẳng khác Theo giả thiết tốn có ∆ABC vừa mang tính cố định vừa mang tính khơng đổi Ba đỉnh A, B, C cố định định phải điểm cố định độ dài AB, BC, CA không đổi Trung điểm O BC cố OB OC đoạn thẳng có số đo khơng đổi Ta có BOD  DOE  EOC  180 (Ba góc kề bù nhau) mà DOE  60 (giả thiết) Nên BOD  EOC  180  DOE  180  60  120  BOD  CEO ∆BOD ∆CEO có: OBD  ECO   60      ∆BOD ∽ ∆CEO (g-g) BOD  CEO (chứ ng minh treâ n) BD OB   BD.CE  OB.OC Mà OB OC không đổi (chứng minh trên) nên OB.OC OC CE không đổi  BD.CE không đổi  b) Chứng minh ∆BOD ∽ ∆OED DO phân giác BDE Muốn chứng minh hai tam giác đồng dạng ta phải sử dụng ba định lí ba trường hợp đồng dạng tam giác ∆BOD ∆OED có: OBD  EOD   60      ∆BOD ∽ ∆OED (g-g) BOD  OED (cù ng bằ ng OEC)   BDO  EDO (Hai góc tương ứng hai tam giác đồng dạng) DO tia phân giác BDE Cách khác: ∆BOD ∽ ∆CEO (chứng minh trên)  BD OD BD OB (Tính chất giao hốn tỷ    OC OE OD OE lệ thức từ OB  OC ) ∆BOD ∆OED có: OBD  ECD   60      ∆BOD ∽ ∆OAED (c-g-c)  BDO  EDO BD OB   OD OE  DO phân giác BDE c) Chứng minh đường tròn (O) tiếp xúc với AB, tiếp xúc với DE Đường trịn có tâm O trung điểm BC tiếp xúc với cạnh AB I Ta phải chứng minh đường tròn tiếp xúc với DE K Ta có OI  AB (Định lí tiếp tuyến) Từ O hạ OK  DE OI  OK (vì DO phân giác BDE ) mà OI bán kính (O) OK bán kính Đường trịn (O) tiếp xúc với DE K Bài 8: (8/135/SGK T2) Cho hai đường tròn (O ; R) (O’ ; r) tiếp xúc C (R > r) Hai tiếp tuyến chung AB A’B’ hai đường tròn (O) (O’) cắt P (A A’ thuộc đường tròn (O’), B B’ thuộc đường tròn (O) Biết DA  AB  4cm Tính diện tích hình trịn (O’) Giải Đường trịn (O) (O’) tiếp xúc C GT Tiếp tuyến chung PAB PA’B’ cắt P KL SO  ? Muốn tính diện tích hình trịn (O’) ta phải tìm số đo bán kính O’A Muốn tính số đo O’A ta phải khai thác giả thiết: “Tiếp tuyến chung ngồi có hai bán kính hai đường trịn song song với (vì vng góc với đường tiếp tuyến lợi dụng số đo PA  PB  4cm Như muốn tính độ dài bán kính O’A ta phải sử dụng định lí Talét Ta có: O’A // OB (cùng vng góc với PB) ∆POB có O’A // OB nên theo định lí Talét ta có: r PO PA      R  2r PO  R  r  3r R PO PB ∆PAO’ vuông A nên: PO2  PA2  OA2 3r   42  r nên r  Vậy diện tích hình trịn (O’) là:  r  2  cm2  Bài 9: (9/135/SGK T2) Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O’) ngoại tiếp đường tròn (O) Tia AO cắt đường trịn (O’) D Ta có: (A) CD  BD  OD ; (B) AO  CO  OD ; (C) CD  CO  BD ; (D) CD  OD  BD Hãy chọn câu trả lời Giải Các bạn học sinh giải trắc nghiệm giấy nháp để tìm đáp án Bài đáp án đáp án (D) Bài 10: (10/135/SGK T2) Cho ∆ABC nhọn nối tiếp đường tròn (D) Các cung nhỏ AB, BC, CA có số đo x  75; 2x  25; 3x  22 Một góc ∆ABC có số đo là: (A) 575; (B) 59 ; (C) 61 ; (D) 60 Hãy chọn câu trả lời Giải Để tìm câu trả lời bạn học sinh giải phương trình: x  75  2x  25  3x  22  360 Sau áp dụng định lí: Trong đường trịn số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn Câu trả lời câu (C) Bài 11: (11/135/SGK T2) Từ điểm P bên ngồi đường trịn (O) Kẻ hai cát tuyến PAB PCD tới đường tròn Gọi Q điểm nằm cung nhỏ BD (cùng chứa A C) cho sđ BQ  42 sđ QD  38 Tính tổng BPD  AQC Giải GT Đường tròn (O) cát tuyến PAB Cát tuyến PCD Q  BD (cung nhỏ) sđ BQ  42 sđ QD  38 KL Tính BPD  AQC = ? Chứng minh Muốn tính tổng số đo BPD AQC ta phải dựa vào mối quan hệ hai góc đường trịn (O) BPD góc có đỉnh ngồi đường trịn (O) AQC góc nội tiếp đường trịn (O) Từ mối quan hệ ta lập đẳng thức biểu thị mối quan hệ hai góc đường trịn Sau lập mối quan hệ góc với đường tròn đẳng thức, cộng vế với vế hai đẳng thức tính tổng số đo hai góc mà ta phải tìm sđBPD  sđBD  sđAC (Theo định lí: Góc có đỉnh bên ngồi đường trịn có số đo nửa hiệu số đo hai cung bị chắn hai cạnh góc) sđAQC  (1) sđAC (Theo định lí: Góc nội tiếp có số đo nửa số đo cung bị chắn) Mà sñBQ  42 (giả thiết) sñQD  38 (giả thiết)  BQ  QD  BD  42  38  80 Do đó: sđBPD  sđAQC  sđBD  sđAC  sñAC 42  38  38 80    40 a 2 Vậy BPD  AQC  40 Bài 12: (12/135/SGK T2) Một hình vng hình trịn có chu vi Hỏi hình có diện tích lớn hơn? Giải Muốn trả lời câu hỏi đề ta khơng có số thực kích thước hình vng hình trịn để có số cụ thể mà so sánh Do ta phải lập biểu thức đại số tính diện tích hình vng diện tích hình trịn so sánh tỷ số diện tích chúng Gọi cạnh hình vng có độ dài x Bán kính hình trịn R ta có: Chu vi hình vng 4x = chu vi hình trịn 2 R  a  R Do tỷ số diện tích diện tích hình vng diện tích hình trịn là:   R   2  a  3,14      2 4 R R Vậy hình trịn hình vng có chu vi diện tích hình vng lớn Bài 13: (13/135/SGK T2) Cho đường trịn (C), cung BC có số đo 120 , điểm A di chuyển cung lớn BC Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD  AC Hỏi điểm D di chuyển đường nào? Giải Đường tròn (O) GT BC  120 AD tia đối AB AD  AC KL A di động cung lớn BC D di động đường nào? Muốn biết D chuyển động đường ta phải tìm quan hệ điểm D di động với yếu tố cố định khơng đổi có đề Theo giả thiết BC  120  BAC  120  60 (Theo định lí đường trịn số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn) ∆ACD có AD  AC (giả thiết) ∆ACD cân A C1  D1 ∆ACD có BAC góc ngồi đỉnh A có số đo 60 ABC  C1  D1 (Theo định lí: Mỗi góc ngồi tam giác tổng hai góc khơng kề với nó)  BAC  2D1  D1  60  30 ∆ABC ( AB  AC ) nội tiếp (O) Đường kính AN, AM  BC GT AM   O   P , K trực tâm; OD  BC OD   O   E * BNPC hình thang cân * NP  2OM * AE phân giác NAP KL * K đối xứng với P qua BC * N, D, K thẳng hàng * OD  AK Chứng minh Chứng minh tứ giác BCPN hình thang cân Vận dụng kiến thức để chứng minh tứ giác BCPN hình thang cân? Muốn chứng minh tứ giác hình thang cân ta phải chứng minh tứ giác thỏa mãn hai yêu cầu: * Chứng minh tứ giác có hai cạnh đối song song * Chứng minh hình thang có hai góc kề với đáy Muốn chứng minh BCPN hình thang ta phải chứng minh BC // NP Muốn chứng minh BC // NP ta lợi dụng giả thiết “Trực tâm” với “N điểm đối tâm A” Do N điểm đối tâm A nên AN đường kính đường trịn (O)  APN  90 (Theo hệ quả: Trong đường trịn góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vuông)  NP  AP Theo giả thiết K trực tâm ∆ABC nên: BC  AP BC // NP (cùng vng góc với AP) BC // NP BCPN hình thang (Theo định nghĩa: Hình thang tứ giác có hai cạnh đối song song) (1) Do BC // NP nên BN  CP (Theo định lí: Trong đường tròn, hai cung chắn hai dây song song nhau) sdCBN  sd NP  PC (Theo định lí: Trong đường trịn số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn) sd BCP  sd NP  BN (Định lí vế số đo góc nội tiếp) mà BN  CP (chứng minh trên) Do CBN  BCP mà CBN BCP hai góc đáy BC hình thang BCPN Hình thang BCPN hình thang cân (Theo định lí: Hình thang có hai góc kề với đáy hình thang cân) Chứng minh NP  2DM Muốn chứng minh NP  2DM ta phải chứng minh NP cạnh thứ ba cịn DN đường trung bình ∆KPN ∆ANK có: O trung điểm cạnh AN (vì AN đường kính, O tâm đường trịn (O) lại có OD // AK (vì vng góc với BC) D trung điểm cạnh KN (Theo định lí: Trong tam giác đường thẳng qua trung điểm cạnh song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba) ∆KPN có D trung điểm cạnh KN (chứng minh trên) có DM // NP (cùng vng góc với KP) M trung điểm KP (Theo định lí đường trung bình tam giác) (coi N, P, K thẳng hàng ∆KPN có D trung điểm cạnh KN (chứng minh trên) M trung điểm cạnh KP (chứng minh trên) DM đường trung bình (Theo định nghĩa: Trong tam giác đường thẳng qua trung điểm hai cạnh đường trung bình tam giác đó)  DM  DN (Theo định lí 2: Trong tam giác đường trung bình song song nửa cạnh thứ ba) Hay PN  2DM Chứng minh AE tia phân giác NAP Muốn chứng minh AE tia phân giác NAP ta phải chứng minh NAE  PAE NAE PAE hai góc nội tiếp đường trịn (O) Có nhiều phương pháp chứng minh hai góc nội tiếp đường trịn Một phương pháp là: Muốn chứng minh hai góc nội tiếp đường trịn chứng minh hai góc chắn hai cung Muốn chứng minh góc NAE  PAE ta phải chứng minh EN  EP Muốn chứng minh EN  EP ta lợi dụng giả thiết OD  BC BC // NP (chứng minh trên) OD tức OE  BC (giả thiết) mà BC // NP (chứng minh trên) OE  NP (Theo định lí: Nếu đường thẳng vng góc với hai đường thẳng song song vng góc với đường kia) Vì OE  NP nên EN  EP (Theo định lí: Trong đường trịn đường kính vng góc với dây điểm cung căng dây ấy) Vì EN  EP nên ANE  PAE (Theo định lí: Trong đường trịn hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) AE tia phân giác NAP Chứng minh hai điểm K P đối xứng với qua BC Muốn chứng minh K đối xứng với P qua BC ta phải chứng minh: - PK  BC - MK  MP CH  AB (vì CH đường cao ứng với cạnh AB ∆ABC) NB  AB (vì ABN góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) CH // BN (cùng vng góc với AB)  C1  B1 (hai góc so le trong) Lại có C2  B2 (hai góc kề với đáy hình thang cân BCPN) CM vừa phân giác vừa đường cao ứng với cạnh KP ∆CKP ∆CKP cân C CM  KP CM lại trung trực đoạn KP nên MK  MP  K đối xứng với P qua BC  C1  C2 (cùng chắn B1 ) Chứng minh ba điểm N, D, K thẳng hàng Xin lỗi bạn đọc ngộ nhận câu a) nhân xin nhấn mạnh với bạn học sinh học sinh thời điểm này: Các bạn thận trọng tốn học Nếu khơng thận trọng có lầm lẫn nhỏ dẫn đến sai lầm lớn Với giả thiết ta nên dùng định nghĩa góc bẹt để chứng minh N, D, K thẳng hàng Gọi F giao điểm OE NP FP  FN (Theo định lí: Trong đường trịn đường kính vng góc với dây qua trung điểm dây ấy) DF trung trực đoạn NP ∆DNP cân D Trung trực DF thuộc đáy NP lại phân giác NDP  NDE  PDE CD trung trực KP (chứng minh trên) ∆DKP cân D DM lại phân giác KDP mà DM  DE (chứng minh trên)   EDP  PDM   180  NDK góc bẹt N, D, K thẳng hàng (Theo định nghĩa góc bẹt) Chứng minh OD  AK Muốn chứng minh đoạn đoạn kia, đoạn gấp đôi đoạn ta nên dùng định lí đường trung bình tam giác: Ta có: AK  BC (vì AK đường cao ứng với cạnh BC ∆ABC) OD  BC (Theo giả thiết) OD // AK (cùng vng góc với BC) ∆ANK có O trung điểm cạnh AN (vì AN đường kính, O tâm đường tròn (O)) OD // AK (chứng minh trên) D trung điểm cạnh NK (Theo định lí: Trong tam giác đường thẳng qua trung điểm cạnh song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba) OD đường trung bình ∆ANK (Theo định nghĩa: Đường thẳng qua trung điểm hai cạnh tam giác đường trung bình tam giác đó)  OD  AK (Theo định lí 2: Trong tam giác, đường trung bình song song nửa cạnh thứ ba) Bài 51: Đề thi trường Chu Văn An năm 2004 Cho đoạn thẳng AB  2a có trung điểm O Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng chứa đoạn AB dựng nửa đường tròn đường kính AB, nửa đường trịn O' có đường kính OA Trên đường trịn (O') lấy điểm M (M khác A O), tia OM cắt (O) C, gọi D giao điểm thứ hai CA (O') Chứng minh ∆ADM cân Tiếp tuyến C (O) cắt tia OD E Xác định vị trí tương đối đường thẳng EA (O) (O') Đường thẳng AM cắt OD H, đường tròn ngoại tiếp ∆CDH cắt (O) điểm thứ N Chứng minh ba điểm A, M, N thẳng hàng Tìm vị trí M cho ME // AB tính độ dài đoạn thẳng DM theo a Giải Đoạn thẳng AB  2a Đường trịn (O) đường kính AB GT Nên đường trịn (O') đường kính OA M   O  , AM   O   N , DM   O   C CE  OC; OD  CE  E * ∆ADM cân * Vị trí AE với (O) (O') KL * Tìm vị trí M ME // AB tính độ dài OM theo a *A, M, N thẳng hàng Chứng minh Chứng minh ∆ADM cân Có ba phương pháp sử dụng nhiều để chứng minh tam giác tam giác cân Muốn chứng minh ∆ADM cân ta sử dụng phương pháp ba phương pháp đó? Bài nên dùng phương pháp: Muốn chứng minh tam giác tam giác cân, ta chứng minh tam giác có hai cạnh Như ta phải chứng minh AD  DM để có ∆ADM cân O DA DM hai dây cung đường tròn (O1) Muốn có dây DA dây DM Muốn chứng minh dây DA dây DM ta chứng minh DA  DM Muốn DA  DM ta phải chứng minh D1  D2 Do ∆ADO ∆CDO vuông D nên muốn chứng minh D1  D2 phải chứng minh A1  C1 ∆AOC có OA  OC (Hai bán kính đường trịn (O)) ∆AOC cân O (Tam giác có A1  C1 (Theo định lí: Trong tam giác cân, hai cạnh tam giác cân) hai góc đáy nhau) ∆ADO ∆CDO vng D (vì ADO nội tiếp chắn nửa đường trịn Do đó: O1  A1  90   mà A1  C1 nên O1  O2 (hai góc phụ với hai góc nhau) O1 O2 O2  C1  90  hai góc nội tiếp nên O1  O2  AD  DM (Theo định lí: Trong đường trịn hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  AD  DM (vì hai dây căng hai cung đường tròn) ∆DAM cân D Chứng minh AE tiếp tuyến chung (O1) (O2) Muốn chứng minh AE tiếp tuyến chung (O1) (O2) ta phải chứng minh AE  AB (vì O1A OA hai bán kính đường trịn (O1) (O) thuộc AB Muốn chứng minh EAO  90 ta dựa vào A1  C1 CE tiếp tuyến (O) Đồng thời lợi dụng OD trung trực thuộc cạnh đáy AC ∆AOC cân D  EC  EA (Tính chất đường trung trực đoạn thẳng) ∆EAC cân E  A2  C2 (Hai góc đáy tam giác cân) mà C1  C2  90 (vì CE tiếp tuyến (O)) nên: A1  A2  90 (vì C1  A1 ; C2  A2 )  OAE  90 Hay AE  OA  AE tiếp tuyến chung (O1) (O) Chứng minh ba điểm A, M, N thẳng hàng Giả sử AM cắt đường trịn (O) N' ∆OAN' có OA  ON  (cũng bán kính đường trịn (O)) ∆OAN' cân O có OM trung trực thuộc đáy OM  AN  (vì AMO nội tiếp chắn nửa đường trịn (O') AN' (Tính chất tam giác cân) CA  CN  (Theo tính chất đường trung trực đoạn thẳng) Lại có CN A  CAM (Hai góc đáy tam giác cân) Nhưng CAM  DOM (Hai góc nội tiếp chắn DM (O')) Do CN H  COH Bốn điểm C, N', O, H nằm đường tròn đường trịn ngoại tiếp ∆COH Do N   N Vậy ba điểm A, M, N thẳng hàng Tìm vị trí M cho ME // AB Tính độ dài đoạn OM theo a Nếu ME // AB mà AE  AB AE  AB ME  AE ∆MAO ∆EMA có: AMO  AEM  90 MAO  AME (Hai góc so le trong) ∆MAO ∽ ∆EMA (g.g)  OM AM OA    MA2  OA.EM AE EM MA (1) ∆MEO có MEO  MOE (cùng AOE ) Thay kết vào (1) ta có: MA2  OM OA ∆MEO cân M nên ME  MO (2) Đặt MO  x  Theo định lí Pi-ta-go ta có: OA2  AM  OM  MA2  OA2  OM  a  x Từ (2) suy ra: a  x  ax  x  ax  a  Giải phương trình bậc ta x1  a 5a a 5a  Vậy OM  2 N' thuộc x2  a  a  (loại) Bài 52: Cho ∆ABC vuông C Đường thẳng d qua A vng góc với cạnh AB; d cắt BC D, phân giác CAB cắt cạnh BC N Đường thẳng qua N vng góc với BC cắt cạnh AB đường thẳng d M P a) Chứng minh AM  MN ADM  MAN b) Chứng minh ∆PDB cân c) Q điểm đoạn thẳng MB cho NQ // DM Chứng minh NB tiếp tuyến đường tròn đường kính AQ d) Cho AB = 6cm; ABD  30 Tính diện tích tứ giác ACNM Giải ∆ABC ( C  90 ) d qua A d  AB d  BC  D Phân giác CAB GT cắt BC N Đường thẳng qua N vng góc với BC cắt AB M, NM  DA  P NQ // DM, Q  MB * AM  MN ; ADM  MAN * PDB cân KL * NB tiếp tuyến đường tròn đường kính AQ * S ACNM = ? Chứng minh a) Chứng minh AM  MN ADM  MAN * Chứng minh AM  MN Muốn chứng minh AM  MN Vận dụng giả thiết: “Phân giác BAC cắt BC N giả thiết: “ AC  CB , đường thẳng vng góc với BC N cắt AB M” Chính giả thiết chìa khóa ta sử dụng để mở câu Ngồi ta cịn thấy AM MN hai cạnh ∆AMN Từ ta thấy phương pháp giải câu Do AC // MN (hai đường thẳng vng góc với đường thẳng thứ ba song song với nhau)  N1  A1 (Hai góc so le trong) Lại có A1  A1 (vì AN phân giác BAC ) ∆AMN cân M (Theo định lí: Nếu tam giác có hai góc tam giác tam giác cân)  AM  MN (hai cạnh bên tam giác cân) N1  N (cùng A1 ) * Chứng minh ADM  MAN Khi giải tốn hình học ta ln ln kết hợp lực tư với kiến thức quan sát hình vẽ để tìm phương pháp giải Quan sát hình vẽ ta thấy ADM MAN liên quan chặt chẽ với N1 Vì ADM N1 nhìn đoạn AM Nếu chứng minh D1  N1 tốn giải Muốn có D1  N1 ta phải chứng minh tia phân giác ADNM nội tiếp đường trịn Tứ giác ADNM có: DAM  90 (vì DA  AB theo giả thiết) DNM  90 ( MN  BC theo giả thiết)  DAM  DNM  90  90  180 Mà DAM DNM hai góc đối diện tứ giác ADNM nên tứ giác ADNM nội tiếp đường tròn đường kính DM)  D1  N1 (hai góc nội tiếp chắn AM ) Mà A2  N1 (chứng minh câu a)  A2  D1 (cùng N1 ) Hay ADM  MAN b) Chứng minh ∆PDB cân Nhắc lại phương pháp sử dụng nhiều chứng minh tam giác tam giác cân Muốn chứng minh tam giác tam giác cân ta chứng minh tam giác có hai cạnh (Phương pháp áp dụng định nghĩa: Tam giác cân tam giác có hai cạnh nhau) Muốn chứng minh tam giác tam giác cân ta chứng minh tam giác có hai góc (Phương pháp áp dụng định lí: Nếu tam giác có hai góc tam giác tam giác cân) Phương pháp thứ ba: Muốn chứng minh tam giác tam giác cân ta chứng minh tam giác có đường chủ yếu mang hai tính chất (Phương pháp áp dụng định lí: Trong tam giác cân, đường trung tuyến ứng với cạnh đáy đồng thời đường phân giác, đường cao, đường trung trực thuộc cạnh đáy) Muốn chứng minh ∆PDB cân ta vận dụng phương pháp ba phương pháp nêu trên? Quan sát hình vẽ dựa vào giả thiết kết câu a) ta sử dụng phương pháp thứ ba: A2  N1 (chứng minh trên) D1  N1 (Hai góc nội tiếp chắn AM ) D2  A2 (Hai góc nội tiếp chắn MN )  D1  D2  DM tia phân giác BDP ∆BDP có PN đường cao ứng với cạnh BD BA đường cao ứng với cạnh DP giao điểm M đường cao PN BA trực tâm ∆BDP ứng với cạnh BP DM đường cao ∆BDP có DM vừa phân giác lại vừa đường cao nên ∆BDP cân D c) Chứng minh NB tiếp tuyến đường trịn đường kính AQ Muốn chứng minh NB tiếp tuyến đường tròn đường kính AQ ta phải chứng minh NB vng góc với bán kính đường trịn Theo giả thiết NB  MN M  AQ Phải chứng minh M trung điểm AQ kính AQ M tâm đường trịn đường Muốn có M trung điểm AQ ta vận dụng giả thiết NQ // DM kết câu b) DM tia phân giác PDB Cách 1: ∆ADM ∆NDM có: D1  D2 (chứng minh trên) DAM  DNM  90  M  M  MI vừa phân giác AMN vừa trung trực cạnh đáy AN (vì ∆AMN cân M) I trung điểm AN ∆ANQ có I trung điểm cạnh AN (chứng minh trên) IM // NQ (giả thiết) M trung điểm cạnh AQ (Theo định lí: Trong tam giác, đường thẳng qua trung điểm cạnh song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba) M tâm đường trịn đường kính AB ∆ANQ vng N có NM trung tuyến thuộc cạnh huyền AQ nên: MA  MN  MQ  AQ (Theo định lí: Trong tam giác vng trung trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền) MN bán kính đường trịn đường kính AQ Mà NB  MN (giả thiết) nên NB tiếp tuyến đường trịn đường kính AQ Cách 2: DM // NQ (giả thiết) nên D2  N (hai góc đồng vị) D2  N1 (chứng minh trên) mà D1  N (chứng minh trên) nên: N1  N Lại có: N1  N3  90 (vì MN  BC ) (1) Thay N1  N vào (1) ta có: N3  N  90  MN  BN  NB tiếp tuyến đường trịn đường kính AQ (Theo định lí: Nếu đường thẳng tiếp tuyến đường tròn vng góc với bán kính qua tiếp điểm) d) Tính diện tích tứ giác ACNM AB = 6cm, ABD  30 ∆ABC vuông C (giả thiết) ABD  30  AC  AB (Theo định lí: Nếu tam giác vng có góc nhọn 30° cạnh góc vng đối diện với góc nửa cạnh huyền   (cm) CB  AB.cos B  6.cos30  3 S ACB  cm2 ∆MNB có NBM  30 (Chứng minh trên) MNB  90 (vì MN  BC ) MB (Định lí: Tam giác vng có góc nhọn 30° cạnh góc vng đối diện với góc nửa cạnh huyền)  MN  NB   MN  S MNB   cm  ; S ACMN  2   cm2  2 Bài 53: Cho ABC cạnh a Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABC) A Lấy điểm I đường thẳng d cho IA  a Gọi M trung điểm BC a) Có nhận xét vị trí mặt phẳng (IAB), (IAC), (IAM) (ABC) b) Chứng minh IM  BC c) Tính diện tích ∆IAM Giải a) Ta phải chứng minh  IAB    ABC   IAC    ABC   IAM    ABC  Phương pháp chung để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với là: Muốn chứng minh hai mặt phẳng vng góc với ta chứng minh hai mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với đường thẳng Do IA   ABC  nên IA  IB  IA   ABC  IA  AC Mà IA   IAB  nên  IAB    ABC  (Nếu mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng khác mặt phẳng vng góc với mặt phẳng cho) Chứng minh tương tự  IHC    ABC   IAM    ABC  b) Chứng minh IM  BC Muốn chứng minh IM  BC ta phải chứng minh thuộc đáy BC đồng thời đường cao ứng với BC IBC cân I trung tuyến IM ∆IAB ∆IAC có: IA  IA (cạnh chung hai tam giác) IAB  IAC  90 (vì IA   ABC  ) AB  AC  a ∆IAB = ∆IAC (c.g.c) IB  IC ∆IBC cân I (tam giác có hai cạnh tam giác cân) Trung tuyến IM ứng với đáy BC lại đường cao nên IM  BC c) Tính diện tích ∆IAM Khi tính diện tích tam giác ta vận dụng cơng thức: S  a.h Đề yêu cầu tính diện tích ∆IAM ∆IAM tam giác vng A có IA  a (giả thiết) IA coi chiều cao Ta cịn phải tính độ dài cạnh AM ∆AMB vng M (vì ∆ABC nên đường cao đồng thời trung trực nên AB2  AM  MB2 (Định lí Py-ta-go) a  4a  a 3a a  AM  AB  MB  a     a    4 2 2  AM  2 a Từ ta có: 1 a a a a2 S IAM  IA AM  a   2 2 Vậy diện tích ∆IAM  a2 (cm2) Bài 54: Cho ∆ABC cân A Một đường thẳng d vng góc (ABC) A Trên đường thẳng d lấy điểm K Gọi I trung điểm cạnh BC Giả sử AB  AC  cm BC = 6cm, AK = 4cm a) Tính góc AIK b) Chứng minh KB  KC c) Vẽ đường cao AH ∆AIK Chứng minh AH khoảng cách từ A đến (KBC) Tính khoảng cách Giải a) Tính số đo AIK ∆ABC cân A nên AI trung tuyến thuộc cạnh đáy BC nên lại đường cao ứng với cạnh  AI  BC  BI  IC   (cm) ∆AIB vuông I nên: AB2  AI  IB2 (Định lí: Py-ta-go)  IA2  AB  IB  52  32  25  IA2  16  IA  16  (cm) ∆AIK vng A lại có AK = AI = (cm) Nên tam giác vuông cân A  AIK  45 b) Chứng minh KB  KC Câu thuộc thể loại toán chứng minh hai đoạn thẳng Phương pháp sử dụng nhiều để chứng minh hai đoạn thẳng là: Muốn chứng minh hai đoạn thẳng ta chứng minh hai tam giác chứa hai đoạn Tam giác chứa đoạn thẳng KB ∆ABK Tam giác có chứa đoạn KC ∆ACK ∆ABK ∆ACK có: AK  AK (cạnh chung hai tam giác) KAB  KAC  90 (vì KA   ABC  ) AB  AC  5cm ∆ABK = ∆ACK (c.g.c)  KB  KC (hai cạnh tương ứng hai tam giác nhau) c) Chứng minh độ dài đường cao AH khoảng cách từ điểm A đến (BCK) Tính số đo AH Câu với học sinh lớp ngày tốn khó Câu cho học sinh lớp 11 có khơng học sinh “bó tay” Phương pháp chung để chứng minh độ dài đoạn vng góc hạ từ điểm tới đường thẳng lại khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng chứa đường thẳng cho là: Chứng minh mặt phẳng chứa đoạn thẳng vng góc cắt mặt phẳng cho theo giao tuyến đoạn thẳng vng góc lại vng góc với giao tuyến Theo giả thiết KI  AH Lai có  AH   BCK  KI  BC Mà KI BC nằm (BCK) Mặt khác  KAI    BCI   KI AH khoảng cách từ A tới (BCK) ∆KAI vuông cân A nên KI  AK  AI (Định lý Pi-ta-go)  42  42  16  16  32 KI  32  Do ∆AKI vuông cân A nên đường cao AH thuộc cạnh huyền KI trung tuyến nên AH  HK  HI  KI  2 2 Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (KBC) 2 cm Bài 55: (Đề thi Quốc học Huế) Cho hình thoi ABCD Đường chéo AC BD cắt O Một đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (ABCD) O Trên d lấy điểm S Nối SA, SB, SC, SD a) Chứng minh AC   SBD  b) Chứng minh  SAC    ABCD  c) Tính SO, biết AB  8cm; ABD  30; ASC  60 Giải a) Chứng minh AC   SBD  Muốn chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng ta chứng minh đường thẳng vng góc với hai đường thẳng giao nằm mặt phẳng AC  BD (Tính chất đường chéo hình thoi) AC  SO (vì SO   ABCD  nên SO  AC ) Mà BD SO nằm mặt phẳng (SBD) Do AC   SBD  b) Chứng minh  SAC    ABCD  Muốn chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau, ta chứng minh hai mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng SO   ABCD  (giả thiết) mà SO   SAC    SAC    ABCD  c) Tính SO AB  8cm; ABD  30; ASC  60 Muốn tính số đo đoạn SO ta dựa vào giả thiết hình thoi “vng góc”, “ ABD  30 ”, ASC  60 ∆AOB vuông O (tính chất đường chéo hình thoi) có ABO  30  OA  AB    cm  2 ∆AOS vuông O (vì SO   ABCD  O) ∆ASC có SO mà trung tuyến vừa đường cao nên ∆ASC cân S Đường cao SO ứng với đáy AC lại phân giác ASC  ASO   OA  AS hay AS  AO  2.4   cm  ∆SOA vuông O nên AS  SO  OA2 (Định lí py-ta-go)  SO  SA2  OA2 SO  82  42  64  16  48  SO  48  16.3  Có thể tính cách: ∆SOA vng O Nên SO  OA.cotg 30  cotg 30   cm  ASC 60   30 2 ... 90  (Theo định lí: Trong Thay M  O2 vào đẳng thức (1) ta có: O1  O2  90  Mà O1  MON  O  180 (các góc kề bù nhau)   MON  180  O1  O  180  90   90  Vậy MON  90  Chứng minh đường... ADEC nội tiếp đường trịn BED  90  (vì góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O2)  DEC  90  (vì kề bù với BED  90  ) DAC  90  (vì ∆ABC vuông A)  DEC  DAC  90   90   180 Mà DEC DAC hai góc... A2  A1  D2  D3 mà A1  A2  90  nên D2  D3  90  Như tứ giác AIDE có: EAI  90      EAI  EDI  90   90   180 mà EAI EDI hai góc đối diện tứ giác EDI  90   AIDE nên tứ giác AIDE nội