Bai tap on tap chuong iv hinh hoc lop 9 chon loc co loi giai

BÀI TẬP ƠN TẬP CHƯƠNG IV HÌNH HỌC LỚP I Câu hỏi Phát biểu lời: a) Công thức tính diện tích xung quanh hình trụ Sxq  2 rh Diện tích xung quanh hình trụ hai lần tích số pi bán kính đường cao b) Cơng thức tính thể tích hình trụ V  Sh   r h Thể tích hình trụ tích diện tích đáy đường cao tích số Pi bình phương bán kính chiều cao c) Cơng thức tính diện tích xung quanh hình nón Sxq   rl Diện tích xung quanh hình nón tích số pi với bán kính đường sinh 3 d) Cơng thức tính thể tích hình nón V  Vhình trụ V   r h Thể tích hình nón thể tích hình trụ có diện tích đáy chiều cao Hoặc: Thể tích hình nón tích số Pi với bình phương bán kính nhân với chiều cao e) Cơng thức tính diện tích mặt cầu S  4 R2 hay S   d Diện tích mặt cầu lần tích số Pi bình phương bán kính Hoặc: Diện tích mặt cầu tích số Pi với bình phương đường kính g) Cơng thức tính thể tích hình cầu: V   R3 Thể tích hình cầu lần tích số Pi lập phương bán kính Tóm tắt kiến thức Hình Diện tích xung Hình vẽ quanh Thể tích Hình trụ Sxq  2 rh V   r2 h Hình nón Sxq   rl V   r2h Hình cầu S  4 R2 V   R2 II Bài tập Bài (38/129/SGK T2) Hãy tính thể tích, diện tích bề mặt chi tiết máy theo kích thước cho hình 114 Giải Chi tiết máy hình 114 gồm hai hình trụ Diện tích xung quanh hai hình trụ Một hình có bán kính 11  5,5 (cm), hình có bán kính  (cm) hình vành khăn có bán kính lớn 5,5cm, bán kính nhỏ 3cm Thể tích chi tiết máy là: V1  V2 2  11  6 V1  V2          387,79 cm3 2 2   Diện tích mặt chi tiết máy   11.2   6.7    5,5   32   5,52  32   124,5  390,93 cm3   Bài (39/129/SGK T2) Một hình chữ nhật ABCD có AB > AD, diện tích chu vi theo thứ tự 2a2 6a, cho hình vẽ quay quanh cạnh AB ta hình trụ Tính diện tích xung quanh thể tích hình trụ Giải Muốn giải ta phải tính độ dài cạnh AB AD Muốn tính độ dài cạnh AB cạnh AD ta phải giải tốn hình học phương pháp đại số Theo giả thiết diện tích hình chữ nhật ABCD (AB > AD) 2a2  AB.AD  2a2 Chu vi hình chữ nhật 6a tức AB  AD  6a hay  AB  AD   6a  AB  AD  3a Từ ta có phương trình x  3ax  2a2  Giải phương trình bậc hai ta AB  2a AD  a Diện tích xung quanh hình trụ là:  A.AB  4 a2 Thể tích hình trụ  AD2 AB   a2 2a  2 a3 Bài (40/129/SGK T2) Hãy tính diện tích tồn phần hình tương ứng theo kích thước cho hình 115 Giải * Với hình a) hình 115 gồm hai phần - Diện tích đáy - Diện tích xung quanh hình nón Tính diện tích tồn phần ta phải sử dụng công thức Stp   rl   r Từ cơng thức ta tính được:  Stp   2,5.5,6   3,62  94,95 cm2  Bài (41/129/SGK T2) Cho ba điểm A, O, B thẳng hàng theo thứ tự OA  a; OB  b (a, b đơn vị đo cm) Qua A B vẽ theo thứ tự tia Ax By vng góc với AB Qua O vẽ hai tia vng góc với cắt Ax C, cắt By D (xem hình 116) a) Chứng minh ∆AOC ∽ ∆BDO từ suy AC.BD khơng đổi b) Tính diện tích hình thang ABDC COA  60 c) Với COA  60 cho hình vẽ quay xung quanh AB Hãy tính tỉ số thể tích hình tam giác AOC với BOD tạo thành Giải GT A, O, B thẳng hàng O nằm A B Ax  AB; By  AB OC  OD; C  Ax ; D  By COA  60 KL * ∆AOC ∽ ∆BDO * SABCD  ? Khi COA  60 * Tính tỉ số thể tích ∆AOC ∆BOD Chứng minh a) Chứng minh ∆AOC ∽ ∆BDO AC.BD không đổi Muốn chứng minh ∆AOC ∽ ∆BDO ta phải chứng minh C1  O2 Do CO  DO (giả thiết) mà D1  COD  O2  180 (Ba góc kề bù nhau)  O1  O2  180  COD  180  90  90 Vậy O phụ với O1 (1) ∆AOC vuông A (giả thiết) nên C1  O1  90 (Theo định lí: Trong tam giác vng hai góc nhọn phụ nhau) C phụ O1 (2) Từ (1) (2) ta có: C1  O2 (cùng phụ với O1 ) ∆AOC ∆BDO có: OAC  DBO  90 (giả thiế t)    ∆AOC ∽ ∆BDO (g-g) C1  O (chứ ng minh treâ n)    AC OA   AC.BD  OA.OB mà OA OB không đổi nên OA.OB không đổi OB BD AC.BD không đổi b) Tính diện tích hình thang ABDC AOC  60 Muốn tính diện tích hình thang ta vận dụng công thức S a  b h (Trong S diện tích, a đáy lớn, b đáy nhỏ, h chiều cao) Hình thang ABDC hình thang vng A B Có đáy lớn AC đáy nhỏ BC Cạnh bên AB coi chiều cao có độ dài AO  OB  a  b Ta chưa biết độ dài đáy lớn AC chưa biết độ dài đáy nhỏ BD * Tính độ dài AC Tính độ dài AC cách nào? Vận dụng giả thiết: “ Ax  AB ” “ AOC  60 ” để tính AC ∆AOC vng A (giả thiết) có AOC  60 (giả thiết)  ACO  90  AOC (theo định lí) “Trong tam giác vng hai góc nhọn phụ nhau” nên ACO  90  AOC  90  60  30 Theo định lí: “Trong tam giác vng có góc nhọn 30 cạnh góc vng đối diện với góc nửa cạnh huyền” Mà OA (đối diện ACO  30 ) có số đo a cạnh huyền OC  2a ∆AOC vuông A nên OC  OA2  AC (Định lí Pi-ta-go)  AC  OC  OA2   2a   a2  4a2  a2  3a2  AC  3a2  a * Tính độ dài BD Ta có AC.BD  a.b mà AC  a nên b 3.BD  a.b  BD  ab a  b Do diện tích hình thang vng ABDC là: SABDC AC  BD  AB  a 3b 3 a  b  3a2  b2  4ab     c) Tính tỷ số diện tích Khi quay hình vẽ quanh trục AB ∆AOC tạo nên hình nón, bán kính đáy AC, chiều cao AO ∆BOD tạo nên hình nón, bán kính đáy BD chiều cao OB V1  AC OA Do   V2  BD OB    a a b 3   b     9a3  b Vậy quay hình vẽ theo trục AB tỉ số thể tích hình ∆AOC ∆BOD tạo thành 9a3 b3 Bài (42/130/SGK T2) Hãy tính thể tích hình theo hình vẽ kích thước cho hình 117 a) Hình a) Thể tích hình hình a) 117 gồm hai phần - Phần hình trụ đường kính 14cm chiều cao 5,8cm - Phần hai hình nón đường kính đáy 14cm, chiều cao 8,1cm Áp dụng cơng thức tính thể tích hình trụ thể tích hình nón ta có:  14  5,8   72  9,1  113,68  132,3  245,98 b) Hình b Hình b) hình nón cụt Áp dụng cơng thức tính thể tích hình nón cụt ta có: 2 1   7,6   8,2  8,2     3,8 8,2  867,6 cm3 3   Bài (43/130/SGK T2) Hãy tính thể tích hình theo kích thước cho hình 118 (đơn vị đo cm) Giải a) Với hình a Ta phải tính thể tích hình trụ có đường kính đáy dài 12,6cm; chiều cao có độ dài 8,4cm Phần nửa hình cầu có đường kính 12,6cm Áp dụng cơng thức tính thể tích hình trụ cơng thức tính thể tích hình cầu ta có:    6,3 8,4    6,3  500 cm3 2  b) Với hình b, hình cần tính thể tích gồm phần * Phần một hình nón có bán kính đáy 6,9cm, chiều cao 20cm * Phần hai nửa hình cầu bán kính 6,9cm Vậy thể tích cần phải tính là: 1   6,9  2.20    6,9   536,4 cm3 3   c) Với hình c, Thể tích cần tìm gồm phần * Phần một hình nón có bán kính đáy 2cm, chiều cao 4cm * Phần hai hình trụ có bán kính đáy 2cm, chiều cao 4cm * Phần ba nửa hình cầu có bán kính cm Vậy thể tích tổng thể phải tính là: 1 80  22.4   22.4   23  cm3 3   Bài (44/130/SGK T2) Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O ; R) ∆GEF nội tiếp đường trịn EF dây cung song song với DC AB (hình 119) Cho hình quay quanh trục GO a) Chứng minh thể tích hình trụ sinh hình vng tích thể tích hình cầu sinh hình trịn thể tích hình nón ∆GEF sinh b) Chứng minh bình phương diện tích tồn phần hình trụ tích diện tích hình cầu diện tích tồn phần hình nón Giải ABCD có AB  VC  CD  DA GT A  B  C  D  90 nội tiếp (O ; R) ∆GEF có AB  BC  CA nội tiếp (O ; R) EF // AB // DC * Thể tích hình trụ tích thể tích hình cầu thể tích hình nón KL * Bình phương diện tích tồn phần hình trụ tích diện tích hình cầu diện tích tồn phần hình nón Chứng minh a) Quay hình 119 quanh trục GO thể tích hình trụ sinh hình vng ABCD là:  AB   2.R3   CB     (vì ABCD hình vng nên AB  BC  CD  DA  R ) Gọi thể tích hình cầu V1; thể tích hình nón V2 Ta có: V1   R3 V2  3   GH   R 3    EF   EF R 3 3R     GH     2     2.R3 V   42  2   R6      R6 V1 V2   R3  R3  b) Diện tích tồn phần hình trụ là:  AB  AB Stp  2 rh  2r  2 BC 2    3 R   Diện tích mặt cầu S1  4r.R2 Diện tích tồn phần hình nón  EF  EF 9 R S2   FG         S  3 R2  S1 S2  4 R2 Do S  S1 S2  9 R4 9 R  9 R 4 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)  C1  C2 (cùng chắn B1 ) ∆CKP ∆CKP cân C CM vừa phân giác vừa đường cao ứng với cạnh KP CM  KP CM lại trung trực đoạn KP nên MK  MP  K đối xứng với P qua BC 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) đoạn NP ∆DNP cân D DF trung trực 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 311: 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)) hai cạnh tam giác cân) ∆AOC cân O (Tam giác có A1  C1 (Theo định lí: Trong 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 tròn (O) N' ∆OAN' có OA  ON  (cũng bán kính đường trịn (O)) OM  AN  (vì AMO nội tiếp chắn nửa đường trịn (O') AN' (Tính chất tam giác cân) ∆OAN' cân O có OM trung trực thuộc đáy 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 N' thuộc 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  x2 Từ (2) suy ra: a2  x2  ax  x2  ax  a2  Giải phương trình bậc ta x1  a 5a a 5a  Vậy OM  2 x2  a  a  (loại) Bài 312: 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 trịn 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 trịn 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 ) N1  N (cùng A1 ) ∆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) * 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 trịn 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 DM đường cao ứng với cạnh BP ∆BDP có DM vừa phân giác lại vừa đường cao nên ∆BDP cân D c) Chứng minh NB tiếp tuyến đường tròn đường kính AQ Muốn chứng minh NB tiếp tuyến đường trịn 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 M tâm đường trịn đường kính AQ 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  M1  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  N2 vào (1) ta có: N3  N2  90  MN  BN  NB tiếp tuyến đường trịn đường kính AQ (Theo định lí: Nếu đường thẳng tiếp tuyến đường trịn 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 )  MN  MB (Định lí: Tam giác vng có góc nhọn 30° cạnh góc vng đối diện với góc nửa cạnh huyền)  MN  NB  SMNB   cm2  ; S ACMN  2  cm2   2 Bài 313: 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 IBC cân I trung tuyến IM thuộc đáy BC đồng thời đường cao ứng với BC ∆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 công 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 314: 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  AB2  IB2  52  32  25  IA2  16  IA  16  (cm) ∆AIK vuông 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 tơi 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 315: (Đề thi Quốc học Huế) Cho hình thoi ABCD Đường chéo AC BD cắt O Một đường thẳng d vuông 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 vuông 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 ABO  30  OA  O (tính chất đường chéo hình thoi) có AB    cm  2 ∆AOS vng 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  SO2  OA2 (Định lí py-ta-go)  SO2  SA2  OA2 ASC 60   30 2 SO2  82  42  64  16  48  SO  48  16.3  Có thể tính cách: ∆SOA vng O Nên SO  OA.cotg 30  4cotg 30   cm  ... Do CO  DO (giả thiết) mà D1  COD  O2  180 (Ba góc kề bù nhau)  O1  O2  180  COD  180  90   90  Vậy O phụ với O1 (1) ∆AOC vuông A (giả thiết) nên C1  O1  90  (Theo định lí: Trong... thiết) có AOC  60 (giả thiết)  ACO  90   AOC (theo định lí) “Trong tam giác vng hai góc nhọn phụ nhau” nên ACO  90   AOC  90   60  30 Theo định lí: “Trong tam giác vng có góc nhọn 30... 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