cac bai hinh hoc lop 9 hay 4515

cac bai hinh hoc lop 9 hay 4515 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh...

SỬ DỤNG PHẦN MỀM VILOET HỖ TRỢ ĐỂ GIẢNG DẠY VỀ CÁC BÀI TOÁN QUỸ TÍCH TRONG HÌNH HỌC LỚP 9 Bùi Đình Toàn Tổ trưởng CM trường THCS Thắng Tượng - Thạch Hà - Hà Tĩnh 1. Đặt vấn đề: Năm học 2008-2009 được chọn là năm đẩy mạnh ứng dụng công nghệ thông tin vào nhà trường trên cả hai phương diện là hỗ trợ công tác quả lý trường học và đặc biệt là công tác giảng dạy. Lý luận dạy học và thực tiễn đã chỉ ra rằng thiết bị dạy học (TBDH) là một trong sáu thành tố của quá trình dạy học ( .). Song song với việc đổi mới chương trình SGK và phương pháp dạy học thì TBDH ngày càng đổi mới mạnh mẽ. TBDH không chỉ được sử dụng trong khuôn khổ chật hẹp như trước đây, chủ yếu là minh hoạ, mà ngày càng đóng vai trò là công cụ quan trọng trong hoạt động nhận thức của học sinh. nhiều giáo viên hiện nay đã nhận định "nếu dạy học mà không có TBDH thì đổi mới phương pháp dạy học sẽ thất bại" . Ở trường THCS, Hình học là một môn học có tính trừu tượng cao, có những dạng toán khó trong đó phải kể đến dạng toán "quỹ tích". Chính vì thế bên cạnh trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản cần phải hình thành cho các em những cách thức sơ khai cần thiết để tiếp cận và từng bước giải loại toán này. Là người dạy học chắc ai cũng biết V.I.Lênin khẳng định: "con đường nhận thức là đi từ trực quan sinh động đến tư duy trừu tượng". Cái trực quan mà Lênin nói ở đây không phải là trực quan thông thường mà phải là "trực quan sinh động". Hiện nay, ở các trường (nhất là các trường ở nông thôn) tỉ lệ học sinh học kém toán rất cao. Trong đó phần lớn các em ngại học phân môn Hình học đặc biệt là dạng toán quỹ tích. Dạng toán này được đưa vào các lớp cuối cấp THCS với thời lượng không nhiều lắm nhưng nó lại có mặt khá nhiều trong các đề thi học sinh giỏi các các cấp. Toán quỹ tích không những khó học đối với học sinh mà còn khó dạy đối với giáo viên vì các dụng cụ trực quan hỗ trợ giảng dạy hầu như không có mà các dụng cụ thủ công tự tạo của giáo viên thì lại thiếu chính xác, thiếu thẫm mỹ, thao tác khó khăn, thậm chí nhiều khi mâu thuẫn với lý thuyết làm mất lòng tin của học sinh. Do đó mà nhiều khi các em ngộ nhận trong giải toán. Về thực chất quỹ tích của một điểm có tính chất nào đó là cái "vết" nó tạo nên trong quá trính chuyển động mà hình vẽ của giáo viên trên bảng lại là "hình chết" nên khó hướng cho học sinh tưởng tượng hay dự đoán ra quỹ tích. Hiện tại, một số trường THCS trong huyện đã được trang bị phòng máy vi tính nhưng hiệu quả sử dụng chưa cao. Có không nhiều những trường sử dụng công nghệ thông tin nói chung và máy tính nói riêng như một đồ dùng dạy học. Mấy năm trước đây tôi được tiếp xúc với phần mềm dạy học Violet của người việt có giao diện 1 thân thiện, mang tính sư phạm cao và tương đối dễ sử dụng. Trong bộ phần mềm này có môđun lập trình mô phỏng cho phép trình bày các bài toán quỹ tích cũng như dựng hình giúp giáo viên dễ dàng trong quá trình giảng dạy và mang lại những hiệu quả không ngờ tới. Chính vì thế tôi đã sử dụng phần mềm này để mô phỏng một số bài toán quỹ tích nhằm hỗ trợ vào bài giảng "cung chứa góc" - Hình học 9 - Tập 2. 2. Một số minh hoạ trong bài giảng. Bài toán 1: Cho đoạn thẳng AB cố định, tìm quỹ tích (tập hợp) các điểm M nằm ONTHIONLINE.NET Các Bài hình học thú vị chương trình toán hình học Trong chuyên đề , không vẽ hình nên bạn thông cảm vẽ hình giùm nha Bài : Cho đường tròn tâm (O ), đường kính AB Trên đường tròn lấy điểm C cho BC>AC Các tiếp tuyến A C (O) cắt D 1/Chứng tỏ : Tứ giác ADOC nội tiếp , xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OD//BC 2/CD cắt AB E vẽ AH_|_DE H Chứng minh : DC2=DH.DE ED.HC=EC.AD 3/ Qua E kẻ đường thẳng (d) song song với AD Gọi M N giao điểm đường thẳng BD AC đến đường thẳng (d) Chứng minh : EN=2EM 4/Vẽ MK_|_BN K , MK cắt NC S Qua S kẻ đường thẳng song song với BE cắt KE vả AK P Q Chứng minh : S trung điểm PQ Bài giải 1/Tứ giác OBAC nội tiếp , xác định tâm Do DA , AC tiếp tuyến ( O) nên góc DAO= góc DCO= 90 độ , góc nhìn OD góc vuông nên tứ giác nội tiếp đường tròn đường OD nên tâm trung điểm OD b/chứng minh : OD//BC Ta có góc ACB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nủa đường tròn đường kính AB) => AC_|_BC (1) Mặt khác , ta có : OA=OC ( R đường tròn O ) , mà AD=CD ( tính chất tiếp tuyến cắt ) nên OD trung trực AC=> OD_|_AC (2) Từ (1) (2) => OD//BC 2/Chứng minh : DC2=DH.DE Áp dụng hệ thức lượng tam giác DAE vuông A có đường cao AH , ta có : AD2=DH.DE mà AD=CD ( cmt) nên CD2=DH.DE b/ chứng minh : ED.HC= EC.AD để ý đẳng thức cần chứng minh không đưa tỉ số để chứng minh tam giác đồng dạng , nhiên để ý thấy xuất nhiều cặp đường thẳng song song hình vẽ gọi cho ta cách chứng minh cách dùng định lý ta lét Theo câu a , ta chứng minh OD//BC nên áp dụng hệ ta lét tam giác EBC ta có EO = ED OB CD (3) Do OB=OA (R đường tròn O ) nên EO= EO OB OA (4) Ta có DH_|_ EC( gt ) mà EC_|_ OC ( EC tiếp tuyến O ) nên AH//OC , áp dụng dịnh lý ta lét tam giác ECO, ta có : EO= EC OA HC (5 ) Từ (3),(4),(5) => ED = EC CD HC => ED.HC=EC.CD mà CD=AD( cmt ) => ED.HC =EC AD 3/Chứng minh : EN=2EM Vẽ hình xong mà nhận khó để chứng minh : EN=2EM Đây hình giải cách thông thường , nhiên hình vẽ có nhiều giả thiết giúp tìm số ý Nhiều người tinh mắt thấy ta chứng minh BE phân giác góc CBN lại có BE vuông góc với MN ( ta chứng minh ) nên đường phụ giao điểm BC với MN để xuất tam giác cân , kết hợp với định lý ta lét ta tìm lời giải toán sau : Gọi F Q giao điểm BC với đường thẳng AD MN Xét tam giác BAF , ta có OD//BC mà O trung điểm AB => D trung điểm AF = > DA=DF AD//MN(gt) nên EQ//AF , Áp dụng định lý ta lét, ta có Trong tam giác MEB : AD = BD ME BM (6) Trong tam giác QMB : BD = DF BM QM (7) Từ (6), (7) => AD= DF ME QM mà DA=DF ( cmt ) => ME=QM nên M trung điểm QE=> QE=2ME Do MN//AD mà AD_|_ AB => QN_|_ AB hay QN_|_BE Do , dễ thấy góc NEB= góc NCB= 90 độ nên tứ giác NECB nội tiếp =>góc NCE= góc NBE mà góc NCE= góc EBQ ( góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung AC đường tròn O ) => góc EBQ= góc NQE => BE phân giác góc NBQ Xét tam giác NBQ ta có BE đường cao ( BE_|_ QN) có BE phân giác ( cmt ) nên tam giác tam giác cân B Mà tam giác cân có BE đường cao nên BE đường trung tuyến => QE=NE Mà QE=2ME ( cmt ) => NE= 2ME 4/Chứng minh : S trung điểm PQ Để ý thấy rẳng giả thiết cho BE//PQ mà yêu cầu chứng minh : S trung điểm PQ theo câu , ta thấy AF//QE, D trung điểm AF ta chứng minh M trung điểm EQ Như , nhờ vào mẹo , xét tam giác KAE , gọi I giao điểm MK BE tìm cách chứng minh I trung điểm AE thành công Vấn đề nan giải mà chứng minh I trung điểm AE ? Việc phải thông qua hệ thức lượng đường tròn tam giác Gọi I giao điểm MK với BE Xét tam giác MEI tam giác BEN Ta có góc MEI= góc BEN= 90 độ , góc EMI= góc NBE ( phụ với góc ENB )  tam giác MEI~ tam giác BEN ( g-g ) =>ME = BE IE NE  ME.NE=IE.AB mà EM=1/2EN ( cmt ) => IE.BE= NE.NE = NE2 2  2IE.BE=NE2 Do tứ giác NECB nội tiếp nên góc ENC=góc EBC mà góc EBC= góc NEC (cmt ) => góc NEC= góc ENC=> tam giác ENC tam giác cân => EN=EC =>EC2=2IE.BE Xét tam giác ECA tam giác EBC Ta có CEB góc chung , góc NCE=góc EBC ( cmt )  tam giác ECA~ tam giác EBC ( g-g)=> EC = EB EA EC EC2= EA.EB mà EC2= 2IE.BE => EA.BE=2IE.BE=> EA=2IE=> I trung điểm EA=> IE=IA PQ//BE , Áp dụng hệ ta – lét tam giác EIK IAK , ta có : PS= KS = SQ IE IK AI mà IE= IA ( cmt ) => PS=SQ=> S trung điểm PQ Đúc kết: hình có nhiều câu khó song lại thú vị , đòi hỏi phải thuộc lòng kiến thức học để vận dụng vào công việc giải toán Câu câu tương đối dễ chứng minh với tứ giác nội tiếp song song Câu câu dễ ý thứ dễ dàng chứng minh với hệ thức lượng tam giác vuông Tuy nhiên câu b ý tương đối khó , đòi hỏi ta phải biết vận dụng để lập thành tỉ số định lý ta lét , Tuy nhiên , có nhiều cách để chứng minh câu phức tạp dài Các bạn suy nghĩ ! Câu câu khó , việc chứng minh không dễ dàng chút phát giả thiết đề để từ kết hợp với đường phụ cần thiết với nhiều kiến thức khác Có người hỏi : liệu câu không cần đường phụ có chứng minh không ? Mọi người suy nghĩ Câu ; câu phức tạp , Việc chứng minh trung điểm không dễ dàng chút đòi hỏi ta phải biết vận dụng hệ thức lượng tam giác đường tròn Bài đòi khả tư cao , làm cho toán trở nên phức tạp Khi hỏi đa số bạn không làm  câu câu , bạn nhớ toán nhỏ để giải toán lớn ! Lưu ý : câu toán , có cách chứng ... 50 bài toán hình học lớp 9 Các bài toán hình học lớp 9 Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P. Chứng minh rằng: 1. Các tứ giác AEHF, nội tiếp . 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4. H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE. 1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Chứng minh ED = 2 1 BC. 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 2. Chứng minh COD = 90 0 . 3. Chứng minh AC. BD = 4 2 AB . 4. Chứng minh OC // BM 5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD. 6. Chứng minh MN AB. 7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O là trung điểm của IK. 1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn. 2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC MB, BD MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn . 3. Chứng minh OI.OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 . 4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d. Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là là đờng kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E. 1. Chứng minh tam giác BEC cân. 2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. Đỗ Hồng Quân Trờng THCS Yên Thái 1 50 bài toán hình học lớp 9 3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A; AH). 4. Chứng minh BE = BH + DE. Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. 1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn. 2. Chứng minh BM // OP. 3. Đờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kể tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K. a) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: AI 2 = IM . IB. c) Chứng minh BAF là tam giác cân. d) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. e) Xác định vị trí của M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn. Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B Lê Văn Tuấn trờng THCS Bạch Liêu yên thành nghệ an 50 bài toán hình học lớp 9 Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác CEHD, nội tiếp . 2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 4. H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Lời giải: 1. Xét tứ giác CEHD ta có: Góc CEH = 90 0 ( Vì BE là đờng cao) CDH = 90 0 ( Vì AD là đờng cao) => CEH + CDH = 180 0 Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEC = 90 0 . CF là đờng cao => CF AB => BFC = 90 0 . Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 90 0 => E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: AEH = ADC = 90 0 ; Â là góc chung => AEH ADC => AC AH AD AE = => AE.AC = AH.AD. * Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: BEC = ADC = 90 0 ; C là góc chung => BEC ADC => AC BC AD BE = => AD.BC = BE.AC. 4. Ta có C 1 = A 1 ( vì cùng phụ với góc ABC) C 2 = A 1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) => C 1 = C 2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB HM => CHM cân tại C => CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn => C 1 = E 1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp C 1 = E 2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) E 1 = E 2 => EB là tia phân giác của góc FED. Chứng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE. 1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Chứng minh ED = 2 1 BC. 4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O). 5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. Lời giải: 1. Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 90 0 ( Vì BE là đờng cao) - 1 - 1 Lê Văn Tuấn trờng THCS Bạch Liêu yên thành nghệ an CDH = 90 0 ( Vì AD là đờng cao) => CEH + CDH = 180 0 Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEA = 90 0 . AD là đờng cao => AD BC => BDA = 90 0 . Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 90 0 => E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn. 3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến => D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 90 0 . Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 2 1 BC. 4. Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E 1 = A 1 (1). Theo trên DE = 2 1 BC => tam giác DBE cân tại D => E 3 = B 1 (2) Mà B 1 = A 1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E 1 = E 3 => E 1 + E 2 = E 2 + E 3 Mà E 1 + E 2 = BEA = 90 0 => E 2 + E 3 = 90 0 = OED => DE OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E. 5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED 2 = OD 2 OE 2 ED 2 = 5 2 3 2 ED = 4cm Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. 2. Chứng minh Lê Văn Tuấn Trờng THCS Bạch Liêu Yên Thành Phần 2: 50 baì tập hình họclớp9 Các bài tập tổng hợp hình học 9 Lª V¨n Tn – Trêng THCS B¹ch Liªu –Yªn Thµnh Bài 51:Cho (O), từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tt AB và AC với đường tròn. Kẻ dây CD//AB. Nối AD cắt đường tròn (O) tại E. 1. C/m ABOC nội tiếp. 2. Chứng tỏ AB 2 =AE.AD. 3. C/m góc · · AOC ACB= và ∆BDC cân. 4. CE kéo dài cắt AB ở I. C/m IA=IB. 1/C/m: ABOC nt:(HS tự c/m) 2/C/m: AB 2 =AE.AD. Chứng minh ∆ADB ∽ ∆ABE , vì có µ E chung. Sđ · ABE = 2 1 sđ cung » BE (góc giữa tt và 1 dây) Sđ · BDE = 2 1 sđ » BE (góc nt chắn » BE ) 3/C/m · · AOC ACB= * Do ABOC nt⇒ · · AOC ABC= (cùng chắn cung AC); vì AC = AB (t/c 2 tt cắt nhau) ⇒ ∆ABC cân ở A⇒ · · · · ABC ACB AOC ACB= ⇒ = * sđ · ACB = 2 1 sđ ¼ BEC (góc giữa tt và 1 dây); sđ · BDC = 2 1 sđ ¼ BEC (góc nt) ⇒ · BDC = · ACB mà · ABC = · BDC (do CD//AB) ⇒ · · BDC BCD= ⇒ ∆BDC cân ở B. 4/ Ta có I $ chung; · · IBE ECB= (góc giữa tt và 1 dây; góc nt chắn cung BE)⇒ ∆IBE∽∆ICB⇒ IC IB IB IE = ⇒ IB 2 =IE.IC Xét 2 ∆IAE và ICA có I $ chung; sđ · IAE = 2 1 sđ ( » » DB BE− ) mà ∆BDC cân ở B⇒ » » DB BC= ⇒sđ · IAE = » » » · 1 sđ (BC-BE) = sđ CE= sđ ECA 2 ⇒ ∆IAE∽∆ICA⇒ IA IE IC IA = ⇒IA 2 =IE.IC Từ và⇒IA 2 =IB 2 ⇒ IA=IB C¸c bµi tËp tỉng hỵp h×nh häc 9 Hình 51 I E D C B O A Lª V¨n Tn – Trêng THCS B¹ch Liªu –Yªn Thµnh Bài 52: Cho ∆ABC (AB=AC); BC=6; Đường cao AH=4(cùng đơn vò độ dài), nội tiếp trong (O) đường kính AA’. 1. Tính bán kính của (O). 2. Kẻ đường kính CC’. Tứ giác ACA’C’ là hình gì? 3. Kẻ AK⊥CC’. C/m AKHC là hình thang cân. 4. Quay ∆ABC một vòng quanh trục AH. Tính diện tích xung quanh của hình được tạo ra. Hình bình hành. Vì AA’=CC’(đường kính của đường tròn)⇒AC’A’C là hình chữ nhật. 3/ C/m: AKHC là thang cân:  ta có AKC=AHC=1v⇒AKHC nội tiếp.⇒HKC=HAC(cùng chắn cung HC) mà ∆OAC cân ở O⇒OAC=OCA⇒HKC=HCA⇒HK//AC⇒AKHC là hình thang.  Ta lại có:KAH=KCH (cùng chắn cung KH)⇒ KAO+OAC=KCH+OCA⇒Hình thang AKHC có hai góc ở đáy bằng nhau.Vậy AKHC là thang cân. 4/ Khi Quay ∆ ABC quanh trục AH thì hình được sinh ra là hình nón. Trong đó BH là bán kính đáy; AB là đường sinh; AH là đường cao hình nón. Sxq= 2 1 p.d= 2 1 .2π.BH.AB=15π V= 3 1 B.h= 3 1 πBH 2 .AH=12π C¸c bµi tËp tỉng hỵp h×nh häc 9 1/Tính OA:ta có BC=6; đường cao AH=4 ⇒ AB=5; ∆ABA’ vuông ở B⇒BH 2 =AH.A’H ⇒A’H= AH BH 2 = 4 9 ⇒AA’=AH+HA’= 4 25 ⇒AO= 8 25 2/ACA’C’ là hình gì? Do O là trung điểm AA’ và CC’⇒ACA’C’ là Hình 52 H K C' C A' A O B Lª V¨n Tn – Trêng THCS B¹ch Liªu –Yªn Thµnh Bài 53:Cho(O) và hai đường kính AB; CD vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm OA. Qua I vẽ dây MQ⊥OA (M∈ cung AC ; Q∈ AD). Đường thẳng vuông góc với MQ tại M cắt (O) tại P. 1. C/m: a/ PMIO là thang vuông. b/ P; Q; O thẳng hàng. 2. Gọi S là Giao điểm của AP với CQ. Tính Góc CSP. 3. Gọi H là giao điểm của AP với MQ. Cmr: a/ MH.MQ= MP 2 . b/ MP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆QHP. và CM=QD ⇒ CP=QD ⇒ sđ CSP= 2 1 sđ(AQ+CP)= sđ CSP= 2 1 sđ(AQ+QD) = 2 1 sđAD=45 o . Vậy CSP=45 o . 3/ a/ Xét hai tam giác vuông: MPQ và MHP có : Vì ∆ AOM cân ở O; I là trung điểm AO; MI⊥AO⇒∆MAO là tam giác cân ở M⇒ ∆AMO là tam giác đều ⇒ cung AM=60 o và MC = CP =30 o ⇒ cung MP = 60 o . ⇒ cung AM=MP ⇒ góc MPH= MQP (góc nt chắn hai cung bằng nhau.)⇒ ∆MHP∽∆MQP⇒ đpcm. b/ C/m MP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ QHP. Gọi J là tâm đtròn ngoại tiếp ∆QHP.Do cung AQ=MP=60 o ⇒ ∆HQP cân ở H và QHP=120 o ⇒J nằm trên đường thẳng HO⇒ ∆HPJ là tam giác đều mà HPM=30 o ⇒MPH+HPJ=MPJ=90 o hay JP⊥MP tại P nằm trên đường tròn ngoại tiếp ∆HPQ ⇒đpcm. Bài 54: C¸c bµi tËp tỉng hỵp h×nh häc 9 1/ a/ C/m MPOI là thang vuông. Vì OI⊥MI; CO⊥IO(gt) ⇒CO//MI mà MP⊥CO ⇒MP⊥MI⇒MP//OI⇒MPOI là thang vuông. b/ C/m: P; Q; O thẳng hàng: Do MPOI là thang vuông ⇒IMP=1v hay QMP=1v⇒ QP là đường kính của (O)⇒ Q; O; P thẳng hàng. 2/ Tính góc CSP: Ta có CÁC BÀI TOÁN KHÓ HÌNH HỌC LỚP 7 BÀI 1: Cho hình chữ nhật ABCDvới AB = 2AD ,M là trung điểm của đoạn AB.Trên AB lấy H sao cho Ð ADH = 15 0 .Hai đường thẳng CH và DM cắt nhau tại K.Hãy so sánh độ các đoạn thẳng DH và DK LỜI GIẢI : Trên nửa mặt phẳng chứa C bờ là đường thẳng DH dựng tam giác đều DHN .Gọi Q là trung điểmDC ta có : AD = DQ = QC 0 15ADH QDN= =Ð Ð DH = HN ( ∆ DHN đều ) 0 0 90 90( . . ) ( . . )ADH QDN c g c NQD HAD NQC NQD NQC c g c= = = = =Þ D D Þ Ð Ð Þ Ð Þ D D 0 0 0 0 0 15 180 15 15 150( )NCQ NDQ DNC= = = - + =Þ Ð Ð Þ Ð Từ đó suy ra CDCHcgcDNCHNCHNC =⇒∆=∆⇒=+−=∠ ) (150)15060(360 0000 Tức là ∆ CHD cân tại C .Mà 0000 75751590 =∠=−=∠ DHCnênHDC (1) Do tam giác ADM vuông cân tại A nên 0000 30154545 =−=∠=∠ HDMSuyraADM (2) Xét tam giác DHK từ (1) và (2) suy ra 0 75=∠HKD (3) Từ (1) và(3) suy ra tam giác DHK cân tại D Tức là DH = DK BÀI2 :Cho tam giác ABC cân tại A lấy điểm O trong tam giác sao cho AOCAOB ∠<∠ So sánh độ dài của OB và OC 1 Kẻ đường cao AH, nếu điểm O thuộc AH Thì dễ thấy OB =OC và AOB AOC=Ð Ð Trái giả thiết . Gỉa sử tia AO nằm trong góc BAH và CO cắt AH tại M nối BM .ta có OC = OM + MC = OM + MB > OB từ đó suy ra OCB OBC<Ð Ð suy ra : ACO ACB OCB ABC OBC ABO= - > - =Ð Ð Ð Ð Ð Ð (1) Ta có CAO CAH BAH BAO> = >Ð Ð Ð Ð (2) Từ (1) và (2) ta có : 0 0 180 180 0( ) ( )AOB ABO BAO AC CAO AOC= - + > - + =Ð Ð Ð Ð Ð Ð . Điều này trái giả thiết . Vậy tia AO phải nằm trong góc CAH .Lập luận tương tự ta có OB> OC và AOB AOC<Ð Ð Vậy AOB AOC OB OC< >Ð Ð Û BÀI3 : cho tam giác ABC vuông cân tại A .Gọi M là trung điểm BC ,G là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB = 3AG,Elà chân đường vuông góc hạ từ M xuống CG.Các đường thẳng MG và AC cắt nhau tại D.So sánh độ dài DE và BC. LỜI GIẢI : Trên tia CA lấy điểm D’ sao cho Alà trung đểm của CD’ thì 2 đường trung tuyến BAvà D’M cắt nhau tại G với 3AG = AB do đó điểm D’ º D .Mặt khác BA ^ DC nên BDCD vuông cân tại B .Do 0 45BCD BDCvuông=Ð Þ D cân tại B. Do đó BD = BC (1) Gọi N là giao đểm của CG và BD .Vì G trọng tâm BDCD Nên N là trung điểm của BD 2 Từ đó BN = CM = BM . Hạ BK ^ NC Thì KM =BM = CM vì KCMD cân tại M nên KE = CE (2) Lại có BNK CME=Ð Ð ( Cùng phụ với )BCNÐ Suy ra BNK CME NBK MCE= =D D Þ Ð Ð Và BK = CE (3) Từ (2) và (3) suy ra KE = KB Nên BKED là tam giác vuông cân tại K do đó 0 45BEK BEM= =Ð Ð . Hai tam giác BKDvà CEB Có DBK BCE=Ð Ð Và BK = CE , BD = CB do đó 0 135BKD CEB DKB BEC= = =D D Þ Ð Ð Suy ra ( . . )DKB DKE c g c DB DE= =D D Þ (4) Từ (1) và (4) suy ra DB = DE BÀI 4 : Cho tam giác ABC với 0 36ABC ACB= =Ð Ð Trên tia phân giác của góc ABC lấy điểm N sao cho 0 12BCN =Ð .Hãy so sánh độ dài của CN và CA LỜI GIẢI : Trên tia BA lấy điểm Dsao cho BD = BC Ta có tam giác BCD cân tại B .Vì 0 0 0 0 180 36 36 72 2 ABC nên BCD BDC - = = = =Ð Ð Ð . Ta lại có 0 0 0 36 36 72DAC ABC ACB= + = + =Ð Ð Ð (Tính chất của góc ngoài ) 0 72( )BDC DAC= =Þ Ð Ð Suy ra tam giác ACD cân tại C dó CA = CD (1). Xét 2 tam giác BDN và BCN có : BN chung BD= BC Và CBN DBN=Ð Ð Nên suy ra ( . . )BDN BCN c g c CN DN NCD= =D D Þ Þ D Cân tại N lại có : 0 0 0 72 12 60NCD BCD BCN NCD= - = - =Ð Ð Ð Þ D là tam giác đều CN CD=Þ (2) Từ (1) và (2) ta có CA = CN BÀI 5: Cho tam giác ABC với 0 0 55 115,BAC ABC= =Ð Ð .Trên tia phân giác của góc ACB lấy điểm M sao cho 0 25MAC =Ð . Tính số đo góc BMC LỜI GIẢI : 3 Ta có 0 0 0 0 180 55 115 10( )C = - + =Ð . Kẻ DE ^ AM (E ∈ AC) Ta có 0 30DAM DMA DAM= =Ð Ð Þ D cân tại D từ đó suy ra 0 120ADM =Ð Và DE là đường phân giác của góc ADM nên 0 60EDM BDM= =Ð Ð do đó ( . . )EDC BDC c g c=D D . Xét 2 tam giác BMC và EMC có BC = EC 0 5MCB MCE= =Ð Ð , MC chung Do đó 0 0 0 0 0 9 180 180 180 55 125. . )BMC EMC c g c BMC EMC DME DAE= = = - = - = - =D D Þ Ð Ð Ð Ð BÀI 6: Cho tam giác ABC cân trên cạnh đáy BC ... tam giác ANH~ tam giác ADI ( c-g-c) => góc ADI= góc ANH mà góc ADI =90 độ nên góc ANH =90 độ Ta có góc HNQ= góc ANH+góc ANQ =90 độ + 90 độ= 180 độ => điểm, H,N,Q thẳng hàng mà QN_|_AI nên nên HQ_|... tam giác ABC nên góc BFC=góc BEC= 90 độ , góc nhìn BC góc vuông tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC Trong tứ giác AFHE , dễ thấy góc AFH+góc AEH= 90 độ+ 90 độ = 180 độ => tứ giác AFHE nội... góc ANB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) Ta có góc ANM=góc ACM =90 độ nên tứ giác ANMC nội tiếp đường tròn đường kính NC nên tâm trung điểm NC Ta có góc AEB= 90 độ ( góc