giao an on tap lop 9

- Củng cố cho HS các khái niệm về góc ở tâm, số đo của cung tròn và liên hệ giữa cung và dây. - HS vận dụng được các tính chất của góc ở tâm và liên hệ giữa dây và cung để chứng minh bài[r]

TiÕt 1- 2: «n lun

các hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông A Mục tiêu:

- Củng cố hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vng Từ hệ thức tính yếu tố biết yếu tố cịn lại

- Vận dụng thành thạo hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tính cạnh tam giác vng

B Chn bÞ:

+) GV: Bảng phụ tổng hợp hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vuông , thớc kẻ, Ê ke

+) HS: - Nắm hệ thức liện hệ cạnh đờng cao tam giác vuông - Giải tập SGK SBT

C TiÕn tr×nh d¹y - häc:

1 Tỉ chøc líp: 2 KiĨm tra bµi cị: (phót)

- Viết hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vuông 3 Bài mới:

Hãy phát biểu định lí hệ thức l-ợng tam giác vuông viết CTTQ GV treo bảng phụ vẽ hình qui ớc yêu cầu h/s viết hệ thức lợng tam giác vuông

- GV tập gọi HS đọc đề , vẽ hình ghi GT , KL tốn - Hãy điền kí hiệu vào hình vẽ sau nêu cách giải tốn

- Ta áp dụng hệ thức để tính y ( BC )

- Gỵi ý : TÝnh BC theo Pitago

- Để tính AH ta dựa theo hệ thức ? - Hãy viết hệ thức sau thay số để tính Ah ( x)

- Gỵi ý : AH BC = ?

I LÝ thuyÕt:

2 '

b a b

2 '

c a c

b c a h

1 h2=

1 b2+

1 c2

II Bài tập: Bài tập1

Xét ABC vuông

t¹i A

Ta cã: BC2 = AB2 + AC2 ( ®/l Pytago)

 y2 = 72 + 92 = 130

 y = √130

áp dụng hệ thức liên hệ cạnh đờng cao ta có : AB AC = BC AH ( đ/lí 3)

 AH = AB AC

BC =

√130= 63

√130  x = 63

- GV gäi HS lên bảng trình bày lời giải

- GV tiếp tập yêu cầu HS đọc đề ghi GT , KL 5(SBT – 90)

- Bài toán cho ? yêu cầu ?

- tớnh c AB , AC , BC , CH biết AH , BH ta dựa theo hệ thức ?

+) GV treo hình vẽ sẵn hình tập phần a, b giải thích cho h/s yêu cầu h/s thảo luận nhóm trình bày bảng sau phút

- XÐt  AHB theo Pitago ta cã g× ? - TÝnh AB theo AH vµ BH ?

- GV gọi HS lên bảng tính

- áp dụng hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vng tính AB theo BH BC

- Hãy viết hệ thức liên hệ từ thay số tính AB theo BH BC

- GV cho HS làm sau trình bày lời giải

Bµi tËp :

GT  ABC (A= 900)

AH  BC, AH = 16 ; BH = 25 KL a) TÝnh AB , AC , BC , CH b) AB = 12 ;BH =

TÝnh AH , AC , BC , CH Gi¶i : a) XÐt  AHB (H = 900) AB2 = AH2 + BH2

( ®/l Pytago)

 AB2= 162 + 252

 AB2= 256 + 625 = 881

 AB = √881  29,68

áp dụng hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vng ta có :

AB2 = BC BH

 BC = AB2

BH = 881

25 =¿ 35,24 L¹i cã : CH =BC - BH

 CH = 35,24 - 25  CH = 10,24

Mµ AC2 = BC CH

 AC2 = 35,24 10,24  AC  18,99 b) XÐt  AHB ( H= 900)

Ta cã: AB2 = AH2 + BH2 ( ®/l Pytago)

 AH2 = AB2 - BH2

 AH2 = 122 - 62

 AH2 = 108

 AH  10,39

Theo hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vng ta có :

AB2 = BC BH ( §/L 1)

 BC = AB2

BH = 122

- Tơng tự nh phần (a) áp dụng hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vng để giải tốn phần (b)

- H/S nhËn xÐt vµ sưa sai nÕu cã

- GV yêu cầu H/S đọc đề bài tập 11 ( SBT- 90 ) hớng dẫn vẽ hình ghi GT , KL tốn

* Gợi ý: -  ABH  ACH có đồng dạng khơng ? ?

- Ta có hệ thức cạnh ? tính CH nh thÕ nµo ?

- H/S

AB AH

CA CH từ thay số tính CH

- Viết tỉ số đồng dạng từ tính CH - Viết hệ thức liên hệ AH BH , CH từ tính AH

- GV cho HS làm sau lên bảng trình bày lời giải

Mµ AC2 = CH.BC ( §/L 1)

 AC2 = 18.24 = 432

 AC  20,78

Bµi tËp GT AB : AC = :6 AH = 30 cm KL Tính HB , HC

Giải: Xét ABH  CAH Cã AHB AHC 900

ABH CAH (cïng phơ víi gãc BAH)

  ABH  CAH (g.g)



AB AH CA CH

5 30 CH

 

30.6 36

CH

  

MỈt khác BH.CH = AH2 ( Đ/L 2)

BH = AH2

CH = 302

36 =25 ( cm ) VËy BH = 25 cm ; HC = 36 (cm ) Bµi tËp: Cho ABC ABC vu«ng ë A

cã AB = 6cm, AC = 8cm

Từ A kẻ đờng cao AH xuống cạnh BC

a) TÝnh BC, AH b) TÝnh C

c) Kẻ đờng phân giác AP BAC ( P

 BC ) Tõ P kỴ PE PF lần lợt vuông

góc với AB AC Hỏi tứ giác AEPF hình

Bài tập 4 Giải:

a) Xét ABC vuông t¹i A

Ta cã: BC2=AB2 + AC2 ( ®/l Pytogo)  BC2= 62 + 82= 36 + 64 =100  BC = 10cm

+) V× AH BC (gt)  AB.AC = AH.BC

 AH =

6.8 4,8 10

AB AC

BC  

b) Ta cã: SinC =

6 0,6 10

AB

BC  

 C  370 c) XÐt tø gi¸c AEPF cã:

BAC = AEP=AFP900 (1)

Mµ APE vuông cân E AE = EP (2)

Từ (1); (2) Tứ giác AEPF hình vuông Tiết 3-4: ôn luyện

tỉ số lợng gi¸c cđa gãc nhän

A/MỤC TIÊU

Học xong tiết HS cần phải đạt : *Kiến thức

- Củng cố cho học sinh khái niệm tỉ số lượng giác góc nhọn, cách tính tỉ số lượng giác góc nhọn tỉ số lượng giác hai góc phụ

- Củng cố lại cách dùng bảng lượng giác máy tính bỏ túi để tìm tỉ số lượng giác góc nhọn ngược lại

*Kĩ

- Rèn kỹ tính tỉ số lượng giác góc nhọn tìm góc nhọn biết tỉ số lượng giác

*Thái độ

B ChuÈn bÞ:

+) GV: Bảng phụ tổng hợp hệ thức liên hệ cạnh đờng cao tam giác vuông , thớc kẻ, Ê ke

+) HS: - Nắm hệ thức liện hệ cạnh đờng cao tam giác vuông - Giải tập SGK SBT

C Tiến trình dạy - học:

Hot động GV HS Nội dung

1 Ôn tập lí thuyết - GV cho HS ơn lại cơng thức

tính tỉ số lượng giác góc nhọn

- Ơn t p ậ định lí v t s lề ỉ ố ượng giác c a hai góc ph nhau.ủ ụ

cạnh đối sin

c¹nh hun

 

c¹nh kỊ cos

c¹nh hun

 

cạnh đối tg

c¹nh kỊ

 

c¹nh kỊ cot g

cạnh đối

  Bµi

Thang AB dài 6,5 m tựa vào tờng làm thành góc 600 so với mặt đất Hỏi chiều cao thang đạt đợc so với mặt đất ?

Ta cã :AH AB.sinB 6,5.sin 600  cm

Vậy chiều cao thang đạt đợc so với mặt đất vào khoảng (m)

Bµi

0

.sin 6,5.sin 60

AH AB B

cm   

6,5 m

H B

A

Bài tập :Một máy bay độ cao 10 km Khi bay hạ cánh xuống đờng bay tạo góc nghiêng so với mt dt

a./ Nếu phi công tạo góc nghiêng 30 cách sân bay km phải cho máy bay bắt đầu hạ cánh ?

b./ Nếu cách sân bay 300 km máy bay bắt đầu hạ cánh góc nghiêng ?

Bài tập 2:

A : điểm máy bay bắt đầu hạ cánh C : sân bay

AB : cao

a./ Trong tam giác vuông ABC Khi Cˆ=300 th× :

) ( sin 10

sin 0 km

AB

AC

b./ Trong tam giác vuông ABC Khi AC =300 km th× :

10 ˆ

sin

300

AB

C  AC    C 

Bµi tËp :

Đài quan sát Toronto, Ontario (canađa) cao 533 m thời điểm vào ban ngày, mặt trời chiếu tạo thành bong dài 1100m Hỏi lúc dó góc tạo tia sang mặt trời vào mặt đất ?

Bµi tËp :

: góc tạo tia sáng mặt trời

Trong tam giác vuông ABC, ta cã :

tg = ?

4845 , 1100 533      BC AB

22 Cho tam giác ABC vuông A Chứng minh : SinC

SinB AB

AC 

Gv: híng dÉn Thùc hiƯn :

- VÏ tam gi¸c ABC vuông A

- Viết tỉ số lợng giác : SinB, SinC theo cạnh tam gi¸c ABC

- Thùc hiƯn phÐp chia :

SinC SinB

råi rót gän

Bµi Cho tam giác ABC vuông A, B 300, BC = cm H·y tÝnh c¹nh AB ?

BiÕt r»ng : Cos300 0,866

GV híng dÉn häc sinh lµm bµi 23 HS lµm bµi 23

Thùc hiƯn : Ta cã :

CosB = AB/AC  AB= BC.CosB = 6,928

GV nhận xét, đánh giá

Bµi 22:

Sin B =

AC

BC vµ sin C = AB BC  SinC SinB AB AC  Bµi 30 A C B

Ta cã : CosB =

AB BC

 AB= BC.CosB = 6,928

Bµi 5: Bµi 5: Ta cã :

CosB = AB/AC

Bài :

Cho tam giác ABC vuông A, B , AB = cm biÕt r»ng : 12

5

  tg

, h·y tÝnh : a./ C¹nh AC ?

b./ C¹nh BC ?

 AB= BC.CosB = 6,928.

Thùc hiÖn :

0

0

40 ? ; 40 ?

40 ? ; 40 ?

AC b AB c

Sin Cos

BC a BC a

AC b AB c

tg Cotg

AB c AC b

     

     

Bµi 6:

2 2

2

5

/

12 12

5.6 2,5 12 / ( ) 6,5 AC AC a tg AB AC cm

b BC AB AC Pytago

BC AB AC BC cm

               Bµi 7

XÐt quan hệ hai góc biểu thức tÝnh : a./

0

58 32

Cos Sin

b./ tg760 - Cotg140

Gv : hớng dẫn yêu cầu học sinh lên bảng trình bày

Bài :

Hãy biến đổi tỉ số lợng giác sau đâythành tỉ số l-ợng giác góc nhỏ 450 :

Sin750, Cos530, tg620,cotg820.

- Giáo viên nhận xét đánh giá B i t p 22 ( SBT - 92 ) ậ

GT :  ABC ( Â = 900) KL : Chứng minh :

sinB sinC  AC AB C B A

Chứng minh :

- Xét  vuông ABC, theo tỉ số lượng giác góc nhọn ta có :

sin B =

AC AB

; sinC=

BC BC 

sinB AC AB AC :

sinC BC BCAB

( Đcpcm) Bài tập 24 ( SBT - 92)

Giải : tg =

15 12 AC AB  => 15 12 AC 

=> AC=7,5(cm) 6cm

C

B A

- Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vng ABC ta có:

BC2 = AC2 + AB2 = 7,52 + 62 = 92,25 => BC  9,6 (cm)

Bµi 7:

a./ 58

58 58 32 0 0   Cos Cos Cos Sin

b./ tg760 - Cotg140

= Cotg140 - Cotg140 = 0 Bµi 8:

Sin750 = Cos150

Cos530 = Sin370

tg620 = cotg280

cotg820 = tg80

B i t p 26 ( SBT - 92) ậ

- Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vng ABC ta có:

BC2 = AC2+AB2 = 82+62 =100

=> BC=10 (cm)

8

C B

A

8 4

sin cos

10 5

6 3

cos sin

10 5

8 4

cot

6 3

6 3

cot

8 4

B C B C tgB gC gB tgC                

Tiết 5-6:ôn luyện

các Hệ thức cạnh góc tam giác vuông A Mục tiêu:

- Tiếp tục củng cố hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vuông áp dụng giải tam giác vuông

- Rốn luyn k vẽ hình, tính độ dài cạnh góc tam giác vng tốn thực tế

- Hiểu đợc ứng dụng thực tế hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vuụng

B Chuẩn bị:

+) GV: Bảng phụ tổng hợp hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vuông , th-ớc kẻ, Ê ke

+) HS: - Nắm hệ thức liện hệ cạnh góc tam giác vuông - Giải tập SGK SBT

C Tiến trình dạy - học: +) GV vÏ h×nh, qui íc kÝ hiƯu

-ViÕt hƯ thøc liên hệ cạnh góc tam giác vuông ?

+) GV nêu nội dung 59 (SBT) - h-ớng dẫn h/s vẽ hình

- Hc sinh đọc vẽ hình vào +) Muốn tìm x ta làm ntn ? Dạ đâu để tính ?

- Muốn tìm x ta cần tính đợc CP , dựa vào tam giác ACP để tính

+) GV cho h/s thảo luận h/s trình bày bảng tìm x

- Vậy ta tính y ntn ?

- H/S trình bày tiếp cách t×m y díi sù h-íng dÉn cđa GV

I LÝ thuyÕt: (5 phót) b = a.sinB = a cosC

c = a.sinC = a cosB

  

b =c.tgB = c.cotgC c =b.tgC = b.cotgB

  

II Bµi tËp:

.1 Bµi 59: ( SBT - 98) a, Tìm x; y hình vẽ sau:

Giải:

-XÐt ACP(P 900) cã CAP 300, AC=12

Ta cã CP = AC SinCAP =

 CP = 12 Sin300 = 12.0,5 = 6

+) GV yêu cầu h/s đọc đề 66 (SBT - 99)

+) GV vẽ hình minh hoạ giải thích yếu tố toán

+) Hãy xác định góc tạo tia sáng mặt trời bóng cột cờ góc nào? Cách tính ntn ?

- H/S Gãc gi÷a tia sáng mặt trời bóng cột cờ MNK

H/S lên bảng trình bày cách tính - Nhận xét bổ xung (nếu cần)

-Xét BCP(P900) có BCP 300, CP =6 Ta cã CP = BC SinBCP

 BC =  CP

SinBCP =

50

Sin 

6

7,8 0,7660

 y = 7,8

2 Bµi 66: ( SBT - 99) (10 phót)

Giải:

Góc tia sáng mặt trời bãng cét cê lµ

 MNK

Ta cã: tgMKN=

MN MK =

3,5

4,8  0,7292  MKN 3606’

VËy gãc gi÷a tia nắng mặt trời bóng cột cờ 3606.

+) GV nêu nội dung 59 phần b (SBT) - híng dÉn h/s vÏ h×nh

+) Muốn tìm x ta làm ntn ? Dạ đâu để tính ?

- Muốn tìm x ta cần tính đợc BC , dựa vào tam giác ABC để tính

+) GV cho h/s thảo luận h/s trình bày bảng tìm x

- Vậy ta tính y ntn ?

- H/S trình bày tiếp cách t×m y díi sù h-íng dÉn cđa GV

+) GV yêu cầu h/s đọc 61 (SBT – 98) hớng dẫn h/s vẽ hình, ghi giả thiết, kết luận tốn

3 Bµi 59: ( SBT - 98) (10 phót) b, T×m x, y biÕt

Gi¶i:

-XÐt ABC(A900) cã CBA 400, BC=7 Ta cã:

AC = BC SinCAP

 A C = Sin400 = 7.0,6428 4,5

 x = 4,5

-XÐt ACD(A900) cã CDA 600, AC =4,5 Ta cã AD =AC tgCDA

 AD = 4,5 tg600  4,5.1,7321= 7,8

+) Muốn tính AD ta làm ntn ?

+) Gợi ý: Kẻ DH BC ta suy

điều ?

BH = HC =

5 2,5

2

BC

 

 DC= BC = BD = 5, vµ DBC600

- GV cho h/s thảo luận trình bày cách tính AD Sau phút đại diện trình bày bảng

+) Mn tÝnh AB ta lµm ntn ?

Ta có : AB = AH – BH từ ta cần tính đợc AH dựa vo AHD

- h/s trình bày bảng

+) GV treo bảng phụ ghi nội dung tập trắc nghiệm yêu cầu h/s thảo luận nhóm

-Sau phút đại diện nhóm trình bày kết

+) GV đa lời giải khẳng định kết B

4 Bµi 61: (SBT -98) (15 phót) GT: Cho BCD

BC=BD=CD=5cm DAB = 400

KL: AD = ?, AB = ?

Gi¶i:

Kẻ DH BC  DH đờng cao, đờng trung

tuyến, đờng trung trực BCDđều

 BH = HC =

5 2,5

2

BC

 

- Vì BCDđều  DC= BC = BD = 5, và

 600

DBC 

- XÐt BHD(H 900) cã DB =5, DBC600  HD =BD.sin600  0,8660  4,3 - XÐt AHD(H 900)

cã DH =4,3 ; DAH 400

 AD = 

DH

SinDAH 

4,3 40

Sin 6,7.

Ta cã AH = DH cotgDAH

 AH = 4,3 Cotg4004,3.1,19185,1 Mµ AB = AH – BH = 5,1 – 2,5 = 2,6

VËy AD 6,7; AB = 2,6

3 Bµi 3: (10 phót)

Cho

0 0

0 0

45 30 30 45

60 45 45 60

Cos Sin tg tg

P

Sin Sin tg Cotg

 

 

 

KÕt qu¶ biĨu thøc P sau rót gän lµ: A P 6 3 2

D P 6 2

Tiết 7-10 : luyện giải tập tổng hợp A.Mục tiêu :

Nm chc kiến thức chơng để giải tập tổng hợp

- Rèn luyện kĩ vẽ hình, tính độ dài cạnh góc tam giác vng toán thực tế

- Hiểu đợc ứng dụng thực tế hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vng

B Chn bị:

+) GV: Bảng phụ tổng hợp hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vuông , th-ớc kẻ, Ê ke

+) HS: - Nắm hệ thức liện hệ cạnh góc tam giác vuông - Giải tập SGK SBT

C Tiến trình dạy - học:

Bài tập 1- GV v hình sau vào bảng

phụ nêu GT, KL

- Gợi ý: Chứng minh hai tam giác ABH ACH đồng dạng, tìm CH, từ tính BH

- Gọi HS lên bảng làm - HS, GV nhận

GT

5

AB AC 

AH = 30 cm KL Tính HB , HC Giải:

- Xét  ABH  CAH Có AHB AHC 900

ABH CAH (cùng phụ với góc BAH )

  ABH  CAH (g.g) 

AB AH CA CH 

5 30 6CH 

30.6 36

CH  

cm

+) Mặt khác BH.CH = AH2  BH = 36 25

30 CH

AH2

 

(cm) Vậy BH = 25 cm ; HC = 36 (cm)

Bµi tËp2- GV yêu cầu HS lên

bảng vẽ hình, ghi GT, KL Bµi tËp2;Cho

ABC

 vng A có AB = 6cm, AC = 8cm Từ A kẻ đường cao AH xuống cạnh BC

a) Tính BC, AH

H C B

A

- Yêu cầu HS nghiên cứu kĩ đề - Gọi HS nêu cách làm

- HS lên bảng trình bày - HS, GV nhận xét

- Tứ giác AEPF có góc vng ? hình ? (hình chữ nhật)

- So sánh AE EP ? - Tứ giác hình ?

b) Tính C

c) Kẻ đường phân giác AP BAC ( P  BC ) Từ P kẻ PE PF vng góc với AB AC Hỏi tứ giác AEPF hình ?

Giải:

a) Xét ABC vuông A

Ta có: BC =AB + AC 2 ( đ/l Py-ta - go)

 BC = + = 36 + 64 = 1002 2

 BC = 10 cm

+) Vì AH BC (gt)  AB.AC = AH.BC



6.8

AH = 4,8

10

AB AC

BC   cm b) Ta có:

6

sinC = 0,

10

AB

BC    C  370 d) Xét tứ giác AEPF có:



BAC= AEP=AFP 900

 (1) APE

 vuông cân E  AE = EP (2)

Từ (1); (2)  Tứ giác AEPF hình vng

- GV vẽ hình vào bảng phụ

- HS nêu cách làm lên bảng trình bày

Bµi 4: Cho  ABC cã AB= cm ; AC = 4,5 cm ; BC = 7,5 cm

a; C/m  ABC vu«ng ë A

Tính B ; C ; đờng cao AH  ABC

b; Tìm tập hợp điểm M cho S ABC = S BMC

Bµi : Cho  ABC vuông ởA ; AB =

Bài tập3;Cho hình vẽ:

Tính khoảng cách AB Giải:

+) Xét BHCvuông cân H

HB =HC ( t/c tam giác cân) mà HC = 20 m Suy HB = 20 m

+) Xét AHC vng H có

HC = 20m; CAH 300

Suy AH = HC cotg CAH = 20.cotg300 = 20.

 

AB = AH - HB =20 - 20 =20 1 14,641 (m)

Bµi tËp4

cm ; AC = cm

a; Tính BC ; B ; C

b; Phân giác góc A cắt BC D c; Từ D kẽ DE vuông góc AB DF vuông góc AC Tứ giác AEDF hình ?

Tớnh chu vi diện tích hình tứ giác ?

H/sinh tự vẽ hình c/m

Bài tập5 Gi¶i:

a; Theo định lí Pi Ta Go cho  vng ABC ta có :

BC2 = AB2 +AC2 BC= √62

+82=10 cm

SinB = AC BC=

8

10=0,8 B = 530 ; C = 370

b;Theo tÝnh chÊt phân giác ta có : AB

AC= BD DC ⇔

AB

AC+AB=

BD

CD+BD=

BD BC

⇔BD=AB BC

AC+AB=

6 10 8+6=

8

CD = 10- 7=

62

7 cm Bài 6:

Cho tam giác ABC ; Trung tuyÕn AM ; §êng cao AH Cho biÕt H nằm B M AB=15 cm ; AH =12 cm; HC =16 cm

a; Tính độ dài đoạn thẳng BH ; AC b; Chứng tỏ tam giác ABC; Tính độ dài AM cách tính sử dụng DL Pi Ta Go dùng định lí trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông so sánh kết

Bài giải : áp dụng định lí Pi Ta Go cho tam giác vng AHB ta có:

BH2 = AB2 - AH2=152 - 122= 92 VËy BH =9 cm

XÐt tam giác vuông AHC ta có : AC2 = AH2 +HC2 = 122 +162 =202

AC= 20 cm 16

¿

SinB=AC

BC= 7,5=0,8

¿

VËy gãc B = 530 Suy gãc C=900- 530 = 270

 vu«ng AHB cã : AH = AB Sin B = 4,5.Sin530 = 3,6 cm

b; Ta có :  ABC  MBC chung đáy BC để diện tích chúng = độ dài hai đờng cao phải Tức khoảng cách từ A đến BC M đến BC Suy M cách BC khoảng =AH = 3,6 cm

Vậy M thuộc hai đờng thẳng sông song với BC cách BC khoảng 3,6 cm Bài tập5

c; Ta cã tø gi¸c AEDF HCN ( Có ba góc vuông A; E ;F )

Lại có AD phân giác góc A nên AEDF hình vuông

XÐt tam gi¸c BED cã : ED = BD SinB =

7 Sin 53

0

=32

35 cm Chu vi cña AEDF = ED 4= 32

35 4= 108 35 cm DiƯn tÝch cđa AEDF = ED2 = ( 32

35¿ =1024 1225 cm2 A

15 12

B

H M C

b; BC= BH + HC = +16 =25 V¹y BC2 = 252= 625 AC2+ AB2 = 202 + 152 =225

VËy BC2 = AC2+ AB2 Vậy tam giác ABC vuông A

-CM = 16- 12,5 = 3,5 cm

AM2 = AH2 +HM2 = 122 + 3,52 =12,52 VËy AM= 12,5 cm

Thỗ mãn định lí AM = BC : =12,5 cm

TiÕt11-12 : Bµi tËp

về quan hệ Đờng kính dây cung :quan hệ giây cung khoảng cách từ tâm đến giây

A Môc tiªu:

- Học sinh nắm đợc đờng kính dây lớn dây đờng tròn Nắm vững định lý đờng kính vng góc với dây đờng kính qua trung điểm dây khơng qua tâm.liên hệ giửa cung giây khoảng cách từ tâm đến giây

B ChuÈn bÞ:

GV: Thớc kẻ, compa, phấn màu HS: Thớc thẳng, compa

C Tiến trình dạy học.

?Trong cỏc dõy đờng tròn dây lớn dây

?Trong đờng trịn đờng kính vng góc với dây qua điểm dây

?Trong đờng trịn đờng kính qua trung điểm dây khơng qua tâm nh

GV đa đề lên bảng phụ ?Em vẽ hình tốn

?Nếu kẻ OM CD theo tính chất đờng kính vng góc với dây ta có

Xét tam giác AKB có ?Xét tam giácAHK cã g× GV gäi HS thùc hiƯn

- Ychs làm BT11SGK HS vẽ hình

A Lý thuyÕt

- Trong dây đờng tròn dây lớn đờng kính

- Trong đờng trịn, đờng kính vng góc với dây qua trung điểm dây - Trong đờng trịn, đờng kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây

- Định lý 1,2 liên hệ giửa cung khoảng cách 1.

Bi 1 Cho ng trũn tâm (O) đờng kính AB Dây CD cắt đờng kính AB I Gọi H, K theo thứ tự chân đờng vng góc kẻ từ A B đến CD

Chøng minh: CH = DK Gi¶i:

Kẻ OM CD, Om cắt AK N theo tính chất đờng kính vng góc với dây ta có: MC = MD Xét ΔAKB có

AO=BO

ON // BK

} ⇒NA=NK(1)

XÐt ΔAHK cã

AN=NK

NM // AH

}

⇒MH=MK(2)

Tõ (1) vµ (2) suy MC - MH = MD - MK Tøc CH = DK (®pcm) 2.BT11SGK/104 Kẻ MO  CD

D C

O B

A H

K

M

- Ychs làm BT18SBT

H

C B

A O

- Ychs làm BT19SBT

C B

O A

D

GV nêu nội dung 19/ 130 SBT lên bảng phụ

Cho đường tròn ( O) đường kính AD = 2R Vẽ cung tròn ( D; R) cắt đường tròn ( O) B C

a)OBDC hình ? Tại ? b)Tính góc CBD ; CBO; OBA

c)Chứng minh  ABC tam giác

GV cho HS hoạt động nhóm Y/c đại diện nhóm lên bảng giải

Bµi tËp tù lun

MO  CD  MC = MD (2) Từ (1) (2)  CH = DK (đpcm)

3.BT18SBT/130

+ giả sử H trung điểm OA + xét tam giác OAB ta có:

OH HA

AB BO BH OA

 

 



 

ABO

   O 600

+ xét BHO H( 90 )0

Theo hệ thức canh góc tam giác vng ta có :

0

60

BH BO sin 

+ Do BC2.BH 3

4.Bài 19/ 130 SBT a) Vì B C  ( O; R)  OB = OC = R (1) Vì B C  ( D; R)

 DB = DC = R (2) Từ (1) (2) ta có:

OB = OC = DB = DC

Vậy tứ giác BOCD hình thoi b)  OBD có OB = OD = BD  OBD  ^OBD = 600

BC đường chéo hình thoi nên đường phân giác góc BOD  ^CBD = ^CBO = 300. ADB có trung tuyến OB = 2

1

AD

 ADB  vuông B  ^ABD = 900

^ABO = ^ABD - ^OBD ^ ABO = 900 – 600 = 300.

a)  ABC có :

A

C O

K

B

H

Bài 1: Cho tam giác ABC đường cao BH CK Chứng minh rằng:

a/Bốn điểm B,C,H,K thuộc đường tròn

b/ HK<BC Giải:

Bài 3:

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB dây EF khơng cắt

Đường kính Gọi I K chân đường vng góc kẻ từ A B đến EF.Chứng minh IE=KF

 ABC 

Bài 2: Tứ giác ABCD có ∠B=∠D=900 a/ chứng minh bốn điểm A,B,C,D thuộc đường tròn

b/ So sánh độ dài AC BD Nếu AC=BD tư giác ABCD hình

Giải:

Bài 4: Cho đương trịn tâm O có đường kính OA = 3cm Dây BC cảu đường trịn vng góc với OA trung điểm OA Tính độ dài BC

TiÕt 13-14 : ôn luyện CáC Vị TRí TƯƠNG Đối

(im -đờng tròn,đờng thẳng đờng tròn) A Mục tiêu:

- Học sinh nắm đợc điểm thuộc đờng tròn Nắm vững vị trí tơng đối đờng thẳng đ-ơng trũn

- biết vẽ hình theo lời toán Chuẩn bị:

GV: Thớc kẻ, compa, phấn màu HS: Thớc th¼ng, compa

Bài 1) Cho DABC, đờng cao BH CK Chứng minh :

a) Bốn điểm B, K, H, C thuộc đờng tròn Xác định tâm đờng tròn b) So sánh KH vi BC

- GV vẽ hình lên bảng + HS vẽ hình vào

- HS nêu lời giải câu a :

Bài 1: a) Vì DABC vuông => tâm O thuộc cạnh huyền BC vµ OB =

BC

= => R = cm

Gäi O lµ trung ®iÓm BC => BO = OC

D BKC cã KO =

BC

(t/c tam gi¸c vu«ng)

DCHB cã HO =

BC

(t/c trung tuyến tam giác vuông) => BO = KO = HO = CO =

BC

Vậy điểm B, J, H, C nằm đờng A

K

B

H

I C I

B

D

C A

A B

E O

? H·y so sánh BC KH ?

Bi : Cho hình thang ABCD , đáy nhỏ AB, đáy lớn CD, có C = D = 600 và CD = 2AD

Chứng minh điểm A,B,C,D thuộc đờng trịn

GV híng dÉn:

* I trung điểm CD (I cố định) * AIDvà BCI đều  DI IC IAIB

* A,B,C,D cách I  A,B,C,D(I)

Bài 3: Cho điểm A cách đờng thẳng xy 12 cm Vẽ đờng tròn (A; 13 cm) a; C /m Đtrịn (A) có hai giao điểm với đờng thẳng xy

b; Gọi hai giao điểm nói B C Tính độ dài BC ?

Bµi 4:

Cho h×nh thang ABCD (A =D =900 ) ; AB =4cm ; BC = 13 cm ; CD = cm

a; Tính độ dài AD ?

b; C/m đờng thẳng AD tiếp xúc với đờng trịn đờng kính BC ? Giải: u cầu HS vẽ hình Ta tính AD nh ?

Để biết AD ta tính đợc đoạn ? ( Hạ BH vng góc CD )

tròn tâm O bán kính

BC

b) Ta có BC đờng kính ( O;

BC

) KH dây cung cña (O;

BC

) => BC > KH (đờng kính dây cung)

Bài : Cho hình thang ABCD , đáy nhỏ AB , đáy lớn CD ,

cã C = D = 600 vµ CD = 2AD

Chøng minh ®iĨm A,B,C,D cïng thc ®-êng trßn

Giải * I trung điểm CD (I cố định) * AIDvà BCI đều  DI IC IAIB

* A,B,C,D cách I  A,B,C,D(I) Bài 3:

Gi¶i:

a; Do OH = d = 12 cm OB = R = 13 cm

=> d < R đờng thẳng xy cắt (0) hai điểm

b; OH vng góc với BC => BC = BH Theo định lí Pi Ta Go cho  vng OBH ta có :

BH = √OB2

−OH2=√132−122=5 cm

BC =2 BH = = 10 cm Bài 4:

a; Hạ BH vuông góc với CD ; Ta có ABHD hình chữ

nhật ( Vì có góc vuông A=D=H=900)

=> AB = DH ; AD = BH => HC = DC - DH = 9-4 =5 cm

XÐt  BHC cã : BH2 = BC2 - CH2=132 - 52 =122 => BH = 12 cm VËy AD = 12 cm

b; Kẻ OE vuông góc AD ta chØ cÇn C/m OE = R

AD tiếp xúc với (0) Ta có OB = OC = R

OE // AB //CD (vì vuông góc với

60 60

D C

I

A B

O

X

AD )

=> EO đờng trung bình hình thang ABCD

=> EO = 1/2 (AB +CD ) = (4 +9)/2 = 6,5 cm V× OE = 6,5 cm = BC /2 =R

VËy AD lµ tiÕp tun cđa (0) TiÕt 15-16 : «n Lun

tiếp tuyến đờng tròn A Mục tiêu:

- Giúp học sinh nắm vững đợc định nghĩa tiếp tuyến đờng tròn biết cách vẽ tiếp tuyến đờng tròn vị trí đờng trịn nằm ngồi đờng trịn

-Nắm đợc tính chất hai tiếp tuyến cắt

- Rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức học vào làm tập chứng minh, tính tốn, suy luận, phân tích trình bày lời giải

B ChuÈn bÞ:

+) GV: Bảng phụ ghi đề hình vẽ minh hoạ, thớc kẻ, com pa

+) HS: Ôn tập kiến thức định nghĩa, tính chất đờng trịn, tiếp tuyến đờng tròn, thớc kẻ , com pa

C Tiến trình dạy - học:

+) GV yêu cầu h/s đọc tập 45 (SBT–134)

- Bài cho ? Yêu cầu ?

+) GV hớng dẫn h/s vẽ hình ghi gt, kl toán

+) Muốn c/m điểm E

;

AH O

 

 

  ta

cÇn chøng minh ®iỊu g× ? - HS: OE = R(O)

+) Muèn c/m OE = R(O) ta lµm ntn ?

- OE l ng gỡ AHE

vuông E ?

GV yêu cầu học sinh thảo luận đại diện trình bày bảng

- HS trình bày lời giải lên bảng +) Muốn c/m DE lµ tiÕp tun cđa

;

AH O

 

 

  ta làm nh nào?

HS: Cần chứng minh :

1 Bµi 45: ( SBT – 134) (30 phót)

Gi¶i:

a) Xét AHE Vì BE đờng cao ABC

 BE AC  HEA900

 OE =

1

2AH (t/c đờng trung tuyến  vuông)

 OE =OA =OH =R(O)

A

O E H

D C

GT: ABC (AB =AC) ADBC; BE AC;

AD BE H

;

AH O

 

 

 

KL: a) E 

;

AH O

 

 

 

b) DE lµ tiÕp tun cđa ;

2

AH O

 

 

OE ED

vµ E 

;

AH O

 

 

  (đã c/m)

+) H·y chøng minh OE ED

Gỵi ý: OE ED



OED 900



E 3E 900



E1E3 .

Qua tập GV khắc sâu lại cách chứng minh đờng thẳng tiếp tuyến đờng tròn

VËy E 

;

AH O

 

 

 

b) XÐt AOE cã OE = OA ( cmt)

AOE tam giác cân O A1E1 (1)

Mµ A1 B1 (2) (cïng phơ víi C )

Mặt khác xét BEC có: BD = DC (t/c  cân)  DE đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC  BD = DE = DC  BEDcân D

 B1 E 3 ( 3) (t/c  c©n)

Tõ (12) ; (2); (3)  E1E3

Mµ E1E 900   

0 90

E E  hay OED 900

 OE ED mµ E 

;

AH O

 

 

  ( cmt)

VËy ED lµ tiÕp tuyÕn cña ;

2

AH O

 

 

 

+) GV: Giới thiệu đề 45 (SBT-134)

- HS : Đọc đề bài, GV gợi ý hớng dẫn vẽ hình, ghi GT, KL tập

+) Muốn chứng minh điểm D, A, E thẳng hàng ta làm ntn? +) GV phân tích qua hình vẽ gợi ý chứng minh DAH + HAE

0

180



+) NhËn xÐt g× vỊ +) HS: trả lời miệng Theo tính chất hai tiÕp tuyÕn c¾t

ta cã AB = AC vµ OB = OC= R (

 AO đờng trung trực của

BC

- Đại diện h/s trình bày lời

2 Bài 56: (SBT-135) (20 phót)

Gi¶i:

a) Ta cã B giao điểm tiếp tuyến AB tia

GT : ABC(A900), A AH; ,kẻ tiÕp tuyÕn

BD, CE víi A AH; ; D  (A), E(A) KL : a) điểm A, D, E thẳng hàng

giải lên bảng

+) Gợi ý: Gọi O trung điểm cuả BC hÃy chứng minh

điểm A ; BC O       

Muèn chøng minh DE lµ tiÕp

tuyÕn cña ; BC O    

ta cần chứng

minh thêm điều ? ( OA

DE )

phân giác DAH



 

1

A A 



DAH  DAH =2A2 (1)

Ta cã C lµ giao điểm tiếp tuyến AC tia phân gi¸c cđa EAH



 

1

A A 



EAH  DAH =2A3 (2)

Mµ A2A3 900 (3)

Tõ (1), (2) & (3)

 DAH + HAE= 2(O O 3) = 900 = 1800  DAH+ HAE 1800 DAE 1800 Vậy điểm D, A, E thẳng hµng

b) +) Gọi O tâm đờng trịn dờng kính BC  OB =OC=

1 2BC

+) Xét ABC vng A có OB = OC  OA đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC  OA =

1

2BC nên

điểm A ; BC O    

  (a)

+) Mµ

 O

OB = OC =R AD = AE (gt)

   

  OA đờng trung bình của

h×nh thang vu«ng BCED  OADE (b)

Tõ(a); (b) DE lµ tiÕp tun cđa ; BC O      

+) GV: Giới thiệu đề 69 (SBT-138)

- HS : Đọc đề bài, GV gợi ý h-ớng dẫn vẽ hình, ghi GT, KL tập

+) Muốn chứng minh CA; CB tiếp tuyến đờng trịn (O) ta cần chứng minh điều ? +) GV phân tích qua hình vẽ gợi ý chứng minh

CAO ' = CBO ' 900

+) Nhận xét khoảng cách ®iĨm A; C; O’ víi ®iĨm O +) HS: tr¶ lêi miÖng

OA = OC = OO’ =

' 2CO

3 Bµi 69: (SBT- 135) Gi¶i:

a) Tam giác ACO’ có AO đờng trung tuyến OA = OC = OO’ =

1 ' 2CO

ACO'vuông A CAO ' 90  CA AO’ 

CA tiếp tuyến đờng tròn

' ; CO O      

Tơng tự CB tiếp tuyến đờng tròn

' ; CO O      

b) Ta cã C1C 2 (t/c tiÕp tuyến cắt nhau) (1)

mà CA // IO C O '1 ( so le) (2)

- KÕt ln g× vỊ ACO'

 CAO ' 90  CA AO’

- Đại diện h/s trình bày lời giải lên bảng

+) Muốn chứng minh điểm K; I; O thẳng hàng ta cần chứng minh điều ?

+) Gợi ý: Cần chứng minh KO IO



KO  CO’ vµ IO  CO’



CBK

cân K; CIO'cân I

Học sinh trình bày bảng dới gợi ý giáo viên

- GV : Gii thiu tập 41 (Sgk) - HS : Đọc đề tóm tắt tốn +) GV hớng dẫn cho học sinh vẽ hình ghi giả thiết kết luận toán

+) Để chứng minh hai đờng trịn tiếp xúc ngồi hay tiếp xúc ta cần chứng minh điều gì? - GV : Gợi ý cho h/s nêu cách chứng minh

Bài tập 48 (SBT/134) - Đọc đề phân tích ?

- Vẽ hình, ghi giả thiết kết luận ?

- Căn vào đâu để chứng minh AO vng góc với MN?

- Cho học sinh thảo luận nhóm? - GV đến nhóm để hướng dẫn học sinh cách làm

- Đại diện hai nhóm lên trình bày cách làm ?

- GV nhấn mạnh lại cách làm học sinh

t¹i K Mµ CO = OO’ =

' 2CO

 IO đờng trung tuyến đồng thời đờng cao trong

'

CIO

 c©n t¹i I  IO  CO’ (a)

Theo t/c tiÕp tuyÕn c¾t  CO B O '  '2 (3)

Mµ CK // AO’ ( cïng AC)

 KCO 'O '2 (4)

Tõ (3) vµ (4)  CO B '  KCO'

CBK cân K Mà CO = OO’ =

1 ' 2CO

 KO đờng trung tuyến đồng thời đờng cao

trong tam giác cân CBK KO  CO’ (b)

Tõ (a) vµ (b)  KO // IO (cïng vu«ng gãc víi CO’)

 KO  IO VËy ®iĨm K; I; O thẳng hàng.

4.Bi 48 (SBT/134)

C a) XÐt MAN cã:

AM=AN( Theo tÝnh ch ất hai tiếp tuyến cắt nhau)

=> MAN Cân A

Mà AO phân giác góc MAN => OAMN (1)

b) XÐt MNC cã MO đ ờng trung tuyến úng với CN

mà MO=1 2CN

Vậy tam giác CMN vuông C=>MCMN (2) Tõ (1), (2) => ®pcm

O

N

M

A

c) áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vng AMO ta có: AM= AO2-MO2=4 (cm )

m AN=AM=4cm

áp dụng h ệ thức vào tam giác vuông AMO có : ME=AM.MO:AO=2,4(cm)

TIẾT 17-18:CHỨNG MINH

HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA CÁC ĐOẠN THẲNG A Mục tiêu

- Vận dụng hệ thức lượng tam giác vuông để chứng minh,sử dụng tam giác đồng dạng ,sử dụng hệ ta – lét

- Áp dụng tính chất đường phân giác ta giác B Bài tập

Baøi 30,sgk/tr 116.

(Đưa đề hình vẽ lên bảng phụ) a) Chứng minh COD = 900

- Gợi ý : Ta có nhận xét hai tia OC OD?  ? sao?

- Gọi HS đứng chỗ nêu nội dung chứng minh

- GV ghi lại nội dung chứng minh mà HS vừa trình bày miệng

b) Chứng minh : CD = AC + BD

Gọi HS lên bảng trình bày giải GV nhận xét làm HS

c) Chứng minh AC.BD không đổi M di chuyển nưa đường tròn

GV : AC.BD = Tích nào? Vì sao? Có : MC MD = ? Vì sao?  ? GV nhận xét làm HS Bài 31,sgk/tr 116.

(Đưa đề hình vẽ lên bảng phụ) a) Chứng minh : 2AD = AB + AC – BC Yêu cầu HS hoạt động nhóm

để giải

Gợi ý : Hãy tìm cặp Đoạn thẳng hình

Sau vài phút, yêu cầu đại diện nhóm lên bảng trình bày giải

b) Tìm hệ thức tương tự? GV nhận xét làm HS

Bài 30,sgk/tr 116.

a, Theo ®lý , ta cã AOC= COM,MOD=DOB => COM+MOD=AOC+DOB=180o:2=900

VËy COD=900

b,ta cã CM=AC, DM=BD =>CM+DM=AC+BD hay CD=AC+BD

HS nhận xét làm bảng, nghe GV nhận xét chung sau ghi giải vào vở. c) HS trình bày chứng minh

Tõ c©u a => AOC+BOD=AOC+ACO=1v =>BOD=ACO

=>

Δ AOC Δ BDO =>

AC AO=

BO

BD => AC BD=AO BO=R

2

Vậy M thay đổi AC.BD khơng đổi

HS nhận xét làm bảng, nghe GV nhận xét chung sau ghi giải vào vở. Bài 31,sgk/tr 116.

HS hoạt động nhóm để giải

Đại diện nhóm lên bảng trình bày giải aFA,BD=BE, FC=CE

AB+AC_BC=AD+DB+FA+FC-BE-EC =AD+DB+AD+FC-BD-FC=2AD b) HS tìm hệ thức tương tự 2BE=BA+BC_AC

2CF=CA+CB-AB

HS nhận xét làm bảng, nghe GV nhận xét chung sau ghi giải vào

Bài D

x

y

B M

C A

O

A

B

D O F

60

F E

H O

N M

B A

60

F E

H O

N M

B A

Bài

Cho đường tròn tâm (O;R) đường kính AB điểm M đường trịn cho

 600

MAB Kẻ dây MN vuông góc với

AB H

1 Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B; BM):

Chứng minh MN2 = AH HB

1 Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B; BM):

ΔAMB nội tiếp đường trịn (O) có AB đường kính nên ΔAMB vng M

Điểm M  (B;BM), AM MBnên AM tiếp tuyến đường tròn (B; BM)

Chứng minh tương tự ta AN tiếp tuyến đường tròn (B; BM)

2 Chứng minh MN2 = AH HB Ta có: AB  MN H  MH =

NH =

1

2MN (1)

(tính chất đường kính dây cung) ΔAMB vng B, MH  AB nên: MH2 = AH HB ( hệ thức lượng tam giác vuông)

Hay

2

2

MN

    

  AH HB 4 .

MN AH HB

  (đpcm)

Bµi 1:

Cho đờng trịn (O) dây AB M điểm cung AB C thuộc AB, dây MD qua C a) Chứng minh MA2 = MC.MD.

b) Chøng minh MB.BD = BC.MD

c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD tiếp xúc với MB B

d) Gọi R1, R2 bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác BCD ACD Chứng minh R1 + R2 khơng đổi C di động AB

Bµi 2:

Cho nửa đờng tròn tâm O, đờng kính AB = 2R điểm M nửa đờng tròn (M khác A, B) Tiếp tuyến M nửa đờng tròn cắt tiếp tuyến A, B lần lợt C E

a) Chøng minh r»ng CE = AC + BE b) Chøng minh AC.BE = R2.

TiÕt 19-20.

CHỨNG MINH-BẰNG NHAU – SONG SONG, VNG GĨC - ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG A.KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.Tam giác nhau

a) Khái niệm:

A A'; B B'; C C'

ABC A'B'C'

AB A 'B'; BC B'C'; AC A'C'

     



  

  

b) Các trường hợp hai tam giác: c.c.c; c.g.c; g.c.g

c) Các trường hợp hai tam giác vng: hai cạnh góc vng; cạnh huyền cạnh góc vng; cạnh huyền góc nhọn

d) Hệ quả: Hai tam giác đường cao; đường phân giác; đường trung tuyến tương ứng

2.Chứng minh hai góc nhau

-Dùng hai tam giác hai tam giác đồng dạng, hai góc tam giác cân, đều; hai góc hình thang cân, hình bình hành, …

-Dùng quan hệ góc trung gian với góc cần chứng minh -Dùng quan hệ góc tạo đường thẳng song song, đối đỉnh

-Dùng mối quan hệ góc với đường trịn.(Chứng minh góc nội tiếp chắn cung hai cung đường tròn, …)

3.Chứng minh hai đoạn thẳng nhau -Dùng đoạn thẳng trung gian

-Dùng hai tam giác

-Ứng dụng tính chất đặc biệt tam giác cân, tam giác đều, trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng, hình thang cân, hình chữ nhật, …

-Sử dụng yếu tố đường tròn: hai dây cung hai cung nhau, hai đường kính đường trịn, …

-Dùng tính chất đường trung bình tam giác, hình thang, … 4.Chứng minh hai đường thẳng, hai đoạn thẳng song song

-Dùng mối quan hệ góc: So le nhau, đồng vị nhau, phía bù nhau, …

-Dùng mối quan hệ song song, vuông góc với đường thẳng thứ ba -Áp dụng định lý đảo định lý Talet

-Áp dụng tính chất tứ giác đặc biệt, đường trung bình tam giác -Dùng tính chất hai dây chắn hai cung đường tròn 5.Chứng minh hai đường thẳng vng góc

-Chứng minh chúng song song với hai đường vng góc khác

-Dùng tính chất: đường thẳng vng góc với hai đường thẳng song song vng góc với đường thẳng cịn lại

-Dùng tính chất đường cao cạnh đối diện tam giác -Đường kính qua trung điểm dây

-Phân giác hai góc kề bù 6.Chứng minh ba điểm thẳng hàng

-Dùng tiên đề Ơclit: Nếu AB//d; BC//d A, B, C thẳng hàng

-Áp dụng tính chất điểm đặc biệt tam giác: trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, …

-Chứng minh tia tạo ba điểm tạo thành góc bẹt: Nếu góc ABC 1800 A, B, C thẳng hàng

-Áp dụng tính chất: Hai góc có hai cạnh nằm đường thẳng hai cạnh nằm hai nửa mặt phẳng với bờ đường thẳng

-Áp dụng tính chất đường đồng quy tam giác

-Chứng minh đường thẳng qua điểm: Ta hai đường thẳng cắt điểm chứng minh đường thẳng cịn lại qua điểm

-Dùng định lý đảo định lý Talet B.MỘT SỐ VÍ DỤ

VD1.Cho nửa lục giác ABCD nội tiếp nửa đường tròn (O; R) Hai tiếp tuyến B D cắt T

a) Chứng minh OT//AB.(góc BAD = góc TOD)

b) Chứng minh ba điểm O, C, T thẳng hàng.(phân giác BOD; song song với AB) VD2.Cho nửa đường tâm O đường kính AB = 2R, M trung điểm AO Các đường vng góc với AB M O cắt nửa đường tròn D C

a) Tính AD, AC, BD DM theo R.(AD = R; AC = R 2; BD = R 3; DM =

R )

b) Tính góc tứ giác ABCD.(ABD = 300; ABC = 450; BCD = 1200; ADC = 1350)

c) Gọi H giao điểm AC BD; I giao điểm AD BC Chứng minh IH vng góc với AB.(AC, BD đường cao tam giác IAB)

VD3.Cho tam giác ABC cạnh a Kéo dài BC đoạn CM = a

a) Tính góc tam giác ACM.(ACM = 1020; CAM = CMA = 300) b) Chứng minh Am vuông góc với AB.(MAB = 900)

c) Kéo dài CA đoạn AN = a kéo dài AB đoạn BP = a Chứng tỏ tam giác MNP đều.(tgMCN = tgNAP = tgPBM)

C.MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN

1.Cho hình vng ABCD Lấy điểm M đường chéo BD Gọi E, F hình chiếu M lên AB AD

a) Chứng tỏ: CF = DE; CF vng góc với DE Từ tìm quỹ tích giao điểm N CF DE (tgCFD = tgDAE; quỹ tích N ¼ đường trịn-cung trịn DNO có đường kính CD)

b) Chứng tỏ: CM = EF CM vng góc với EF (tgCKM = tgFME, K giao FM CB)

c) Chứng minh đường thẳng CM, BF, DE đồng quy.(CM, ED, FB ba đường cao tam giác CEF)

2.Cho tam giác ABC vuông A Đường tròn qua tâm O qua A tiếp xúc với BC B đường tròn tâm I qua A tiếp xúc với BC C

a) Chứng minh hai đường tròn (O) (I) tiếp xúc A.(tgOAB; tgIAC cân; OAB + CAI + BAC = 1800; O, I, A thẳng hàng)

b) Từ O kẻ đường vng góc với AB từ I kẻ đường vng góc với AC Chứng minh chúng cắt trung điểm M BC.(MA = MB = MC)

c) Chứng minh MO vng góc với MI.(OMI = 900)

3.Cho hai đường tròn (O), (O’) cắt A B cho góc OAO’ 900 Qua A kẻ cát tuyến MAM’ vng góc với AP P trung điểm OO’ M, M’ theo thứ tự giao điểm cát tuyến với hai đường tròn (O); (O’) Chứng minh:

a) AM = AM’.(A trung điểm DC; OC, O’D vng góc với MM’) b) Tam giác ABM cân.(tgOAC = tgOHA)

c) BM vng góc với BM’.(AB = AM’; t/c trung tuyến tam giác vuông)

d) Với vị trí cát tuyến MAM’ MM’có độ dài lớn nhất.(MM’=2OO’; MM’//OO’)

TIẾT 21-22 ƠN LUYỆN :

VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN A/MỤC TIÊU

H/s nắm được

1) Ba vị trí tơng đối đờng trịn

2) Tính chất đờng nối tâm: - Là trục đối xứng hình gồm đờng trịn - Nếu đờng trịn cắt đờng nối tâm trục đối xứng dây chung - Nếu đờng tròn tiếp xúc đờng nối tâm qua tiếp điểm

3) Tiếp tuyến chung đờng tròn đờng thẳng tiếp xúc với đờng tròn B/Luyện tập

Bài 1( Bài 76 SBT) Cho đờng tròn (O) (O/) tiếp xúc A Kẻ đờng kính AOB, AO/C, gọi DE tiếp tuyến chung ngồi đờng trịn D ∈ (O),

E (O/) Gọi M giao điểm BD CE

a) Tính số đo DAE

b) Tứ giác ADME hình gì? sao?

c) C/M: MA tiếp tuyến chung đờng tròn HD c/m:

a) VÏ tiÕp tuyÕn chung A đg tròn cắt DE I Ta cã IA = ID ( t/c tiÕp tuyÕn c¾t nhau) IE = IA ( t/c tiÕp tuyÕn c¾t nhau)

⇒ AI = 12 DE ⇒ ADE vuông A ( có trung tuyến AI

2 cạnh tơng ứng DE) DAE = 900

b)Ta có ABD vuông D ( có trung tuyến DO 12 cạnh tơng ứng AB) ADM = 900 (1)

AEC vuông E (………… ⇒ ∠ AEM = 90.) 0 (2) MỈt kh¸c ∠ DAE = 900 ( c/m a) (3)

Tõ (1) (2) (3) ⇒ ADME lµ hcn ( cã gãc vu«ng)

c) ADME hcn ⇒ đờng chéo AM DE cắt trung điểm đờng Mà I trung điểm DE ⇒ I trung điểm AM hay M, I, A thẳng hàng hay MA tiếp tuyến chung đờng tròn

Bài 2 (Bài 84 SBT): Cho đg trịn (O;2cm) (O´;3cm) có OO´= cm a) đg trịn (O) (O/) có vị trí tơng đối ntn với nhau?

b)Vẽ đg tròn (O/;1cm) vẽ tiếp tuyến OA với đg trịn ( A tiếp điểm) Tia O/A cắt đg tròn (O/;3cm) B kẻ bán kính OC (O) song song với O/B; B C thuộc 1nửa mặt phẳng bờ OO/ C/m BC tiếp tuyến chung đờng tròn (O;2cm)

M I

D E

B ‘ A ‘ C

O

và (O/;3cm) c) Tính độ dài BC

d) Gọi I giao điểm BC OO/ Tính độ dài IO HD c/m:

a)

OO/ = 6cm; R

(O/) = 3cm; r(O) = 2cm ⇒ OO/ > R + r ⇒ (O) vµ (O/) ë ngoµi b) Ta cã O/B = 3cm; O/A = 1cm; ⇒ AB = – = 2cm

Mặt khác OC = 2cm OC = AB; mµ OC ∥ AB ⇒ ABCO lµ hbh

+ O/A  OA ( t/c tiÕp tuyÕn) ⇒ ∠ OAB = 900 ⇒ ABCO lµ hcn ⇒ BC  OC vµ BC  O/B ⇒ BC lµ tiÕp tuyÕn chung đg tròn (O) (O/)

c) BC = OA ( cạnh đối hcn)

¸p dụng đlí pi ta go tam giác vuông OAO/ cã OA =

√OO'2−O❑

A2=√36−1 = √35

d) Cách 1: ∠COI = ∠BO/I ( đồng vị) ⇒ cosCOI = cosBO/I = Trong ∆ vuông IOC = OCOI ⇒ 61=

OI ⇒ OI = 12cm Cách 2: áp dụng định lí ta lét ta có OI

O❑I= OC

O❑B ⇒ OI

OI+OO❑=

2

3 từ tính đợc OI Bài 3 (Bài 85 tr141 SBT): Cho đg trịn (O) đg kính AB Điểm M thuộc đg tròn, gọi N điểm đối xứng với A qua M; BN cắt đg tròn C gọi E giao điểm AC BM a) c/m NE  AB

b) Gọi F điểm đối xứng với E qua M c/m FA tiếp tuyến (O) c) c/m FN tiếp tuyến đg tròn (B;BA)

HD c/m: a) Trong ∆ AMB cã trung tuyÕn MO B»ng

2 cạnh tơng ứng AB ⇒ ∠ AMB = 900 ⇒ BM  AN c/m tơng tự ta có AC  BN ⇒ AC, BM đờng cao ∆ NAB ⇒ E trực tâm ⇒ NE  AB

b) Tứ giác AENF có đờng chéo AN EF cắt trung điểm đờng (gt) ⇒ AENF hbh ⇒ NE ∥ FA mà NE  AB ⇒ FA  AB ⇒ FA tiếp tuyến đờng trịn (O)

a) ∆ ABN có BM vừa đờng cao vừa trung tuyến ⇒ ∆ ABN cân B ⇒ BA = BN B1 = B2 ⇒ BN bán kính đờng trịn (B;BA) (1)

XÐt ∆ ABF vµ ∆ NBF cã BA = BN; B1 = B2 (c/m trên) , cạnh BF chung ⇒ ∆ ABF = ∆ NBF (c.g.c) ⇒∠BNF = ∠ BAF mµ ∠ BAF = 900 ⇒ ∠BNF = 900 ⇒ FN  NB (2)

Tõ (1) vµ (2) FN tiếp tuyến đg tròn (B;BA) Bài 4: ( 86 tr141 SBT)

Cho đg tròn (O) đg kính AB, điểm C nằm A O, vẽ đg tròn (O/) có đg kính CB a) Hai đg tròn (O) (O/) có vị trí ntn với nhau

b)Kẻ dây DE đg tròn (O) cho DE AC trung điểm H AC Tứ giác ADCE hình gì? c/m

c) Gọi K giao điểm DB (O/) c/m điểm E, C, K thẳng hàng d) c/m HK lµ tiÕp tun cđa (O/)

B

C C A

I O

O/

N N F

M M

E C

HD c/m:

a) OO/ = OB – O/B ( O/ nằm O B) hay d = R – r ⇒ (O) vµ (O/) tiÕp xóc trong b)AB  DE (gt) t¹i H ⇒ HD = HE

Mặt khác HA = HC (gt) ADCE hbh ( có đg chéo ) Mà AC DE ADCE hình thoi

c)Ta có EC ∥ AD(…), AD  DB (… )

⇒ CE DB Mặt khác CK DB ( điểm E, C, K thẳng hàng) H

íng dÉn vỊ nhµ:

Làm tập 87, 88 tr 141, 142 SBT Hệ thống kiến thức học

TIẾT 23 - 24 ÔN LUYỆN :

GÓC Ở TÂM ,SỐ ĐO CUNG.LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY A/MỤC TIÊU

Học xong tiết HS cần phải đạt :

- Củng cố cho HS khái niệm góc tâm, số đo cung tròn liên hệ cung dây

- HS vận dụng tính chất góc tâm liên hệ dây cung để chứng minh tốn đường trịn

- Rèn kỹ áp vẽ hình phân tích tốn chứng minh hình B BÀI TẬP

Hoạt động GV HS Nội dung

1 Lí thuyết (6 phút) - GV cho HS hệ thống kiến thức

học góc tâm, số đo cung tròn liên hệ cung dây ?

- Cho biết số đo góc tâm với số đo cung trịn ?

- Cách tính số đo cung lớn ?

- Cung dây đường trịn có quan hệ ?

- Viết hệ thức liên hệ dây cung ?

1 Góc tâm, số đo cung trịn - AOB góc tâm ( O tâm đường

tròn, OA, OB bán kính ) - Ta có: AOB = sđ AmB sđ AnB 360  0- sđ AmB

- Nếu điểm C  AB  ta có sđ AC sd CB = sd AB   

2 Liên hệ cung dây a) AB = CD    AB = CD

AB = CD  AB CD 

b) AB > CD    AB > CD

AB > CD  AB > CD 

- GV tập, gọi HS đọc đề sau vẽ hình ghi GT, KL

*) Bài tập ( SBT - 74 )

GT: Cho (O; R ); MA, MB hai tiếp tuyến

O

n m

B A

D C

O

B A

D K

B A

A H C O O‘‘ ‘ /

toán ?

- Bài tốn cho ? u cầu ?

- Hãy nêu cách chứng minh toán ?

- GV cho HS thảo luận đưa cách chứng minh sau chứng minh lên bảng

- GV nhận xét chốt lại ? - Gợi ý làm bài:

+) Xét  vng MAO có AI trung tuyến   IAO

+) Tương tự  IBO

 tính góc AOB theo góc IOA góc IOB

- GV tập 7( SBT - 74 ), gọi HS đọc đề bài, ghi GT, KL tốn - Bài tốn cho ? yêu cầu ?

- Theo GT cho ta có góc ?  dựa vào tam giác ?

- Gợi ý : chứng minh OBC OCB  ;

 

O'BD O'DB ; OBC O'BD  từ suy

ra điều cần phải chứng minh

- GV tập 10 ( SBT - 75 ) vẽ sẵn hình lên bảng phụ, yêu cầu HS ghi GT ,

cắt M MO = R KL: AOB = ?

I O

M

B A

Giải:

- Theo ( gt) ta có MA MB tiếp tuyến (O)  MA  OA A

- Xét  MAO vuông A Kẻ trung tuyến AI  AI = MI = IO ( tính chất trung tuyến  vuông )

mà OM = R  AI = MI = IO = R  IAO  AOI 60  (1)

- Tương tự  IOB  IOB 60  0( 2)

Từ (1) (2)  ta có:

  

AOB AOI IOB 120  

- Vậy AOB = 1200

*) Bài tập ( SBT - 74 )

GT : Cho ( O)  (O’) =  A B; 

BDC phân giác OBO'

C  (O) ; D  (O’) KL : So sánh BOC ; BO'D 

D C

B A

O' O

Chứng minh

- Xét  BOC có OB = OC  BOC cân O  OBC OCB  (1)

- Tương tự  BO’D cân O’  O'BD O'DB  (2)

KL toán

- Cho HS thảo luận theo nhóm nêu cách chứng minh tốn

- Để chứng minh OH < OK ta so sánh hai đoạn thẳng ? áp dụng định lý ? ( dây khoảng cách đến tâm )

- GV cho HS làm sau lên bảng trình bày chứng minh Các nhóm khác nhận xét bổ sung GV chốt lại lời chứng minh

- Nếu dây cung lớn  cung căng dây ?

- GV tiếp tập 11 ( SBT - 75 ) lớp có nhiều HS khá; giỏi, gọi HS đọc đầu hướng dẫn HS làm - Nêu điều kiện cho từ nhận xét để chứng minh tốn

- GV cho HS chứng minh chỗ khoảng  7’ sau hướng dẫn chứng minh cho HS

a) Hãy chứng minh AE = BF sau áp dụng định lý liên hệ cung dây để chứng minh

- Xét  AOC  BOD chứng minh chúng ( c.g.c)

b) Sử dụng định lí: Nếu hai tam giác có hai cạnh tương ứng đơi cạnh thứ ba khơng góc xen hai cạnh khơng góc đối diện với cạnh lớn góc lớn hơn) - Nếu EF > AE  ta suy cung lớn ?

- Vậy ta cần chứng minh ?

- Từ (1) ; (2) ; (3)  BOC BO'D  *) Bài tập 10 ( SBT - 75 )

GT :  ABC ( AB > AC ) D  AB cho AC = AD ; (O) ngoại tiếp  DBC

OH  BC ; OK  BD KL : a) OH < OK

b) So sánh BD , BC 

K H

O D

C B

A

Chứng minh :

a) Trong  ABC ta có BC > AB - AC (tính chất BĐT tam giác )

 BC > AD + DB - AC  BC > DB , mà OH  BC ; OK  BD  theo định lý liên hệ dây khoảng cách từ tâm đến dây ta có OH < OK

b) Theo chứng minh ta có :

BC > BD  Theo hệ thức liên hệ cung dây  BD < BC 

*) Bài tập 11 ( SBT - 75 ) GT : Cho (O) , dây AB

C , D  AB cho AC = CD = DB OC , OD cắt (O) E , F

KL : a) AE = FB 

b) AE EF 

Chứng minh :

a)  AOB có : OA = OB = R   AOB cân O  ta có CAO DBO 

Xét  AOC  BOD có: AC = BD ( gt) ;

 

CAO DBO ( cmt) ; OA = OB ( gt )

  AOC =  BOD ( c.g.c)

O F E

D C

B A

- Gợi ý : Chứng minh góc CDF > 900 từ suy góc CDF > CFD từ  CF ? CA

-  AOC  COF có yếu tố  góc AOC ? góc COF ?

 ta có góc lớn  cung lớn ?

 AOE = BOF    AE = AF 

b) Xét  COD có OC = OD (  AOC =  BOD cmt)

  COD cân  ODC 90  0, từ suy



CDF 90 ( góc ODC ; CDF  là hai góc kề bù

) Do Trong tam giác CDF ta có:

 

CDF CFD

 CF > CD hay CF > CA

Xét  AOC  FOC có : AO = FO ; CO chung ; CA < CF  AOC FOC  ( góc xen

giữa hai cạnh đối diện với cạnh lớn lớn )

 AE EF   ( tính chất góc tâm ) *******************************

TIẾT 25-28 ƠN LUYỆN : GĨC VÀ ĐƯỜNG TRỊN A/MỤC TIÊU

Học xong tiết HS cần phải đạt

- Củng cố lại cho học sinh định nghĩa , tính chất góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung , góc có đỉnh bên ngồi đường trịn

- Vận dụng tốt định lý hệ góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung , góc có đỉnh bên ngồi đường trịn vào tốn chứng minh liên quan

- Rèn kỹ chứng minh tốn hình liên quan tới đường trịn - Có thái độ học tập đắn, tinh thần làm việc tập thể

B/ BÀI TẬP

Hoạt động GV HS Nội dung

1 Lí thuyết (phút) - GV cho HS ôn lại định nghĩa, định lý

và hệ góc nội tiếp - Thế góc nội tiếp ?

- Nêu tính chất góc nội tiếp ?

- Nêu hệ định lí góc nội tiếp ?

*) Định nghĩa (SGK/72)



BAC góc nội tiếp,BC là cung bị chắn.

*) Định lí:



BAC



sđ BC

*) Hệ quả: (SGK/74) - GV tập 16 ( SBT ) gọi HS đọc *) Bài tập 16 ( SBT - 76 )

M

S

O C

B A

đề bài, vẽ hình ghi GT, KL toán

- Bài toán cho ? Yêu cầu ?

- Cho biết góc MBA MSO góc liên quan tới đường tròn, quan hệ với ?

- So sánh góc MOA MBA ? Giải thích lại có so sánh ? - Góc MOA góc MOS có quan hệ ?

- Góc MSO MOS có quan hệ ?

- Từ suy điều ?

- HS chứng minh, GV nhận xét

- GV tiếp tập 17 ( SBT ), gọi HS đọc đề sau hướng dẫn HS vẽ hình để chứng minh

- Để chứng minh AB2 = AD AE ta thường chứng minh ?

- Theo em xét cặp tam giác đồng dạng ?

- Gợi ý: Chứng minh  ABE  ADB đồng dạng

- Chú ý cặp góc ? - Sơ đồ phân tích:

 ADB  ABE (g.g)

GT : Cho (O), AB  CD O ; M  AC MS tiếp tuyến (O)

KL : MSD 2.MBA  

Chứng minh :

Theo ( gt ) có AB  CD O  AOM MOS 90   0(1)

Lại có MS  OM (tính chất tiếp tuyến )  MOS MSO 90   0(2)

Từ (1) (2)  MSO AOM 

( phụ với góc MOS) Mà AOM sd AM ( góc tâm )

 

MBA sd AM



( góc nội tiếp ) 

 1

MBA

 AOM

=

1

2 MSO



 1  

MBA MSD hay MSD 2.MBA

 

* ) Bài tập 17 ( SBT - 76 )

GT : Cho ( O), AB = AC

Cát tuyến ADE; D  BC ; E  (O)) KL : AB2 = AD AE

O

C

B D

E A

 

A chung ABD AEB 

- GV cho HS thảo luận chứng minh sau lên bảng trình bày lời giải

- GV tập 18 ( SBT - 76 ) yêu cầu học sinh đọc đề

- GV hướng dẫn HS vẽ hình trường hợp M nằm ngồi đường trịn ghi GT, KL

- Để chứng minh tích MA MB không đổi  ta cần vẽ thêm đường ? - Gợi ý: vẽ thêm cát tuyến MA’B’  ta cần chứng minh :

MA MB = MA’ MB’

- HS suy nghĩ tìm cách chứng minh GV gợi ý chứng minh theo hai tam giác đồng dạng

- Cho HS lên bảng trình bày

- HS, GV nhận xét

Chứng minh

- Xét  ABE  ADB có :

 

ABD sdAC



(1) (góc nội tiếp chắn cung AC )

 

AEB sdAB



(2) (góc nội tiếp chắn cung AB )

theo (gt ) có AB = AC  AB AC  (3)

- Từ (1), (2) (3)  ABD AEB  - Lại có : A chung

 ADB đồng dạng  ABE 

2

AB AD

= AB AD.AE

AE AB   ( đcpcm)

*) Bài tập 18 ( SBT - 76 )

GT : Cho (O) ; M  (O), cát tuyến MAB MA’B’

KL : MA MB = MA’ MB’ Chứng minh

Xét  MAB’  MA’B có : M chung

 

MB'A MBA' (hai góc nội tiếp chắn cung AA’)

 MAB’ đồng dạng  MA’B 

MA MB'

MA.MB = MA' MB' MA'MB 

Vậy tích MA MB khơng phụ thuộc vị trí cát tuyến MAB  tích MA MB khơng đổi ( đcpcm )

- GV cho HS ôn lại kiến thức góc tạo tia tiếp tuyến dây cung - Thế góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ?

- Vẽ góc tạo tia tiếp tuyến Ax dây cung AB cho góc BAx 450 ? - Nêu tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ?

- Góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung có đặc *) Kh niệ m

O B A

A'

điểm ? ( s gk )



BAx

là gó c tạo bở i tia tiế p ến dâ y cu ng ( Ax  O A ; A B dâ y ) *) Đị nh lý ( s gk )

 

BAx sd AB



gk )

  

BAx BCA sd AB

 

- GV tập 24 ( SBT - 77 ) gọi HS đọc đề bài, vẽ hình ghi GT, KL toán

- Bài toán cho ? yêu cầu ?

- Hãy nêu cách chứng minh góc CBD khơng đổi

- Theo ra, em cho biết yếu tố khơng đổi ? - Góc CBD liên quan đến yếu tố khơng đổi ?

- GV cho HS suy nghĩ trả lời câu hỏi sau hướng dẫn HS chứng minh Gợi ý :

+ Trong  CBD tính góc BCD góc BDC theo số đo cung bị chắn ?

+ Nhận xét số đo cung AnB AmB suy số đo góc BCD BDC

+ Trong  BCD góc CBD tính ?

- Vậy từ suy nhận xét góc CBD

- HS chứng minh lại bảng

- Nếu gọi E giao điểm hai tiếp C D (O) (O’)  Góc CED tính ?

- Hãy áp dụng cách tính phần (a) để chứng minh số đo góc CED khơng đổi

- Hãy tính tổng hai góc ACE góc ADE chứng minh khơng đổi

- GV tiếp tập 25 ( SBT - 77 ) gọi HS vẽ hình bảng

- GV cho HS nhận xét hình vẽ bạn so với hình vẽ - Bài tốn cho ? yêu cầu ?

- Để chứng minh hệ thức ta thường áp dụng cách chứng minh

*) Bài tập 24 ( SBT - 77 ) GT : Cho (O) cắt (O’) A , B Cát tuyến CAD

KL : a) CBD const b) CED const 

Chứng minh

a) Xét  CBD ta có :

 

BCA sdAnB



( góc nội tiếp )

 

BDA sdAmB



( góc nội tiếp )

- Vì cung AnB; AmB  cố định nên

 

BCA ; BDA không đổi , suy CBD có giá

trị khơng đổi ( tổng góc tam giác 1800 ), khơng phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến CAD cát tuyến quay quanh điểm A

b) Gọi E giao điểm hai tiếp tuyến C D (O) (O’) Ta có :

 

ABC ACE (1) ( chắn cung nhỏ CA của

(O) )

 

ABD ADE ( 2) ( chắn cung nhỏ DA (O’) )

Cộng vế với vế (1) (2) ta :

    

ABC ABD ACE ADE CBD    (không đổi )

Suy CED khơng đổi ( tổng góc trong

một tam giác 1800 ) *) Bài tập 25 ( SBT - 77 )

GT : Cho (O),MT  OT, cát tuyến MAB KL : a) MT2 = MA MB

thế ?

- HS nêu cách chứng minh - GV hướng dẫn:

+ Chứng minh  MTA đồng dạng với  MBT

- GV cho HS chứng minh sau gọi HS đại diện lên bảng trình bày lời chứng minh

- Nhận xét làm bạn ?

- Có nhận xét cát tuyến MAB hình ( SBT - 77 )

- Áp dụng phần (a) nêu cách tính R - Gợi ý: Tính MA theo MB R thay vào hệ thức MT2 = MA MB - GV cho HS làm sau đưa kết để HS đối chiếu

- GV tập 27 ( SBT - 78 ), yêu cầu HS ghi GT , KL toán

- Theo em để chứng minh Bx tiếp tuyến (O) ta phải chứng minh ? - Gợi ý : Chứng minh OB  Bx  B - HS chứng minh sau lên bảng làm

+ HD : Chứng minh góc OBC + góc CBx 900 Dựa theo góc BAC và góc BOC

- GV cho HS đứng chỗ chứng minh miệng sau gọi HS trinh bày - Hãy chứng minh lại vào

MB = 50 cm Tính R = ? Chứng minh

a) Xét  MTA  MBT có : 

M chung ;

  

MTA MBT sdAT

 

  MTA đồng dạng với  MBT  ta có tỉ số :

MT MA

= MT = MA.MB

MB MT  ( đcpcm )

b) Ở hình vẽ bên ta có cát tuyến MAB qua O  ta có :

AB = 2R  MA = MB - 2R áp dụng phần (a) ta có MT2 = MA.MB

 Thay số ta có : 202 = ( 50 - 2R ) 50

 400 = 2500 - 100R  100 R = 2100  R = 21 ( cm )

*) Bài tập 27 ( SBT - 78 ) GT : Cho  ABC nội tiếp (O) Vẽ tia Bx cho

CBx BAC 

KL : Bx  OB  B Chứng minh

Xét  BOC có OB = OC = R   BOC cân O  OBC OCB 

Mà BOC + OCB + OBC = 180   0 ( tổng ba góc

trong tam giác )  BOC 2.OBC 180    ( 1)

Lại có : BOC 2.BAC   ( 2) ( góc nội tiếp góc

ở tâm chắn cung BC ) Theo ( gt) có : BAC CBx  ( 3)

Từ (1) ; (2) (3) ta suy :

 

2.CBx + 2.OBC = 180  OBC CBx 90 

 

 OB  Bx  B Vậy Bx tiếp tuyến (O) B

O

B

A T

TIẾT 29- 32 ÔN LUYỆN TÚ GIÁC NỘI TIẾP

A Mơc tiªu:

- Giúp học sinh hệ thống đợc định nghĩa, tính chất tứ giác nội tiếp để vận dụng vào tập tính tốn chứng minh

- Nắm đợc cách chứng minh tứ giác tứ giác ni tip

- Rèn luyện kĩ vẽ hình nh trình bày lời giải tập hình học

B.B i t pà ậ

- GV yêu cầu HS nhắc lại định nghĩa định lý tứ giác nội tiếp

Yêu cầu HS vẽ hình minh hoạ định lý ghi GT , KL định lý

- GV tập 40 ( SBT - 79 ) gọi HS đọc đề , vẽ hình ghi GT , KL toán

- Nêu cách chứng minh tứ giác nội tiếp đờng tròn ?

- Theo em ta nên chứng minh nh ? áp dụng định lý ?

- GV cho HS suy nghĩ tìm cách chứng minh sau u cầu học sinh trình bày miệng

- Gợi ý: BS phân giác ta có ? góc ? ( So sánh góc B1 góc B2 )

I Lí thuyết:

1 Định nghĩa: (SGK) 2 Định lÝ thuËn:

Tø gi¸c ABCD néi tiÕp  A + C = B + D 180    

3 Định lí đảo:

Tứ giác ABCD có A + C =180  0hoặc B + D 180   Thì tứ giác ABCD nội tiếp đợc đờng trịn

II Bµi tËp:

1 Bµi tËp 40: ( SBT - 40)

GT : Cho  ABC ; BS , CS phân giác BP , CP phân giác B C KL : Tứ giác BSCP tứ giác nội tiếp

Chứng minh:

Ta có BS phân giác gãc B (gt)  B 1B 2 ( 1)

O

D C

+ BP phân giác góc B ta có góc ? + Nhận xét tổng góc

1 4  2  3

B B ; B B ?

+ TÝnh tæng hai gãc B2 góc B3 - Tơng tự nh tính tỉng hai gãc C2 vµ gãc C3

- Vậy từ hai điều ta suy điều ? theo định lý ?

- GV cho HS lên bảng chứng minh sau nhận xét chữa chốt cách chứng minh

- GV tiếp tập 41 ( SBT - 79 ) gọi HS đọc đầu sau vẽ hình vo v

- Bài toán cho ? yêu cầu chứng minh ?

- Để chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp ta cần chứng minh ?

- GV cho HS thảo luận nhóm đa cách chứng minh

- GV gọi nhóm đại diện chứng minh bảng , nhóm khác theo dõi nhận xét bổ sung lời chứng minh

- Gỵi ý : Dùa theo gt tÝnh c¸c gãc :

    

ABC ; DAB ; DBA; DAC DBC sau đó

suy từ định lý

- Tứ giác ABCD nội tiếp góc AED góc có số đo tính theo cung bị chắn nh ?

- HÃy tính số đo góc AED theo số đo cung AD cung BC so sánh với

Mà BP phân giác ngoµi cđa B (gt)  B B 4 ( 2)

Mµ B 1B B 3B 1800 (3)

Tõ (1) ; (2) vµ (3) suy ra:  B 1B B 2B 900

 SBP 90  0 (*)

Chứng minh tơng tự với CS CP đờng phân giác phân giác

gãc C ta còng cã : C 1C C 2C 900

 SCP 90  0(**) Tõ (*) vµ (**) suy



SBP SCP 90 0900 1800

Hay tứ giác BSCP tứ giác nội tiếp đờng trịn đ-ờng kính SP

2 Bµi tËp 41: ( SBT - 79) GT :  ABC ( AB = AC ) BAC 20 

DA = DB ; DAB 40  KL :

a) Tø gi¸c ACBD néi tiÕp b) TÝnh gãc AED

Chøng minh: a) Theo ( gt) ta cã ABC cân A

lại có A 20  

  1800 200

ABC ACB 80

2



  

Theo ( gt) cã DA = DB  DAB cân D DAB DBA 40  

XÐt tø gi¸c ACBD cã :

     

DAC DBC DAB BAC DBA ABC    

= 400 + 200 + 400 +800 = 1800 Vậy theo định lý tứ giác nội tiếp  tứ giác ACBD nội tiếp

E

C B

D

hai gãc DBA vµ gãc BAC ?

- GV cho HS làm sau gọi HS lên bảng tính

- GV khắc sâu cho học sinh cách làm tập tính toán số đo góc

b) Vì tứ gi¸c ACBD néi tiÕp ta cã :

  

AED (sdAD sdBC)

 

(góc có đỉnh bên đ-ờng trịn)



    

AED sdAD sdBC DBA BAC

2

   

(gãc néi tiÕp ch¾n cung AD vµ BC )

 AED 40 0200 600

VËy AED 60  -

- GV tiếp tập 43 - SBT vẽ hình minh hoạ bảng yêu cầu HS thảo luận tìm c¸ch chøng minh ?

? Nếu hai điểm nhìn cạnh cố định dới góc điểm thoả mãn điều kiện ? áp dụng tính chất ?

- Gỵi ý :

+ Chứng minh  AEB đồng dạng với  DEC sau suy cặp góc tơng ứng ?

+ Dùng quỹ tích cung chứa góc chứng minh điểm A , B , C , D thuộc đờng tròn

- GV cho HS chứng minh sau lên bảng trình bày lời chứng minh GV nhận xét chữa chốt cách làm

3 Bµi tËp 43: ( SBT - 79) GT : AC x BD  E

AE.EC = BE.ED

KL : Tø gi¸c ABCD néi tiÕp

Chøng minh: Ta cã: AE EC = BE ED (gt)



AE EB ED EC (1)

Lại có : AEB DEC  (đối đỉnh) (2)

Tõ (1) vµ (2)  AEB DEC (c.g.c)

 BAE CDE  (hai gãc t¬ng øng)

Đoạn thẳng BC cố định BAE CDE  ( cmt )  A

vµ D nằm cung chứa góc dựng đoạn th¼ng BC

Vậy điểm A, B, C, D nằm đờng tròn

- GV tập gọi học sinh đọc đề , ghi GT , KL tốn

- Nªu yếu tố cho ? cần chứng minh ?

- Để chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp ta chứng minh điều ?

- HS suy nghĩ nêu cách chứng minh GV chốt lại cách làm

4 Bài tập:

GT : Cho  ABC D  nửa mp bờ BC

DB = DC ;

 1

DCB ACB

2



KLa) ABCD néi tiÕp

b) Xác định tâm (O) qua điểm A, B, C, D Chứng minh

a) Theo (gt) có  ABC

- HS chứng minh vào , GV đa lời chứng minh để học sinh tham khảo - Gợi ý :

+ Chøng minh gãc DCA b»ng 900 vµ chøng minh  DCA =  DBA

+ Xem tæng sè ®o cđa hai gãc B vµ C xem cã b»ng 1800 hay kh«ng ?

- Kết luận tứ giác ABCD ? - Theo chứng minh em cho biết góc DCA DBA có số đo độ từ suy đờng trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD có tâm điểm ? thoả mãn điều kiện ?

+) Qua giáo viên khắc sâu cho học sinh cách chứng minh tứ giác tứ giác nội tiếp đờng trịn Dựa vào nội dung định lí đảo tứ giác nội tiếp

 A = B = C 60    0, mµ

 1

DCB ACB

2



 0

DCB 60 30

  

 ACD = ACB + DCB 60    0300 900

- XÐt  ACD vµ  BCD cã :

CD = BD ( gt) ; AD chung

AB = AC (Vi ABC deu)

  

 

  ACD =ABD (c.c.c)

 ABD = ACD 90  

 ACD ABD 180   0(*)

Vậy tứ giác ACDB nội tiếp (tứ giác có tổng góc đối 1800)

b) Theo chøng minh trªn cã: ABD = ACD 90  

nh×n AD díi mét gãc 900

Vậy điểm A , B , C , D nằm đờng trịn tâm O đờng kính AD (theo quỹ tích cung chứa góc)

Vậy tâm đờng trịn qua điểm A, B, C, D trung điểm đoạn thẳng AD

C

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1: Cho hình vng ABCD cạnh AB lấy điểm M, đờng thẳng qua C vuông góc với CM cắt tia AB , AD lần lợt E F Tia CM cắt đờng thẳng AD N c/m

a) C¸c tø gi¸cAMCF, ANEC néi tiÕp b) M + CN = EF

HD c/m: GV hớng dẫn HS c/m lên bảng trình b a) Tø gi¸c AMCF cã : FAM = 900 (gt)

FCM = 900 (gt) ⇒ FAM + FCM = 1800

⇒ FAMC nội tiếpta có ECN = EAN = 900 (gt) ⇒ đỉnh kề C A nhìn đoạn EN đới góc 900 ⇒ ENAC nội tiếp đờng trịn

đờng kính EN

b) XÐt ∆ BMC vµ ∆ DFC cã: B = D = 900; C

1 = C3 ( cïng phô víi C2) BC = CD (gt)

⇒ ∆ BMC = ∆ DFC (g.c.g) ⇒ CM = CF(1) XÐt ∆ BCE vµ ∆ CDN cã:

BC = CD (ABCD hình vuông); EBC = CDN = 900 (gt); C

4 = C2 (cïng phơ víi C1)

B 1 C

2 M

1

N

A D

⇒ ∆ BCE = ∆ CDN (g.c.g) ⇒ CE = CN (2)

Tõ (1) vµ (2) ⇒ CE + CF = CN + CM hay EF = CM + CN ? Có cách c/m khác không?

Cách 2: M1 = A1 = 450 ⇒ ∆ FMC vu«ng cân N1 = A2 = 450 CEN vuông c©n

Bài 2: Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB, bán kính OC⊥ AB Gọi M điểm di động cung BC, AM cắt OC N

a) C/m tích AM.AN khơng đổi

b) VÏ DC ⊥ AM.C/m tø gi¸c MNOB, AODC néi tiÕp

c) Xác định vị trí điểm M cung BC ∆ COD cân D HD c/m: GV HD học sinh c/m trình bày làm

a) XÐt ∆ AON vµ ∆ AMB cã :

AON = AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn) Góc A chung; ⇒ ∆ AON ∽ ∆ AMB (g.g)

⇒ ANAB =AO

AM ⇒ AM.AN = AB.AO = R.2R = 2R2 không đổi

b) Xét tứ giác ONMB có BON = 900(gt) NMB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)

⇒ BON + NMB = 1800 ⇒ tứ giác ONMB nội tiếp đờng trịn đờng kính NB

 Xét tứ giác AODC có AOC = ADC = 900 (gt) ⇒ tứ giác AODC có đỉnh kề O D nhìn cạnh AC dới góc 900 ⇒ O C nằm đờng trịn đờng kính AC ⇒ tứ giác AODC nội tiếp

c) ∆ ODC cân D DO = DC OD = DC ⇔ A1 = A2 (2 gãc néi tiÕp ch¾n cung b»ng nhau)

⇒ MC = MB M điểm cung BC

Bi 3: Cho ∆ ABC nội tiếp (O).Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đờng tròn Vẽ đờng cao BD CE

a) C/m điểm B, C, D, E nằm đờng tròn b) C/m xy // DE từ suy OA ⊥ DE

HD c/m:

a) Tứ giác BEDC có c bit?

? Đỉnh E D nhìn cạnh BC dới góc 900 ta suy điều gì?

b) Để c/m xy // DE ta phải c/m điều gì? ? Nhận xét góc AED góc ACB ? sao? ? mà góc ACB gãc nµo?

? ta c/m OA ⊥ DE b»ng cách nào? Bài 4:

Cho on AB v điểm M trung điểm Vẽ Mx ⊥ AB, đờng tròn (O) tiếp xúc với AB A cắt Mx C D ( D nằm M C)’

a) C/m tích MC.MD khơng đổi bán kính đờng trịn thay đổi b) C/m D lad trực tâm ∆ ABC

c) Đờng thẳng BD cắt đờng tròn điểm thứ E C/m E B đối xứng với qua AC

HD c/m:

a) ? Để c/m MC.MD khơng đổi tức ta phải c/m điều gì?

? tốn yếu tố khơng đổi? MD.MC liên quan với MA? ?Xét tam giác đồng dạng?

C C

M

N D

1 A

A 22 BB

O

A

x y

D E

E

O B

B

C C

? ∆ MAD ∽ ∆ MCA v× sao?

GV gọi HS lên bảng trình bày làm b) ? Để c/m D trực tâm ABC ta phải c/m điều gì?

? ABC có đờng cao nào? ? ta cần c/m đờng cao nữa? ? Nhận xét góc C1 A1? Vì sao?

? từ suy C1 + D1 tổng góc nào? ?Từ suy điều gì?

c)? C/m B E đối xứng với qua AC ta phải c/m điều gì? ? Hãy so sánh EAC HAM với D3

? ∆ AEB tam giác ntn? Từ suy điều gì?

Bài 5: Cho đờng trịn (O;R) có đờng kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M ( khác O).Đờng thẳng CM cắt đờng tròn (O) điểm thứ hai N.Đờng thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn điểm P Chứng minh rằng:

a) Tø gi¸c OMNP nội tiếp b) Tứ giác CMPO hbh

c) Tích CM.CN không phụ thuộc vị trí điểm M

d) Khi M di động đoạn AB P chạy đoạn thẳng cố định HD c/m:.

a) ? Tứ giác OMNP có đỉnh M,N nhìn đoạn PO dới góc ntn?

?Từ suy điều gì? b)

? tam gi¸c OCN cân ta suy điều gì? ? góc CNO ntn víi gãc MPO?

? MPO ntn với góc POD? ? Từ suy điều gì?

c) tam giác COM tam giác CND có đặc biệt

TIẾT 33-38 : BÀI TẬP TỔNG HỢP

Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt

H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh rằng:

1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp

2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn

3 AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC

5 Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)  CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp

Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEC = 900.

C 2

N O

H

D33

A MM BB

C

A M O B

CF đờng cao => CF  AB => BFC = 900.

Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng trịn đờng kính BC

Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn

XÐt hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung =>  AEH ADC => AE

AD= AH

AC => AE.AC = AH.AD

* XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung =>  BEC ADC => BE

AD= BC

AC => AD.BC = BE.AC 4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( hai góc nội tiếp ch¾n cung BM)

=> C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C

=> CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC 5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trịn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cịng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED

Chng minh tng t ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF

Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng trịn

ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE

1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp

2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn

3 Chøng minh ED = BC

4 Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O)

5 Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEA = 900. AD đờng cao => AD  BC => BDA = 900.

Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng trịn đờng kính AB

Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn

3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900

VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyÕn => DE = BC

Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)

Theo trªn DE =

2 BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)

Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E

5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32  ED = 4cm

Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc

A , O trung điểm IK

1. Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

3. Tính bán kính đờng trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm

Lêi gi¶i: (HD)

1 Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B

Do BI  BK hayIBK = 900

Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng trịn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn

Ta cã C1 = C2 (1) ( CI phân giác cña gãc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )

I1 =  ICO (3) ( tam giác OIC cân O)

Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH =

√202−122 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH2

AH = 122

16 = (cm) OC = √OH2

+HC2=√92+122=√225 = 15 (cm)

Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB

1 Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp

2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn

3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2. Chứng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển trờn ng thng d

Lời giải: (HS tự làm)

Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kính

Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đờng cao

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2.

4 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi 5 Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vng góc với AB)

6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R

Bài Cho tam giác ABC vng A, đờng cao AH Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E

1 Chøng minh tam giác BEC cân

2 Gọi I hình chiếu cđa A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH

3 Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH)

4 Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD)

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2

2 Hai tam giác vuông ABI ABH có c¹nh hun AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB

=> AI = AH

3 AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I 4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chøng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh r»ng: AI2 = IM IB.

3) Chøng minh BAF tam giác cân

4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi

5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù).

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù).

=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp

Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB.

Theo gi¶ thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ )

……

=> ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp chắn hai cung nhau) => BE tia phân gi¸c gãc ABF (1)

Tõ (1) (2) => BAF tam giác cân B

BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3)

Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5)

T (4) v (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)

(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang

Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB

Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)

Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau)

Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E)

1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh  ABD =  DFB

3 Chøng minh r»ng CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải:

C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE

ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đ-ờng cao ), mà AB đđ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi

 ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ). => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1)

 ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).

=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)

Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800

ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD). Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp

Lêi gi¶i:

(HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän

Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>

AD AF ABAC =>

DF // BC

DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)

Xét hai tam giác BDM CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân)

BDM = BFD (néi tiÕp cïng chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF

=> BDM CBF => BD CB=

BM CF

Bài Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC ti F

1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp

3 AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải:

1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)

CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

2 T giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp

3 Xét hai tam giác AEF ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE AB = AF AC.

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông t¹i H cã HE  AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC

4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2

=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF

Chứng minh tơng tự ta có O2F  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn

Đờng vng góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,

EB với nửa đờng tròn (I), (K) Chứng minh EC = MN

2 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)

3 TÝnh MN

4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đ-ờng trịn

Lêi gi¶i:

Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)

=> ENC = 900 (vì hai góc kÒ bï) (1)

AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật )

2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K)

=> B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5)

Từ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN t¹i N => MN tiếp tuyến (K) N.

Chng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)

3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm O) => AEB vng A có EC  AB (gt)

=> EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm

4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta cã S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) =  IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 =  202 = 400

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

2( 625- 25- 400) =

1

2.200  = 100 314 (cm2)

Bài 10 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng th ng CD, AE lần lẳ ợt cắt đờng tròn F, G

Chøng minh :

1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp

3 AC // FG

4 Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải:

1 XÐt hai tam gi¸c ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn )

=> DEB = BAC = 900 ; l¹i cã ABC lµ gãc chung => DEB  CAB

* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ-ờng trịn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng trịn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp

3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG

4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S

Lêi gi¶i:

1 Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù)

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù).

=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp

2 Theo Ta có BC  MA; AD  MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4

KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1

Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bĐt) hay OCK = 900

Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 11 Cho đờng trịn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD

1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chøng minh tø giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD

4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng

5 Chøng minh MI lµ tiÕp tun cđa (O’) Lêi gi¶i:

BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE  AB M => BMD = 900

=> BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng

ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1)

Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)

Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thụi.)

I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’)

Bài 12 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q

1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A

2 Chøng minh IP // OQ Chøng minh r»ng AP = PQ

4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn

Lêi gi¶i:

1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng trịn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đ-ờng tròn (I) tiếp xúc A

2 OAQ cân O ( OA OQ b¸n kÝnh ) => A1 = Q1

IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1

=> P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ

3 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ

4 (HD) KỴ QH  AB ta cã SAQB =

2AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO

Thật P trung điểm cung AO => PI  AO mà theo PI // QO => QO  AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 13 Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K

3 Chøng minh KC KD = KH.KB

4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đ-ờng nào?

Lời gi¶i:

1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH  DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp 2 BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).

Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450

3 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung => KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC KD = KH.KB

4 (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E  B H  B; E  C H  C)

Bài 14 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đ-ờng tròn cắt BA BC D E

1 Chøng minh AE = EB

2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đ-ờng trung trực đoạn HE qua trung ®iĨm I cđa BH

3 Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Lêi gi¶i:

1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( hai góc kề bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 450

=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB

F

1

1

1

/

/ _

_

K

H

I

E D

O

C B

A

2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE E => IK  HE K (2). Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH

3 theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB

 ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID

Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB b¸n kÝnh ) => D2 = B1 (4)

Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH  AC F => AEB có AFB = 900

Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)

1 Chứng minh tam giác ABC cân Các tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp

3 Chøng minh MI2 = MH.MK Chøng minh PQ  MI. Lêi gi¶i:

1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ABC cân A

2 Theo giả thiÕt MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900.

=> MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp

* ( Chøng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK ) 3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiÕp cïng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 s®



BM ) => I

1 = H1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

MI MK

MH MI => MI2 = MH.MK

4 Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I

1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM  PQ

Bài 16 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :

1 KC KB=

AC

AB AM tia phân giác CMD Tø gi¸c OHCI néi tiÕp

4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng trịn M

Lêi gi¶i: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC  => CAM = BAM (hai gãc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KCKB=AC

AB ( t/c tia phân giác tam giác )

2 (HD) Theo giả thiết CD  AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD 3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM  BC I => OIC = 900 ; CD  AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp