Violet
Giaoan

Tin tức thư viện

Khắc phục hiện tượng không xuất hiện menu Bộ công cụ Violet trên PowerPoint và Word

12099162 Kính chào các thầy, cô. Khi cài đặt phần mềm , trên PowerPoint và Word sẽ mặc định xuất hiện menu Bộ công cụ Violet để thầy, cô có thể sử dụng các tính năng đặc biệt của phần mềm ngay trên PowerPoint và Word. Tuy nhiên sau khi cài đặt phần mềm , với nhiều máy tính sẽ...
Xem tiếp

Quảng cáo

Hỗ trợ kĩ thuật

Liên hệ quảng cáo

  • (024) 66 745 632
  • 096 181 2005
  • contact@bachkim.vn

Tìm kiếm Giáo án

Loi giai 50 BTHH 9 (B31-B45)

Wait
  • Begin_button
  • Prev_button
  • Play_button
  • Stop_button
  • Next_button
  • End_button
  • 0 / 0
  • Loading_status
Nhấn vào đây để tải về
Báo tài liệu có sai sót
Nhắn tin cho tác giả
(Tài liệu chưa được thẩm định)
Nguồn:
Người gửi: Đỗ Hồng Quân
Ngày gửi: 20h:47' 08-06-2008
Dung lượng: 536.0 KB
Số lượt tải: 146
Số lượt thích: 0 người
50 bài toán hình học lớp 9

Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết (BAC = 600.
Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R.
Vẽ đường kính CD của (O; R); gọi H là giao điểm của ba đường cao của tam giác ABC Chứng minh BD // AH và AD // BH.
Tính AH theo R.
Lời giải:
1. Theo giả thiết (BAC = 600 => sđ=1200 ( t/c góc nội tiếp )
=> (BOC = 1200 ( t/c góc ở tâm) .
* Theo trên sđ=1200 => BC là cạnh của một tam giác đều nội tiếp (O; R) => BC = R.
2. CD là đường kính => (DBC = 900 hay DB ( BC; theo giả thiết AH là
 đường cao => AH ( BC => BD // AH. Chứng minh tương tự ta cũng được AD // BH.
3. Theo trên (DBC = 900 => (DBC vuông tại B có BC = R; CD = 2R.
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.
Theo trên BD // AH; AD // BH => BDAH là hình bình hành => AH = BD => AH = R.
Bài 32 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB.
Chứng minh khi MN di động , trung điểm I của MN luôn nằm trên một đường tròn cố định.
Từ A kẻ Ax ( MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành.
Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN.
Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào.
Cho AM. AN = 3R2 , AN = R. Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác AMN.
Lời giải: (HD)
1. I là trung điểm của MN => OI ( MN tại I ( quan hệ đường kính và dây cung) = > (OIH = 900 .
 OH cố địmh nên khi MN di động thì I cũng di động nhưng luôn nhìn OH cố định dưới một góc 900 do đó I di động trên đường tròn đường kính OH. Vậy khi MN di động , trung điểm I của MN luôn nằm trên một đường tròn cố định.
2. Theo giả thiết Ax ( MN; theo trên OI ( MN tại I => OI // Ax hay OI // AC mà O là trung điểm của AB => I là trung điểm của BC, lại có I là trung điểm của MN (gt) => CMBN là hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường ).
3. CMBN là hình bình hành => MC // BN mà BN ( AN ( vì (ANB = 900 do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MC ( AN; theo trên AC ( MN => C là trực tâm của tam giác AMN.
4. Ta có H là trung điểm của OB; I là trung điểm của BC => IH là đường tung bình của (OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax ( MN hay IH ( Ax => OC ( Ax tại C => (OCA = 900 => C thuộc đường tròn đường kính OA cố định. Vậy khi MN quay quanh H thì C di động trên đường tròn đường kính OA cố định.
5. Ta có AM. AN = 3R2 , AN = R. => AM =AN = R=> (AMN cân tại A. (1)
Xét (ABN vuông tại N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => (ABN = 600 .
(ABN = (AMN (nội tiếp cùng chắn cung AN) => (AMN = 600 (2).
Từ (1) và (2) => (AMN là tam giác đều => S(AMN = .
=> S = S(O) - S(AMN =  -  = 

Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đường tròn tại M.
Chứng minh OM ( BC.
Chứng minh MC2 = MI.MA.
Kẻ đường kính MN, các tia phân giác của góc B và C cắt đường thẳng AN tại P và Q. Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q cùng thuộc một đường tròn .
Lời giải:
1. AM là phân giác của (BAC => (BAM = (CAM
=> => M là trung điểm của cung BC => OM ( BC
2. Xét (MCI và (MAC có (MCI =(MAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau); (M là góc chung
=> (MCI ( (MAC =>  => MC2 = MI.MA.
 3. (HD) (MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => (P1 = 900 – (K1 mà (K1 là góc ngoài của tam giác AKB nên (K1 = (A1 + (B1 = (t/c phân giác của một góc ) => (P1 = 900 – ().(1)
CQ là tia phân giác của góc ACB => (C1 = = (1800 - (A - (B) = 900 – (). (2).
Từ (1) và (2) => (P1 = (C1 hay (QPB = (QCB mà P và C nằm cùng về một nửa mặt phẳng bờ BQ nên cùng nằm trên cung chứa góc 900 – () dựng trên BQ.
Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn .

Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = 6 Cm, chiều cao AH = 4 Cm, nội tiếp đường tròn (O) đường kính AA’.
Tính bán kính của đường tròn (O).
Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao?
Kẻ AK ( CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao?
Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC.
Lời giải:
1. (HD) Vì (ABC cân tại A nên đường kính AA’ của đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi qua H. => (ACA’ vuông tại C có đường cao CH = = 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =  => AA’
 => AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : 2 = 6,5 : 2 = 3,25 (cm) .
2. Vì AA’ và CC’ là hai đường kính nên cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường => ACA’C’ là hình bình hành. Lại có (ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy ra tứ giác ACA’C’ là hình chữ nhật.
3. Theo giả thiết AH ( BC; AK ( CC’ => K và H cùng nhìn AC dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => (C2 = (H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; (AOC cân tại O ( vì OA=OC=R) => (C2 = (A2 => (A2 = (H1 => HK // AC ( vì có hai góc so le trong bằng nhau) => tứ giác ACHK là hình thang (2).
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ACHK là hình thang cân.
Bài 35 Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.
Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .
Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.
Chứng minh AM2 = AE.AC.
Chứng minh AE. AC – AI.IB = AI2 .
Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Lời giải:
1. Theo giả thiết MN (AB tại I => (EIB = 900; ( ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên (ACB = 900 hay (ECB = 900
=> (EIB + (ECB = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp .
 2. Theo giả thiết MN (AB => A là trung điểm của cung MN => (AMN = (ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay (AME = (ACM. Lại thấy (CAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.
3. Theo trên (AME ( ( ACM =>  => AM2 = AE.AC
4. (AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN (AB tại I => (AMB vuông tại M có MI là đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) .
áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vuông tại I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI .
5. Theo trên (AMN = (ACM => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ( ECM; Nối MB ta có (AMB = 900 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ( ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 (BM.
Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ( ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giác. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các hình chiếu vuông góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chứng minh :
Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật.
Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp .
Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng.
Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng.
Lời giải: 1. & 2. (HS tự làm)
3. Theo chứng minh trên DNHP nội tiếp => (N2 = (D4 (nội tiếp cùng chắn cung HP); (HDC có (HDC = 900 (do AH là đường cao) ( HDP có (HPD = 900 (do DP ( HC) => (C1= (D4 (cùng phụ với (DHC)=>(C1=(N2 (1) chứng minh tương tự ta có (B1=(P1 (2)
Từ (1) và (2) => (HNP ( ( HCB
 4. Theo chứng minh trên DNMB nội tiếp => (N1 = (D1 (nội tiếp cùng chắn cung BM).(3)
DM // CF ( cùng vuông góc với AB) => (C1= (D1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chứng minh trên (C1 = (N2 (5)
Từ (3), (4), (5) => (N1 = (N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng. (6)
Chứng minh tương tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng . (7)
Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng

Bài 37 Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B ( (O), C ( (O’) . Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I.
Chứng minh các tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp .
Chứng minh ( BAC = 900 .
Tính số đo góc OIO’.
Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm.
Lời giải:
( HS tự làm)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IB = IA , IA = IC
(ABC có AI = BC =>(ABC vuông tại A hay (BAC =900
 3. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IO là tia phân giác (BIA; I0’là tia phân giác (CIA . mà hai góc BIA và CIA là hai góc kề bù => I0 ( I0’=> (0I0’= 900
4. Theo trên ta có (0I0’ vuông tại I có IA là đường cao (do AI là tiếp tuyến chung nên AI (OO’)
=> IA2 = A0.A0’ = 9. 4 = 36 => IA = 6 => BC = 2. IA = 2. 6 = 12(cm)

Bài 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B((O), C( (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O’M và AC. Chứng minh :
Chứng minh các tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp .
Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.
ME.MO = MF.MO’.
OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’.
Lời giải:
( HS tự làm)
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB
 =>(MAB cân tại M. Lại có ME là tia phân giác => ME ( AB
 
Gửi ý kiến