Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) – Đề số 6 – Chương 3 – Hình học 9

Đề bài

Bài 1: Cho đường tròn (O; R) dây $AB = R\sqrt 2$. Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến cắt nhau tại C. Đường thẳng OC cắt cung nhỏ AB tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC.

Bài 2:  Cho hình bình hành ABCD ($\widehat A > 90^\circ$). Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC cắt DC tại M và cắt BD tại N.

a) Chứng tỏ: AM = AD.

b) Tính độ dài cung nhỏ MB theo R nếu góc ADC bằng 60º và OA = R

c) Gọi I là giao điểm của AC và BD. Chứng tỏ : IA² = IN.IB.

d) Chứng tỏ IA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AND.

LG bài 1

+ Tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật

+ Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau là hình vuông

+ Góc giữa tiếp tuyến và dây bằng nửa số đo cung bị chắn

+ Góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn

Lời giải chi tiết:

Ta có : $AB = R\sqrt 2  \Rightarrow \widehat {AOB} = 90^\circ$

Dễ thấy tứ giác ACBO là hình chữ nhật ( ba góc vuông).

Lại có $OA = OB ( = R)$ nên ACBO là hình vuông $\Rightarrow$ OC là tia phân giác của $\widehat {ACB}$.

Mặt khác $\widehat {CAI} = \dfrac{1}{2}\overparen{AI}$ ( góc giữa tiếp tuyến và một dây)

              $\widehat {IAB} = \dfrac{1}{2}\overparen{BI}$ ( góc nội tiếp)

mà $\overparen{ AI} = \overparen{ BI}$ $\Rightarrow \widehat {CAI} = \widehat {IAB}$ hay AI là tia phân giác của $\widehat {CAB}$.

Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC.

LG bài 2

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+Tính chất của tứ giác nội tiếp

+Tính chất hình bình hành

+Tính chất tam giác cân

+Công thức: $l = \frac{{\pi Rn}}{{180}}$

+Tam giác đồng dạng

Lời giải chi tiết:

a) Ta có tứ giác ABCM nội tiếp

$\Rightarrow \widehat {AMD} = \widehat {ABC}$ (cùng bù với $\widehat {AMC}$)

mà $\widehat {ABC} = \widehat {ADC}$ ( góc đối của hình bình hành)

$\Rightarrow \widehat {AMD} = \widehat {ADC}$

Do đó ∆ADM cân tại A

$\Rightarrow  AM = AD.$

b) Khi $\widehat {ADC} = 60^\circ$

$\Rightarrow \widehat {DAB} = 180^\circ  – 60^\circ  = 120^\circ$

Mặt khác ∆ADM cân có

$\widehat {ADC} = 60^\circ$ nên ∆ADM đều $\Rightarrow \widehat {DAM} = 60^\circ$

Do đó $\widehat {MAB} = 60^\circ  \Rightarrow \widehat {MOB} = 120^\circ$ ( góc nội tiếp có số đo bằng nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung)

Vậy ${l_{\overparen{MB}}} =\dfrac {{\pi R.120} }{ {180}} =\dfrac {{2\pi R} }{ 3}$.

c) Xét ∆AIN và ∆BIC có

+) $\widehat {AIN} = \widehat {BIC}$ ( đối đỉnh)

+) $\widehat {NAI} = \widehat {NBC}$ ( góc nội tiếp chắn cung NC)

Do đó ∆AIN và ∆BIC đồng dạng (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{{IA} }{{IB}} = \dfrac{{IN} }{ {IC}} \Rightarrow IA.IC = IN.IB$

(mà IC = IA) $\Rightarrow  IA^2= IN.IB.$

d) Gọi IA’ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AND, ta dễ dàng chứng  minh được IA² = IN.IB mà IA² = IN.IB (cmt)

$\Rightarrow IA{^2} = I{A^2} \Rightarrow IA = IA$ hay A’ trùng với A.

Vậy IA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AND.

 Sachgiaihay.com