Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Đề số 2 - Chương 3 - Hình học 9

Đề bài

Bài 1: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R). Vẽ tiếp tuyến MA ( A là tiếp điểm), cát tuyến MBC ( B nằm giữa M và C) và O nằm trong góc AMC. Lấy I là trung điểm của BC. Tia OI cắt cung nhỏ BC tại N, AN cắt BC tại D.

a)   Chứng minh AD là phân giác của góc BAC.

b)   Chứng minh : MD² = MB.MC.

c)   Gọi H, K là hình chiếu của N lên AB và AC. Chứng tỏ ba điểm H, I, K thẳng hàng ( đường thẳng Sim-Sơn).

Bài 2: Cho đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Qua A vẽ đường thẳng cắt (O) tại B và cắt (O’) tại C.

a)   Chứng tỏ OB // O’C.

b)   Chứng tỏ tỉ số diện tích hai hình quạt nằm trong góc ở tâm \(\widehat {AOB}\) và \(\widehat {AO'C}\) của hai hình tròn không đổi khi cát tuyến BAC quạt quanh A.

LG bài 1

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+Đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây ấy

+Góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và dây cùng chắn 1 cung 

+Số đo góc có đỉnh bên trong đường tròn

+Số đo góc tạo bởi tiếp tuyến và dây

+Hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì bằng nhau

+Tứ giác nội tiếp

Lời giải chi tiết:

a)    I là trung điểm BC \(\Rightarrow  OI \bot BC  \Rightarrow  \overparen{ NB} = \overparen{ NC}\)

Do đó \(\widehat {BAN} = \widehat {CAN}\) hay AD là phân giác của góc \(\widehat {BAC}\).

b)   Xét ∆MAB và ∆MCA có:

+) \(\widehat M\) chung,

+) \(\widehat {MAB} = \widehat {MCA}\) (góc giữa tiếp tuyến và một dây bằng góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

Do đó ∆MAB và ∆MCA đồng dạng (g.g)

\( \Rightarrow \dfrac{{MA}}{ {MC}} = \dfrac{{MB} }{{MA}}\)

\( \Rightarrow  MA^2= MB.MC\)                  (1)

Lại có \(\widehat {MDA} = \dfrac{{sđ\overparen{AB} +sđ\overparen{ NC}}}{2}\) ( góc có đỉnh bên trong đường tròn)

          \(\widehat {MAN} = \dfrac{{sđ\overparen{AB} + sđ\overparen{BN}}}{2}\)  ( góc giữa tiếp tuyến và một dây)

 Mà \(\overparen{ NC} = \overparen{ NB} \)\(\,\Rightarrow  \widehat {MDA} = \widehat {MAN}\) hay ∆MAD cân tại M

\( \Rightarrow  MA = MD\)              (2)

Thay (2) vào (1), ta có : \(MD^2 = MB.MC.\)

c)   Tứ giác HBIN nội tiếp ( \(\widehat {NHB} + \widehat {NIB} = 180^\circ ),\)

\(\widehat {HBN} = \widehat {HIN}\)          (1)    ( các góc nội tiếp cùng chắn cung HN)

mà \(\widehat {HBN} = \widehat {ACN}\)      (2)     ( cùng bù với \(\widehat {ABN}\))

Mặt khác tứ giác NIKC nội tiếp ( \(\widehat {NIC} = \widehat {NKC} = 90^\circ \))

\( \Rightarrow \widehat {ACN} + \widehat {NIK} = 180^\circ \)     (3)

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \widehat {HIN} + \widehat {NIK} = 180^\circ \) chứng tỏ ba điểm H, I, K thẳng hàng.

LG bài 2

Phương pháp giải:

+Tính chất tam giác cân

Sử dung:

\({S_{\overparen{AOB}}} = \dfrac{{\pi {R^2}n} }{ {360}}\)

 \({S_{\overparen{AO'C}}} = \dfrac{{\pi R{'^2}n} }{{360}}\)

Lời giải chi tiết:

a) Ta có \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\) ( đối đỉnh)

∆BOA cân \( \Rightarrow \widehat {{A_1}} = \widehat B\).

Tương tự \(\widehat {{A_2}} = \widehat C \Rightarrow \widehat B = \widehat C\)

Do đó OB // O’C ( cặp góc so le trong bằng nhau).

b)   Ta có : \({S_{\overparen{AOB}}} = \dfrac{{\pi {R^2}n} }{ {360}}\)

                 \({S_{\overparen{AO'C}}} = \dfrac{{\pi R{'^2}n} }{{360}}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{{S_{\overparen{AOB}}}}}{{{S_{\overparen{AO'C}}}}} = \dfrac{{{R^2}} }{ {R{'^2}}}\) ( không đổi).