Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Đề số 4 - Chương 3 - Hình học 9

Đề bài

Bài 1: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AD sao cho \(\widehat {MCN} = 45^\circ \). Gọi E, F lần lượt là giao điểm của CM và CN với BD.

a) Chứng minh tứ giác DCEN nội tiếp.

b) Gọi H là giao điểm của MF và NE. Chứng minh CH vuông góc với MN tại I.

c) Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆DIB.

Bài 2: Cho đường tròn (O; R) và ba điểm A, B, C sao cho \(sđ\overparen{AC} =30^o\), dây cung \(AB = R\sqrt 3 \) và AB, AC ở về hai phía AO.

a) Tính độ dài cung CAB theo R.

b) Chứng minh : OC // AB.

LG bài 1

Phương pháp giải:

a.Chứng minh tứ giác DCNE và BCFM nội tiếp và H là trực tâm của tam giác CMN

b.Chứng minh tứ giác MEFN và BCFMN nội tiếp, từ đó chứng minh CI=CB và MN vuông góc với CH

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\widehat {ECN} = \widehat {EDN} = 45^\circ \) \( \Rightarrow \) Bốn điểm D, C, E, N cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác DCEN nội tiếp.

a)Tứ giác DCEN nội tiếp (cmt) mà \(\widehat {CDN} = 90^\circ \)(gt)

\( \Rightarrow \widehat {CEN} = 90^\circ \) hay \(NE \bot CM.\)

Tương tự ta chứng minh được tứ giác BCFM nội tiếp ( \(\widehat {MBF} = \widehat {MCF} = 45^\circ \))

\( \Rightarrow \widehat {MFC} = \widehat {MBC} = 90^\circ \) hay \(MF \bot CN\) mà MF và NE giao nhau tại H nên H là trực tâm ∆CMN.

\( \Rightarrow \) CH là đường cao hay \(CH \bot MN.\)

b) Ta có tứ giác MEFN nội tiếp ( \(\widehat {MEN} = \widehat {MFN} = 90^\circ \))

\( \Rightarrow \widehat {CMI} = \widehat {CFB}\) ( cùng bù với \(\widehat {NFE}\) )

Lại có tứ giác BCFM nội tiếp (cmt)

\( \Rightarrow \widehat {CMB} = \widehat {CFB}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung BC) \( \Rightarrow \widehat {CMI} = \widehat {CMB}\)

Do đó \(∆CBM = ∆CIM\) ( cạnh huyền – góc nhọn)

\( \Rightarrow  CI = CB = a\) mà \(MN \bot CH\) tại I (cmt) nên MN là tiếp tuyến của đườn tròn ngoại tiếp ∆DIB có tâm C và bán kính bằng a.

LG bài 2

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+ Số đo của góc nội tiếp bằng số đo của cung bị chắn

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

Lời giải chi tiết:

a) Ta có :\(AB = R\sqrt 3  \Rightarrow \widehat {AOB} = 120^\circ \)

\(sđ\overparen{AC} = 30^o \Rightarrow  \widehat {AOC} = 30^\circ \).

Vậy \(\widehat {BOC} = 150^\circ \).

Khi đó \({l_{\overparen {BAC}}} = \dfrac{{\pi R.150} }{ {180}} =\dfrac {{5\pi R} }{ 6}\).

b)      ∆AOB cân tại O có \(\widehat {AOB} = 120^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {OAB} = \widehat {OBA} =\dfrac {{180^\circ  - 120^\circ }}{2}\)\(\, = 30^\circ \)

Do đó \(\widehat {OAB} = \widehat {AOC} = 30^\circ \)

\( \Rightarrow \) OC // AB ( cặp góc so le trong bằng nhau).