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.