Đề bài - đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - đề số 3 - chương 3 - hình học 9

Đề bài

Bài 1:Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC. Tia phân giác của góc BAC cắt đường tròn tại D.

a) Chứng tỏ \(OD \botBC.\)

b)Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Tính góc BIC.

Bài 2:Từ một điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn ( B và C là các tiếp điểm). Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt AB tại D và cắt (O) tại E. Từ E vẽ EF vuông góc với BC ( F thuộc BC) và EH vuông góc với AC ( H thuộc AC).

a) Chứng minh : \(\widehat {DEF} = \widehat {FEH}.\)

b) Chứng minh : \(EF^2= ED.EH.\)

c) Gọi N là giao điểm của DF và EB, M là giao điểm của FH và EC. Chứng tỏ rằng tứ giác MENF nội tiếp.

d)Cho \(\widehat {BAC} = 30^\circ \). Tính độ dài cung nhỏ BC và diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi hai bán kính OB và OC.

LG bài 1

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+Đường kính đi qua điểm chính giữa của dây cung thì vuông góc với dây căng cung ấy

+Tổng ba góc của 1 tam giác bằng 180 độ

Lời giải chi tiết:

a) Ta có \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\) (gt) \( \Rightarrow \overparen{DB} =\overparen{DC}\)

\( \Rightarrow OD \bot BC\) ( đường kính đi qua điểm chính giữa của dây cung).

b) Ta có \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat B + \widehat C = 180^\circ - \widehat A\)\(\, = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \) (\(\widehat A = 90^\circ \) vì BC là đường kính).

\( \Rightarrow \dfrac{{\widehat B} }{ 2} + \dfrac{{\widehat C} }{ 2} = 45^\circ \) hay \(\widehat {{B_1}} + \widehat {{C_1}} = 45^\circ \)

Trong BIC có :

\(\widehat {BIC} = 180^\circ - \left( {\widehat {{B_1}} + \widehat {{C_1}}} \right)\)\(\, = 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ \).

LG bài 2

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau

+Tính chất tứ giác nội tiếp

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

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

+Tổng ba góc của 1 tam giác bằng 180 độ

+Công thức

\({l} =\dfrac{{\pi R.n} }{ {180}} \)

\({S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.n} }{ {360}}\)

Lời giải chi tiết:

a) Ta có tứ giác BDEF nội tiếp ( vì \(\widehat {BDE} + \widehat {{\rm{BF}}E} = 180^\circ \))

\( \Rightarrow \widehat {BDF} + \widehat {{\rm{DEF}}} = 180^\circ \)

Tương tự tứ giác CHEF nội tiếp \( \Rightarrow \widehat {HCF} + \widehat {FEH} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {DBF} = \widehat {HCF}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó \(\widehat {{\rm{DEF}}} = \widehat {FEH}\) (1)

b) Ta có \(\widehat {EDF} = \widehat {EBF}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

\(\widehat {EBF} = \widehat {ECH}\) (góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn cung EC)

\(\widehat {ECH} = \widehat {EFH}\) ( góc nội tiếp cùng chắn cung EH)

Do đó \(\widehat {EDF} = \widehat {EFH}\) (2)

Từ (1) và (2), ta có :

EFD và EHF đồng dạng (g.g)

\( \Rightarrow \dfrac{{EF} }{ {EH}} = \dfrac{{ED}}{{EH}} \Rightarrow E{H^2} = ED.EH\).

c) Ta có \(\widehat {EFM} = \widehat {EBC}\) (cmt),

\(\widehat {NFE} = \widehat {BCE}\) (cmt)

mà \(\widehat {NEM} + \widehat {BCE} + \widehat {EBC} = 180^\circ \) ( tổng ba góc của tam giác)

\( \Rightarrow \widehat {NEM} + \widehat {NEF} + \widehat {EFM} = 180^\circ \) hay \(\widehat {NEM} + \widehat {NFM} = 180^\circ \)

Do đó tứ giác MENF nội tiếp.

d) Dễ thấy tứ giác ABOC nội tiếp (\(\widehat {ABO} + \widehat {ACO} = 180^\circ \))

\( \Rightarrow \widehat {BAC} + \widehat {BOC} = 180^\circ \) mà \(\widehat {BAC} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {BOC} = 150^\circ \)

Vậy \({l_{\overparen{BC}}} =\dfrac{{\pi R.150} }{ {180}} = \dfrac{{5\pi R}}{ 5}\) và \({S_q} = \dfrac{{\pi {R^2}.150} }{ {360}} = \dfrac{{5\pi {R^2}}}{ {12}}.\)