Bài tập ôn luyện về Tứ giác nội tiếp Hình học Lớp 9

Nội dung text: Bài tập ôn luyện về Tứ giác nội tiếp Hình học Lớp 9

1. Bài 1 : Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Điểm E thuộc nửa đường tròn tâm O (AE 퐹෣ = 퐹 ෣ ( cùng bù với 퐹෣ ) Xét ∆ MEF và ∆ MBA có: I ෣ chung F 퐹෣ = 퐹 ෣ Suy ra ∆ MEF ~ ∆ MBA( g – g) E H A O B
2. b) Cho R = 5cm, ෣ = 60o. Tính EF M b) Vì E, F ∈ đường tròn đường kính AB nên ෣ = 퐹 ෣ = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do dó ∆ MEB vuông tại E. => cos ෣ = (1) I Theo câu a ∆ MEF ~ ∆ MBA 퐹 Suy ra = ( các cạnh tương ứng) (2) F 퐹 1 Từ (1) và (2) ta có = cos ෣ =cos 600 = => EF = E 2 AB/2 = 10/2 = 5 Vậy EF = 5cm H A O B
3. ෣ 0 2 c) Cho =60 , SMEF = 30cm , tính diện tích ∆ MBA d) CM : OI ⏊ EF M c) Vì ∆ MEF ~ ∆ MBA ( câu a) suy ra 푆 2 1 퐹 = = 푆 4 2 Do đó SMAB = 4SMEF = 4.30 = 120cm . I F d) Theo câu b ta có ∆ MEH vuông tại E, ∆ MFH vuông E tại F. Mà I là trung điểm 1 của MH nên EI = FI = MH ( tính chất tam giác vuông) 2 H => I thuộc trung trực của EF Lại có OE = OF = R => O thuộc trung trực của EF A O B Do đó OI là đường trung trực của EF hay OI ⏊ EF
4. Bài 2 : Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ hai tia tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Điểm M thuộc nửa đường tròn. Tiếp tuyến tại M của nửa đường tròn lần lượt cắt Ax, By tại C và D. Nối OC cắt AM tại E, nối OD cắt MB tại F. a) CM : OEMF là hình chữ nhật a) Vì CA, CM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O; R) D nên CA = CM và CO là phân giác của ෣ ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) => ∆ CAM cân tại C suy ra CO ⏊ AM => ෣ = 900 . M Tương tự với hai tiếp tuyến DM và DB ta có OD ⏊ MB => 퐹 ෣ = 900 ෣ 0 C H Xét (O; R) ta có = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay 퐹෣ = 900 E F Xét tứ giác có ෣ = 퐹 ෣ = 퐹෣ = 900 . suy ra OEMF là hình chữ nhật A O B
5. b) CM : AC. BD = R2 c) Cho ෣ = 30o, R = 5cm. Tính AC và BD b) Vì OEMF là hình chữ nhật => ෣ = 900 Vì CD là tiếp tuyến của (O) nên OM ⏊ DC Xét ∆ DCO vuông ở O, có OM là đường cao 2 D => OM = CM. MD ( hệ thức lượng ) Mặt khác CM = CA, MD = DB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) => R2 = AC . DB M c) Vì OEMF là hình chữ nhật nên OC // MB => ෣ = C H ෣ = 300 ( hai góc đồng vị) E F Xét ∆ACO có OA ⏊CA ( Ax là tiếp tuyến ) 1 5 AC = OA. tan ෣ = 5. Tan300 = 5. = (cm) 3 3 A O B Mà AC . BD = R2 = 25 => BD = 5. 3 (cm)
6. d) Tìm vị trí của M để SOEMF đạt giá trị lớn nhất. d) Ta có ∆ OMC vuông tại M có ME ⏊ OC nên OE. OC = OM2 = R2 Tương tự ta có OF . OD = R2 Suy ra OE . OF.OC.OD = R4 D Xét ∆ OCD vuồn ở O, có OM là đường cao => OC. OD = OM.CD ( hệ thức lượng) => OC.OD = R.CD 푅3 Do đó OE.OF.DC.R = R4 => OE.OF = , mà R không đổi M nên SOEMF lớn nhất khi CD nhỏ nhất Kẻ CH ⏊ BD thì ACHB là hình chữ nhật nên CH = AB = C H 2R không đổi E F Mà CD ≥ CH, dấu bằng xảy ra khi H ≡ D  CD//AB Vì OM⏊ CD => OM ⏊ AB . Vậy SOEMF lớn nhất khi OM ⏊AB A O B
7. Bài 3 : Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A và B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B và C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại E, tia AC cắt tia BE tại F. a) CM : FCDE là tứ giác nội tiếp b) CM : DA.DE = DB.DC F a) Xét (O) có ෣ = ෣ = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ෣ = 퐹 ෣ = 900 ෣ ෣ 0 I Xét tứ giác FCDE có + 퐹 = 180 mà hai góc ෣, 퐹 ෣ là hai góc đối nhau C Vậy tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp ( dhnb) C E D b) Cm ∆ ADC ~ ∆ BDE ( g-g) A B O
8. c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE CM : 퐹 ෣ = ෣; IC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Cho DF = R. CM : tan 퐹 ෣ = 2. F c) * Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE 퐹 ෣ = ෣ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) (1) Xét (O) => ෣ = ෣ ( hai góc ) (2) ෣ = ෣ vì tam giác COB cân ở O (3) I Từ (1), (2) , (3) => C * cm 퐹෢ = 퐹 ෣ ෣ ෣ E Cm = D Cm ෣ + ෣ = 900 Suy ra ෣ + 퐹෢ = 900 0 A B => ෢ = 90 O d) cm ∆ CAB ~ ∆ CDF => = 퐹 퐹 2푅 => tan 퐹 ෣ = = 2 푅
9. Bài 4 : Cho (O;R), đường kính AB, điểm H thuộc đoạn OB, dây MN ⏊ AB tại H. Hạ HE ⏊ MA, HF ⏊ MB. Tiếp tuyến của đường tròn tại M cắt AB tại K, đường thẳng EF cắt AB tại I. a) CM : HEMF là hình chữ nhật b) CM : AEFB là tứ giác nội tiếp c) CM : I là trung điểm HK d) Lấy Q đối xứng với M qua A. CM : Khi H chuyển động trên đoạn OB thì Q thuộc một đường tròn cố định. M a) Xét (O) có ෣ = 900 ( góc nội tiếp chắn E nửa đường tròn) 0 C ෣ = 퐹 ෣ = 90 ( gt) nên tứ giác EMFH F là hình chữ nhật O' A K O H B I b) Gọi C là giao điểm của EF và MH. Theo t/c của hình chữ nhật có CM = CF => tam giác MCF cân tại C => 퐹෣ = 퐹 ෣ mà 퐹෣ = ෣ ( N Q cùng phụ với ෣ ) 퐹 ෣ = ෣ => tứ giác AEFB là tứ giác nội tiếp thoe dấu hiệu góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong đỉnh đối diện.
10. M E C F O' A K O H B I c) I là trung điểm HK OM = O’Q = R không đổi => Q thuộc đường tròn ( O’; R)
11. Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A (AC ∆ CAD cân ở C. Mà CH ⏊ AD => ෣ = ෣ , lại có CB chung => ∆ CAB = ∆ CDB( c- g –c ) ෣ = ෣ = 900 . Do đó CD ⏊ BD J M B nên BD là tiếp tuyến của ( C ) C H E I b) Ta có ෣ + ෣ = 1800 mà hai F góc này ở vị tri đối nhau => BACD là D tứ giác nội tiếp
12. c) BE. BF = BH.BC <= BE.BF = 2 BH. BC = 2 2 A • BE. BF = <= ∆ BED ~ ∆ BDF ( g-g) <= 퐹෣ chung và 퐹 ෣ = ෣ ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung ED) 2 K M • BH.BC = <= áp dụng hệ thức lượng trong B ∆CDB vuông tại D có đường cao là DH C H E I d) Cm 3 điểm C, I, K thẳng hàng <= C, I thuộc trung trực của AF F *Ta có ∆ CAF cân tại C có K là trung điểm của AF nên D CK là trung trực của AF. * để cm I ∈ trung trực AF <= IA = IF <= ∆ AIF cân tại I <= 퐹෣ = 퐹 ෢ mà 퐹෣ = 퐹 ෣ <= ෢ = 퐹 ෢ <= +) ෢ = ෣ ( cùng phụ với ෣ ) +) ෣ = ෣ ( đối đỉnh) +) ෣ = 퐹 ෣ <= cm ∆ BHE ~ ∆BFC ( c – g – c)