Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Đề số 1 - Chương 2 - Hình học 9 — Không quảng cáo

Đề bài

Cho nửa đường tròn đường kính $AB = 2R.$ Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ hai tiếp tuyến Ax và By và  một tiếp tuyến tại M cắt hai tiếp tuyến Ax và By tại C và D.

a. Chứng minh: $AC + BD = CD$ và AC.BD không đổi.

b. Chứng minh đường tròn đường kính CD tiếp xúc với AB.

c. Cho $AC = {R \over 2}$. Tính MA, MB và bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BMD.

LG a

Phương pháp giải:

Sử dụng:

- Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

- Tính chất đường phân giác của hai góc kề bù

-Hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông

Lời giải chi tiết:

a. Ta có: $CM = CA, DM = DB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

mà $CD = CM + MD$$⇒ CD = AC + BD$

Lại có OC và OD lần lượt là hai phân giác của hai góc kề bù là $\widehat {AOM}$ và $\widehat {BOM} \Rightarrow \widehat {COD} = 90^\circ$

Trong tam giác vuông COD có OM là đường cao nên ta có :

$CM.DM = O{M^2} = {R^2}$ (không đổi)

$⇒ AC.BD = {R^2}$

LG b

Phương pháp giải:

Sử dụng:

-Tính chất đường trung bình của hình thang

-Chứng minh OI là bán kính của đường tròn đường kính CD và OI vuông góc với AB

Lời giải chi tiết:

b. Gọi I là tâm đường tròn đường kính CD, ta có OI là đường trung bình của hình thang vuông ACDB $⇒$ OI // AC mà $AC ⊥ AB$

Do đó: $IO ⊥ AB$ và $IO = {{CA + BD} \over 2} = {{CD} \over 2} = IC,$ chứng tỏ đường tròn đường kính CD tiếp xúc với AB.

LG c

Phương pháp giải:

Sử dụng:

-Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

-Hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông

Lời giải chi tiết:

c. Ta có: $OA = OM (=R), CA = CM$ (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

Do đó OC là đường trung trực của đoạn AM.

Gọi H là giao điểm của OC và AM.

Xét tam giác vuông CAO có đường cao AH, ta có:

$\eqalign{   {1 \over {A{H^2}}}& = {1 \over {A{O^2}}} + {1 \over {C{A^2}}} \cr&= {1 \over {{R^2}}} + {1 \over {{{\left( {{R \over 2}} \right)}^2}}} \cr&= {1 \over {{R^2}}} + {4 \over {{R^2}}} = {5 \over {{R^2}}}  \cr  &  \Rightarrow AH = {{R\sqrt 5 } \over 5}\cr& \Rightarrow AM = {{2R\sqrt 5 } \over 5} \cr}$

Ta có: $\widehat {AMB} = 90^\circ$ (AB là đường kính), theo định lí Pi-ta-go :

$BM = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}}$$\; = \sqrt {{{\left( {2R} \right)}^2} - {{\left( {{{2R\sqrt 5 } \over 5}} \right)}^2}}$$\;= \sqrt {4{R^2} - {{20{R^2}} \over {25}}}  = {{4R\sqrt 5 } \over 5}$

Dễ thấy $\widehat {OMD} = \widehat {OBD} = 90^\circ$ nên đường tròn ngoại tiếp ∆MOD có đường kính là OD; đường tròn ngoại tiếp ∆ODB có đường kính là OD. Suy ra đường tròn ngoại tiếp ∆BMD có đường kính là OD.

Tứ giác MHOK là hình chữ nhật (K là giao điểm của OD và MB) nên $OK = MH = {1 \over 2}AM = {{R\sqrt 5 } \over 5}$

Xét tam giác vuông OMD, đường cao MK, ta có:

$M{O^2} = OD.OK$ (hệ thức lượng)

$\Rightarrow OD = {{M{O^2}} \over {OK}} = {{{R^2}} \over {{{R\sqrt 5 } \over 5}}} = R\sqrt 5$

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BMD là ${{R\sqrt 5 } \over 2}$