Đề kiểm tra 45 phút (1 tiết) - Đề số 5 - Chương 3 - Hình học 9 — Không quảng cáo

Đề bài

Bài 1: Trên tiếp tuyến tại A của đường tròn (O; R), lấy đoạn $AI = R\sqrt 3$.

a) Tính độ dài OI theo R.

b) Đường cao AH của ∆OAI cắt đường tròn (O) tại B. Chứng tỏ IB là tiếp tuyến của (O).

Bài 2: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn sao cho OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn ( B, C là hai tiếp điểm). Từ B vẽ đường thẳng song song với AC cắt (O) tại D ( D khác B). Đường thẳng AD cắt (O) tại E ( khác D).

a) Chứng minh: $AB^2 = AE.AD$

b) Chứng minh: $BC.EC = AC.BE$

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R.

LG bài 1

Phương pháp giải:

Sử dụng:

+Định lý Py-ta-go

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

+Hai tam giác bằng nhau

Lời giải chi tiết:

a) ∆OAI vuông tại A ( tính chẩt tiếp tuyến)

Ta có: $OI = \sqrt {O{A^2} + A{I^2}}  = \sqrt {{R^2} + {{\left( {R\sqrt 3 } \right)}^2}}  = 2R$.

b) Có $OH \bot AB$ (gt) nên H là trung điểm của AB ( định lí đường kính dây cung)

∆AOB cân có đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến nên $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$

Xét ∆OBI và ∆OAI có :

+) OI cạnh chung,

+) $\widehat {{O_1}} = \widehat {{O_2}}$ (cmt),

+) $OB = OA ( = R)$

Vậy $∆OBI = ∆OAI$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat {OBI} = \widehat {OAI} = 90^\circ$

Chứng tỏ OB là tiếp tuyến của (O).

LG bài 2

Phương pháp giải:

Sử dụng:

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

+Tam giác đồng dạng

+ Định lý Py-ta-go

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

+

Lời giải chi tiết:

a) Ta có $\widehat {ABE} = \widehat {BDE}$ ( góc giữa tiếp tuyến và một dây bằng góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Do đó ∆ABE và ∆ADB đồng dạng (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{{AD} }{ {AB}} = \dfrac{{AB} }{{AE}}$

$\Rightarrow A{B^2} = AE.AD$

b) Nối CD.

Khi đó $\widehat {DCx} = \widehat {CED}$ (góc giữa tiếp tuyến và một dây bằng góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

BD // AC $\Rightarrow \widehat {DCx} = \widehat {BDC}$ ( so le trong)

Do đó $\widehat {BDC} = \widehat {CED}$ mà $\widehat {CED} + \widehat {CEA} = 180^\circ$ và $\widehat {BDC} + \widehat {BEC} = 180^\circ$ ( tổng hai góc đối của tứ giác BECD nội tiếp) $\Rightarrow \widehat {CEA} = \widehat {BEC}$.

Lại có $\widehat {EBC} = \widehat {ECA}$ (góc nội tiếp bằng góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn cung EC)

Do đó ∆BEC và ∆CEA đồng dạng (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{{BC}}{{AC}} = \dfrac{{BE} }{ {EC}}$

$\Rightarrow BC.EC = AC.BE$.

c) Gọi BH là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song BD và AC.

Xét  tam giác vuông ACO, ta có :

$AC = \sqrt {A{O^2} - C{O^2}}  = \sqrt {{{\left( {3R} \right)}^2} - {R^2}}$$\, = R\sqrt 8$

Gọi I là giao điểm của AO và BC ta có AO là đường trung trực của đoạn BC nên AO ^ BC tại I hay CI là đường cao của tam giác vuông ACO ta có : CI.AO = CA.CO ( hệ thức lượng)

$\Rightarrow CI = \dfrac{{CA.CO} }{ {AO}} = \dfrac{{R\sqrt 8 .R} }{ {3R}} =\dfrac {{R\sqrt 8 } }{ 3}$

$\Rightarrow BC = {{2R\sqrt 8 } \over 3}$

Xét tam giác vuông AIC ta có :

$AI = \sqrt {A{C^2} - C{I^2}}$$\,= \sqrt {{{\left( {R\sqrt 8 } \right)}^2} - {{\left( {{{R\sqrt 8 } \over 3}} \right)}^2}}  = {{8R} \over 3}$

Hai tam giác vuông AIC và BHC có $\widehat {ACI}$ chung nên :

∆AIC và ∆BHC đồng dạng (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{{BH} }{ {AI}} =\dfrac {{BC}}{ {AC}}$

$\Rightarrow BH = \dfrac{{AI.BC} }{ {AC}} = \dfrac{{{{8R} \over 3}.{{2R\sqrt 8 } \over 3}}}{ {R\sqrt 8 }}$$\,= \dfrac{{{{16{R^2}\sqrt 8 } \over 9}} }{{R\sqrt 8 }} = \dfrac{{16R}}{ 9}$

Lưu ý : Ta có thể tính khoảng cách CK ( K là giao điểm của CO với BD).