Đề cương ôn tập học kỳ 2 môn Toán Lớp 9

Nội dung text: Đề cương ôn tập học kỳ 2 môn Toán Lớp 9

1. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II Bài 1: Dạng toán: Giải các hệ phương trình, phương trình sau:Ví dụ: 3x 2y 5 a/ 3x y 1 b/ x2 – 5x + 4 = 0 c/ x4 – 2x2 – 3 = 0 1 3x 2y 5 x 1 HD:a/ 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x;y) = ; 2 3x y 1 3 y 2 b/ x2 – 5x + 4 = 0 (a = 1; b = –5; c = 4) Ta có: a + b + c = 1 + (–5) + 4 = 0 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1 = 1; x2 = 4 ( Dùng CTN vẫn đủ điểm) c/ x4 – 2x2 – 3 = 0 Đặt X= x2, điều kiện X 0. Phương trình đã cho trở thành: X2 – 2X – 3 = 0 Giải phương trình ẩn X, tìm được X1 = – 1 (loại); X2 = 3 (nhận) 2 Với X = X2 = 3 x = 3 x = 3 hoặc x = – 3 Bài 2: Dạng toán Vẽ đồ thị hàm số, tìm tọa độ giao điểm: Ví dụ Cho hai hàm số (P): y = x2 và (d): y = x + 2. a/ Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng mặt phẳng toạ độ. b/ Tìm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. HD: a/ Hàm số: y = x2 + Tìm được 5 điểm thuộc đồ thị hay lập bảng giá trị đúng + Vẽ đồ thị chính xác - Hàm số: y = x + 2. + Tìm được 2 điểm thuộc đồ thị hay lập bảng giá trị đúng + Vẽ đồ thị chính xác b/ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 = x + 2. Giải và tìm được toạ độ giao điểm của (P) và (d) là: (– 1; 1); (2; 4) Bài 3: Bài toán vận dụng hệ thức Vi- Ét . Ví dụ Cho phương trình x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số) a/ Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 b/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 + x2 = 7. HD: a/ x2 – 2mx – 1 = 0 ’ = (–m)2 – 1.(–1) = m2 + 1 > 0 với mọi giá trị m Vì ’ > 0 với mọi giá trị m Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. Cách khác: Phương trình có a và c trái dấu. Nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt. b/ Theo hệ thức Vi- Ét ta có: x1+ x2 = 2m (1) 1
2. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II x1 . x2 = –1 (2) 2 2 Theo đề bài ta có: x1 + x2 = 7 2 (x1 + x2) – 2 x1 . x2 = 7 (3) Thay (1), (2) vào (3) ta được: (2m)2 + 2 = 7 5 5 m = hoặc m = 2 2 2 2 Vậy để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn x1 + x2 = 7 thì 5 5 m = hoặc m = 2 2 Bài 4: Giải bài toán bằng cách lập PT hoặc HPT. Ví dụ: 1/: Một hình chữ nhật có chu vi là 280m. Nếu giảm chiều dài của hình chữ nhật 2m và tăng chiều rộng thêm 3m thì diện tích của nó tăng thêm 144m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật. HD: 280 Nửa chu vi hình chữ nhật: = 140 (m). 2 Gọi x (m) là chiều dài của hình chữ nhật (0 5, y > 5). 5x 4y 200 Theo đề bài ta có hệ pt: x y 45 x 20 Giải hệ pt ta được (thỏa ĐK). y 25 Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 20cm và 25cm. 3./ Hai vòi nước cùng chảy vào một cái bể không có nước trong 4 giờ 48 phút sẽ đầy bể. Nếu mở vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được 3 bể nước. Hỏi mỗi vòi chảy một 4 mình trong bao lâu thì mới đầy bể? HD: Gọi x (h), y (h) lần lượt là thời gian vòi 1, vòi 2 chảy riêng đầy bể ( x > 3, y > 4). 1 Trong 1h, vòi 1 chảy được: (bể). x 2
3. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II 1 Trong 1h, vòi 2 chảy được: (bể). y 24 Vì hai vòi nước cùng chảy trong 4 giờ 48 phút = h sẽ đầy bể nên trong 1h hai vòi cùng 5 chảy được 5 bể, do đó ta có pt: 1 + 1 = 5 (1). 24 x y 24 3 3 Vì vòi thứ nhất trong 3 giờ và vòi thứ hai trong 4 giờ thì được bể nước nên ta có pt: + 4 x 4 = 3 (2). y 4 1 1 5 x y 24 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: (I) 3 4 3 x y 4 5 u v 1 1 24 Đặt u = , v = , hệ (I) trở thành: (II). x y 3 3u 4v 4 1 1 1 u 12 x 12 x 12 Giải hệ (II), ta được: (thỏa ĐK). 1 1 1 y 8 v 8 y 8 Vậy: Vòi 1 chảy riêng đầy bể trong 12h, vòi 2 chảy riêng đầy bể trong 8h. 4/:Hai tỉnh A và B cách nhau 90 km. Hai mô tô khởi hành đồng thời, xe thứ nhất từ A và xe thứ hai từ B đi ngược chiều nhau. Sau 1 giờ chúng gặp nhau. Tiếp tục đi, xe thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 27 phút. Tính vận tốc mỗi xe. HD: Gọi x, y là vận tốc của xe I và xe II (x, y > 0). Sau một giờ hai xe gặp nhau nên tổng quãng đường hai xe đi được bằng đoạn đường AB, do đó ta có pt: x + y = 90 (1). 90 Thời gian xe I đi hết đoạn đướng AB: (h). x 90 Thời gian xe II đi hết đoạn đướng AB: (h). y 9 Vì xe II tới A trước xe I tới B là 27 phút = h 20 90 9 nên ta có pt: 90 – = (2) x y 20 x + y = 90 y = 90 x (a) Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 90 90 9 10 10 1 . (b) x y 20 x 90 x 20 3
4. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II Giải pt (b)ta được: x1 = 40(nhận) ; x2 = 450 (loại). Thế x = 40 vào (a) y = 50 (nhận). Vậy: Xe I có vận tốc: 40 km/h. Xe II có vận tốc: 50 km/h. ) 5/Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng bé hơn chiều dài 4m và diện tích bằng 60m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất. HD:Gọi chiều dài của mảnh vườn là x (m) x nguyên dương, x > 4 Chiều rộng của mảnh đất là x - 4(m) Theo bài ra diện tích của mảnh đất là 60m2, ta có phương trình: x(x - 4) = 60 x2 - 4x - 60 = 0 ’ = 4 + 60 = 64, = 8 x1 = 2 + 8 = 10 ( TMĐK); x2 = 2 - 8 = -6 ( loại) Vậy chiều dài mảnh đất là 10 m chiều rộng mảnh đất là 10 – 4 = 6(m) 6/Một xe khách và một xe du lịch khởi hành đồng thời từ A đến B. Xe du lịch có vận tốc lớn hơn xe khách là 20 km/h do đó đến B trước xe khách 50 phút. Tính vận tốc mỗi xe. Biết khoảng cách từ A đến B là 100 km Gọi vận tốc của xe khách là x (km/h); ĐK: x > 0 Vận tốc xe du lịch là: x + 20 (km/h) Thời gian xe khách đi hết quãng đường là: 100 (h) x Thời gian xe du lịch đi hết quãng đường là: 100 (h) x 20 Đổi 50 phút = 5 h 6 100 5 100 Theo bài ta có phương trình : - = 600 (x + 20) – 5x (x + 20) = 600x x 6 x 20  600x + 12 000 – 5x2 – 100x – 600x = 0  5x2 + 100x – 12 000 = 0  x2 + 20x – 2 400 = 0 ' 102 + 2 400 = 2 500 10 50 ' = 50 => x1 = = 40 1 10 50 => x2 = = -60 (loại) 1 Vậy vận tốc xe khách là: 40 km/h và vận tốc xe du lịch là: 60 km/h Bài 5: Bài toán Hình học. Ví dụ: 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tai H. a/ Chứng minh các tứ giác BFEC, BFHD nội tiếp. b/ Chứng minh DH là tia phân giác của E· DF c/ Kẻ AD cắt cung BC tại M. Chứng minh tam giác BMH cân. HD:Vẽ hình đúng theo đề bài 4
5. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II a/ Tứ giác BFEC có B· FC 900 (do CF  AB) B· EC 900 (do BE  AC) Hai đỉnh F, E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc = 900 Tứ giác BFEC nội tiếp Tứ giác BFHD có B· FH 900 (do CF  AB, H CF) B· DH 900 (do AD  BC, H AD) B· FH B· DH 900 900 1800 Tứ giác BFHD nội tiếp b/ Chứng minh tứ giác DHEC nội tiếp. Ta có F· DH F· BH (do BFHD nội tiếp) hay F· DH F· BE (do H BE) (1) Ta có E· DH E· CH (do DHEC nội tiếp) hay E· DH E· CF (do H CF) (2) mà F· BE E· CF (3) Từ (1), (2), (3) F· DH E· DH DH là tia phân giác của E· DF c/ Ta có B· MA B· CA (các góc nột tiếp cùng chắn »AB ) hay B· MH D· CE (do H AM, D BC, E AC) Ta có B· HM D· CE (do B· HM là góc ngoài tại đỉnh H của tứ giác DHEC nội tiếp) Do đó B· HM B· MH Vậy BHM cân tại B Bài 2: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các phân giác của các góc ·ABC , ·ACB lần lượt cắt đường tròn tại E, F. 1. CMR: OF  AB và OE  AC. 2. Gọi M là giao điểm của của OF và AB; N là giao điểm của OE và AC. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp và tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác này. 3. Gọi I là giao điểm của BE và CF; D là điểm đối xứng của I qua BC.A CMR: ID  MN. 4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì B· AC = 600. HD: F M N E 1. CMR: OF  AB và OE  AC: + (O,R) có: O A· CF n.tieáp chaén »AF  I · » » » BCF n.tieáp chaén BF  AF BF OF  AB B C · · ACF BCF (CF laøphaân giaùc)  D + (O,R) có: 5
6. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II A· BE n.tieáp chaén »AE  C· AE n.tieáp chaénC»E  »AE C»E OE  AC A· BE C· AE (BE laøphaân giaùc)  2. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp: OF  AB taïi M O· MA 900   O· MA O· NA 1800 Tứ AMON nội tiếp. · 0 OE  AC taïi N ONA 90  * Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON: 2 OA OA 2 R2 Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA S . . . 2 4 4 3. CMR: ID  MN: + I và D đối xứng nhau qua BC ID  BC (1) + (O,R) có: 1  OF  AB taïi M MA MB AB 2  MN là đường trung bình của ABC MN // BC 1 OE  AC taïi N NA NC AC 2  (2). Từ (1) và (2) ID  MN . 4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì B· AC = 600: + I và D đối xứng qua BC BC là đường trung trực của ID, suy ra: IBD cân tại B C· BD C· BE ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao). ICD cân tại C B· CD B· CF ( BC là đường trung trực đồng thời là đường cao). + Khi D nằm trên (O,R) thì: C· BD n.tieáp chaénC»D · » » »  A C B E n .t i e áp c h a én C E  C D C E » » »  AE EC CDF · · C»E »AE (cmt) C B D C B E ( c m t ) Mà:   M N E » » » ¼ » 1 ¼ Mặc khác: AE EC CD ACD CD ACD (1). O I 3 B· CD n.tieáp chaén B»D B C B· CF n.tieáp chaén B»F B»D B»F    »AF F»B B»D » » D B· C D B· C F ( c m t ) Mà:BF AF (cmt)  1 Mặc khác: »AF F»B B»D A¼BD B»D A¼BD (2). 3 1 1 B· AC n.tieáp chaén B»C ·BAC sñ B»C (sñ B»D sñ C»D) (3). 2 2 6
7. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II · 1 1 ¼ 1 ¼ 1 ¼ ¼ 1 0 0 + Từ (1), (2) và (3) BAC sñ ABD sñ ABD sñ ABD sñ ABD .360 60 . 2 3 3 6 6 Bài 3: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi M là điểm trên cạnh BC và N là điểm trên cạnh CD sao cho BM = CN. Các đoạn thằng AM và BN cắt nhau tại H. 1. CMR: Các tứ giác AHND và MHNC là những tứ giác nội tiếp. 2. Khi BM = a . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a. 4 A B 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn MN theo a. HD: 1. CMR: Tứ giác AHND và MHNC nội tiếp: x · · + ABM = BCN (c.g.c) BAM CBN H M + C· BN A· BH A· BC 900 A· HB 900 (ĐL tổng 3 góc của AHB) AM  BN tại H ·AHN M· HN 900 . + Tứ giác AHND có: ·AHN ·ADN 1800 AHND là tứ giác nội tiếp. D N C + Tứ giác MHNC có: M· HN M· CN 1800 MHNC là tứ giác nội tiếp. 2. Khi BM = a . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a: 4 a a 3 a + Khi BM = CN = DN = . 4 4 4 2 2 2 2 3a 5a + AND vuông tại D AN AD DN a = . 4 4 2 AN 2 5a 25 a2 + Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND:S :4 . 4 4 64 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN theo a: + Đặt x = BM = CN CM = a – x . + MCN vuông tại C MN2 = CM2 + CN2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2 a a2 x 2 2 2 a2 a MN2 đạt giá trị nhỏ nhất là khi x 2 0 2 2 a2 a 2 a MN đạt giá trị nhỏ nhất là khi x 2 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là a 2 khi BM = a . 2 2 Bài 4: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Đường cao BH và CK lần lượt cắt (O) tại E và F. a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp. b) CMR: OA  EF và EF // HK. 7
8. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II c) Khi ABC là tam giác đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC của (O). HD: a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp: + BH  AC B· HC = 900 nhìn đoạn BC H đường tròn đường kính BC (1). + CK  AB B· KC = 900 nhìn đoạn BC K đường tròn đường kính BC (2). + Từ (1) và (2) B, H, C, K đường tròn đường kính BC Tứ giác BKHC nội tiếp đường tròn đường kính BC. b) CMR: OA  EF và EF // HK: + Đường tròn đường kính BC có: K· BH n.tieáp chaén H¼K   K· BH K· CH A· BE ·ACF · ¼ KCH n.tieáp chaén HK + Đường tròn (O) có: A· BE n.tieáp chaén »AE C· AE n.tieáp chaén »AF  »AE C»F AE AF (1) A· BE C· AF (cmt)  + Mặc khác: OE = OF = R (2) Từ (1) và ( 2) OA là đường trung trực của EF OA  EF . + Đường tròn đường kính BC có: B· CK n.tieáp chaén B»K   B· CK B· HK B· CF B· HK (3) · » BHK n.tieáp chaén BK + Đường tròn (O) có: B· CF n.tieáp chaén B»F   B· CF B· EF (4) · » BEF n.tieáp chaén BF  B· HK B· EF  Từ (3) và (4)  EF // HK . · · BHK vaø BEF ñoàng vò  c) Khi ABC là tam giác đều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ BC của (O: + Gọi R là bán kính của (O) và h là chiều cao của ABC đều, ta có: a h = 3 2 2 2 a 3 a 3 O là trọng tâm của ABC R = OA = h = . 3 3 2 3 2 a 3 a2 2 S (O) = R = (đvdt) 3 3 8
9. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II 1 1 a 3 a2 3 S ABC = a.h = a (đvdt) 2 2 2 4 1 1 a2 a2 3 a2 (4 3 3) S vp = ( S(O) – SABC ) = ( - )= (đvdt). 3 3 3 4 36 Bài 5: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E là một điểm bất kỳ trên cạnh BC. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với tia DE tại H, đường thẳng này cắt tia DC tại F. a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng nằm trên một đường tròn. b) CMR: DE.HE = BE.CE. c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a khi E là trung điểm của BC. d) CMR: HC là tia phân giác của D· HF . a) CMR: Năm điểm A, B, H, C, D cùng thuộc một đường tròn: + B· AD = 900 nhìn đoạn BD A đường tròn đường kính BD (1) + B· HD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (2) + B· CD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (3) Từ (1), (2) và (3) A, B, H, C, D đường tròn đường kính BD. B b) CMR: DE.HE = BE.CE: A + DEC và BEH có: H E D· EC B· EH ( ñoái ñænh)   DEC BEH (g.g) · · 0 DCE BHE 90  DE EC DE.HE = BE.CE. F BE EH D C c) Tính độ dài đoạn thẳng DH theo a khi E là trung điểm của BC: BC a Khi E là trung điểm của BC EB EC . 2 2 DEC vuông tại C DE EC2 CD2 2 a 2 a 5 DE = a . A B 2 2 BE.CE Từ: DE.HE = BE.CE (cmt) EH H DE E a a a 5 a 5 EH . : . ? 2 2 2 10 D C F a 5 a 5 3a 5 DH = DE + EH = + = . 2 10 5 d) CMR: HC là tia phân giác của ·DEF + Đường tròn đường kính BD có: C· HD n.tieáp chaénC»D  · ·  C H D C BD · 0 · » 1 0  CHD 45 (1) C B D n . t i e áp c h a én C D  Mà:C· BD A· BC 45 2  + Mặc khác: C· HD C· HF D· HF 900 (2) 9
10. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II 1 + Từ (1) và (2) C· HD C· HF D· HF HC là tia phân giác của D· HF . 2 Bài 6: Một hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn Tâm O bán kính R . Một điểm M di động trên cung ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H. 1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp được trong đường tròn và DH.DM = 2R2 . 2) CMR: MD.MH = MA.MC. 3) MDC và MAH bằng nhau khi M ở một vị trí đặc biệt M’. Xác định điểm M’. Khi đó M’D cắt AC tại H’. Đường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C . HD: 1. CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược đường tròn: + ABCD là hình vuông BD  AC B· OH 900 (1) A B + (O) có:B· MD nội tiếp chắn đường tròn B· MD 900 (2) + Từ (1) và (2) B· OH B· MD 900 900 1800 M MBOH là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH. O * CMR: DH.DM = 2R2: H DOH và DMB có: D· OH D· MB 900  D C  DOH DMB (g.g) · BDM : chung  DO DH DO.DB DH.DM R.2R DH.DM DH.DM 2R2 (đpcm). DM DB 2. CMR: MD.MH = MA.MC: + (O,R) có: M· DC n.tieáp chaén M¼ C   M· DC M· AC M· DC M· AH · ¼ B MAC n.tieáp chaén MC  A CD = AD (ABCD là hình vuông) C»D A»D . C· MD n.tieáp chaénC»D  O M' H' ·AMD n.tieáp chaén A»D C· MD ·AMD C· MD ·AMH I C»D A»D  D C + MDC và MAH có: M· DC M· AH (cmt)  MD MC  MDC MAH (g.g) MD.MH MA. MC . · · MA MH CMD AMH (cmt)  3. Chứng minh rằng I là trung điểm của H’C: + Khi MDC = MAH MD = MA + (O,R) có: MD = MA M¼CD M¼BA M¼ C C»D M»B B»A (1) Do:CD = BA C»D B»A (2) 10
11. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II Từ (1) và (2) M¼ C M¼ B M là điểm chính giữa B»C Hay M’là điểm chính giữa B»C . + Do MDC = MAH M’DC = M’AH’ M’C = M’H’ M’H’C cân tại M (3) + Do M’I  AC M’I  H’C (4) Từ (3) và (4) M’I là đường là đường trung tuyến của M’H’C IH’ = IC Hay I là trung điểm của H’C (đpcm). Bài 7: Cho hai đường tròn (O; 20cm) và (O’; 15cm) cắt nhau tại A và B. Biết AB = 24cm và O và O’ nằm về hai phía so với dây chung AB. Vẽ đường kính AC của đường tròn (O) và đường kính AD của đường tròn (O’). a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Tính độ dài đoạn OO’. c) Gọi EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O’) (E, F là các tiếp điểm). CMR: Đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF. HD: E a) CMR: Ba điểm C, B, D thẳng hàng: K + (O) có ·ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn F đường kính AC ·ABC = 900 (1) A + (O’) có ·ABD nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD ·ABD = 900 (2) O O' H + Từ (1) và (2) C· BD = ·ABC +·ABD = 1800 Ba điểm C, B, D thẳng hàng. C b) Tính độ dài đoạn OO’: B D + (O) và (O’) cắt nhau tại A và B OO’ là đường trung trực của AB. 1 + Gọi H là giao điểm của OO’ và AB OO’  AB tại H; HA = HB = AB = 12 (cm). 2 + AHO vuông tại H OH OA2 HA2 = 202 122 16 (cm). + AHO’ vuông tại H O ' H O ' A2 HA2 = 152 122 9 (cm). Suy ra: OO’ = OH + O’H = 16 + 9 = 25 (cm). c) CMR: Đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng EF: + Gọi K là giao điểm của AB và EF. + OEK vuông tại E KE 2 OK 2 OE 2 (1) + OHK vuông tại H OK 2 OH 2 HK 2 (2) + Từ (1) và (2) KE2 = (OH2 + HK2) – OE2 = 162 + HK2 – 202 = HK2 – 144 (*). + O’FK vuông tại F KF 2 O ' K 2 O ' F 2 (3) + O’HK vuông tại H O ' K 2 O ' H 2 HK 2 (2) + Từ (3) và (4) KF2 = (O’H2 + HK2) – O’F2 = 92 + HK2 – 152 = HK2 – 144 ( ). +Từ (*) và ( ) KE 2 = KF 2 KE = KF   K laø trung ñieåm cuûa EF Mà: KE KF EF AB đi qua trung điểm của EF (đpcm). 11
12. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II Bài 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Từ A và B lần lượt kẻ hai tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt tại C và D. 1. CMR: a) Tứ giác AOMC nội tiếp. b) CD = CA + DB và C· OD = 900. c) AC. BD = R2. 2. Khi B· AM = 600. Chứng tỏ BDM là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R. HD: 1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp: + Ax là tiếp tuyến tại A O· AC = 900 (1) + CD là tiếp tuyến tại M O· MC = 900 (2) Từ (1) và (2) O· AC + O· MC = 1800 AOMC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OC. · 0 1b) CMR: CD = CA + DB và COD = 90 : y + Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C CA = CM và OCx là tia phân giác của ·AOM (1) + Hai tiếp tuyến DB và DM cắt nhau tại D DB = DM và OD là D tia phân giác của M· OB (2) M Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB + (O,R)có: C ·AOM M· OB 1800 (keà bu)ø  · OC laø phaân giaùc cuûa AOM  C· OD = 900. OD laø phaân giaùc cuûa M· OB  A O B 1c) CMR: AC. BD = R2: COD vuoâng taïi O 2  OM MC.MD  2 OM  CD  AC.BD R  vôùi OM = R,MC AC, MD BD y 2. Khi B· AM = 600. Chứng tỏ BDM là tam giác đều và tính diệnx tích của hình quạt tròn chắn cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R: D + Nửa (O, R) có: B· AM noäi tieáp chaén B¼M   D· BM B· AM 600 (1) M · ¼ DBM taïo bôûi t.tuyeánvaø daây cungchaén BM BDM có DB = DM BDM cân tại D (2) C Từ (1) và (2) BDM đều. 600 + Nửa (O, R) có: A O B B· AM noäi tieáp chaén B¼M   B· OM 2.B· AM 2.600 1200 · ¼ BOM ôû taâm chaén BM  12
13. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II R2n R2 60 R2 S quạt = (đvdt). 360 360 3 Bài 9/ Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA và MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. a) CMR: MA2 = MC. MD. b) Gọi I là trung điểm của CD. CMR: 5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn. c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của C· HD . d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K thẳng hàng. HD: a) CMR:MA2 = MC. MD: A + vàM AC có:MDA D · I MDA:chung  C  MAC (g.g)MDA M· AC M· DA (cuøng chaén A»C)  M O MA MC MA2 MC.MD (đpcm)). MD MA b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn: + (O) có: B I là trung điểm của dây CD OI  CD O· IM 900 nhìn đoạn OM (1) MA OA (T/c tiếp tuyến) O· AM 900 nhìn đoạn OM (2) MB  OB (T/c tiếp tuyến) O· BM 900 nhìn đoạn OM (3) Từ (1), (2) và (3) 5 điểm M, A, I, O, B đường tròn đường kính OM. c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của C· HD :  A 2 2  + OAM vuông tại A MA MA M =C .MO.MD (c MHmt) D Mà: I C MH MC MO. MH = MC. MD MD MO M O H + và MDO có: D· OM : chung MH MC  MHC MDO (c.g.c) B MD MO  M· HC M· DO M· HC C· DO   C· DO C· HO 1800 · · 0 Maø:MHC CHO 180 (keà bu)ø  Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm) * CMR: AB là phân giác của C· HD : 13
14. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II + COD có OC = OD = R COD cân tại O C· DO D· CO M· DO D· CO   · · » Maø:OHD DCO(cuøng chaén OD cuûa ñöôøng troøn noäi tieáp töù giaùc CHOD)  M· DO O· HD   O· HD M· HC (1) · · Maø:MDO MHC (cmt) A· HC 900 M· HC  + Mặc khác:  (2) · 0 · AHD 90 OHD  Từ (1) và (2) A· HC A· HD   · · · Maø: AHC AHD CHD  Suy ra: HA là tia phân giác của C· HD AB là tia phân giác của C· HD (đpcm). d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K thẳng hàng: K + Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O) · 0 + CK  OC (T/c tiếp tuyến) OCK 90 nhìn đoạn OK (1) A 0 + DK  OD (T/c tiếp tuyến) O· DK 90 nhìn đoạn OK (2) I D Từ (1), (2) Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK C · · » M OKC ODC (cuøng chaén OC) H O O· KC M· DO   O· KC M· HC  Maø:M· HC M· DO(cmt)   · · 0 Maø: MHC OHC 180 (keà bu)ø  B O· KC O· HC 1800 Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK O· HK ·OCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HK  MO   HK  AB 3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm). Maø: AB  MO(cmt) Bài 10: Cho hình vuông cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K. 1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: KM  DB. 3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB. 4. Kí hiệu S ABM , SDCM là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. CMR: (S ABM + 2 2 SDCM ) không đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S ABM + S DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a. HD: 1. CMR: BHCD là tứ giác nội tiếp: + B· HD = 900 nhìn đoạn BD H đường tròn đường kính BD (1) 14
15. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II + B· CD = 900 nhìn đoạn BD C đường tròn đường kính BD (2) Từ (1) và (2) B, H, C, D đường tròn đường kính BD. 2. Chứng minh: KM  DB: + BDK có : DH  BK  BC  DK  M là trực tâm của BDK KM là đường cao thứ ba KM  DB DH caét DK taïi M A B H M D C K 3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB: K· CB K· HD 900  + KCB và KHD có:  KCB KHD (g.g) · BKD : chung  KC KH KC . KD = KH . KB (đpcm). KB KD 4. CMR: (SABM + SDCM ) không đổi: 1 1 + ABM vuông tại B SABM = AB.BM = a.BM (1) 2 2 1 1 + DCM vuông tại C SDCM = CD.CM = a.CM (2) 2 2 1 1 Từ (1) và (2) SABM + SDCM = a.BM + a.CM 2 2 1 1 1 1 = a.(BM CM) a.BC a.a a2 2 2 2 2 1 2 + Vì a là không đổi a không đổi (SABM + SDCM ) không đổi. 2 2 2 * Xác định vị trí của M trên BC để S ABM + S DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a: + Đặt x = BM CM = a – x 15
16. Toán 9 – Ôn tập học kỳ II 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 + Ta có: SABM SDCM a.BM a.CM = a.x a.(a x) 2 2 2 2 1 = a2 x2 (a x)2 4 1 = a2 2x2 2ax a2 4 1 2 2 1 2 = a 2(x ax a ) 4 2 1 2 1 2 1 2 = a (x a) a ) 2 2 4 1 1 1 a4 = a2 .(x a)2 a4 2 2 8 8 a4 1 1 + Giá trị nhỏ nhất của S2 S2 là khi : x a = 0 x a ABM DCM 8 2 2 a4 Vậy khi M là trung điểm của BC thì S2 S2 đạt giá trị nhỏ nhất là . ABM DCM 8 16