PHIẾU HỌC TẬP TOÁN 9 TUẦN 28
Đại số 9. §4+5: Công thức nghiệm ( CT nghiệm thu gọn) của phương trình bậc hai
Hình học 9: §7: Tứ giác nội tiếp
Bài 1: Giải các phương trình sau:
|
$a)\,{{x}^{2}}-2=0\,$ |
$\,\,\,\,b)\,{{x}^{2}}-2x=0$ |
$\,\,c)\,2{{x}^{2}}+4=0\,\,$ |
$d)\,{{x}^{2}}-2x+1=0$ |
|
$e)\,2{{x}^{2}}+5x+3=0$ $i)\,2{{x}^{2}}-6x+1=0$ |
$f)\,{{x}^{2}}-x-12=0$ |
$g)\,{{x}^{2}}-3{{(x-1)}^{2}}=0$ |
$h)\,{{x}^{2}}+6x-16=0$ |
Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại C nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ tiếp tuyến Bx, tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC. Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp.
Bài 3: Cho nữa đường tròn tâm $O$ đường kính$AB$, kẻ tiếp tuyến $Bx$ và lấy hai điểm $C$ và $D$ thuộc nửa đường tròn. Các tia $AC$ và $AD$cắt $Bx$ lần lượt ở $E$,$F$ ($F$ ở giữa $B$ và $E$)
1. Chứng minh: $\widehat{ABD}=\widehat{DFB}$.
2. Chứng minh rằng $CEFD$ là tứ giác nội tiếp.
Bài 4: Cho đường tròn $\left( O;R \right)$; $AB$ và $CD$ là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại $B$ của đường tròn $\left( O;R \right)$ cắt các đường thẳng $AC$, $AD$ thứ tự tại $E$ và $F$.
a) Chứng minh tứ giác $ACBD$ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh $\Delta ACD~\sim \Delta CBE$
c) Chứng minh tứ giác $CDFE$ nội tiếp được đường tròn.
- Hết –
PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
|
$a)\,x=\pm \sqrt{2}$ |
$\,\,\,\,b)\,x\in \left\{ 0\,\,;\,\,2 \right\}$ |
${\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} c){\mkern 1mu} x \in \emptyset $ |
$\,\,\,\,d)\,x=1$ |
|
$e)\,x \in \left\{ { - 1\,\,;\,\dfrac{{ - 3}}{2}} \right\}$
$\begin{array}{l} |
$\,\,\,\,f)\,x\in \left\{ -3\,\,;\,\,4 \right\}$
Các ý g, h, i học sinh có thể giải theo công thức nghiệm |
$\begin{array}{l} |
$\begin{array}{l} . |
Bài 2:
Ta có E là trung điểm của $AC \Rightarrow OE \bot AC$ hay $\widehat {OEM} = {90^0}$
Mà $Bx\; \bot AB\;\;$ $ \Rightarrow {\rm{ }}\widehat {{\rm{ABx}}} = {90^{\rm{o}}}$ hay $\widehat {OBM} = {90^0}$
Xét tứ giác OBME có $\widehat {OEM} + \widehat {OBM} = {90^0} + {90^0} = {180^0}$
nên tứ giác OBME là tứ giác nội tiếp.
Bài 3:
1)
$\Delta ADB$ có $\widehat {ADB} = {90^{\rm{o}}}$ ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
$\Rightarrow \widehat {ABD} + \widehat {BAD} = {90^{\rm{o}}}$ (vì tổng ba góc của một tam giác bằng ${180^{\rm{o}}}$)(1)
$\Delta ABF$ có $\widehat {ABF} = {90^{\rm{o}}}$ ( BF là tiếp tuyến )
$\Rightarrow \widehat {AFB} + \widehat {BAF} = {90^{\rm{o}}}$ (2) (vì tổng ba góc của một tam giác bằng ${180^{\rm{o}}}$ )
Từ (1) và (2) $\Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {DFB}$
2) Tứ giác ACDB nội tiếp (O) $\Rightarrow \widehat {ABD}{\rm{ }} + \widehat {ACD}{\rm{ }} = {\rm{ }}{180^{\rm{o}}}$ .
$\Rightarrow \widehat {ECD}{\rm{ }} + \widehat {ACD}{\rm{ }} = {\rm{ }}{180^{\rm{o}}}$ ( Vì là hai góc kề bù) $\Rightarrow \widehat {ECD} = \widehat {DBA}$
Theo trên $\widehat {ABD} = \widehat {DFB}$ , $\widehat {ECD} = \widehat {DBA}$ $\Rightarrow \widehat {ECD} = \widehat {DFB}$ . Mà $\widehat {EFD}{\rm{ }} + \widehat {DFB}{\rm{ }} = {\rm{ }}{180^{\rm{o}}}$ ( Vì là hai góc kề bù) nên $\Rightarrow \widehat {ECD}{\rm{ }} + \widehat {AEFD}{\rm{ }} = {\rm{ }}{180^{\rm{o}}}$ , do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.
Bài 4:
a) Tứ giác ABCD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ABCD là hình chữ nhật.
b) Tứ giác ABCD là hình chữ nhật suy ra $\widehat {{\rm{CAD}}} = \widehat {{\rm{BCE}}} = {90^0}$ (1).
Lại có $\widehat {{\rm{CBE}}} = \dfrac{1}{2}$ sđ$\mathop {BC}\limits^\frown $ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); $\widehat {{\rm{ACD}}} = \dfrac{1}{2}$ sđ$\mathop {AD}\limits^\frown $ (góc nội tiếp), mà $\overset\frown{BC}=\overset\frown{AD}$ (do BC = AD ) $ \Rightarrow \widehat {{\rm{CBE}}} = \widehat {{\rm{ACD}}}$ (2).
Từ (1) và (2) suy ra $\Delta ACD\; \sim \Delta CBE$.
c) Vì ABCD là hình chữ nhật nên CB song song với AF , suy ra: $\widehat {{\rm{CBE}}} = \widehat {{\rm{DFE}}}$ (3).
Từ (2) và (3) suy ra $\widehat {{\rm{ACD}}} = \widehat {{\rm{DFE}}}$ ..... tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
HẾT
