Phiếu bài tập số 6 môn Hình học Lớp 9 - Tiết 41: Luyện tập Góc nội tiếp - Lê Anh Phương (Có đáp án)

 LUYỆN TẬP VỀ GÓC NỘI TIẾP
Bài 1: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) cắt nhau tại A và B. Vẽ cát tuyến CAD vuông góc với AB. 
Tia CB căt (O’) tại E, tia BD cắt (O) tại F. Chứng minh rằng:
a) 퐹 = 퐹
b) AB là tia phân giác của 퐹
c) CA.CD = CB.CE
d) CD2 = CB.CE + BD.CF
Bài 2: Cho nửa đường tròn (O) Đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung AB. Lấy điểm M 
thuuộc cung BC và điểm N thuộc tia AM sao cho AN = BM. Kẻ dây CD song song với AM.
a) Chứng minh ΔACN = ΔBCM
b) Chứng minh ΔCMN vuông cân
c) Tứ giác ANCD là hình gì? Vì sao?
Bài 3: Cho đường tròn (O;R) và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung AB và 
CD vuông góc với nhau ( C thuộc cung nhỏ AB). Vẽ đường kình DE. Chứng minh rằng:
a) MA.MB = MC.MD
b) Tứ giác ABEC là hình thang cân
c) Tổng MA2 + MB2 + MC2 + MD2 có giá trị không đổi khi M thay đổi vị trí trong đường tròn (O).
Bài 4: Cho AB và CD là hai đường kính vuông góc với nhau của đường tròn (O;R). Qua điểm M thuộc 
cung nhỏ AC (điểm M khác điểm A, C ) kẻ tiêp tuyến với đường tròn cắt AB, CD lần lượt tại E, F.
a) Chứng minh 퐹 = 2 
b) Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ AC sao cho 퐹 = 300. Khi đó tính độ dài đoạn thẳng OE, 
ME, EF theo R. Đáp án:
Bài 1:
Vì CD  AB => = 900
 1 0
Mà = 2sđ BC ( Góc nội tiếp) => sđ BC = 180
Vậy 3 điểm B, O, C thẳng hàng. 
Chứng minh tương tự ta có B, O’, D thẳng hàng.
a) Trong đường tròn (O) ta có: 퐹 = 퐹 (Góc nội tiếp cùng chắn cung CF)
Trong đường tròn (O’) ta có: = (Góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
Mà 퐹 = (đối đỉnh) suy ra 퐹 = 
b) Nối CF và DE ta có 퐹 = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’))
Xét ΔCFB và ΔDEB có:
 = = 900
 퐹 = (đối đỉnh)
=> 퐹 = 
Mặt khác: 퐹 =퐹 (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung FB)
 = (góc nội tiếp (OE) cùng chắn cung FB)
Suy ra: 퐹 = ( hay AB là tia phân giác của 퐹 
c) Xét ΔCAE và ΔCBD có: chung
 = (góc nội tiếp (O’) cùng chắn cung AB)
=> ΔCAE ~ ΔCBD (g.g)
=> = hay CA.CD = CB.CE (1)
d) Chứng minh tương tự câu c ta có DA.DC =DB.DF (2)
Từ (1) và (2) suy ra: CA.CD + DA.DC = CB.CE+ DB.DF
 CD(CA+DA) = CB.CE + DB.DF
CD2 = CA.CE + DB.DF
Bài 2: 
 a) Xét ΔACN và ΔBCM có:
 + AC = BC (vì C là điểm chính giữa cung AB)
 + = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)
 + AN = BM (gt)
 => ΔACN = ΔBCM (c.g.c)
 b) Vì ΔACN = ΔBCM (chứng minh a)
 => CN = CM => ΔCMN cân tại C (1)
 1 o o
 Lại có = 2 Sđ AC = 1/2. 90 = 45
 Từ (1) và (2) suy ra ΔCMN vuông cân tại C.
 c) Vì CD // AM nên tứ giác ADCM là hình thang cân.
 Ta có: = = = 45o
 Suy ra: AD // CN.
 Vậy tứ giác ANCD là hình bình hành.
 Bài 3: a) Xét ΔAMC và ΔDMB có:
 = (góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
 = = 90o (gt) => ΔAMC ∼ ΔDMB (g.g) 
=> = => MA.MB = MC.MD
b) Vì = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)=> CD ⊥ CE
CD ⊥ AB (gt) => AB // CE.
=> Tứ giác ABEC là hình thang (1).
Mặt khác: CE và AB là hai dây song song của đường tròn (O) chắn hai cung AC và BE nên: 
AC = BE => AE = BC => = 
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ABEC là hình thang cân.
c) Vì AE = BC (cmt) => EB = BC .
Mặt khác: = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Do đó: MA2 + MB2 + MC2 + MD2
= (MA2+ MD2) + (MB2 + MC2)
= AD2 + BC2 = DE2 = 4R2 không đổi
Bài 4: a) Ta có: = 2 (cùng chắn cung MA)
Vì EF là tiếp tuyến với (O) tại M nên OM ⊥ EF
Ta có = 퐹 (cùng phụ với góc 퐹 )
Suy ra 퐹 = 2 
b) Ta có: 퐹 = 30o ⇔ = 60o
⇔ ΔAOM đều nên AM = OA = R.
Vậy nếu M ∈ (O) và AM = R thì 퐹 = 30o
Khi đó ΔOME vuông tại M nên
ME = MO. tan = 3R
OE = 2MO = 2R
Vì ΔEOF vuông tại O nên cos 퐹 = 퐹
 2푅
=> EF = = = 4푅 3
 표푠퐹 표푠300 3