Câu 4.1 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2
Cho đường tròn tâm O bán kính R. Lấy ba điểm bất kỳ A, B, C trên đường tròn (O). Điểm E bất kỳ thuôc đoạn thẳng AB (và không trùng với A, B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với đường thẳng OA cắt đoạn thẳng AC tại điểm F. Chứng minh ^BCF+^BEF=1800.
Giải
Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn (O)
At ⊥OA (tính chất tiếp tuyến)
EF⊥OA (gt)
Suy ra: At // EF
^EFA=^CAt (so le trong)
^CBA=^CAt (hệ quả góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung)
Suy ra: ^EFA=^CBA hay ^EFA=^CBE
^EFA+^EFC=1800 (hai góc kề bù)
⏜CBE + ⏜EFC = 1800 (1)
Trong tứ giác BCFE ta có:
⏜BCF + ⏜BEF + ⏜CBE + ⏜CFE = 3600 (tổng các góc trong tứ giác) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ^BCF+^BEF=1800
Câu 4.2 trang 104 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 2
Advertisements (Quảng cáo)
Cho tam giác ABC vuông ở A, AH và AM tương ứng là đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác đó. Qua điểm A kẻ đường thẳng mn vuông góc với AM. Chứng minh: AB và AC tương ứng là tia phân giác của các góc tạo bở AH và hai tia Am, An của đường thẳng mn.
Giải
∆ABCvuông tại A, có AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
⇒AM=MB=MC=12BC (tính chất tam giác vuông)
⇒ ∆AMB cân tại M
⇒ˆB=^BAM (1)
mn⊥AM (gt)
⇒^mAM+^BAM=900 (2)
∆AHB vuông tại H
⇒ˆB+^BAH=900 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: ^mAB=^BAH. Vậy AB là tia phân giác của ^mAH.
∆AMC cân tại M ⇒^MAC=ˆC (4)
mn⊥AM (gt) ⇒^MAC+^nAC=900 (5)
∆AHC vuông tại H ⇒^HAC+ˆC=900 (6)
Từ (4), (5) và (6) suy ra: ^HAC=^nAC. Vậy AC là tia phân giác của ^HAn