-
Lớp 12
-
Lớp 11
-
Lớp 10
- SGK Toán 10 - Đại Số và Hình Học Toán 10
- SGK Toán 10 nâng cao
- SGK Tiếng Anh 10
- SGK Tiếng Anh 10 Mới
- Văn mẫu 10
- Soạn văn 10 chi tiết
- Soạn văn 10 ngắn gọn
- Soạn văn 10 siêu ngắn
- Tác giả - Tác phẩm văn 10
- SGK Vật lý 10
- SGK Vật lý 10 nâng cao
- SGK Hóa học 10
- SGK Hóa học 10 nâng cao
- SGK Sinh học 10
- SGK Sinh học 10 nâng cao
-
Lớp 9
-
Lớp 8
-
Lớp 7
-
Lớp 6
- Lớp 5
- Lớp 4
- Lớp 3
- Lớp 2
- Lớp 1
- Thông tin tuyển sinh
Bài 7 trang 134 SGK Toán 9 tập 2
Đề bài / Mô tả:
Xem lời giải và đáp án chi tiết cho Bài 7 trang 134 SGK Toán 9 tập 2
Đề bài
Cho tam giác đều \(ABC\), \(O\) là trung điểm của \(BC\). Trên các cạnh \(AB, AC\) lần lượt lấy các điểm di động \(D\) và \(E\) sao cho góc \(\widehat {DOE} = {60^0}\).
a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi.
b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\). Từ đó suy ra tia \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\).
c) Vẽ đường tròn tâm \(O\) tiếp xúc với \(AB\). Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với \(DE\).
Phương pháp giải - Xem chi tiết
+) Chứng minh các cặp tam giác bằng nhau suy ra các cạnh tương ứng bằng nhau.
+) Chứng minh các cặp tam giác đồng dạng suy ra các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ.
Lời giải chi tiết
a) Chứng minh tích \(BD.CE\) không đổi.
Ta có \(\widehat {DOC}\) là góc ngoài của \(∆ BDO\) nên: \(\widehat {DOC} = \widehat B + {\widehat D_1}\)
hay \(\widehat {{O_1}} + \widehat {{O_2}} = \widehat B + \widehat {{D_1}} \Leftrightarrow {60^0} + \widehat {{O_2}} = {60^0} + \widehat {{D_1}}\)
\(\Leftrightarrow \widehat {{O_2}} = \widehat {{D_1}}\)
Xét hai tam giác: \(∆BOD\) và \(∆CEO\), ta có: \(\widehat B = \widehat C = {60^0}\) (gt) và \(\widehat {{O_2}} = \widehat {{D_1}}\) (cmt)
\(⇒ ∆BOD\) đồng dạng \(∆CEO\) (g.g)
\( \displaystyle \Rightarrow {{B{\rm{D}}} \over {BO}} = {{CO} \over {CE}} \Rightarrow B{\rm{D}}.CE = BO.CO\)
hay \(\displaystyle B{\rm{D}}.CE = {{BC} \over 2}.{{BC} \over 2} = {{B{C^2}} \over 4}\) (không đổi)
Vậy \(\displaystyle B{\rm{D}}.CE = {{B{C^2}} \over 4}\) không đổi
b) Chứng minh \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\)
Từ câu (a) ta có: \(∆BOD\) đồng dạng \(∆CEO\)
\( \displaystyle \Rightarrow {{O{\rm{D}}} \over {OE}} = {{B{\rm{D}}} \over {OC}} = {{B{\rm{D}}} \over {OB}}\) (do \(OC = OB\))
Mà \(\widehat B = \widehat {DOE} = {60^0}\)
Vậy \(ΔBOD\) đồng dạng \(ΔOED\) (c.g.c) \(\Rightarrow \widehat {B{\rm{D}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}\)
hay \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\)
c) Vẽ \(OK \bot DE\) và gọi \(I\) là tiếp điểm của \((O)\) với \(AB\), khi đó \(OI \bot AB\). Xét hai tam giác vuông: \(IDO\) và \(KDO\), ta có:
\(DO\) chung
\(\widehat {{D_1}} = \widehat {{D_2}}\) (do \(DO\) là tia phân giác của góc \(BDE\))
Vậy \(ΔIDO= ΔKDO \, (ch - gn)\)\( ⇒ OI = OK\) (các cạnh tương ứng).
Điều này chứng tỏ rằng \(OK\) là bán kính của \((O)\) và \(OK \bot DE\) nên \(K\) là tiếp điểm của \(DE\) với \((O)\) hay \(DE\) tiếp xúc với đường tròn \((O).\)