Tuyển tập các bài toán Hình học Lớp 9 ôn thi vào 10

pdf 42 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 12/05/2024 Lượt xem 160Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập các bài toán Hình học Lớp 9 ôn thi vào 10", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Tuyển tập các bài toán Hình học Lớp 9 ôn thi vào 10
 1 
Tuyển tập các bài toán hình học lớp 9 ôn thi vao 10 
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đ-ờng tròn (O). Các đ-ờng cao AD, BE, CF cắt 
nhau tại 
H và cắt đ-ờng tròn (O) lần l-ợt tại M,N,P. 
Chứng minh rằng: 
1)Tứ giác CEHD, nội tiếp . 
2)Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đ-ờng tròn. 
3)AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 
4)H và M đối xứng nhau qua BC. 
5)Xác định tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác DEF. 
Lời giải: 
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 
 CEH = 900 ( Vì BE là đ-ờng cao) 
 CDH = 900 ( Vì AD là đ-ờng cao) 
=>  CEH +  CDH = 1800 
H 
( 
( 
2 
- 
- 
2 
1 
1 
1 P 
N 
F 
E 
M 
D C B 
A 
O 
Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: BE là đ-ờng cao => BE  AC => BEC = 900. 
CF là đ-ờng cao => CF  AB => BFC = 900. 
Nh- vậy E và F cùng nhìn BC d-ới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đ-ờng tròn đ-ờng 
kính BC. 
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đ-ờng tròn. 
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung 
=>  AEH  ADC => 
AC
AH
AD
AE
 => AE.AC = AH.AD. 
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc chung 
=>  BEC  ADC => 
AC
BC
AD
BE
 => AD.BC = BE.AC. 
4. Ta có C1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ABC) 
C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) 
=> C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân tại C 
=> CB cũng là đ-ơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đ-ờng tròn 
 => C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) 
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 
 C1 = E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) 
 E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED. 
Chứng minh t-ơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do 
đó H là tâm đ-ờng tròn nội tiếp tam giác DEF. 
 2 
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đ-ờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm 
đ-ờng tròn
ngoại tiếp tam giác AHE. 
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đ-ờng 
tròn. 
3. Chứng minh ED = 
2
1
BC. 
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đ-ờng tròn (O). 
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 
Lời giải: 
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 
 CEH = 900 ( Vì BE là đ-ờng cao) 
H 
1 
3 
2 
1 
1 
O 
E 
D C B 
A 
  CDH = 900 ( Vì AD là đ-ờng cao) 
 =>  CEH +  CDH = 1800 
 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội 
tiếp 
2. Theo giả thiết: BE là đ-ờng cao => BE  AC => BEA = 900. 
AD là đ-ờng cao => AD  BC => BDA = 900. 
Nh- vậy E và D cùng nhìn AB d-ới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đ-ờng tròn 
đ-ờng kính AB. 
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đ-ờng tròn. 
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đ-ờng cao nên cũng là đ-ờng 
trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 . 
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 
2
1
BC. 
4. Vì O là tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH 
=> OA = OE => tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1). 
Theo trên DE = 
2
1
BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) 
Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 
Mà E1 + E2 = BEA = 90
0 => E2 + E3 = 90
0 = OED => DE  OE tại E. 
Vậy DE là tiếp tuyến của đ-ờng tròn (O) tại E. 
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp 
dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 
52 – 32  ED = 4cm 
Bài 3 Cho nửa đ-ờng tròn đ-ờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. 
Qua điểm M thuộc nửa đ-ờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần 
l-ợt ở C và D. Các đ-ờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 
1. Chứng minh AC + BD = CD. 
2. Chứng minh COD = 900. 
3.Chứng minh AC. BD = 
4
2AB
. 
4.Chứng minh OC // BM 
 3 
5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đ-ờng tròn đ-ờng kính 
CD. 
5.Chứng minh MN  AB. 
6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ 
nhất. 
Lời giải: 
/ 
/ 
y 
x 
N 
C 
D 
I 
M 
B O A 
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = 
CM + DM. 
 Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là 
tia phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900. 
3. Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp 
tuyến ). 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ-ờng cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = 
4
2AB
. 
4. Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1) 
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là 
trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc 
với OD). 
5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đ-ờng 
kính CD có IO là bán kính. 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là 
hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đ-ờng 
trung bình của hình thang ACDB 
 IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đ-ờng tròn 
đ-ờng kính CD 
6. Theo trên AC // BD => 
BD
AC
BN
CN
 , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra 
DM
CM
BN
CN
 
=> MN // BD mà BD  AB => MN  AB. 
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên 
suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ 
nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD 
vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. 
Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đ-ờng tròn nội tiếp, K là tâm đ-ờng tròn 
bàng tiếp góc 
A , O là trung điểm của IK. 
1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đ-ờng tròn. 
2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đ-ờng tròn (O). 
3. Tính bán kính đ-ờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 
Cm. 
Lời giải: (HD) 
1. Vì I là tâm đ-ờng tròn nội tiếp, K là tâm đ-ờng tròn bàng tiếp 
góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 
Do đó BI  BK hayIBK = 900 . 
T-ơng tự ta cũng có 
ICK = 900 nh- vậy B và C 
cùng nằm trên đ-ờng tròn 
đ-ờng kính IK do đó B, C, I, 
K cùng nằm trên một đ-ờng 
tròn. 
2. Ta có C1 = C2 
(1) ( vì CI là phân 
giác của góc 
ACH. 
 4 
C2 + I1 = 90
0 (2) ( vì IHC = 900 ). 
o 
1 
2 
1 
H 
I 
C 
A 
B 
K 
I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 90
0 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đ-ờng tròn 
(O). 
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. 
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 22 1220  = 16 ( cm) 
CH2 = AH.OH => OH = 
16
1222

AH
CH
 = 9 (cm) 
OC = 225129 2222  HCOH = 15 (cm) 
Bài 5 Cho đ-ờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đ-ờng 
thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, 
kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và 
BD, I là giao điểm của OM và AB. 
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên 
một đ-ờng tròn . 
3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 
4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 
5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đ-ờng 
thẳng d 
Lời giải: 
1. (HS tự làm). 
2. Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ 
đ-ờng kính 
d 
H 
I 
K 
N 
P 
M 
D 
C 
B 
A 
O 
Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. nh- 
vậy K, A, B cùng nhìn OM d-ới một góc 900 nên cùng nằm trên đ-ờng tròn đ-ờng kính OM. 
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đ-ờng tròn. 
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 
 => OM là trung trực của AB => OM  AB tại I . 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đ-ờng 
cao. 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ-ờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2. 
4. Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. 
OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. 
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 
 5 
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì 
qua O chỉ có một đ-ờng thẳng vuông góc với AB). 
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di 
động nh-ng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển 
trên đ-ờng thẳng d là nửa đ-ờng tròn tâm A bán kính AH = R 
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đ-ờng cao AH. Vẽ đ-ờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là 
đ-ờng kính của đ-ờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đ-ờng tròn tại D cắt CA ở E. 
1. Chứng minh tam giác BEC cân. 
2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 
3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đ-ờng tròn (A; AH). 
4. Chứng minh BE = BH + DE. 
Lời giải: (HD) 
1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2). 
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đ-ờng cao vừa là đ-ờng trung 
tuyến của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2 
2 
1 
I 
E 
H 
D 
C 
A 
B 
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = 
AIB => AI = AH. 
3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED 
Bài 7 Cho đ-ờng tròn (O; R) đ-ờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó 
một điểm P sao 
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. 
1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đ-ợc một 
đ-ờng tròn. 
2. Chứng minh BM // OP. 
3. Đ-ờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. 
Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo 
dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. 
Lời giải: 
1. (HS tự làm). 
2.Ta có  ABM nội tiếp chắn cung AM;  AOM là góc ở 
tâm 
chắn cung AM =>  ABM = 
2
AOM
(1) OP là tia phân 
giác  AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) =>  AOP = 
2
AOM
 (2) 
Từ (1) và (2) =>  ABM = 
 AOP (3) 
X 
( ( 
2 
1 
1 1 
K 
I 
J 
M 
N 
P 
A B 
O 
Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 
3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB). 
=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN 
(5) 
Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 
4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ 
Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác 
POJ. (6) 
 6 
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung 
điểm của PO ( t/c đ-ờng chéo hình chữ nhật). (6) 
 AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) 
 Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8). 
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đ-ờng cao => IK  PO. (9) 
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng. 
Bài 8 Cho nửa đ-ờng tròn tâm O đ-ờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đ-ờng tròn ( M khác 
A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đ-ờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia 
phân giác của góc IAM cắt nửa đ-ờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại 
K. 
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. 
2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 
3) Chứng minh BAF là tam giác cân. 
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. 
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đ-ợc một 
đ-ờng tròn. 
Lời giải: 
1. Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) 
=> KMF = 900 (vì là hai góc kề bù). 
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) 
=> KEF = 900 (vì là hai góc kề bù). 
=> KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai 
góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 
X 
2 
1 
2 1 
E 
K 
I 
H 
F 
M 
B O A 
2. Ta có IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên). 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ-ờng cao => AI2 = IM . IB. 
3. Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí do ) 
=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) 
Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đ-ờng cao của tam giác ABF (2). 
Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B . 
4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đ-ờng cao nên đồng thời là đ-ơng trung tuyến => E là 
trung điểm của AF. (3) 
Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác 
HAK (5) 
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đ-ờng cao nên đồng thời là đ-ơng trung tuyến 
=> E là trung điểm của HK. (6). 
Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đ-ờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm 
của mỗi đ-ờng). 
5. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình 
thang. 
Để tứ giác AKFI nội tiếp đ-ợc một đ-ờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân. 
AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. 
Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) 
Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 450 => AIB = 450 .(8) 
Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng 
nhau). 
 7 
Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đ-ợc một đ-ờng tròn. 
Bài 9 Cho nửa đ-ờng tròn (O; R) đ-ờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa 
đ-ờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần l-ợt ở E, F (F ở giữa B và E). 
1. Chứng minh AC. AE không đổi. 
2. Chứng minh  ABD =  DFB. 
3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp. 
Lời giải: 
1. C thuộc nửa đ-ờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng 
tròn ) => BC  AE. 
ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC 
là đ-ờng cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đ-ờng cao ), mà 
AB là đ-ờng kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi. 
2.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ). 
=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 
1800)(1) 
 ABF có ABF = 900 ( BF là tiếp tuyến ). 
=> AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800) 
(2) 
Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cùng phụ với BAD) 
D 
C 
A O B 
F 
E 
X 
3. Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 . 
ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD). 
Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì là hai góc 
kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của 
tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. 
Bài 10 Cho đ-ờng tròn tâm O đ-ờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đ-ờng tròn sao cho 
AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. 
Gọi P là chân đ-ờng 
vuông góc từ S đến AB. 
1.Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng ∆ PS’M 
cân. 2.Chứng minh PM là tiếp tuyến của đ-ờng tròn . 
Lời giải: 
1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp 
chắn nửa đ-ờng tròn ) => AMS = 900 . Nh- vậy P và M cùng 
nhìn AS d-ới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đ-ờng tròn 
đ-ờng kính AS. 
Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ-ờng tròn. 
2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đ-ờng tròn nên 
M’ cũng nằm trên đ-ờng tròn => hai cung AM và AM’ có số 
đo bằng nhau 
3 
( 
) 
4 
3 
1 
1 
) 
( 
1 2 
2 
1 
1 
H O 
S' 
M' 
M 
A 
B 
S 
P 
=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) 
Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’ // SS’ ( cùng vuông góc với AB) 
 => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2). 
=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’ . 
 8 
Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng 
chắn AP ) 
=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 
3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’ 1 (cùng phụ với S). 
(3) 
Tam giác PMS’ cân tại P => S’ 1 = M1 (4) 
Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5). 
Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 90
0 
nên suy ra M1 + M2 = PMO = 90
0 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đ-ờng tròn 
tại M 
Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đ-ờng tròn (O) tại 
các điểm D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh : 
1. Tam giác DEF có ba góc nhọn. 
2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4. 
CF
BM
CB
BD
 
Lời giải: 
 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam 
giác ADF cân tại A => ADF = AFD sđ cung DF < 
1800 => DEF < 900 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE). 
 Chứng minh t-ơng tự ta có DFE < 900; EDF < 900. Nh- vậy tam 
giác DEF có ba góc nhọn. 
 2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => 
AD AF
AB AC
 => 
DF // BC. 
 3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có  B = C (vì tam 
giác ABC cân) 
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đ-ợc một đ-ờng 
tròn . 
M 
I 
O 
F 
E 
D 
C B 
A 
 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác 
cân). 
BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = 
CBF . 
=> BDM CBF => 
CF
BM
CB
BD
 
Bài 12 Cho đ-ờng tròn (O) bán kính R có hai đ-ờng kính AB và CD vuông góc với nhau. 
Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đ-ờng thẳng vuông góc 
với AB tại M cắt tiếp tuyến 
tại N của đ-ờng tròn ở P. Chứng minh : 
1. Tứ giác OMNP nội tiếp. 
2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. 
3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn 
thẳng cố định nào. 
Lời giải: 
1. Ta có OMP = 900 ( vì PM  AB ); ONP = 900 (vì NP là tiếp 
tuyến ). 
Nh- vậy M và N cùng nhìn 
OP d-ới một góc bằng 900 
=> M và N cùng nằm trên 
đ-ờng tròn đ-ờng kính OP 
=> Tứ giác OMNP nội tiếp. 
2. Tứ giác OMNP nội tiếp => 
OPM =  ONM (nội tiếp 
chắn cung OM) 
 9 
 Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ONC = OCN 
B' A' 
O 
P 
N 
M 
D 
B A 
C 
=> OPM = OCM. 
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => 
CMO = POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) 
Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). 
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành. 
3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội 
tiếp chắn nửa đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC 
NDC 
=> 
CM CO
CD CN
 => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => 
CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đ-ờng thẳng cố 
định vuông góc với CD tại D. 
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng 
AB. 
Bài 13: Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đ-ờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ 
BC chứa đi

Tài liệu đính kèm:

  • pdftuyen_tap_cac_bai_toan_hinh_hoc_lop_9_on_thi_vao_10.pdf