Bài tập ôn tập Hình học Lớp 9

Nội dung text: Bài tập ôn tập Hình học Lớp 9

1. BÀI TẬP HÌNH THÁNG 11-2018 Bài 1: Cho (ABC nhọn BC = a ; AC = b ; AB = c Chứng minh: sin A B c D b B E a H E D Kẻ AD phânF giác của µA (D BC),C BE⊥AD ( E AD) và CF⊥AD (F AD). A C Ta có: BE =c.sin và CF = b.sin mà BD ≥ BE và CD ≥ CFF ⇒ BD + CD ≥ BE +CF = c.sin + b.sin ⇒ a = BD+CD ≥ c.sin + b.sin a ≥ (b+c).sin ≥ 2. bc .sin (Bất đẳng thức côsi) ⇒ sin ≤ Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c △ABC cân tại A. Bài 2: Cho (ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt tia AH tại D. a/ Chứng minh: BC.CH = AD.AH = AB.CD. b/ Chứng minh: S ABC = S CAD .tan 2 ACB c/ Kẻ HE  AB tại E. Chứng minh BE = BC.cos 3 B. d/ Chứng minh: EH = . e/ Gọi F là hình chiếu của H lên AC. C/m: S BEFC = S ABC .(1 - tan 2 ACE) CM: a/ C/m: BC.CH = AD.AH = AB.CD. ABC∽ HCD(g.g) ⇒ = ⇒ BC.CH = AB.CD (1) ADC∽ BAH (g.g) ⇒ = ⇒ AD.AH = AB.CD (2) Từ (1) và (2), ta được : BC.CH=AD.AH=AB.CD b/ C/m: S ABC = S CAD .tan 2 ACB △ABC∽△CAD (g.g) ⇒ = = tan 2 ACB ⇒ S ABC = S CAD .tan 2 ACB c/ C/m: BE = BC.cos 3 B: Ta có AB =BC.cosB và AB 2 = BH.BC ⇒ BH.BC = BC 2 .cos 2 B ⇒ BH=BC.cos 2 B. Mà BE = BH.cosB ⇒ BE = BC.cos 3 B d/ C/m: EH = : Ta có EH//AC ( cùng ⊥ AB) ⇒ = Mà AB 2 = BH.BC hay BH = ⇒ = ⇒ EH = e/ C/m: S BEFC = S ABC .(1 - tan 2 ACE) Ta có △AFE∽ △ABC (g.g) ⇒ = ⇒ = ⇒ AE.AF= = AB.AC. Mà S AEF = AE.AF ; S ABC = AB.AC và tanACE = ⇒ S AEF = S ABC .tan 2 ACE Do đó: S BEFC = S ABC - S AEF = S ABC - S ABC .tan 2 ACE = S ABC .(1 - tan 2 ACE) Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, G là trọng tâm. Qua G vẽ d cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Chứng minh: + HD: I là trung điểm BC ⇒BC=2AI ( đường tt ứng với cạnh huyền) B E I G J C A F
2. G là trọng tâm của △ABC ⇒AG = AI. Kẽ AJ⊥EF tại J (Jthuộc EF) Xét △AGJ vuông tại J, ta có AG ≥ AJ ⇒ AI ≥ AJ ⇒ ≥ AJ( vì BC=2AI) ⇒ ≥ ⇒ ≥ △AEF vuông tại A có AJ là đường cao ⇒ = + (hệ thức lượng) + ≥ (đpcm) dấu = xảy ra khi và chỉ khi AG=AJ ⇒ G ≡ J ⇒AG⊥EF ⇒ d⊥AI tại G. Bài 4.Cho (O) và điểm S ở ngoài đường tròn. Từ S kẻ 2 tiếp tuyến SA, SD và cát tuyến SBC tới đường tròn ( B ở giữa S và C). a) Phân giác của góc BAC cắt dây cung BC ở M. CM : SD=SM b) AM cắt (O) ở E. Gọi G là giao điểm của OE và BC; F là giao điểm của AD và 2 BC. CM: SA =SG.SF A c) Biết SB=a; Tính SF khi BC= C HD: a/ SD=SM G AM Phân giác của góc BAC F ⇒ C· A⇒E cungB· AE CE = cung BE M B · O SAE = = S = S· MA = ⇒∠SMA=∠SAM Vậy △SAM cân tại S ⇒SM =SA mà SA=SD ⇒SD = SM 2 · · · · b/ SA =SG.SF: SAO =SDO =90°⇒ SAO +ADO =180° D ⇒SAOD nội tiếp đường tròn đường kính SO cung CE=cungE BE ⇒ E là trung điểm cung BC lớn ⇒OE⊥BC tại G ⇒ S· GO =90° ⇒G thuộc đường tròn đường kính SO ⇒ S· GA =S· DA (cùng chắn cung SA) mà △SAD cân tại S (SA=SD) ⇒∠ S· =AF S· D A vàS· G A≡ F· S A G· SA △SAF∽△SGA (g.g) ⇒ = ⇒ SA 2 =SG.SF c/ Biết SB=a; Tính SF khi BC= 2a/3 S· AB =S· CA (cùng chắn cung AB) và ·ASB  C· SA ⇒△SAB∽△SCA(g.g) ⇒SA 2 =SB.SC=SG.SF ⇒SF= = SF= = Bài 5. Từ điểm M ở ngoài (I) kẻ 2 tiếp tuyến ME, MF (E,F là 2 tiếp điểm ). Kẻ dây EG của (I) // MF. Gọi H là giao điểm của MG với (I) và K là giao điểm của EH với MF. a) CM: KF 2 = KE.KH b) CM: K là trung điểm của MF HD: a. KF 2 =KE.KH ∠KFH=∠KEF( cùng chắn cung FH) và ∠FKH≡∠EKF⇒△KFH∽KEF(g.g) ⇒ = ⇒ KF 2 =KE.KH b. K là trung điểm của MF E ∠KMH=∠EGH( sole trong) và ∠EGH=∠KEM(cùng chắn cung EH) I ⇒∠KMH=∠KEM và ∠MKH≡∠EKM G ⇒△KMH∽△KEM(g.g) ⇒ = H M K F
3. ⇒ KM 2 =KE.KH= KF 2 ⇒KM = KF ⇒ K là trung điểm của MF. Bài 6. Cho (O) đường kính ÈF và điểm G nằm trên (O) sao cho EG > GF. Trên tia GF lấy điểm H sao cho GH=GE. Vẽ hình vuông EGHI có đường chéo GI cắt (O) tại K. a) CM: tam giác KHF cân b) Tiếp tuyến tại E với (O) cắt FK ở M. CM: M,I,H thẳng hàng △ HD: a. KHF cân G ∠HGK=∠EGK= 45°, GH=GE và GK cạnh chung ⇒△HGK=△EGK(c.g.c) ⇒∠KHF=∠KEG mà E,G, F,K cùng thuộc (O) ⇒EGFK nội tiếp (O) E F O ⇒∠KEG =∠KFH ⇒∠KHF=∠KFH⇒△KHF cân tại K. b. M,I,H thẳng hàng: ∠EFM=∠EGK (cùng chắn cung AK) và ∠EGK= 45°⇒∠EFM= 45°vậy △MEF vuông cân tai E ⇒ ∠EMF = 45°=∠EHF ⇒ EFHM nội tiếp K H ⇒ ∠MHF=∠MEF=90° ⇒ MH⊥GH mà IH⊥GH ⇒MH ≡ IH . Vậy M, I, H thẳng hàng. I Bài 7: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. M Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn (O), trên đường tròn (O) lấy một điểm C sao cho AC < BC. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt Ax và By lần lượt tại E, F. a) Chứng minh: EF = AE + BF b) BC cắt Ax tại D. Chứng minh: AD 2 = DC.DB c) Gọi I là giao điểm của OD và AC, OE cắt AC tại H, tia DH cắt AB tại K. Chứng y minh: IK // AD d) IK cắt EO tại M. Chứng minh: A, M, F thẳng hàng HD: c/ IK//AD x AE=EC ⇒OA=OC=R ⇒OE là đường trung trực AC D F ⇒OE⊥AC tại H mà BD⊥AC ⇒ OE//BD và OA=OB=R C ⇒OE là đường trung bình △ABD ⇒ AE=DE Theo hệ thức lượng trong △AEO vuông tại A: E I 2 2 H AE =EH.EO = DE ⇒△DEH∽△OED(c.g.c) M ⇒∠EDH=∠EOD hay ∠ADK=∠HOI A và ∠DAK=∠OHI= 90°⇒ △ADK∽△HOI (g.g) ⇒ ∠AKD = ∠K HIO O B ⇒ OIHK nội tiếp ⇒∠OKI = ∠OHI=90°⇒IK⊥OK hay IK⊥AB và AD⊥AB ⇒IK//AD d/A, M, F thẳng hàng Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có EA=EC và OA=OC=R Vậy OE là đường trung trực của AC ⇒OE⊥AC tại H Cách 1: Mà BD⊥AC ⇒OE//BD và OA=OB=R ⇒AE=ED (định lí đường TB của △) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: OE và OF lần lượt là 2 tia phân giác của 2 góc kề bù AOC và BOC ⇒OE⊥OF tại O ⇒△EOFvuông tại O. Áp dụng hệ thức lượng trong △vuông: EC.CF= OC 2 =R 2 ⇒AE.BF=OA.OA (vì AE=EC, BF=CF, OA=R) ⇒AD.BF=AB.OA ⇒AD/AB=OA/BF⇒△ABF∽△DAO(c.g.c)⇒∠BAF=∠ADO F mà ∠ADO+∠AOD=90°⇒∠BAF+∠AOD=90°⇒AF⊥OD D △ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊥ AIO có IK//AD mà AD AB IK AO, OH AI(OE AC) C E I H M P A K O B Q
4. IK cắt OH tại M ⇒M là trực tâm △IAO ⇒AM⊥OD và AF⊥OD⇒AM≡AF⇒A, M, F thẳng hàng. Cách 2: △AIO có IK//AD mà AD⊥AB ⇒IK⊥AO, OH⊥AI(OE⊥AC) ⇒M là trực tâm △IAO ⇒AM là đường cao thứ 3 ⇒AM⊥DO (1) Tia FO cắt AD tại Q. Ta có ∠A=∠B, OA=OB, ∠BOF=∠AOQ ⇒△OBF=△OAQ (g.c.g) ⇒OF=OQ ⇒AFBQ hình bình hành ⇒AF//BQ, OB=OC=R, FB=FC ⇒OF⊥BC △DBQ có AB⊥DQ, QF⊥BD,AB cắt QF tại O ⇒ O là trục tâm △DBQ ⇒DO là đường cao thứ 3⇒DO⊥BQ⇒ BQ//AF ⇒AF⊥ DO (2) Từ (1) và (2), ta được AF≡AM ⇒ A, M, F thẳng hàng Bài 8: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB>AC), vẽ (O) đường kính AB, BC cắt (O) tại H, K là trung điểm của AC, D là điểm đối xứng của A qua H, vẽ DN  AB tại N a) Chứng minh: D, N, H, B cùng thuộc (J), xác định tâm J b) Vẽ HI  AB tại I, KB cắt (J) tại T. Chúng minh : D,T, I thẳng hàng D C M H 3 1 J K 2 T A I B c) O N a) Chúng minh: D, N, H, B cùng thuộc (J), xác định tâm J Ta có OH = OA = OB = R ABH vuông tại H AH BH tại H BDH vuông tại H và BDN vuông tại N cùng nhận BD là cạnh huyền BDH và BDN cùng nội tiếp đường tròn đường kính BD Tâm J là trung điểm BD.Vậy D, N, H, B cùng thuộc đường tròn (J) b/ Chứng minh : D,T, I thẳng hàng: KH cắt BD tại M. Ta có HI//AC//ND ( cùng ⊥AB) ⇒∠C =∠H 2 (đồng vị) và ∠H 1 =∠H 3 (đđ) K là trung điểm AC và △AHC vuông tại H ⇒KH = KC ⇒△KHC cân tại K ⇒∠C=∠H 3 =∠H 1 =∠H 2 ⇒△BHI=△BMI (ch-gn)(có =∠H 1 =∠H 2 ,HB chung) ⇒∠BIH =∠BMH =90°⇒HM⊥BD ⇒BH 2 = BM.MD (HTL trong △BHD vuông tại H) Mà △BMK∽△BTD(g.g) ( có ∠BMK=∠BTD=90 0 và ∠B chung) ⇒BM.BD = BT.BK = BH 2 . Vì BH 2 =BI.BA (hệ thức lượng trong △BHA vuông tại H) ⇒BT.BK=BI.BA ⇒△TBI∽△ABK(c.g.c)(có ∠B chung và BT/BI=BA/BK)
5. ⇒∠BTI=∠BAK=90°⇒TI⊥BK tại T ; T (J) ⇒△BDT nội tiếp (J) có cạnh BD là đường kính ⇒△BDT vuông tại T ⇒TD⊥BK tại T ⇒Từ T có TI và TD cùng  BK ⇒ 3 điểm D, T, I thẳng hàng. Bài 9: Cho đường tròn (O,R) và dây MN cố định (MN < 2R).Gọi A là điểm chính giữa của cung lớn MN , đường kính AB cắt MN tại E. Lấy điểm C thuộc MN sao cho C khác M ,N,E và BC cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng : a) Tứ giác KAEC nội tiếp. b) BM2 = BC.BK c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác MCK tiếp xúc với MB tại M và có tâm nằm trên đường thẳng cố định khi C chạy trên MN d) Giả sử AK cắt MN tại I. Chứng minh IN.CM = IM.CN Hướng dẫn c)Ta có BMC CKM suy ra BM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MCK( em tự chứng minh nhé) gọi J là tâm đường tròn này thì JM  BM ma AM  BM J AM cố định d)Nối KM ta có MkC NKC suy ra KC là phân giác góc trong của MKN mà IK  KC suy ra suy ra KI là phân giác góc ngoài tại K của MKN CM MK IM MK CM IM Áp dụng T/C phân giác ; CM.IN IM.CN CE KN IN KN CE IN B N C E I M J K O A Bài 10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài cho trước). Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường tròn đó sao cho C thuộc cung AD và góc COD = 1200. Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đường thẳng AC và BD là F. 1) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. 2) Tính bán kính của đường tròn đi qua C, E, D, F nói trên theo R. 3) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán. Vì AB là đường kính nên BC  AC ; tương tự BD  AD AD cắt BC tại E, đt ACvà BD cắt nhau tại F. Do đó D và C cùng nhìn FE dưới một góc vuông nên C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn (đường kính EF) 2.Tính bán kính của đường tròn qua C,E,D,F theo R. Vì COD =1200 nên CD=R 3 ( bằng cạnh tam giác đều nội tiếp (O) )
6. 1 Và AFB =(1800 1200 ) 300 . (Vì tam giác ABF nhọn nên FE nằm giữa FC và FD nên tứ 2 giác CEDF nội tiếp đường tròn đường kính FE) Suy ra sđ cung CED = 600(của đường tròn đường kính FE , tâm I) do đó tam giác ICD đều hay bán kính cần tìm ID=CD= R 3 3.Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán Gọi H là giao của các đường FE và AB, J là giao của IO và CD. CóFH  AB 1 S AB.FH R.FH . Do đó bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất của FH ABF 2 R 3. 3 R Có FH=FI+IH FI+IO=FI IJ+JO = R 3 R( 3 2) 2 2 (Vì IJ là đường cao tam giác đều cạnh R 3 ; Tam giác COD cân đỉnh O góc COD = 1200 ; OI là trung trực của CD nên tam giác COJ vuông ở J có góc OCJ= 300 hay OJ= OC/2=R/2) Dấu bằng xảy ra khi F,I,O thẳng hàng, lúc đó CD song song với AB( cùng vuông góc với FO) Vậy diện tích tam giác ABF lớn nhất bằng R2 ( 3 2) khi CD song song với AB BÀI TÂP BĐT x2 2xy x2 y 2 Bài 1 1) Cho x, y > 0. Chúng tỏ rằng: 2x2 y2 2x3 y3 3 2) Giải phương trình sau: (x 1)(x 2) x 3 10x 20 Hướng dẫn x2 2xy x2y 2 x2 2xy 1 x2y x2 2y2 2x2 y2 2x3 y3 3x2y 1) 1 0 0 2x2 y2 2x3 y3 3 2x2 y2 3 2x3 y3 2x2 y2 3(2x3 y3) 2 2 3 3 2 2 (x y)2 x y 2x y x y 6x 3y 2x y 2x y 0 0 2x2 y2 3(2x3 y3) 3 2x2 y2 (2x3 y3) 2 3 3 2 2 2 3 2 2 3 4 Xét tử thức T x y 6x 3y 2x y 2x y 2 x y x x y xy y 2 x y x y 0 2 3 3 2 2 2 2 x y 6x 3y 2x y 2x y x 2xy x y 2 Nên 0 suy ra 2 2 3 3 3 2x2 y2 (2x3 y3 ) 2x y 2x y 3 Dấu “=” xảy ra khi x=y>0 2) ĐKXĐ x 3 (x 1)(x 2) x 3 10x 20 x2 3x 2 10x 20 x 3 x2 3x 2 10x 20 x 3 2 (10x 20)(x 3) x2 14x 25 2 10 x2 5x 6 0 x2 8x 11 2 10 x2 5x 6 6x 14 0 40 x2 5x 6 36x2 168x 196 4 x2 8x 11 x2 8x 11 0 x2 8x 11 0 2 10 x2 5x 6 6x 14 2 10 x2 5x 6 6x 14
7. 4 x2 8x 11 1 0 x2 8x 11 0 2 10 x2 5x 6 6x 14 x 4 5 3 Do x 3 nen 2 10 x2 5x 6 6x 14 0 x2 8x 11 0 S 4 5 x 4 5 3 3a b 3b c 3c a Chứng minh rằng a b c 9 với a,b,c là độ dài ba cạnh a2 ab b2 bc c2 ca của một tam giác. Hướng dẫn Giả sử a b c t và đặt a tx;b ty;c tz x y z 1. Ta chứng minh t 3x y t 3y z t 3z x 3x y 3y z 3z x t x y z 9 9. 2 2 2 2 2 2 x2 xy y2 yz z2 zx t x xy t y yz t z zx Ta có 4x x y 4y y z 4z z x 4 1 4 1 4 1 9 9 x x y y y z z z x 1 z x 1 x y 1 y z : 5x 1 5y 1 5z 1 9(*) x 1 x y 1 y z 1 z 1 Vì a,b,c là ba cạnh của một tam giác nên a b c x, y, z 0; . 2 5x 1 2 1 2 18x 3 3x 1 2x 1 0 đúng x 0; x x 2 5y 1 2 1 2 18y 3 3y 1 2y 1 0 đúng y 0; y y 2 5z 1 2 1 2 18z 3 3z 1 2z 1 0 đúng z 0; Suy ra z z 2 5x 1 5y 1 5y 1 5x 1 5y 1 5y 1 18 x y z 9 9 x x2 y y2 z z2 x x2 y y2 z z2 3a b 3b c 3c a a b c 9 2 2 2 Nên BĐT (*) đúng suy ra a ab b bc c ca Dấu “=” xảy ra khi a=b=c hay tam giác ABC đều Bài 3: Cho các số thực x1, x2, , xn 0;1 . 2 2 2 2 c/m (1+x1 + x2 + + xn) 4(x1 + x2 + .+ xn ) Hướng dẫn 2 Áp dụng BĐT A B 4AB với A=1; B=x1 + x2 + + xn Do x , x , , x nên 1 x1 x2 x3 xn 4 x1 x2 x3 xn 1 2 n 0;1 2 2 2 2 x1 x1 1 0 x1 x1 0 x1 x1 ;tuong tu x2 x2 ; xn xn 2 2 2 2 x1 x2 x3 xn x1 x2 x3 xn 2 2 2 2 Suy ra (1+x1 + x2 + + xn) 4(x1 + x2 + .+ xn ) Dấu “=” xảy ra khi có 1 số bằng 1 các số còn lại bằng 0
8. Bài 4: Cho a2016 + b2016 + c2016 = a2017 + b2017 + c2017 =1. Tính giá trị của P = a100 + b100 + z2017 Từ a2016 b2016 c2016 1 a 1; b 1; c 1;GT a2016 1 a b2016 1 b c2016 1 c 0 do a2016 1 a 0;b2016 1 b 0;c2016 1 c 0 a2016 1 a 0 a 1;b c 0 b2016 1 b 0 b 1;a c 0 Nên P 1 2016 c 1 c 0 c 1;b a 0 2016 2016 2016 2017 2017 2017 a b c a b c 1 Bài 5. Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức x y z A = x 2y y 2z z 2x x y z x2 y2 z2 A x 2y y 2z z 2x x(x 2y) y(y 2z) z(z 2x) Áp dụng BDTBunhia cho 2 dãy x y z Day1: ; ; x(x 2y) y(y 2z) z(z 2x) Day 2: x(x 2y); y(y 2z); z(z 2x) 2 2 2 x y z 2 x(x 2y) y(y 2z) z(z 2x) x y z x(x 2y) y(y 2z) z(z 2x) 2 2 x2 y2 z2 x y z x y z P 1 x(x 2y) y(y 2z) z(z 2x) x2 2xy y2 2yz z2 2xz x y z 2 Min(P)=1 khi x=y=z=1 ( Thừa GT xyz=1) Bài tập 6: Giải phương trình 5x2 4x x2 3x 18 5 x . Cách 1 ĐKXĐ x 0 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x 25x 10x 5x 4 x2 3x 18 6 5x 4 10x 5x 4 4x2 2x 6 0 Dat 5x 4 t (t 0) Ta co PT 6t2 10xt 4x2 2x 6 0; ' 25x2 6(4x2 2x 6) (x 6)2 0 5x x 6 t t x 1 6 2x 3 5x x 6 t t 3 6 x 1 7 61 Với t x 1 x 1 5x 4 2 x x 7x 3 0 2
9. 3 2x 3 x 7 61  Với t 2x 3 3 5x 4 2 x 9 S ;9 3 2 4x2 33x 27 0  2 2 Cách 2 5x 4x x 3x 18 5 x ĐKXĐ: x 6 5x2 +4x = x2 -3x-18+5 x 5x2 +4x=x2 +22x-18+10 x(x2 -3x-18) 2x2 -9x+9=5 x(x-6)(x+3) 2(x2 -6x)+3(x+3)=5 (x2 -6x)(x+3) a= x2 -6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b= x+3 2 2 a=b 2a 3b 5ab (a-b)(2a-3b)=0 2a=3b 7+ 61 x= (TM) x=9(tm) 2 2 2 1)a=b x -7x-3=0 2)2a=3b 4x -33x-27=0 -3 7- 61 x= (ktm) x= (KTM) 4 2 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  2 