›
›
›

Phân loại và phương pháp giải Hình học 9

pdf 41 trang dichphong 8440
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Phân loại và phương pháp giải Hình học 9", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfphan_loai_va_phuong_phap_giai_hinh_hoc_9.pdf

Nội dung text: Phân loại và phương pháp giải Hình học 9

  1. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC GÓC NHỌN Câu 1. Cho M là một điểm bất kỳ thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD . Chứng minh rằng MA2+ MC 2 = MB 2 + MD 2 . µ µ 0 Câu 2. Cho tứ giác ABCD có DC+=90 . Chứng minh rằng AB2+ CD 2 = AC 2 + BD 2 . Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Lấy D thuộc A D HE 1 cạnh AC , điểm E thuộc tia đối của tia HA sao cho ==. A C HA 3 · 0 Chứng minh rằng BED = 90 . Câu 4. Cho hình vuông ABCD . Qua A vẽ một cát tuyến bất kỳ cắt các canh BC và CD (hoặc đường thẳng chứa các cạnh đó) tại các điểm E và 1 1 1 F .Chứng minh rằng: +=Câu 5. Cho hình thoi ABCD AEAFAD2 2 2 µ 0 · 0 với A = 120 . Tia Ax tạo với tia AB góc BA x bằng 15 và cắt cạnh BC tại M , cắt đường thẳng CD tại N . Chứng minh rằng: 1 1 4 += . AMANAB2 23 2 µ 0 Câu 6. Cho tam giác cân ABC , A=20 , AB = ACAC , = bBC , = a . Chứng minh rằng: a3+= b 33 ab 2 . Câu 7. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, BC= a,, AC = b AB = c . a b c Chứng minh rằng: ==. sinABC sin sin Câu 8. Cho tam giác ABC có BC= a,, AC = b AB = c . Chứng minh Aa rằng: sin £ . Câu 9. Cho góc vuông xOy và điểm A cố định 2 bc+ 291
  2. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 thuộc tia Oy , điểm BÎ Ox sao cho OA= OB Điểm M chạy trên tia Bx . Đường vuông góc với OB tại B cắt AM ở I . Chứng minh tổng 11 + không đổi. AIAM22 Câu 10. Cho hình thang vuông ABCD có A= D =90o , AB = 9 cmCD , = 16 cmBC , = 25 cm . Điểm E thuộc cạnh BC sao cho BE= AB · 0 a) Chứng minh: A ED = 90 b) Tính AE, DE CHỦ ĐỀ 2: SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN Câu 11. Cho đường tròn (OR; ), R= 4 cm . vẽ dây cung AB= 5 cm , C là điểm trên dây cung AB sao cho AC= 2 cm . Vẽ CD vuông góc với OA tại D . Tính độ dài đoạn thẳng AD. Câu 12. Cho đường tròn (OR; ), AC và BD là hai đường kính . Xác định vị trí của hai đường kính AC và BD để diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. Câu 13. Cho đường tròn (;)OR từ điểm M bên ngoài đường tròn ta kẻ hai đường thẳng lần lượt cắt đường tròn tại các điểm AB, và CD, biết AB= CD . Chứng minh rằng MA= MC . Câu 14. Cho đường tròn (OR; ) đường kính AB, CD là dây cung của (O ), · 0 COD = 90 , CD cắt AB tại M (D nằm giữa C và M ) và OM= 2 R . Tính độ dài các đoạn thẳng MD, MC theo R . Câu 15. Cho điểm C nằm giữa hai điểm A và B . Gọi (O ) là đường tròn bất kỳ đi qua A vàB . Qua C vẽ đường thẳng vuông góc với OA , cắt 292
  3. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 đường tròn (O ) ở D và E . Chứng minh rằng các độ dài ADAE, không đổi. Câu 16. Cho đường tròn (OR; ), hai bán kính OA và OB vuông góc tại O . C và D là các điểm trên cung AB sao cho AC= BD và hai dây ACBD, cắt nhau tại M . Chứng minh rằng OM^ AB . Câu 17. Cho điểm A ở ngoài đường tròn (OR; ). Vẽ cát tuyến ABC và tiếp tuyến AM với đường tròn (O ). M là tiếp điểm. Chứng minh rằng ABACAM+³2 . Câu 18. Cho đoạn thẳng AB , đường thẳng d và d ' lần lượt vuông góc với AB tại A và B . M là trung điểm của AB . Lấy CD, lần lượt trên dd,' · 0 sao cho CMD = 90 . Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của dường tròn đường kính AB . Câu 19. Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (OR; ) vẽ hai tiếp tuyến PA và PB tới đường tròn (OR; ) với A và B là các tiếp điểm. Gọi H là chân đường vuông góc vẽ từ A đến đường kính BC của đường tròn. Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm I của AH . Câu 20. Một đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với ABAC, lần lượt tại DE, . Cho điểm M thuộc đoạn thẳng AD; CM cắt DE tại I . IM DM Chứng minh rằng = . IC CE Câu 21. Cho đường tròn (Or; ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại D . Vẽ đường kính DE; AE cắt BC tại M . Chứng minh rằng BD= CM . Câu 22. Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D . Đường tròn tâm I là đường tròn bàng 293
  4. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 tiếp trong góc A của tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại F . Vẽ đường kính DE của đường tròn (O ). Chứng minh rằng AEF,, thẳng hàng. Câu 23. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BCABAC,, lần lượt ở DEF,, . Đường thẳng qua E song song với BC cắt AD, DF lần lượt ở MN, . Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng EN . Câu 24. Cho tam giác nhọn ABC . Gọi O là trung điểm của BC . Dựng đường tròn tâm O đường kính BC . Vẽ đường cao AD của tam giác ABC và các tiếp tuyến AMAN, với đường tròn (O ) (MN, là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của MN với AD. Hãy chứng minh rằng AEADAM. = 2 . Câu 25. Cho tứ giác ABCD có đường tròn đường kính AD tiếp xúc với BC và đường tròn đường kính BC tiếp xúc với AD. Chứng minh rằng AB// CD . Câu 26. Cho tam giác đều ABC . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A vẽ nửa đường tròn đường kính BC , D là điểm trên nủa đường » 0 tròn sao cho sđCD = 60 . Gọi M là giao điểm của AD với BC . Chứng minh rằng BM= 2 MC . Câu 27. Cho đường tròn (OR; ) và (OR'; ') tiếp xúc trong tại A (RR> '). Tiếp tuyến tại điểm M bất kỳ của (OR'; ') cắt (OR; ) tại B và C . Chứng · · minh rằng BA M= MA C . Câu 27. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (OR; ), AH là đường cao (HÎ BC ). Chứng minh rằng: ABACRAH.= 2 . . µ Câu 28. Cho tam giác ABC có A nhọn nội tiếp trong đường tròn (OR; ). · Chứng minh rằng: BCRBAC= 2 sin . 294
  5. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Câu 29. Cho hai đường tròn (O ) và (O ') cắt nhau tại A và B . Qua A vẽ hai cát tuyến CAD và EAF (C và E nằm trên đường tròn (O ), D và F · · nằm trên đường tròn (O ')) sao cho CA B= BA F . Chứng minh rằng CD= EF . Câu 30. Cho đường tròn (O ) đường kính AB . C là điểm trên cung AB (C khác A và B ). Vẽ CH^Î AB( H AB ). Vẽ đường tròn (C; CH ) cắt đường tròn (O ) tại D và E . DE cắt CH tại M . Chứng minh rằng MH= MC . Câu 31. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (OR; ). Vẽ AD là đường · · cao của tam giác ABC . Chứng minh rằng BAD= OAC . Câu 32. Cho hình bình hành ABCD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD cắt đường thẳng AC tại E . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tiếp xúc với BD . Câu 33. Cho đoạn thẳng AB . M là điểm di động trên đoạn thẳng AB (M khác A và B ). Vẽ đường thẳng xMy vuông góc với AB tại M . Trên tia Mx lần lượt lấy C và D sao cho MC= MA, MD= MB . Đường tròn đường kính AC cắt đường tròn đường kính BD tại N (N khác A ). Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn luôn đi qua một điểm cố định. Câu 34. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (OR; ) có đỉnh A cố định, đỉnh BC, di động.Dựng hình bình hành ABDC . Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BDC là điểm cố định. Câu 35. Cho tam giác nhọn ABC . Vẽ đường tròn (O ) đường kính BC . Vẽ AD là đường cao của tam giác ABC , các tiếp tuyến AMAN, với đường tròn (O ) (MN, là các tiếp điểm). MN cắt AD tại E . Chứng minh rằng E là trực tâm của tam giác ABC . 295
  6. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Câu 36. Cho tam giác nhọn ABC , trực tâm H . Từ A vẽ các tiếp tuyến AMAN, với đường tròn (O ) đường kính BC (MN, là các tiếp điểm). Chứng minh rằng MHN,, thẳng hàng. Câu 37. Cho tam giác ABC cân đỉnh A , đường trung trực của AB cắt BC tại D . Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD . µ 0 Câu 38. Cho tam giác ABC (A = 90 )và ABAC< . Vẽ đường tròn tâm A bán kính AB cắt BC tại D , cắt AC tại E . Chứng minh rằng DB. CB= EB 2 . Câu 39. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp đường tròn µ 0 (ORABACA;)( <= , 90 ). Đường tròn (I ) qua BC, tiếp xúc với AB tại B , cắt đường thẳng AC tại D . Chứng minh rằng OA^ BD . Câu 40. Cho đoạn thẳng AB= 2 a có trung điểm là O . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn (O ) đường kính AB và nửa đường tròn (O ') đường kính AO. Trên (O ') lấy điểm M (khác A và O ), tia OM cắt (O ) tại C , gọi D là giao điểm thứ hai của CA với (O '). a) Chứng minh tam giác ADM cân. b) Tiếp tuyến tại C của (O ) cắt tia OD tại E , xác định vị trí tương đối của đường thẳng EA đối với (O ) và (O '). Câu 41. Cho đường tròn tâm O có đường kính ABR= 2 . Gọi M là điểm di động trên đường tròn (O ). Điểm M khác AB, ; dựng đường tròn tâm M tiếp xúc với AB tại H . Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến AC và BD với đường tròn tâm M vừa dựng. 296
  7. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · a) Chứng minh BM, AM lần lượt là các tia phân giác của các góc ABD và · BAC . b) Chứng minh ba điểm CMD,, nằm trên tiếp tuyến của đường tròn tâm O tại điểm M . c) Chứng minh AC+ BD không đổi, từ đó tính tích AC. BD theo CD . d) Giả sử ngoài AB, trên nửa đường tròn đường kính AB không chứa M có một điểm N cố định. gọi I là trung điểm của MN , kẻ IP vuông góc với MB . Khi M chuyển động thì P chuyển động trên đường cố định nào. Câu 42. Cho nửa đường tròn (O ) đường kính AB , điểm C thuộc nửa ¼ đường tròn. Gọi I là điểm chính giữa AC , E là giao điểm của AI và BC . Gọi K là giao điểm của AC và BI . a) Chứng minh rằng EK^ AB . b) Gọi F là điểm đối xứng với K qua I . Chứng minh AF là tiếp tuyến của (O ). c) Chứng minh rằng AKACBKBIAB +=2 . · 2 d) Nếu sin BAC = . Gọi H là giao điểm của EK và AB . Chứng 3 minh KH( KH+=2 HE) 2 HE . KE . Câu 43. Cho đường tròn (O ) đường kính ABA= 2 , điểm C thuộc đường tròn (CACB¹¹, ). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn (O ). Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N . a) Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân. 297
  8. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 b) Khi MB= MQ , tính BC theo R . Câu 44. Cho đường tròn (OR; ) đường kính AC . Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B và vẽ đường tròn(O ') có đường kính BC . Gọi M là trung điểm của AB , qua M kẻ dây cung vuông góc với AB cắt đường tròn (O ) tại D và E . Nối CD cắt đường tròn (O ') tại I . a) Tứ giác DAEB là hình có đặc tính gì? Vì sao? b) Chứng minh MD= MI và MI là tiếp tuyến của đường tròn (O '). c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên BC . Chứng minh CH MB= BH MC . Câu 45. Cho tam giác ABC đều, dựng nửa đường tròn tâm D đường kính BC tiếp xúc với ABAC, lần lượt tại KL, . Lấy điểm P thuộc cung nhỏ KL, dựng tiếp tuyến với nửa đường tròn tại P cắt các cạnh ABAC, lần lượt tại MN, . BC 2 a) Chứng minh DDBMD: CDN rồi suy ra BM. CN = . 4 S MN b) Chứng minh MDN = . SBCABC 2 c) Gọi EF, lần lượt nằm trên các cạnh ABAC, sao cho chu vi DAEF · 0 bằng một nửa chu vi DABC . Chứng minh rằng EDF = 60 . Câu 46. Cho tam giác ABC có ACAB= 2 nội tiếp đường tròn (OR; ). Các tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại AC, cắt nhau tại M . BM cắt đường tròn (O ) tại D . Chứng minh rằng: MA A D a) = b) AD BC= ABCD . MB A B 298
  9. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 c) ABCD += ADBC ACBD . d) DCBD cân. Câu 47. Trên nửa đường tròn tâm (OR; ), đường kính AB lấy hai điểm ME, theo thứ tự AMEB,,, . Hai đường thẳng AM và BE cắt nhau tại C , AE và BM cắt nhau tại D . a) Chứng minh rằng tứ giác MCED nội tiếp và CD vuông góc với AB . b) Gọi H là giao điểm của CD và AB . Chứng minh rằng BE BC= BH BA . c) Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M và E của đường tròn (O ) cắt nhau tại một điểm I thuộc CD . · 00· d) Cho BAM==45 , BAE 30 . Tính diện tích tam giác ABC theo R . Câu 48. Cho tam giác ABC đều, gọi O là trung điểm của cạnh BC . Các · điểm DE, lần lượt di động trên các cạnh ABAC, sao cho DOE bằng 600 . a) Chứng minh BDCE. không đổi, · b) Chứng minh rằng tia DO là tia phân giác của BDE . c) Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB . Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với DE và AC . d) Gọi PQ, lần lượt là tiếp điểm của (O ) với ABAC, . I và N lần lượt là giao điểm của PQ với OD và OE . Chứng minh rằng DE= 2 IN . Câu 49. Cho đường tròn (OR; ) và điểm A ở bên ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến ABAC, với đường tròn (O ) (BC, là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm AB . a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp và xác định tâm I của đường tròn này. 299
  10. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 b) Chứng minh rằng AM AO= AB AI . c) Gọi G là trọng tâm tam giác ACM . Chứng minh MG// BC . d) Chứng minh IG vuông góc với CM . Câu 50) Cho đường tròn (OR; ) nội tiếp DABC , tiếp xúc với cạnh ABAC, lần lượt ở D vàE a) Gọi O ' là tâm đường tròn nội tiếp DADE , tính OO ' theo R . µ µ b) Các đường phân giác trong của B và C cắt đường thẳng DE lần lượt tại M và N . Chứng minh tứ giác BCMN nội tiếp được đường tròn. MN DM EN c) Chứng minh ==. BCACAB PHẦN 3 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu 1. Giải: Vẽ ME^Î AB, E AB . EM cắt DC tại F . Tứ giác AEFD có AEDµ=µ =µ = 900 nên là hình A D · 0 chữ nhật, suy ra EA== FD, MFD 90 . E F M µ µ µ 0 Tứ giác EBCF có EBC===90 B C · 0 nên là hình chữ nhật, suy ra EB== FC, MFC 90 . Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông EAM,,, FMC EBM FMD , ta có: 300
  11. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 MA2= EM 2 + EAMC 2;;; 2 = FM 2 + FCMB 2 2 = EM 2 + EB 2 MD2=+ FM 2 FD 2 .Do đó MA2+ MC 2 = EM 2 + EA 2 + FM 2 + FC 2 và MB2+ MD 2 = EM 2 + EB 2 + FM 2 + FD 2 mà EA== FD, FC EB . Suy ra MA2+ MC 2 = MB 2 + MD 2 . Câu 2. Giải: E µ µ 00 Ta có DC+ =90 < 180 nên hai B A đường thẳng AD và BC cắt nhau. Gọi E là giao điểm của AD và BC . D C µ µ 0 · 0 Vì DECD có DC+=90 nên CED = 90 . Các tam giác EAB,,, ECD EAC EBD vuông tại E nên theo định lý Pitago ta có:EA2+= EB 2 AB 2 (1); EC2+= ED 2 CD 2 (2); EA2+= EC 2 AC 2 (3); EB2+= ED 2 BD 2 (4).Từ (1) và (2) ta có: EA2+ EB 2 + EC 2 + ED 2 = AB 2 + CD 2 .Từ (3) và (4) ta có: EA2+ EB 2 + EC 2 + ED 2 = AC 2 + BD 2 . Do đó AB2+ CD 2 = AC 2 + BD 2 . A Câu 3. Giải: F D A D HE 1 Từ giả thiết == A C HA 3 E ta nghĩ đến DF^Î AH, F AH . B C Từ đó AF== HE, HA FE và H áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông HEB,,,, FDE HAB FAD ABD ta sẽ chứng minh được: BE2+= ED 2 BD 2 . 301
  12. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Câu 4. Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC tại · · 0 G .Xét DABE và DADG có: ABE= ADG =90 ; AB = AD (vì · · · ABCD là hình vuông); BAE= DAG (hai góc cùng phụ với DA E ). Do đó DABE = D ADG (g.c.g) Þ=AEAG . DAGF GAF· =^900 ; AD GF có A B theo hệ thức về cạnh và đường cao tam giác vuông, nên ta có: E 1 1 1 += C F 2 2 2 . G AGAFAD D 1 1 1 Do đó +=. AEAFAD2 2 2 Câu 5. A B M F D E H C N Dựng AE^^ AN, AH CD E, HÎ CD ,dựng AF^ BC thì hai tam giác AHE , AFM bằng nhau nên AEAM= . Trong tam giác vuông 1 1 1 AEN ta có: +=, mà AEAM= nên ta có: AEANAH2 2 2 1 1 1 3 +=.Ta cần chứng minh: AHAB= AMANAH2 2 2 2 3 Û=A H DC .Nhưng điều này là hiển nhiên do tam giác 2 ADC, ABC là các tam giác đều. Câu 6. Giải: A 302 20o x D E B C
  13. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · 0 Vẽ tia Bx sao cho CBx = 20 , Bx cắt cạnh AC tại D . Vẽ AE^Î Bx, E Bx . Xét DBDC và DABC có · · 0 · CBD== BA C 20 ; BCD chung. BD BC DC Do đó == ABACBC ÞBD = BC = a ; BD a22 a DC=.; BC = ADACDC = - = b - .DABE vuông tại E AB b b · · · 0 có A BE= A BC - CBD = 60 nên là nửa tam giác đều, suy ra AB b b BE= = Þ DE = BE - BD = - a . DABE vuông tại E , nên 2 2 2 theo định lý Pitago ta có: 3 AE2+ BE 2 = AB 2 Þ AE 2 = AB 2 - BE 2 = b 2 . DADE vuông tại 4 E , nên theo định lý Pitago ta có: 2 2 3æöbaæö2 3 1 2 2 2 2ç ÷ ç ÷ 2 2 2 AEDEAD+= Þ+-=-Þ+-+ bç a÷ ç b÷ b baba 4èøç 2÷ èøç b ÷ 4 4 a 4 a 4 =ba22 -2 + Þ +ab =33 a2 Þ a 3 + b 3 = ab 2 . b2 b2 Câu 7. Giải: Vẽ AHBCHBC^Î, ; A µ 0 vì trong DHAB có H = 90 AH nên sin B = ; vì trong DHAC AB B H C 303
  14. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 µ 0 µ AH có H = 90 nên sinC = . Do đó AC sin B AC b b c = = Þ = . Chứng minh tương tự ta có sinC AB c sin B sin C ab a b c = .Vậy ==. sinAB sin sinABC sin sin Câu 8. Giải: A Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC . Theo tính chất đường phân I BD DC B C giác của tam giác ta có = D ABAC BD BD+ DC BC BD a Þ = = . Vậy = . ABABACABAC++AB b+ c · 0 Vẽ BI^Î AD( I AD), suy ra BI£ BD .DIAB có AIB = 90 , do đó · BI Aa sin BAI = ; hay sin £ . AB 2 bc+ Câu 9. A Dựng đường thẳng vuông góc với AM tại A cắt BO tại K . H I Dựng IH^ OA . Ta dễ chứng minh K O DAOK = D IHA Þ AK = AI B M được . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AKM ta có: 304
  15. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 1 1 1 += ( không đổi) AKAMAO2 2 2 Câu 10. B a). Do BE= AE =9 cm Þ CE = 25 - 9 = 16 cm . A K GọiK là giao điểm của DE và AB . Ta có E · · · · BEK=== DEC EDC AKE nên tam giác BEK cân do đó BK= BE Þ D AEK vuông tại E ( Do BA== BK BE ). D C b) Tính được: AD= 24 cm suy ra: 1 1 1 1 1 = + = + ÞA E =14, 4 cm ; DE = 19,2 cm AEADAK2 2 224 2 18 2 CHỦ ĐỀ 2: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG Câu 11. Giải: Vẽ đường kính AE có AE= 8 cm . B Điểm B thuộc đường tròn C · 0 đường kính AE Þ=ABE 90 . A E D O · Xét DADC và DABE có DA C · · 0 (chung), A DC== A BE ( 90 ), 305
  16. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 ADACACAB. do đó DDADC: ABE Þ = ÞAD = . Mà ABAEAE 2.5 5 AC=2 cmAB , = 5 cmAE , = 8 cm , nên AD==( cm ). 84 Câu 12. Giải:Vẽ AH^Î BD( H BD). Tứ giác ABCD có A B OA= OA = R, OB = OD = R O nên là hình bình hành. Mà H C AC== BD2 R do đó tứ giác D ABCD là hình chữ nhật, suy ra SABADA BCD = . . µ 0 DABD có A = 90 , AH^ DB nên AB AD= AH DB . 2 Vì AH£= AO,2 DB R nên SRABCD £ 2 (không đổi). Dấu “=” xảy ra ÛH º O Û AC ^ BD . Vậy khi hai đường kính AC và BD vuông góc với nhau thì diện tích tứ giác ABCD lớn nhất. Câu 13. Giải: Vẽ OH^Î AB( H AB ), OK^Î CD( K CD). Ta có AB= CD (gt), nên B OH= OK (định lý liên H hệ dây cung và khoảng A O M 306 C K D
  17. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 cách đến tâm) và HK, lần lượt là trung điểm của AB, CD (định lý đường kính · 0 vuông góc dây cung) Þ=AH CK . Xét DOHM (OHM = 90 ) có OM (cạnh chung) và OH= OK , do đó DOHM = D OKM (cạnh huyền, cạnh góc vuông) Þ=MH MK . Ta có MH- AH = MK - CK Þ MA = MC . Câu 14. Giải: C H D · 0 Vì COD = 90 suy ra tam giác A O B M COD vuông cân tại O nên CD= R 2 .Gọi H là trung điểm của CD . Vì DHOM vuông tại H , 12 OH= CD = R,2 OM = R . Trong tam giác vuông OMH ta có: 22 RR227 14 MH2= OM 2 - OH 2 =4 R 2 - = Þ MH = R suy ra 2 2 2 R 2 R 2 MD= MH - A H =71 - , MC =+71 2 ( ) 2 ( ) Câu 15. B D Gọi H là giao điểm của OA và DE . Ta có OA^ DE Þ=ADAE . Chỉ cần C A F H O chứng minh AD hoặc AE có độ dài không đổi. Các đoạn thẳng ABAC, E 307
  18. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 có độ dài không đổi, DE^ OA từ đó gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra: ADAHAFACABAHAF2 ==., . Câu 16. Giải: B C DOAB cân đỉnh O , AC= BD , I M những điều này giúp ta nghỉ đến K D chứng minh OM là đường phân giác A O góc O của DOAB .Vẽ OI^ AC , OK^ BD( I Î AC, K Î BD) thì ta có OI= OK suy ra lời giải bài toán. Câu 17. Giải: M C H Vẽ OH^Î BC, H BC , B suy ra BH= HC (định lý A O đường kính vuông góc dây cung). Ta có ABAC+= · 0 (AH- BH) +( AH + HC) = 2 AH .DMAO có A MO = 90 , theo định 2 2 2 · 0 lý Pitago có AM+= OM OA ; DHAO có A HO = 90 nên AH2+= OH 2 OA 2 mà OB== OM R , OH£ OB nên OH£ OM . Do đó OH22£ OM , suy ra AHAM³ . Từ đó ta có: ABACAM+³2 . Câu 18. Giải: d' d D 308 H N C A M B
  19. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Vẽ MH^Î CD, H CD . Gọi N là trung điểm của CD thì MN là đường trung bình của hình thang và tam giác MNC cân · · · tại N nên NMC== A CM MCN . · Suy ra CM là tia phân giác của A CH nên MA= MH , Từ đó ta có điều phải chứng minh. Câu 19. Gợi ý: Dễ thấy PB// AH , gọi D là giao điểm của CA và BP thì tam giác BAD vuông tại A . Do PA= PB Þ PA = PB = PD (Do · · · · PDA= DA P cùng phụ với DBA= PA B ) . D Áp dụng định lý Thales ta có: A IA IH AH == mà PD PB BD P I PB= PD Þ IA = IH B C H O Câu 20. Giải: Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales do vậy ta làm xuất hiện “hai đường thẳng song song”. + Vẽ CK//, AB KÎ DE . A K M I E D 309 O B C
  20. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 IM DM Ta có = (*) IC CK · · · · + Vì CEK= AED = ADE = EKC Suy ra tam giác CEK cân tại C Þ CE= CK .Thay vào (*) ta có: IM DM = IC CE Câu 21. Giải: A Vẽ tiếp tuyến tại E của E K H N đường tròn (O ) cắt ABAC, lần lượt O tại HK, .Ta có C ED^ HKED,// ^ BC Þ HK BC . B D M Gọi N là tiếp điểm của đường tròn (O ) tiếp xúc với AC . OK, OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD (tính · 0 chất trung tuyến)Þ=KOC 90 . · · 0 · · + Xét DOEK và DCDO có OEC= CDO( =90) , OKE = COD (cùng · EK OE phụ với EOK ).Do đó DOEK: D CDO Þ = hay OD CD EK r HE r = . Tương tự cũng có = . Do vậy r CD r BD EK BD EK BD EK BD = Þ = hay = (1) HE CD EK++ HE BD CD HK BC 310
  21. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 + Trong DABM có HE// BM , áp dụng hệ quả của định lý Thales HE AE EK AE trong tam giác ta có = . Tương tự có = . Do đó BMAM CM AM HE EK EK EK+ HE EK HK EK CM = Þ = hay = Þ = (2) BM CM CM CM+ BM CM BC HK BC Từ (1) và (2) cho ta BD= CM . A Câu 22. Giải: Theo đề ra có AOI,, E thẳng hàng (vì OI, cùng nằm H K M trên tia phân góc A ). O B D F C + Gọi MN, là tiếp điểm của (O ); (I )với AB , ta có OM// IN N I A O OM nên = (hệ quả của định lý Thales). A I IN A O OE Mà OM== OE, IN IF nên có = . AIIF · · Mặt khác ED^^ BC, IF BC ÞOD// IF Þ AOE = AIF . AO OE · · + Xét DOAE và DIAF có ==;AOE AIF , do đó AI IF · · DOAE: D IAF Þ OAE = IAF . Vậy AEF,, thẳng hàng. Câu 23. Giải A K + Vì đường tròn ()I tiếp xúc với các cạnh tại DEF,, nên suy ra F AE= AFBE,, = BDCD = CF . E M N I 311 C B D
  22. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 + Dựng AK// BD( KÎ DF ) ta có: MN MD EM AM = , = . Ta cần AK DA BDAD MD AM MD BD chứng minh: AKBD= Û = . Nhưng DA AD AM AK MD BE AKAFAE==, BD= BE nên ta cần chứng minh: = AMAE (điều này là hiển nhiên). A Câu 24. Giải: AMAN, là các tiếp tuyến của đường N E tròn (O ),gọi H là giao điểm của AO M H và MN . C B D O Ta có tam giác AHE đồng dạng với Tam giác ADO nên AEADAHAO = . Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AHAOAM. = 2 .Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Câu 25. Giải: A B Gọi OI, lần lượt là tâm của các N đường tròn đường kính ADBC, . M O I Cần chứng minh AB// OI cho ta nghĩ đến các điểm MN, là tiếp D C điểm của đường tròn (O ) tiếp xúc 312
  23. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 với BC , đường tròn (I ) tiếp xúc với AD. BCAD IN=,,, OM = OM ^ BCIN ^ AD giúp ta có SS= từ 22 A OI BOI đó có được AB// OI . CHỦ ĐỀ 3- GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP Câu 25. Giải: A Gọi O là trung điểm của BC · 0 thì tam giác OCD đều nên OCD = 60 Þ AB// CD .Để chứng minh:BM= 2 MC B M C Ta cần chứng minh AB= 2 CD . O Xét tam giác vuông BDC ta có: 1 D CD== BC.sin 300 BC suy ra BC== AB2 CD 2 Câu 26. Giải: D Ta gọi giao điểm của AM và cung BC B M C · · » ¼ là D .Ta có BAM= MAC Û BD = DC . A O ÛOD ^ BC Û O'// M OD O' · · Û=A MO' A DO · · Để chứng minh: A MO' = A DO ta dựa vào các tam giác cân OAM' và OAD . Câu 27. Giải: A 313 O B H C D
  24. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Vẽ đường kính AD của đường · 0 tròn (O ), suy ra A CD = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét DHBA và DCDA có: · · 0 · · ¼ AHB= ACD( =90) ; HBA = CDA (góc nội tiếp cùng chắn AC ), AHAB Do đó DHBA: D CDA Þ = Þ ABAC = ADAH . Mà ACAD ADR= 2 . Do đó ABACRAH.= 2 . . A Câu 28. Giải: D Vẽ đường kính BD của đường tròn O · 0 (OR; ) Þ=BCD 90 (góc nội tiếp B C chắn nửa đường tròn). µ 0 · DBCD có C = 90 nên BC= BDsin BDC . Ta lại có · · ¼ BD==2; R BDC BAC (góc nội tiếp cùng chắn BC ) nên · BCRBAC= 2 sin . Từ bài toán này ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng: Trong tam giác a b c ABC ta có: ===2R sinABC sin sin Câu 29. Giải: E · D Ta có: AB là tia phân giác của CAF , A H K F Vẽ BH^^ CD, BK EF . C O O' 314 B
  25. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Thì suy ra BH= BK Ta có: DDCBD$ EBF suy ra CD BH = =1 ÛCD = EF . Đó là điều phải chứng minh. EF BK Câu 30. Giải: N Dựng đường kính HN của đường tròn D (C ) cắt đường tròn (O ) tại K khi đó ta có C CN== CH HK và M E A MCMK == MHMN( MDME ). O H B ÞMCMK = HC - MC HC + MC ( ) ( ) K ÛMC. MK = HC22 - MC ÛMC() MC + MK = HC 2 Hay ÛMCMC( + MK ) = HC22 Û MCHC .2 = HC Û HC = 2 MC là điều phải chứng minh. A Câu 31. Giải: Dựng đường kínhAE của đường · · tròn (OR; ).Ta có AEC= ABD O (cùng chắn cung AC ) B D C suy ra DDDBA: CEA , từ đó suy ra E · · BAD= OAC . Câu 32. E B 315 A D C x
  26. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · · Ta có: BEC= BDC (cùng chắn cung ) · · BC và ABD= BDC (so le trong) · · suy ra BEC= A BD . Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE Câu 33. Giải: x D + Vẽ đường tròn đường kính AB . N DMBD vuông tại M có MB= MD C (gt) nên là tam giác vuông cân M A B · 0 Þ=A CM 45 . Từ đó ta có · · 0 A NM== A CM 45 (hai góc nội E y ¼ tiếp cùng chắn AM ) · · · 0 ANBANMMNB= + = 90 ; do đó N thuộc đường tròn đường kính AB . » + Gọi E là giao điểm của MN và AB (E khác N ). Ta có · · 0 ¼ » ANM= MNB =45 Þ AE = EB Þ E cố định. Vậy MN luôn đi qua một điểm cố định E . Câu 34. Giải: A Dựng đường kính AH của (O ). Ta chứng minh H là trực tâm của O 316 B C H D
  27. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · 0 DBDC . Thật vậy ta có: A CH = 90 ÞCH ^ AC Û CH ^ BD . Tương tự ta cũng có: BH^ AB Û BH ^ CD . Như vậy H là trực tâm của DBDC . Suy ra trực tâm H là điểm cố định. Câu 35. Giải: A AB cắt (O ) tại B và F . Vì DDAEH$ ADO suy ra AEADAHAOAM ==2 . F N E Để chứng minh E là trực tâm M H của tam giác ABC , ta cần chứng C B D O · 0 minh A FE = 90 , nghĩa là cần có AF AB= AE AD . Nhưng ta có: AFABAM. = 2 (Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) hoặc có thể dùng tam giác đồng dạng A Câu 36. Giải: Gọi DE, là giao điểm của đường tròn D E N H (O ) với các cạnh ACAB, thì H M BD, CE C là giao điểm của . B K O · · Chứng minh được A MH= A MN , từ đó có MHN,, thẳng hàng. Câu 37. Giải: 317 A O M B C D
  28. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Hai tam giác cân ABC, DAB · có chung góc ở đáy ABC , · · do đó BA C= A DC . Suy ra BA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD A Câu 38. Giải: D O Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( ). x O B · · C xAB và ACB lần lượt là góc tạo I bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB của · · (O ) nên xA B= A CB . · · ABD và ACB lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và · · góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (I ) nên A BD= A CB . · · Do đó xAB=Þ ABD Ax// BD . Mà OA^^ Ax, OA BD suy ra OA^ BD . Câu 39. Giải: Giả sử CA cắt (O ) tại F thì EF là » » đường kính của (AAB; ), ta có BFBE= B D 318 O F C A E
  29. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · · (vì BA^ EF ) . Ta có: BED= BFD, · · 1 æö» ¼ BCFº BCE =sđç BF - DE ÷ = 2 èøç ÷ 11æö» ¼ » · ssđđçBE- DE÷ = BD = BFD 22èøç ÷ · · Từ đó suy ra BED= ECB . µ · · Xét tam giác DDBCE, BED có B chung, BED= ECB BCBE 2 Þ DBCE$ D BED Û = Þ DBCB. = EB . BEBD Câu 40) . Giải: · 0 a) Ta có OA= OC = a Þ D OAC cân tại O . Mà A DO = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O ')) ÞOD ^ AC Þ OD cũng là đường · · · phân giác A OC , nghĩa là A OD= DOM ¼ ¼ N Þ=AD DM (hai góc ở tâm bằng C nhau nên cung chắn bằng nhau) E M D H ÞAD = DM Þ D ADM cân tại D . A B O' K O b) DAOE và DCOE có OE (chung); · · A OE= COE (cmt); OA== OC a , DAOE = D COE (c.g.c) · · 0 ÞEA O = ECO = 90 hay EA^ AB tại A , OA= a là bán kính (O)Þ EA là tiếp tuyến của (O ) và (O '). Câu 41. Giải: C M 319 P I 2 D 2 1 A 1 O H B K N
  30. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 a) Do BDBH, là hai tiếp tuyến cắt nhau đối với đường tròn M ( ) · Þ BM là tia phân giác ABD · ¶ ¶ HBD ÞBB + = .Lý luận tương 12 2 · tự AM là tia phân giác của BAC · µ ¶ BAC ÞAA = = . 12 2 · 0 µ ¶ 0 b) A MB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ÞAB11 + = 90 · · HBD+ BA C 00· · Þ =90 ÞHBD + BA C = 180 . Vậy AC// BD , mà 2 MD^^ BD, MC AC (gt) nên MCD,, thẳng hàng. Ta có OM là đường trung bình của hình thang vuông ABDC nên OM// AC mà CD^ AC (gt) Þ^OM CD tại M , CM là bán kính của (M ) Þ CD là tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại M . c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn, có: ì ï ACAH= í ÞAC + BD = AH + BH = AB = 2 Rconst .Áp dụng ï BDBH= ( ) îï hệ thức lượng trong tam giác vuông: CD2 AC BD= AH BH = MH 2 = (do DCHD vuông có HM là trung 4 tuyến ứng với cạnh huyền). d) Ta có IP// AM (vì cùng vuông góc với MB ).Kéo dài IP cắt AN tại K ; DAMN có IK là đường trung bình Þ K trung điểm của AN . Mà AN, cố định nên K cố định. Điểm P luôn nhìn hai điểm 320
  31. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 KB, cố định dưới một góc vuông nên P chuyển động trên đường tròn đường kính KB . Câu 42. Giải: E · 0 a) Ta có AIB = 90 (góc nội tiếp C chắn nủa đường tròn) Þ^BI AE . F K Tương tự AC^ BE ÞDAEB có hai đường cao AC, BI cắt nhau tại A H O B K Þ K là trực tâm DAEB Þ^EK AB (tính chất ba đường cao). ¼ º » · · b) Do I là điểm chính giữa ACÞ IA = IC Þ IBA = IBC (hai góc · · nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau). Mà IA C= IBC (hai góc nội » · · tiếp cùng chắn IC ) Þ=IA C IBA . DFAK có AI là đường cao (AI^ BI ) đồng thời là đường trung tuyến (F và K đối xứng qua I ) · · ÞDFAK cân tại AÞ= FA I IA K .Ta có · · · · · · · 0 FAB= FAI + IAB = IAK + IAB = IBA + IAB = 90 Þ^AFAB tại AAFÞ là tiếp tuyến của (O ). · KH · 2KH 2 3 c) sin KAH = mà sin BA C= Þ = Þ A K = HK AK 3AK 3 2 DABE có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác ÞDABE cân tại B nên BI cũng là đường trung trực ÞKA = KE( K Î BI ). æö ç 3 ÷ EH= EK + KH =ç + 1÷ KH .Ta có èøç 2 ÷ 321
  32. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 éùæö êúç 3 ÷ 2 KHKH( +2 HE) = KHKHêú + 2ç + 1÷ KH = 3 + 6 KH . ç 2 ÷ ( ) ëûêúèø æö33÷ ç ÷ 2 Và 2HE . KE= 2ç + 1÷ HK . HK =( 3 + 6) HK . Suy ra èøç 22÷ KH( KH+=2 HE) 2 HE . KE . Câu 43. Giải: ¼ a) Do M là điểm chính giữa AC ¼ ¼ · · Þ=MA MC Þ=NBMABM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Þ BM là đường phân · giác ABN trong DABM .Mặt khác · 0 BMA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). DBAN có BM vừa là đường cao vừa là đường phân giác ÞDBAN cân tại B · · · · · Þ=BANBNA .Ta lại có BA N= MCN (vì cùng bù BCM ). Do đó · · BNA= MCN ÞDCMN cân tại M . · · b) Do MB= MQ (gt) ÞDBMQ cân tại MÞ= MBQ MQB · · MCB= MNQ (vì cùng bù với hai góc bằng nhau) BC CM ÞDDBCM: QNM (g.g) Þ = = 1 (do DCMN cân tại QN MN · 0 M nên CM= MN )Þ=QN BC . BCA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Xét DBAQ vuông tại A , AC^ BQ có: 322
  33. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 AB2 = BCBQ. = BCBN( + NQ) = BCAB( + BC ) (1). Đặt BC=> x,0 x , biết ABR= 2 , từ (1) cho 4R2= x( 2 R + x) Û x 2 + 2 Rx - 4 R 2 = 0 2 2 2 D' =RRRR + 4 = 5 Þ D ' = 5 , x1 = - R + R 5 và x= - R - R 50 < BCR=-51 2 (loại) . Vậy ( ) . MA= MB Câu 44. Giải: D a) Đường kính AC vuông góc với dây DE tại M Þ=MD ME . I Tứ giác ADBE có MD= ME, A B C M O H O' MA= MB (gt), AB^ DE Þ ADBE là hình thoi (hình bình E hành có hai đường chéo vuông góc nhau). · 0 b) Ta có BIC = 90 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn (O ')) · 0 A DC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O ))Þ^BI CD và AD^ DC nên ADBI// , mà BE//,, ADÞ E B I thẳng hàng (tiên đề Ơclit). DDIE có IM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền Þ=MI MD . Do MI= MD (cmt) ÞDMDI cân tại · · MÞ= MID MDI · · + O''' I= O C = R Þ D O IC cân tại O ' Þ=O'' IC O CI .Suy ra · · · · 0 MID+ OIC' = MDI + OCI ' = 90 (DMCD vuông tại M ). Vậy MI^ O' I tại I , OIR''= bán kính đường tròn (O ') Þ MI là tiếp tuyến của đường tròn (O '). 323
  34. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · · c) BCI= BIM (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung » · · · · · chắn BI ) BCI= BIH (cùng phụ HIC ) ÞBIM = BIH Þ IB là · phân giác MIH trong DMIH . Ta lại có BI^Þ CI IC là phân giác ngoài tại đỉnh I của DMIH . Áp dụng tính chất phân giác đối với BH IH CH DMIH có: = = ÞCH MB = BH MC . MB MI CM A Câu 45. Giải: · · 0 AKDL KDL+= KA L 180 Xét tứ giác có N P M µ µ 0 · 0 0 0 (vì KL==90 )ÞKDL =180 - 60 = 120 . K L Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau B C D · · ta có DM, DN lần lượt là tia phân giác KDP và PDL · · · 0 · KDP+ PDL KDL 120 0 ÞMDN = = = = 60 .Ta có: 2 2 2 · · · 0 · MDC= MDN + NDC =60 + NDC ; · µ · 0 · MDC= B + BMD =60 + NDC (góc ngoài DBMD ) · · · · 0 Þ=NDC BMD , mà MBD== DCN 60 (DABC đều)ÞDDBMD: CDN (g.g) BMBDBC 2 Þ = ÞBM CN = BD CD = . CD CN 4 1 MN. PD S MN PD MN KD MN b) Ta có MDN =2 = = = . SBCADBCADBC12 ABC ADBC. 2 · Vì DÎ MD là tia phân giác BMNÞ= DK DP , DAKD có µ 00· ADKD 1 KKADKD=90 , = 30 Þ = Þ = . 22AD 324
  35. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 c) Dựng đường tròn bàng tiếp trong góc A có tâm O của DAEF . Do AD là đường trung tuyến của DABC đều nên AD là tia phân giác · BAC . Suy ra OACÎ . Gọi PKL', ', ' lần lượt là các tiếp điểm của (O ) với EF,, AB AC . Ta có AK'= ALPE '; ' = EKPF '; ' = FL ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ÞPA EF = AE + EF + FA = AE + EP'' + PF + FA 1 =AE + EK' + FL ' + FA = AK ' + AL ' = 2 AK '. Mà PP= A EF2 A BC 13 (gt) Þ2'AKPAB = = (DABC đều) 22ABC 3 AB ÞAKABBK'' = Þ = (vì AKKBAB''+=) 44 2 2 æö 2 AB 2 çBDBC÷ Þ=BKAB'. . Mặt khác BD ==ç ÷ (D là trung 4 èøç 24÷ điểm BC ); AB= BC (DABC đều) ÞBK'.' AB = BD2 Þ D BKD: D BDA (c.g.c) · · 0 · 0 ÞBK' D = BDA = 90 . Ta lại có OK' B= 90 Þ O º D (vì · · 0 ODAD, Î ) . Mà K' A L '+= K ' DL ' 180 (vì AK'' DL là tứ giác nội · 0 · 00· tiếp) mà KAL' '= 60 ÞK' DL ' = 120 Þ EDF = 60 (tia phân giác của hai góc kề). Câu 46. Giải: · a) Xét DMAD và DMBA có AMB chung; M · · MA D= MBA (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia D ¼ A tiếp tuyến và dây cùng chắn AD) E C B O 325
  36. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 ÞDDMAD$ MBA (g.g) MA A D MD Þ = = . MB A B MA b) Ta có MA= MC (tính chất hai tiếp MD MD tuyến cắt nhau của một đường tròn) Þ=. Lập luận tương MA MC MD CD AD CD tự, ta có = . Suy ra = ÞAD BC = AB CD . MC BC ABBC · · c) Dựng điểm EACÎ sao cho EDC= ADB · · · · DDAB và DDEC có ADB= EDC (cách dựng), A BD= ECD (hai ¼ góc nội tiếp cùng chắn AD)ÞDDDAB$ DEC (g.g) ABBD Þ = ÞAB DC = EC BD (1). Do EC DC · · · · EDC= ADB Þ BDC = ADE , nên DDDAE$ DBC (g.g)Þ=AD BC BD AE (2). Từ (1) và (2) ta có ABCD + ADBC = BDAE( + EC) = BDAC . ì ï A D BC= A B CD c) Ta có í Þ=2A B . CD A C . BD . ï ADBC += ABCD ACBD îï Mà ACAB= 2 (gt) Þ2ABCD . = 2 ABBD . Þ CD = BD . Suy ra tam giác BCD cân tại D . Câu 47. Giải: C a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp E I chắn nửa đường tròn ta có: M D · · 0 A EB== A MB 90 , vậy 326 A H O B
  37. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · · 0 BMC== A EC 90 · · 0 ÞA EC + BMC = 180 Þ Tứ giác MCED nội tiếp đường tròn. DABC có hai đường cao BMAE, cắt nhau tại DDÞ là trực tâm DABC Þ CD ^ AB . · BEBH b) cosABCBEBCBHAB= = Þ . = . . ABBC c) + Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến tại M của đường tròn (O ) với · · CD . Trong đường tròn (O ) có IMD= MA B (góc nội tiếp, góc tạo ¼ · · bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn MB ), MAB= MDI (cùng phụ · · · với A CH )ÞIMD = MDI Þ D IMD cân tại IÞ= IM ID . Ta lại có · · IMC= ICM (cùng phụ với hai góc bằng nhau) ÞDMIC cân tại I Þ=IM IC . Vậy IM= ID = IC Þ I là trung điểm của CD . + DCED có EI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IE= IC = ID = IM , DCED và DIED có IM= IE (cmt), OI chung, OM== OE R Þ DIMO = D IEO · · 0 (c.c.c)ÞIEO = IMO =90 Þ IE ^ OE , OE = R nên IE là tiếp tuyến của đường tròn (O ) tại E . Nghĩa là các tiếp tuyến tại ME, của đường tròn (O ) cắt nhau tại một điểm I thuộc CD . µ 0 · 0 d) DAHC có H = 90 , CA H = 45 ÞDAHC vuông cân tại H · 00· ÞCH = AH = x . EABEBA=30 Þ = 60 ; · HB 0 33 cotEBA = = cot 60 = 3 ÞHB = HC = x . Ta có HC 33 327
  38. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 36R AB= AH + HB Þ2 R = x + Þ x = = R ( 3 - 3). 3 33+ AB.1 CH Vậy SRRR= =.2 . 3 - 3 2 (đvdt). ABC 22( ) Câu 48. Giải: ïì · · 00µ ï BDO+ BOD =180 - B = 120 · · a) Ta có íï Þ=BDO COE , ï BOD· + COE· =18000 - DOE· = 120 îï · µ 0 mà DOE== B 60 A BD OB ÞDDBDO: COE (g.g) Þ= OC CE E BC 2 ÞBD CE = OB OC = (không đổi). D 4 P Q b) DDBDO: COE I N OD BD BD Þ = = mặt khác B C OE OC OB D · · 0 · · DBO== DOE 60 ÞDDBDO: ODE (c.g.c) Þ=BDO ODE , mà · tia DO nằm giữa hai tia DB, DEÞ DO là tia phân giác BDE . c) DABC đều nên đường trung tuyến AO cũng là đường phân giác · trong của BAC , mà DO là phân giác ngoài tại đỉnh DOÞ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A của DÞADE ĐƯờng tròn (O ) luôn tiếp xúc DE, AC . d) APAQ= (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB= AC APAQ · · 0 · 0 Þ = ÞPQ/ / BC Þ IQA = ACB = 60 , mà DOE = 60 ABAC · · 0 ÞIQE = IOE = 60 ; O , Q là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác 328
  39. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 IOQE Þ Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc một cung chứa góc). · · 0 · 0 Suy ra EIO== EQO 90 . Lý luận tương tự DNE = 90 . Vậy tứ giác · · DINE (DIE và DNE cùng nhìn DE dưới một góc vuông) · · Þ=ONI ODE . Vậy DDONI: ODE (g.g) IN ON 1 Þ = =cos 600 = ÞDE = 2 NI . DE OD 2 Câu 49. Giải: B a) Do ABAC, là hai tiếp tuyến M E G' I A O O H cắt nhau của đường tròn ( ) G K · · 0 nên ABO= ACO =90 Þ B , C C thuộc đường tròn đường kính OA có tâm I là trung điểm OA . AB b) Ta có AMAOAIABAI.== .2 . . 2 c) Gọi E là trung điểm MA , do G là trọng tâm DCMA nên GÎ CE GE 1 ME 1 MA MB và = . Mặt khác = (vì ME == nên CE 3 BE 3 22 BE GE ME ME = ) Þ=, theo định lý Ta-lét đảo Þ MG// BC . 3 CE BE d) Gọi G ' là giao điểm của OA và CMÞ G ' là trọng tâm DABC . G'1 M GE Nên == , theo định lý Ta-lét đảo GG'/ / ME (1) CM3' CE MI là đường trung bình trong DÞOAB MI// OB , mà AB^ OB (cmt) Þ^MI AB , nghĩa là MI^ ME (2). Từ (1) và (2) cho MI^ GG ' , ta lại có GI' ^ MK (vì OA^ MK ) nên I là trực tâm DMGG ' Þ^GI G' M tức GI^ CM . 329
  40. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 Câu 50. Giải: A a). Gọi O ' là giao điểm của AO O' với cung nhỏ DE của đường tròn E M N D (OO)Þ ' thuộc đường phân giác O µ của A trong DADE . Ta có B C · · DOA= EOA (tính chất hai tiếp · · tuyến cắt nhau) Þ=DO'' O E . · 11¼ · ¼ · · Mà ADO'== sđđ DO '; EDO ' s O ' E Þ=A DO'' EDO Þ DO ' là 22 µ phân giác D Þ O ' là tâm đường tròn nội tiếp DADE . Do đó OO' = R . b) Do AB= AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ÞDADE cân 0 · · · 180 - BACBAC0 tại A nên A DE = =90 - . Mà 22 · · · · ABC · · ADE= ABM + NMB = + NMB (do BO là phân giác ABC 2 · · ABC nên ABM = ) 2 µ · · · · · B0 BA C+ A BC A CB ÞNMB = A DE - =90 - = . Mặt khác 2 2 2 · · ACB · · · NCB = (do CO là tia phân giác ACB ). Suy ra NMB= NCB , 2 mà MC, là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác BCMN Þ Tứ giác BCMN nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc). 330
  41. PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9 · · · · c) DNMO và DBCO có NOM= BOC (đối đỉnh); NMO= BCO OM ON MN (cmt)ÞDDNMO$ BCO (g.g) Þ = = . Tương tự OC OB BC DM OM DDDMO$ ACO (g.g) Þ=; DDNEO$ BAO (g.g) AC OC NE ON MN DM EN Þ=.Vậy ==. A B OB BCACAB 331