50 bài toán hình học lớp 9

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) 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 điển A , Vẽ nửa đ−ờng tròn đ−ờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đ−ờng tròn đ−ờng kính HC cắt AC tại F. 1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật. 2. BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đ−ờng tròn . 50 bài toán hình học lớp 9 8 Lời giải: 1. Ta có : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đ−ờng tròn ) => ∠AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) ∠CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đ−ờng tròn ) => ∠AFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) ∠EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3) ( ) 1 2 2 1 1 I F E O2 O1 H C B A 1 Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông). 2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đ−ợc một đ−ờng tròn =>∠F1=∠H1 (nội tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đ−ờng tròn (O1) và (O2) => ∠B1 = ∠H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => ∠B1= ∠F1 => ∠EBC+∠EFC = ∠AFE + ∠EFC mà ∠AFE + ∠EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) => ∠EBC+∠EFC = 1800 mặt khác ∠EBC và ∠EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp. 3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có ∠A = 900 là góc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chứng minh trên) => ∆AEF ∼∆ACB => AE AF AC AB = => AE. AB = AF. AC. * HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC 4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân tại I => ∠E1 = ∠H1 . ∆O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => ∠E2 = ∠H2. => ∠E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mà ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900 => O1E ⊥EF . Chứng minh t−ơng tự ta cũng có O2F ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đ−ờng tròn . Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các nửa đ−ờng tròn có đ−ờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K. Đ−ờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đ−ờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nửa đ−ờng tròn (I), (K). 1. Chứng minh EC = MN. 2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đ−ờng tròn (I), (K). 3. Tính MN. 4. Tính diện tích hình đ−ợc giới hạn bởi ba nửa đ−ờng tròn Lời giải: 1. Ta có: ∠BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn tâm K) 1 H 1 N M C I O K B E A 3 2 2 1 1 => ∠ENC = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) ∠AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đ−ờng tròn tâm I) => ∠EMC = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn tâm O) hay ∠MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đ−ờng chéo hình chữ nhật ) 2. Theo giả thiết EC ⊥AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đ−ờng tròn (I) và (K) => ∠B1 = ∠C1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => ∠C1= ∠N3 => ∠B1 = ∠N3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => ∠B1 = ∠N1 (5) Từ (4) và (5) => ∠N1 = ∠N3 mà ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay MN ⊥ KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N. Chứng minh t−ơng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đ−ờng tròn (I), (K). 3. Ta có ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đ−ờng tròn tâm O) => ∆AEB vuông tại A có EC ⊥ AB (gt) => EC2 = AC. BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm. 50 bài toán hình học lớp 9 9 4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = pi .OA 2 = pi 252 = 625pi ; S(I) = pi . IA 2 = pi .52 = 25pi ; S(k) = pi .KB 2 = pi . 202 = 400pi . Ta có diện tích phần hình đ−ợc giới hạn bởi ba nửa đ−ờng tròn là S = 1 2 ( S(o) - S(I) - S(k)) S = 1 2 ( 625pi - 25pi - 400pi ) = 1 2 .200 pi = 100pi ≈ 314 (cm2) Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đ−ờng tròn (O) có đ−ờng kính MC. đ−ờng thẳng BM cắt đ−ờng tròn (O) tại D. đ−ờng thẳng AD cắt đ−ờng tròn (O) tại S. 1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đ−ờng tròn (O). Chứng minh rằng các đ−ờng thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác ADE. Lời giải: 3 2 3 3 2 2 2 1 1 1 1 F O MS D E B A C Hình a F 1 2 C A B E D S M O 1 1 1 1 2 2 2 3 2 Hình b 1. Ta có ∠CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); ∠MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => ∠CDB = 900 nh− vậy D và A cùng nhìn BC d−ới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp. 2. ABCD là tứ giác nội tiếp => ∠D1= ∠C3( nội tiếp cùng chắn cung AB). ∠D1= ∠C3 =>

SM EM= => ∠C2 = ∠C3 (hai góc nội tiếp đ−ờng tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh− vậy BA, EM, CD là ba đ−ờng cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy. 4. Theo trên Ta có

SM EM= => ∠D1= ∠D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1) 5. Ta có ∠MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn (O)) => ∠MEB = 900. Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đ−ờng tròn => ∠A2 = ∠B2 . Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => ∠A1= ∠B2( nội tiếp cùng chắn cung CD) => ∠A1= ∠A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2) Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu 2 : ∠ABC = ∠CME (cùng phụ ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cùng bù ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS =>



CE CS SM EM= => = => ∠SCM = ∠ECM => CA là tia phân giác của góc SCB. 50 bài toán hình học lớp 9 10 Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đ−ờng tròn đ−ờng kính BD cắt BC tại E. Các đ−ờng thẳng CD, AE lần l−ợt cắt đ−ờng tròn tại F, G. Chứng minh : 1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp . 3. AC // FG. 4. Các đ−ờng thẳng AC, DE, FB đồng quy. Lời giải: 1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có ∠BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); ∠DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ∠ABC là góc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB . 2. Theo trên ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (vì hai góc kề bù); ∠BAC = 900 ( vì ∆ABC vuông tại A) hay ∠DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp . G 1 1 O S D E B A C 1 F * ∠BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); ∠DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) hay ∠BFC = 900 nh− vậy F và A cùng nhìn BC d−ới một góc bằng 900 nên A và F cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp. 3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => ∠E1 = ∠C1 lại có ∠E1 = ∠F1 => ∠F1 = ∠C1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG. 4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đ−ờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S. Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đ−ờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC. 1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hy xác định tâm O của đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH. 3. Chứng minh OH ⊥ PQ. Lời giải: 1. Ta có MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 nh− vậy P và Q cùng nhìn BC d−ới một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp. * Vì AM là đ−ờng kính của đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM. 2. Tam giác ABC có AH là đ−ờng cao => SABC = 1 2 BC.AH. Tam giác ABM có MP là đ−ờng cao => SABM = 1 2 AB.MP Tam giác ACM có MQ là đ−ờng cao => SACM = 1 2 AC.MQ O M Q P H C B A 2 1 Ta có SABM + SACM = SABC => 1 2 AB.MP + 1 2 AC.MQ = 1 2 BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. 3. Tam giác ABC có AH là đ−ờng cao nên cũng là đ−ờng phân giác => ∠HAP = ∠HAQ =>

HP HQ= ( tính chất góc nội tiếp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đ−ờng cao => OH ⊥ PQ