50 bài toán Hình học lớp 9

50 bài toán hình học lớp 9 1 50 bài toán hình học lớp 9 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. 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 50 bài toán hình học lớp 9 2 ∠ 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 = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠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 2 AB . 4. Chứng minh OC // BM 5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đ−ờng tròn đ−ờng kính CD. 6. Chứng minh MN ⊥ AB. 7. 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 2 AB . 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. 50 bài toán hình học lớp 9 3 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. ∠C2 + ∠I1 = 900 (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 = 900 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 12 22 = 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. 50 bài toán hình học lớp 9 4 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. 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 BO 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 50 bài toán hình học lớp 9 5 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) 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 OA 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 // FH 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). 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. 50 bài toán hình học lớp 9 6 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−ơng vuông góc từ S đến AB. 1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ−ờng tròn 2. Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng tam giác PS’M cân. 3. 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’. Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ−ờng 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 = 900 nên suy ra ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => 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 = 50 bài toán hình học lớp 9 7 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 ∠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) 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 cu