Boi duong hsg toan 9 huong dan giai bai tap nang cao theo chuyen de

VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Tốn lớp 9: PHẦN 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 Giải: Vẽ ME ^ AB , E Ỵ AB EM cắt DC µ= E µ= D µ= 900 F Tứ giác AEFD có A nên hình · chữ nhật, suy EA = FD , MFD = 90 µ µ µ Tứ giác EBCF có E = B = C = 90 · nên hình chữ nhật, suy EB = FC , MFC = 90 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông EAM , FMC , EBM , FMD , ta có: MA = EM + EA ;MC = FM + FC ;MB = EM + EB ; MD = FM + FD Do MA + MC = EM + EA + FM + FC 2 2 2 MB + MD = EM + EB + FM + FD mà EA = FD , FC = EB Suy MA + MC = MB + MD Câu Giải: µ µ 0 Ta có D + C = 90 < 180 nên hai đường thẳng AD BC cắt Gọi E giao điểm AD BC µ µ · Vì D ECD có D + C = 90 nên CED = 90 Các tam giác EAB , ECD , EAC , EBD vuông E nên theo định lý Pitago ta 2 có: EA + EB = AB EC + ED = CD 2 (1); (2); EA + EC = AC (3); EB + ED = BD (4) 2 2 2 2 2 2 Từ (1) (2) ta có: EA + EB + EC + ED = AB + CD Từ (3) (4) ta có: EA + EB + EC + ED = AC + BD VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí 2 2 Do AB + CD = AC + BD Câu Giải: Từ giả thiết AD HE = = AC HA ta nghĩ đến DF ^ AH , F Ỵ AH Từ AF = HE , HA = FE áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông HEB , FDE , HAB , FAD , ABD ta chứng 2 minh được: BE + ED = BD Câu Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC G Xét D ABE · · D ADG có: ABE = ADG = 900;AB = AD (vì ABCD hình vng); · · · (hai góc phụ với DAE ) Do D ABE = D ADG (g.c.g) BAE = DAG Þ AE = AG · D AGF có GAF = 900; AD ^ GF theo hệ thức cạnh đường cao tam giác vng, nên ta có: 1 + = 2 AG AF AD 1 + = Do 2 AE AF AD Câu E , H Î CD , dựng AF ^ BC hai tam giác AHE , AFM nên AE = AM Trong tam giác vng AEN ta có: 1 1 1 + = + = , mà AE = AM nên ta có: Ta cần chứng 2 2 AE AN AH AM AN AH Dựng AE ^ AN , AH ^ CD minh: AH = 3 AB Û AH = DC Nhưng điều hiển nhiên tam giác 2 ADC , ABC tam giác Câu Giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí · Vẽ tia Bx cho CBx = 20 , Bx cắt cạnh AC D Vẽ AE ^ Bx , E Ỵ Bx Xét D BDC D ABC có · · · CBD = BAC = 200 ; BCD chung BD BC DC = = Do AB AC BC BD a2 a2 BC = ; AD = AC - DC = b Þ BD = BC = a ; DC = D ABE AB b b · · · ABE = ABC - CBD = 600 E vng có nên nửa tam giác đều, suy AB b b = Þ DE = BE - BD = - a D ABE vuông E , nên theo định lý 2 2 2 2 Pitago ta có: AE + BE = AB Þ AE = AB - BE = b D ADE vuông E , nên theo định lý Pitago ta có: BE = 2 b ỗỗb - a ữ ữ ữ = ị b2 + b2 - ab + a AE + DE = AD Þ b2 + ỗỗ - a ữ ữ ữ ỗ ữ ç ç2 b÷ 4 2 = b2 - 2a + a4 a4 Þ + ab = 3a Þ a + b3 = 3ab2 2 b b Câu Giải: Vẽ AH ^ BC , H ẻ BC ; vỡ D HAB có H = 90 nên sin B = AH ; D HAC AB VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí AH sin B AC b b c Do Chứng = = Þ = AC sin C AB c sin B sin C a b a b c minh tương tự ta có Vậy = = = sin A sin B sin A sin B sin C µ có H = 90 µ nên sin C = Câu Giải: Vẽ đường phân giác AD tam giác ABC Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có Þ BD DC = AB AC BD BD + DC BC BD a = = = Vậy AB AB + AC AB + AC AB b+ c ( · ) Vẽ BI ^ AD I Ỵ AD , suy BI £ BD D I AB có AI B = 90 , · sin BAI = A a BI ; hay sin £ b+ c AB Câu Dựng đường thẳng vng góc với AM A cắt BO K Dựng I H ^ OA Ta dễ chứng minh D AOK = D I HA Þ AK = AI Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AKM ta có: 1 + = ( khơng đổi) 2 AK AM AO Câu 10 a) Do BE = AE = 9cm Þ CE = 25 - = 16cm Gọi K giao điểm DE AB Ta có · · · · BEK = DEC = EDC = AKE nên tam giác BEK cân BK = BE Þ D AEK vuông VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí E ( Do BA = BK = BE ) b) Tính được: AD = 24cm suy ra: 1 1 = + = + Þ AE = 14, 4cm; DE = 19,2cm 2 2 AE AD AK 24 18 CHỦ ĐỀ 2: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRỊN VÀ ĐƯỜNG THẲNG Câu 11 Giải: Vẽ đường kính AE có AE = 8cm Điểm B thuộc đường trịn đường kính AE · Þ ABE = 900 · Xét D ADC D ABE có DAC · · ( (chung), ADC = ABE = 90 ), AD AC AC AB Mà = Þ AD = AB AE AE 2.5 AC = 2cm, AB = 5cm, AE = 8cm , nên AD = = (cm ) D ADC : D ABE Þ Câu 12 ( ) Giải:Vẽ AH ^ BD H Ỵ BD Tứ giác ABCD có OA = OA = R,OB = OD = R nên hình bình hành Mà AC = BD = 2R tứ giác ABCD hình chữ nhật, suy SABCD = AB AD µ = 900 , AH ^ DB nên AB AD = AH DB D ABD có A Vì AH £ AO, DB = 2R nên SABCD £ 2R (không đổi) Dấu “=” xảy H O AC BD Vậy hai đường kính AC BD vng góc với diện tích tứ giác ABCD lớn VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Câu 13 Giải: ( ) ( ) Vẽ OH ^ AB H Ỵ AB , OK ^ CD K Î CD Ta có AB = CD (gt), nên OH = OK (định lý liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm) H , K trung điểm AB ,CD (định lý đường kính vng góc dây cung) Þ AH = CK Xét D OHM · = 90 ) có OM (OHM (cạnh chung) OH = OK , D OHM = D OKM (cạnh huyền, cạnh góc vng) Þ MH = MK Ta có MH - AH = MK - CK Þ MA = MC Câu 14 Giải: · Vì COD = 90 suy tam giác COD vuông cân O nên CD = R Gọi H trung điểm CD Vì D HOM vuông H , OH = CD = R ,OM = 2R Trong tam giác vng OMH ta có: 2 MH = OM - OH = 4R MD = MH - AH = R 2 ( 7R R2 = Þ MH = 2 ) - , MC = R 2 ( 14 R suy ) 7+ Câu 15 Gọi H giao điểm OA DE Ta có OA ^ DE Þ AD = AE Chỉ cần VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí chứng minh AD AE có độ dài khơng đổi Các đoạn thẳng AB , AC có độ dài khơng đổi, DE ^ OA từ gợi cho ta vẽ đường phụ đường kính AF để suy ra: AD = AH AF , AC AB = AH AF Câu 16 Giải: D OAB cân đỉnh O , AC = BD , điều giúp ta nghỉ đến chứng minh OM đường phân giác góc O D OAB Vẽ OI ^ AC , OK ^ BD (I AC ,K BD ) ta có OI = OK suy lời giải toán Câu 17 Giải: Vẽ OH ^ BC , H Ỵ BC , suy BH = HC (định lý đường kính vng góc dây cung) Ta có AB + AC = (AH - · = 900 , theo định lý Pitago có BH ) + (AH + HC ) = 2AH D MAO có AMO · AM + OM = OA ; D HAO có AHO = 900 nên AH + OH = OA mà OB = OM = R , OH £ OB nên OH £ OM Do OH £ OM , suy AH ³ AM Từ ta có: AB + AC ³ 2AM Câu 18 Giải: Vẽ MH ^ CD , H Ỵ CD VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Gọi N trung điểm CD MN đường trung bình hình thang tam giác MNC cân · · · N nên NMC = ACM = MCN · Suy CM tia phân giác ACH nên MA = MH , Từ ta có điều phải chứng minh Câu 19 Gợi ý: Dễ thấy PB / / AH , gọi D giao điểm CA BP tam giác BAD vuông · · = DAP A Do PA = PB Þ PA = PB = PD (Do PDA phụ với · · ) DBA = PAB Áp dụng định lý Thales ta có: IA IH AH = = mà PD PB BD PB = PD Þ I A = I H Câu 20 Giải: Điều cần chứng minh làm song” ta nghĩ đến định lý Thales ta làm xuất “hai đường thẳng song + Vẽ CK / / AB , K Ỵ DE Ta có IM DM = (*) IC CK · · · · + Vì CEK = AED = ADE = EKC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Suy tam giác CEK cân C Þ CE = CK Thay vào (*) ta có: IM DM = IC CE Câu 21 Giải: Vẽ tiếp tuyến E ( ) cắt đường tròn O AB , AC H , K Ta có ED ^ HK , ED ^ BC Þ HK / / BC ( ) tiếp xúc với Gọi N tiếp điểm đường tròn O AC OK ,OC hai tia phân giác hai góc kề bù EON NOD (tính chất trung · tuyến) Þ KOC = 90 · · · · + Xét D OEK D CDO có OEC = CDO = 90 ,OKE = COD (cùng phụ với ( · ) EOK Do D OEK : D CDO Þ Tương tự có Do ) EK OE EK r hay = = r CD OD CD HE r = r BD EK BD EK BD EK BD = Þ = hay = HE CD EK + HE BD + CD HK BC (1) + Trong D ABM có HE / / BM , áp dụng hệ định lý Thales tam giác ta có HE AE EK AE = = Tương tự có BM AM CM AM Do HE EK EK EK + HE EK HK EK CM = Þ = = Þ = hay BM CM CM CM + BM CM BC HK BC (2) Từ (1) (2) cho ta BD = CM Câu 22 Giải: Theo đề có A,O, I thẳng hàng (vì O, I nằm tia phân góc A ) ( ) + Gọi M , N tiếp điểm O ; VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí (I ) với AB , ta có OM / / I N AO OM (hệ định lý Thales) = AI IN AO OE Mà OM = OE , I N = I F nên có = AI IF nên Mặt khác ED ^ BC , I F ^ BC OD / / I F · ·F AOE = AI AO OE · ·F = ; AOE = AI , AI IF · · D OAE : D I AF Þ OAE = I AF Vậy A, E , F thẳng hàng + Xét D OAE D I AF có Câu 23 Giải + Vì đường trịn (I ) tiếp xúc với cạnh D , E , F nên suy AE = AF , BE = BD ,CD = CF ( + Dựng AK / / BD K Ỵ DF ) ta có: MN MD EM AM = = , Ta cần AK DA BD AD MD AM MD BD AK = BD Û = Nhưng AK = AF = AE , DA AD AM AK MD BE BD = BE nên ta cần chứng minh: = (điều hiển nhiên) AM AE chứng minh: Câu 24 Giải: AM , AN tiếp tuyến đường ( ) tròn O , gọi H giao điểm AO MN Ta có tam giác AHE đồng dạng với Tam giác ADO nên AE AD = AH AO Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH AO = AM Từ suy điều phải chứng minh Câu 25 Giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ( )( ) tiếp tuyến AX , AY O1 , O2 Dễ dàng chứng minh ba điểm A, E , M thẳng hàng, ba điểm A, F , N thẳng hàng tứ giác MEFN nội tiếp Do AX = AE AM = AF AN = AY hay A X = A Y ( ) đường tròn (O ) tiếp xúc với Áp dụng câu 66 cho tam giác ABQ nội tiếp đường tròn O (O ) M , ta có: AX PQ = BK AC + CL AB Tương tự AY PQ = BH AC + CT AB ( Suy AC BH - BK )= AB (CL - CT ) A C K H = A B T L hay AC = AB Vậy A trung điểm cung BC , PQ / / BC Câu 68 Giải: · · · · Lấy E , F thuộc đường tròn cho CDB = ADE , BDA = DCF Khi AE = BC , FD = AB , EC = AB , BF = AD Áp dụng định lý Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD BCDF ta có: AC ED = AE CD + AD.EC = BC CD + AD.AB Và (1) BD.CF = BC DF + BF CD = BC AB + AD.CD (2) Mặt khác Do · · · · · · · CDE = CDB + BDE = ADE + BDE = ADB = FCD · · · · · · FDC = FDE + EDC = FCE + FCD = ECD suy ED = FC (3) Từ (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh Câu 69 Giải: Tứ giác BC ' MA ' A ' MB 'C nội tiếp nên ·' MC ' + B µ= C µ+ A ·' MB ' = 1800 A · · µ µ MB ' A ' = MCA ' Mà B = C · · suy A ' MC ' = A ' MB ' VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí CM MA ' suy D C ' MA ' : D A ' MB ' (c.g.c) Do = MA ' MB ' ·' A ' M = A ·' B ' M + MCA · ' Mặt khác MC · ' A ' = MBA · ' nên D BMC : D C ' MA ' C · · µ Do BCM = A ' MC ' = 180 - B không đổi Vậy M thuộc đường tròn cố định Ta lại có Câu 70) Gọi H trực tâm AMN , I trung điểm cạnh MN Gọi · Az tia phân giác BAC · · Ta có HAM = OAN nên Az · tia phân giác OAH Gọi O ' đối xứng với O qua Az Khi O ' thuộc A H Khi O thay đổi BC O ' thay đổi đường thẳng D đối $ · · xứng với đường thẳng BC qua Az Tam giác OI N có I = 90 , I ON = BAC không đổi ON OA AO ' không đổi Mặt khác A H = 2.OI nên khơng đổi Do khơng đổi OI OI AH O ' thuộc D cố định nên H thuộc đường thẳng D ' song song với D nên Câu 71 Giải: Gọi M , N , P ,Q trung điểm AB , BC ,CD , DA Gọi G giao điểm MP , NQ G trung điểm chung hai đoạn H đối xứng với O ' ' qua G , H đối xứng với A qua H Ta chứng minh H º H Thật vậy, ta có MH / / BH 1' ( MH đường trung bình tam giác ABH 1' ; MH / / OP ( MOPH ' hình bình hành); OP ^ CD (đường kính qua trung điểm dây cung).Suy BH ^ CD ' ' ' Tương tự DH ^ BC , suy H trực tâm tam giác BCD H º H Lấy O ' đối xứng với O qua H , ( ) kính O ) Tương tự AOH 1O ' hình bình hành Suy O ' H = OA = R (bán O ' H = O ' H = O ' H = R Vậy ta có đpcm Câu 72 Giải: VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Ta chứng minh ba đường thẳng Ơ-le qua trọng tâm tam giác ABC Do tính tương tự, ta chứng minh cho tam giác BCI ( ) Về phía ngồi tam giác ABC , dựng tam giác A ' BC đều, nội tiếp đường tròn O1 Tứ giác I BA 'C nội tiếp · 'C + BI · C = 1800 Do A ' B = A 'C nên I A ' phân giác BA · B , suy ba điểm A, I , A ' thẳng hàng Gọi F trung điểm BC , S S CI trọng tâm tam giác ABC tam giác I BC Vì FS1 FO1 FS nên ba điểm S1,O1, S thẳng hàng Mặt khác, O1S1 đường thẳng = = = FA FI FA ' Ơ-le tam giác I BC , đường thẳng Ơ-le tam giác I BC qua trọng tâm tam giác ABC Chứng minh hoàn toàn tương tự với tam giác I AC , I AB Ta có đpcm Câu 73 Giải: Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC có O tâm đường trịn ngoại tiếp, H trực tâm Khi · = 600 A O = A H ta có BAC Trở lại toán: Giả sử bốn điểm O, I , H ,C thuộc đường trịn Vì CI · phân giác HCO nên I H = I O = t · Ta chứng minh: BAC ¹ 60 bốn điểm O, I , H , A thuộc đường tròn VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Kí hiệu M , N hình chiếu I tia AO cho Lấy hai điểm OA A H Lấy hai điểm O1,O2 nằm I O1 = I O2 = t ( O1 nằm A M , M nằm O1 O2 ) H 1, H nằm tia A H cho I H = I H = t ( H nằm A N , N nằm H H ) O º O1 H º H , O º O2 H º H Khi D AI O : D AI H suy · A O = A H Áp dụng bổ đề ta BAC = 60 , trái với điều giả thiết a) Nếu O º O1 H º H O º O2 H º H Ta có D I O1O2 = D I H 1H nên · · I· O1O2 = I· H 2H I O2O1 = I H 1H Suy tứ giác A OI H nội tiếp B khơng nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác OI H Khi Giả sử A · · BAC = ABC = 60 nên tam giác ABC đều, suy ba điểm O, I , H trùng nhau, vơ lý b) Nếu Vậy ta có đpcm Câu 74 Giải: Gọi E giao điểm A H ( ) O , (E khác A ) Giao điểm MN EC F Tứ giác ABEC nội tiếp đường ( ) trịn O , có OK ^ MK nên theo “bài tốn bướm” ta có · · · HE ^ BK nên tam giác HCE = BAE = HCB K M = K F (1) Mặt khác MAK cân C , suy HK = K E (2).Từ (1) (2) ta có tứ giác MHFE hình bình hành, · ·EF = ABC · = K MH / / EF Suy MHK · · Chứng minh hoàn toàn tương tự ta NHK = ACB Ta có · · · · · QHP = MHN = ABC + ACB = 1800 - BAC Suy tứ giác AQPH nội tiếp Câu 75 Giải: · · · · ARC = APC = ABC = 1800 - AHC Do tứ giác AHCR nội tiếp.Suy · · · AHX = ACR = CAP Ta có Tương tự ta có tứ giác AHBQ nội tiếp.Từ suy · · XAH = QBH = VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí · · · · (2) QBA + ABH = BAP + ABH · · AHX + XAH = Từ (1) (2) suy · · · · · · · = 900 = AEH CAP + BAP + ABH = CAB + ABH = 900 Do AXH hay tứ · · · giác A X EH nội tiếp Vậy XEA = AHX = CAP (theo (1)) Suy EX / / AP (đpcm) Câu 76 Giải: ( ) ( ) Gọi M , N trung điểm BD ,CE K N cắt AB , O2 , O · · · S, P ,Q Ta có K QC = K AC = EPQ Suy EP / / CQ , mà N trung điểm EC nên N trung điểm PQ Ta thấy: 2SA.SM = SA.SD + SA.SB ; 2SK SN = SK SP + SK SQ mà SA.SD = SK SP (tứ giác AK PD nội tiếp); SA.SB = SK SQ (tứ giác AKQB nội tiếp) Þ SA.SM = SK SN Þ tứ giác A K NM nội tiếp, hay K · thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Mặt khác tứ giác · tiếp AMO1 = ANO1 = 90 AMO1N nội O1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN · · (đpcm) Suy tứ giác AKNO1 nội tiếp Þ AKO1 = ANO1 = 90 hay có VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Câu 77 · · Giải: Gọi M điểm đối xứng B qua EF Ta có EMF = EBF · Ã Ã ả Ã ả M EBF + EAF = EBF + A1 + A = EBF + E + F1 = 180 · · EMF + EAF = 1800 Vậy tứ giác MEA F nội tiếp đường tròn (j ) nên Gọi N giao điểm tiếp tuyến A M (j ) ta chứng minh ba điểm N , E , F thẳng hàng Thật vậy, gọi F ' giao điểm thứ hai NE với (j ) Ta có D NAE : D NF ' A AE NA = AF ' NF ' AE ME AE = nên = AF ' MF ' ME I E = I A.I B = I F (g.g) Suy (1) Tương tự ME NM NA = = MF ' NF ' NF ' (2) Từ (1) (2) ta có AF ' (*) Gọi I giao điểm AB EF Ta có MF ' IE = IF Mà EB IF IE BF IF EB BF D I EB : D I AE (g.g) nên = = = = Tương tự Suy AE IA IA AF IA AE AF ME MF AE AF AF ' AF = = = Do hay (**) Từ (*) (**) ta có suy AE AF ME MF MF ' MF F º F ' Vậy ba điểm N , E , F thẳng hàng Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF Do N thuộc trung trực AB , suy N thuộc đường thẳng OO ' Tương tự D CD cắt điểm N ' thuộc OO ' Do tính chất đối xứng, CD EF cắt điểm thuộc OO ' N º N ' Vậy đường thẳng CD, EF , D 1, D đồng quy N (đpcm) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Câu 78 Giải(Bạn đọc xem thêm phần’’Các định lý hình học tiếng’’Nội dung định lý Lyness ( ) Qua M kẻ tiếp tuyến chung O ' ¶ · ¶ ( ) O ¶ Ta có N = NMX B1 = M · · NMD = NMB · Vậy MN phân giác góc DMB Gọi Q giao điểm thứ hai MN (O ) Ta có Q điểm cung BD · CQ phân giác góc DCB Gọi I giao điểm CQ NP · Ta có I CM = ¼ + sđ DQ ¼ + sđQB » = N ¶ = I·PM Suy tứ giác ¼ = sđ DM sđ DM 2 I PCM nội tiếp Do · · QMB = NPA = I·MC Þ D QI M : D QNI Þ QI = QN QM Mà · · QMD = QDN Þ D DQN : D MQD Þ QD = QN QM Þ QD = QI Do I tâm đường trịn nội tiếp tam giác BCD Tương tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm NP Câu 79 Giải: Gọi A ' giao điểm thứ hai AI ( ) với O Theo câu 78 ( ) giác ABC nằm I M (xét với O1 tiếp tam giác ABC ta có tâm đường tròn nội tiếp tam I N (xét với (O2 ) ) Suy tâm đường tròn nội (đpcm) Câu 80 Giải: · Ta có BMC = 90 + · 1µ A = 1800 - Bµ µ ZMY = 180 - B (vì tứ giác MZCY · nội tiếp) · Do BMZ = YMC nên · · Suy D BXM : D MYC XBM = YNC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí D K XB : D LYM · · · · Vậy tứ giác BX T N nội tiếp Þ BXK = LYM = YTC = BTN Tương tự ta có tứ giác Y CNZ nội tiếp · · · Mặt khác BNX = BT X = BMX suy · · · · µ XNY = B Từ YNC = YZT = YMC · · · µ= BMX · · µ= 2B µ= B µ+ C µ BNC = BMX + YMC +B + XBM +B · · µ+ B µ+ C µ= 1800 Suy tứ giác A BNC nội tiếp BNC + BAC = A Câu 81 Giải: a) D ABE : D ACF Þ (g.g) AB AE = Þ AE AC = AF AB AC AF b) Ta · · có BFH + BDH = 180 Þ Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau) · · ( Ta có ADB = AEB = 90 )Þ Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh D , E nhìn AB góc vng) · · ( c) Ta có BFC = BEC = 90 ) Þ Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F , E · · · · nhìn BC góc vng) Þ AEF = ABC Mà xAC = ABC (hệ quả) Do · · xAC = AEF (hai góc vị trí so le trong) nên Ax / / EF Lại có OA ^ Ax Do OA ^ EF d) Gọi I · · · giao điểm AD EF Ta có ADE = ABE = FDH Þ DI tia phân · giác EDF Mà AD ^ BC nên có DK dường phân giác ngồi D DEF Xét KF IF D DEF có = (1) Áp dụng hệ Talet vào tam giác: D I AE có KE IE NF IF KF MF D K AE có MF / / AE : FN / / AE : = = (2); (3) Từ AE IE KE AE NF MF = Þ NF = MF (1),(2),(3) cho AE AE Câu 82 Giải: ¼ ¼ a) Ta có AM = MC VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ¼ ( M điểm AC ) · · Þ ABM = I BM (hệ góc · · nội tiếp) AMB = ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Þ BM ^ AI , AC ^ BI D ABI có BM vừa đường cao (BM ^ AI Do tam giác ABI · ) vừa đường phân giác · = I·BM ) (ABM cân B ( b) Ta có KMI = 90 BM ^ AI ); · KCI = 900 (AC ^ BI ) · · Þ KMI + KCI = 900 + 900 = 1800 Vậy tứ giác MI CK nội tiếp c) Xét D ABN D I BN có AB = BI · · ( D ABI cân B ), ABN = I BN (chứng · · minh trên), BN cạnh chung Do D ABN = D I BN (c.g.c) Þ NAB = NI B Mà · · NAB = 900 nên NI B = 900 Þ NI ^ BI Mà I thuộc đường tròn (B , BA ) (vì BI = BA ) Vậy NI tiếp tuyến đường tròn (B , BA ) + Xét D ABC có M trung điểm AI , D ABI cân B , BM đường cao, O trung điểm AB Þ MO đường trung bình tam giác ABI Þ MO / / BI Mà NI ^ BI (chứng minh trên) Vậy NI ^ MO I·KD = I·BM d) Ta có (hai góc nội tiếp chắn cung I K đường tròn (I BK )) Mà · · I·DA = I·BA = I·BM ( I DA I BA góc nội tiếp góc tâm chắn cung AI VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí đường tròn BN tia phân giác I·BA ) Do I·DK = I·DA Þ hai tia (B, BA ), DK , DA trùng Þ D , K , A thẳng hàng Mà C , K , A thẳng hàng nên D , K , A,C thẳng hàng Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng · Câu 83 Giải:a) Ta có I CD = 90 ( ) (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn O ).Tứ giác I HDC có I·HD = I·CD = 900 Do tứ giác I HDC nội tiếp đường trịn tâm M Þ I·MH = 2I·CH · · I CH = I DH Mà ( · BCA = I·CH = I·DH · ) (hai góc chắn cung AB ( · · Do BCA = I CH = I DH ( ) O ) · · = 2I·CH Ta có BCH = I·MH (= 2I·CH ) ) nên BCH Vậy tứ giác BCMH nội tiếp b) Gọi T giao điểm PD () đường tròn J ngoại tiếp ( ) tam giác HMD T ¹ D Xét D PHD D PT M · · · có HPD (chung), PHD = PT M (hai góc nội tiếp chắn cung MD (J ) ).Do D PHD : D PT M (g.g) PH PD = Þ PM PH = PD PT Chứng minh tương tự có PM PH = PC PB , PT PM nên PD PT = PC PB PD PB · = (vì PD PT = PC PB ) Do Xét D PBD D PT C có PBD (chung), PC PT · · D PBD : D PT C (c.g.c) Þ PBD = PT C Þ Þ Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường trịn (O ) Do T º N Vậy ba điểm P , D , N thẳng hàng Câu 84 Giải: ( ) a) AM , AN tiếp tuyến đường tròn O · · (gt) Þ AMO = ANO = 90 Tứ giác · · AMON có AMO + ANO = 900 + 900 = 1800 Þ Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí b) I · trung điểm BC (gt) Þ OI ^ BC , AI O = 90 Þ I ( ) thuộc đường trịn đường kính OA Ta có AM = AN ( AM , AN tiếp tuyến O ) + Xét đường tròn Xét D AI M (AMOI N ) D AMK · có AM = AN ¼ = AN · M = AMK Ã ẳ ị AI ị AM Ã cú I AM · (chung), AI M = AMK Do D AI M : D AMK (g.g) AI AM = Þ AK AI = AM AM AK · · · Xét D AMB D ACM có MAB (chung), AMB = ACM (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung).Do D AMB : D ACM (g.g) AM AB Þ = Þ AB AC = AM Vậy AK AI = AB AC = AM AC AM Þ ( · c) Ta có AI O = 90 ; O, A cố định I ) thuộc đường trịn đường kính OA Khi B ® M I ® M ; B ® N I ® N Do cát tuyến ABC thay đổi I động cung trịn MON đường trịn đường kính OA ¼ ¼ · chuyển · d) Xét đường tròn đường kính OA có AM = AN Þ MI K = NI K D I MN có I K đường phân giác Þ IM MK = Do IN NK MK IM = Û MK = 2NK Û MK = MN Vậy cát = 2Û NK IN tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN điểm K cho MK = MN I M = 2I N I M = 2I N Û Câu 85 Giải: · ( ) ( ) a) Ta có AHB = 90 AH ^ BC Do H thuộc đường trịn O H E đối xứng qua AC (gt) N Ỵ AC · · Do AHN = AEN (tính cht i xng trc) Ã ẳữ sAN ữ ữ ữ ỗ Ã M AHN = ADN ỗ çç= · · Do AEN = ADN Þ D ADE VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí cân A Vậy AD = AE · b) ADB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) AD = AE nên AD = AH (· + Xét D ADB ADB = 90 chung) Do + Xét D ADM ) (· D ADB = D AHB D AHM ) có AD = AH , AB · (cạnh · (cạnh huyền- cạch góc vng) Þ DAB = HAB · · có AD = AH , DAM = HAM , AM (cạnh chung) Do · D ADM = D AHM D AHB AHB = 90 · · · ( · (c.g.c) Þ ADM = AHM Ta có AHM = AHN = ADM · Vậy HA tia phân giác MHN H E đối xứng qua AC · AHC = 900 (AH ^ BC ) ) c) · · (gt) Þ AHC = AEC (tính chất đối xứng trục) Mà · nên có AEC = 900 Tứ giác AHCE · · AHC + AEC = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AHCE nội tiếp Þ A, H ,C , E thuộc ( · · · Mặt khác AHM = AEM = ADM Þ tứ giác AEHM trịn nội tiếp Þ A, E , H , M (2) Từ (1) (2) ta có năm điểm A, E ,C , H , M thuộc đường tròn tròn · ) đường cùng thuộc đường · · ( AMC = 90 , ANB = 90 , AH ^ BC ).Do ba đường thẳng CM , BN , AH đồng quy Ta có ANB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AMC = AHC = 90 ( A, E ,C , H , M thuộc đường trịn) D ABC có CM , BN , AH ba đường cao · · · · d) Xét D ADQ D ABC có ADQ = ABC (O ) · · ); AQD = ACB ¼ (hai góc nội tiếp chắn cung AH (hai góc nội tiếp chắn ¼ AH (O ) Do DQ AD DQ = Mà DI = ( I trung điểm DQ ), AB BC BC DI DQ BC ) nên BK = = ( K trung điểm BK BC · · , AD = DI ỗ= DQ ữ ữ + Xột v cú D ADI D ABK ADI = ABK ỗ ữ AB BK ỗ BC ữ Ã Ã + Do ú D ADI : D ABK (c.g.c) Þ AI D = AKB Þ Tứ giác AI HK nội tiếp Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK D ADQ : D ABC (g.g) Þ Câu 86) Giải: · · a) Ta có ABC = ADC = 90 ( ) (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).Xét ( ) · · = 900 D ADC ADC = 900 có AC (cạnh chung), AB = AD D ABC ABC ( D ABD đều) Do D ABC = D ADC (cạnh huyền – cạnh góc vng) VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí · · Þ BAC = DAC = 300 CD = BC = AC sin BAC = 2a sin 300 = a ; BD = AD = AB = AC cosBAC = 3a , DN = AD = 3a , D DNC vuông 2 D Þ CN = DN + CD 2 ç 2a ÷ ÷ + a = 7a nờn CN = , CN = ỗ ữ ỗỗ ữ ỗ ữ 7a b) D ABD có AC đường phân giác nên đường cao, đường trung tuyến M , N trung điểm AB , AD Þ MN đường trung bình tam giác ABD Þ MN / / BD Ta có AC ^ BD , MN / / BD · · · · Þ MN ^ AC Þ MKC = 900 , MBC = 900, MKC = 900, MEC = 900 ( H trực ( ) đường kính tâm D CMN ) Do B , M , K , E ,C thuộc đường tròn T · · ( ) · · ( ) · MC · Ta có KFB = KCB (xét T ), KCB = ADB (xét O ) Þ KFB = ADB Þ KF / / AD Tứ giác KFDN có KF / / ND KN / / FD nên hình bình hành AB AD ÷ ÷ nên D AMN = = AD ữ ị DF = K N D AMN cú AM = AN ỗỗỗAM = ÷ 2 cân A Mà AK đường phân giác nên đường cao, đường trung tuyến Þ KN = MN BD = = c) D CMN có CK Do CK 3a Vậy DF = 3a đường cao, đường trung tuyến Þ D CMN cân C · · · ( ) có tia phân giác MCE Þ MCK = KCE Xét đường trịn T Ã Ã ẳ = KE Ã Ã ẳ ị KME MCK = KCE Þ MK = MFI Vẽ Mx tiếp tuyến đường tròn · · · · = MFI Ta có KME = xME Þ Hai tia MK , Mx trùng Vậy (MI F ) có xME KM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MI F D KMI : D KFM (g.g) KM KI KN KI Þ = = , mà KM = KN nên Ta có KF KM KF KN · NF / / FM , KN ^ AC Þ KN ^ NF Þ KNF = 90 , D KI N : D KNF VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí KI KN · · N = KNF · = , I KN chung) Þ KI = 900 mà KF / / AD Vậy KN KF · I ND = 900 ( Câu 87 Giải: a) D MAC : D MDA b) D MHC : D MDO (c.g.c) · · , MHC · · MCH = DOH = DHO · c) CAD = · · COD CHD · = = BHD 2 d) DE cắt CF K » » - sđ DF » · 1800 - COD 1800 - sđCD sđCE · · · Þ tứ giác OHD = OCD = = = = DKF 2 · · DKHF , KHF = 1800 - KDF = 900 Þ KH ^ MO H Mà AB ^ MO H Nên KH , AB trùng Câu 88 Giải: Vẽ OH ^ MF H Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B , H ,O,C thuộc đường trịn · · · AHB = AOB = BDS Þ Tứ giác BDFH nội tiếp · · Þ BDH = BFH ( · · · ABM = BDH = BFH ) Þ BM / / DH , DH / / GM ( DH đường trung bình tam giác MGF ) M , B ,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / / GL Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx tia ( ) · · · tiếp tuyến đường tròn O , xMB = MCD = MLG Þ Mx tia tiếp tuyến đường trịn (MGL ) ( ) (MGL ) tiếp xúc Vậy hai đường tròn O VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Xem tiếp tài liệu tại: https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-9 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ... EI O = EQO = 90 Lý luận tương tự · · E DNE · nhìn DE góc vng) DNE = 90 0 Vậy tứ giác DI NE ( DI · = ODE · Vậy D ONI : D ODE (g.g) Þ ONI IN ON Þ = = cos600 = Þ DE = 2NI DE OD Câu 49 Giải: a)... nội tiếp BFHD, HIEK , HDEC )     1800  IEK   90 0  IEH  Mặt Từ suy HK  HI EI  EK Do KIE 0   90  FAH   90  FEH   90 0  IEH  Suy đpcm khác ta có MHF   90 0 , mặt khác ta vừa... miễn phí      90 0  A  90 0  C   PCF   FCB  có: PCB Tương tự ta        Từ suy 90 0   A  90 0  B     PCB   2700  A  B  C   90 0  BPC   90 0 Vậy điểm P PBC