Mot so dang hinh hoc 9

On tap cho HS lop 9 Ví dụ 32 – 38 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R), có AB = 8cm, AC = 15 cm, đường cao AH = 5 cm.Tính bán kính của đường tròn Giải  . Trường hợp H nằm trên cạnh BC : Kẽ đường kính AD. Ta có · · ABC ADC= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) · 0 90ACD = (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Vậy AHB ACD∆ ∆: ( ) 5 8 12 15 2 AH AB R cm AC AD R ⇒ = ⇒ = ⇒ =  . Trường hợp H nằm ngoài cạnh BC : Kẽ đường kính AD. Ta có ABCD là tứ giác nội tiếp nên · · 0 180ADC ABC+ = Ta lại có : · · 0 180ABH ABC+ = . Do đó : · · ABH ADC= Vậy AHB ACD∆ ∆: ( ) 5 8 12 15 2 AH AB R cm AC AD R ⇒ = ⇒ = ⇒ = Bài 235 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các điểm M,N, P là điểm chính giữa của các cungAB, BC, CA. Gọi D là giao điểm của MN và AB, E là giao điểm của PN và AC. Chứng minh rằng DE // BC Giải NE là tia phân giác của ∆ ANC AE AN EC NC ⇒ = (1) ND là tia phân giác của ∆ ANB AD AN DB NB ⇒ = (2) Do » » NB NC NB NC= ⇒ = (3) Từ (1), (2), (3) AE AD EC DB ⇒ = , do đó DE // BC Bài 242 : Cho tam giác ABC, đường cao AH, đường trung tuyến AM (H, M phân biệt và thuộc cạnh BC) thỏa mãn · · BAH MAC= . Chứng minh rằng : · 0 90BAC = Giải Gọi E là trung điểm AB Do tam giác AEH cân tại E : · · AHE BAH= Do tam giác AMC cân tại M : · · MAC MCA= Do · · BAH MAC= nên · · AHE MCA= (1) Mà · · 0 90AHE BHE+ = (2) Mặt khác do tam giác BEH cân ở E : · · EBH EHB= (3) Từ (1), (2) và (3) · · · · 0 0 90 90ABH ACM hay ABC ACB⇒ + = + = · 0 90BAC⇒ = 1 8 R 5 H O B C A D 8 R 5 H O B C A D E D P M N B C A H B C A M E On tap cho HS lop 9 Bài 256 : Từ một điểm A bên ngoài đường tròn tâm O, vẽ các tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến ADE. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với OB cắt BC, BE theo thứ tự ở H, K. Chứng minh : DH = HK Giải Kẻ OM DE ⊥ , ta có · · · 0 90ABO ACO AMO= = = Nên B, C, M cùng thuộc đường tròn đường kính AO · · MCB MAB⇒ = (cùng chắn cung MB) (1) Do AB // DK (cùng vuông với OB) · · MAB MDK⇒ = (2) Từ (1) và (2) · · MCB MDK⇒ = Nên tứ giác MCDH là tứ giác nội tiếp · · HMD HCD⇒ = (cùng chắn cungHD) (3) Mặt khác · · DCH DEB= (cùng chắn cung BD) (4) Từ (3) và (4) · · HMD DEB⇒ = Do 2 góc trên bằng ở vò trí đồng vò nên MH // EB Xét tam giác DKE, do M là trung điểm DE, nên H là trung điểm DK ⇒ DH = HK Bài 276 : Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là 1 điểm thuộc đường tròn . H là hình chiếu của A trên BC. Vẽ đường tròn (I) có đường kính AH, cắt AB và AC theo thứ tự ở M và N 1. Chứng minh rằng OA vuông góc với MN 2. Vẽ đường kính AOK của đường tròn (O). Gọi E là trung điểm của HK. Chứng minh rằng E là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC 3. Cho BC cố đònh. xác đònh vò trí của điểm A để bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC lớn nhất Giải 1. Xét tam giác AIM cân ở I, ta có · · AMN MAI= Xét tam giác AOC cân tại O, ta có · · OAC OCA= Mặt khác, ta có : · · MAH OCA= (cùng phụ với · HAC ) Vậy, ta có · · AMN OAC= Mà · · 0 90AMN ANM+ = · · 0 90ANM OAC⇒ + = Vậy OA MN⊥ 2. Theo trên, ta có : · · AMN OCA= Mặt khác do : · · · · 0 0 180 180AMN BMN OCA BMN+ = ⇒ + = Nên BMNC là tứ giác nội tiếp Do EI là đường trung bình của ∆ AHK nên EI // OA Theo câu a, OA ⊥ MN nên EI ⊥ MN ⇒ EI là đường trung trực của MN (1) Mà OE cũng là đường trung bình của ∆ AHK nên OE // AH Mà AH ⊥ BC nên OE ⊥ BC ⇒ OE là đường trung trực của BC (2) 2 K H M D C O B A E N M I E H O B C A K On tap cho HS lop 9 Từ (1) và (2) ⇒ E là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC 3. Ta có EB lớn nhất ⇔ EO lớn nhất ⇔ AH lớn nhất ⇔ H ≡ O. Khi đó OA ⊥ BC Bài 284 : Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, đường phân giác AD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt AB, AC theo thứ tự ở E, F. Chứng minh rằng : BE = CF Giải Xét ∆ BEM và ∆ BDA, ta có : · ABM là góc chung · · EMB BAD= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung » ED ) . BE BM BD BEM BDA BE BM BD BA BA ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =: (1) Xét ∆ CFD và ∆ CMA, ta có : · ACM là góc chung · · MAF FDC= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ¼ ME ) . CF CD CD CFD CMA CE CM CM CA CA ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =: (2) Ta có : BM = CM (AM là trung tuyến) và DB CD DA CA = (3) Từ (1), (2) và (3) ⇒ BE = BF Ví dụ 45 : Cho tam giác đều có tâm O, cạnh 3cm. Vẽ đường tròn tâm O bán kính 1 cm. Tính diện tích phần tam giác nằm ngoài hình tròn (Đề thi Học sinh giỏi Tỉnh năm 2006) Giải Gọi AH là đường cao của tam giác đều ABC : 3 3 3 3 3 , : 3 2 3 2 2 AH AH OH= = = = cm Xét OHD ∆ vuông tại H, ta có : 2 2 2 2 2 3 3 1 1 1 2 4 4 HD OD OH   = − = − = − =  ÷  ÷   1 2 HD⇒ = cm Vậy CD = 1 cm. tương tự CE = 1 cm. Tứ giác ODCE là hình thoi cạnh 1 cm, 0 60DEC = . Do đó : 2 3 3 .2 4 2 ODCE CD S = = (cm 2 ) Diện tích hình quạt ODE bằng 2 .1 6 6 π π = (cm 2 ) Diện tích phần “tam giác cong” CED ( phần gạch sọc giới hạn bởi các đoạn thẳng CD, CE và cung DE) bằng : ( ) 3 1 3 3 2 6 6 π π − = − (cm 2 ) Diện tích phải tìm bằng : ( ) ( ) 1 1 3. 3 3 3 3 6 2 π π − = − (cm 2 ) 3 E F M D B A C E C O A B D H On tap cho HS lop 9 4 . (3) Từ (1), (2) và (3) · · · · 0 0 90 90 ABH ACM hay ABC ACB⇒ + = + = · 0 90 BAC⇒ = 1 8 R 5 H O B C A D 8 R 5 H O B C A D E D P M N B C A H B C A M E On tap cho HS lop 9 Bài 256 : Từ một điểm A bên. rằng : · 0 90 BAC = Giải Gọi E là trung điểm AB Do tam giác AEH cân tại E : · · AHE BAH= Do tam giác AMC cân tại M : · · MAC MCA= Do · · BAH MAC= nên · · AHE MCA= (1) Mà · · 0 90 AHE BHE+. khác, ta có : · · MAH OCA= (cùng phụ với · HAC ) Vậy, ta có · · AMN OAC= Mà · · 0 90 AMN ANM+ = · · 0 90 ANM OAC⇒ + = Vậy OA MN⊥ 2. Theo trên, ta có : · · AMN OCA= Mặt khác do : · · · · 0