4 bài hình hay và khó của lớp 9

Bộ đề hình học lớp 9Tham khảo tuyển sinh vào Lớp 10 Lời nói đầu Hiện nay ,trong các kỳ thi tuyển sinh vào 10 ở môn toán –hầu hết trong đề thi bắt buộc có phần hình học về đường trò

Bộ đề hình học lớp 9

Tham khảo tuyển sinh vào Lớp 10

Lời nói đầu

Hiện nay ,trong các kỳ thi tuyển sinh vào 10 ở

môn toán –hầu hết trong đề thi bắt buộc có phần hình học về đường tròn của lớp 9 – Phần hình học

là một trong những phần khó của phần thi ,có tính phân loại cao ,Mặt khác ,không giống như trong đại số ,chỉ cần ráp công thức là giải được , hình học đòi hỏi khả năng tư duy ,suy nghĩ rất cao

chính vì điều này mà điểm thi phần hình học chỉ chiếm từ 30-40% điểm của các đề thi

Với lý do này ,nhằm cung cấp một tài liệu tham khảo cho bạn đọc – chúng tôi biên soạn cuốn : bộ

đề hình học 9 tham khảo tuyển sinh vào lớp 10 Chúng tôi hy vọng đây sẽ là một tài liệu tham

khảo bổ ích cho học sinh cũng như giáo viên cho

kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10

Nội dung của cuốn sách sẽ đưa ra các bài tập hình nhỏ -bao gồm nhiều kiến thức đã học : góc nội tiếp ,góc ở tâm ,… Mỗi một bài hình sẽ gồm

có từ 4 cho đến 5 câu nhỏ - bao gồm mức độ từ dễ

cho đến khó –thậm chí là rất khó Sau mỗi phần

đề sẽ là đáp án –bài giải chi tiết từng câu hỏi

Khác với các sách bài tập hình học khác ,tài liệu này chúng tôi lấy từ nhiều bài tập truyền thống – song song đó chúng tôi giới thiệu nhiều bài tập hình mới –đa dạng và phong phú hơn

Dù đã được biên soạn khá chi tiết ,song không thể tránh khỏi những sai sót Rất mong nhận

được chi tiết đóng góp của các em- cũng như mọi người và chúc các em học thật tốt bộ môn hình học

Thân ái chào các em

Bài 1 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC)

.AD là đường cao tam giác ABC Từ D vẽ DE AB tại E ,Vẽ

DF AC tại F

1/Chứng tò : Các tứ giác AEDF , BEFC nội tiếp

2/Tia EF cắt BC tại M Chứngminh:ME.MF=MB.MC

3/AM cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác tứ giác AEDF tại

N Chứng minh : Tứ giác ANBC nội tiếp được

4/ Trong trừờng hợp NF là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDF.Chứng minh rằng không bao giờ xảy ra trường hợp MF đi qua trung điểm của BN

Hướng dẫn giải

1/: Các tứ giác AEDF , BEFC nội tiếp

Xét trong tứ giác AEDF ta có :

BED AFD  ( do DE _|_AB và DF_|_AC)

=>Tứ giác AEDF nội tiếp trong đường tròn đường kính AD

Do tứ giác AEDF nội tiếp =>AEF  ADF

Mà dễ thấyADF  ACD ( cùng phụ với góc DAC

=> AEF ACD => Tứ giác BEFC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )

2/:ME.MF=MB.MC

Xét ∆ MEB và ∆ MCF ta có :

FMC là góc chung ,MEB MCF   ( tứ giác BEFC nôi tiếp) => ∆ MEB~∆ MCF (g-g)

=> ME MC MB MC ME MF .

3/Tứ giác BNAC nội tiếp

Xét ∆ MAE và ∆ MFN ta có :

AME là góc chung ,NAE NFE  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung NE) => ∆ MAE~ ∆ MFN ( g-g)

=> MA MF MN MA MF ME .

Theo như trên ta đã có : ME.MF=MB.MC

 MN.MA=MB.MC =>MN MC

Xét ∆ MNB và ∆ MCA ta có :

AMC là góc chung , MN MC

MB MA (cmt)

=>∆ MNB ~ ∆ MCA (c-g-c) =>MNB MCA  

=>Tứ giác ANBC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong)

4/ MF không đi qua trung điểm BN

Xét tứ giác AFDN nội tiếp có AD và NF là đường kính

=> tứ giác ANDE là hình chữ nhật =>NAF =90*

Do tứ giác ANBC nội tiếp =>MBN =90*

 MC_|_BN ,mà AD_|_MC=>AD//BN

Dễ thấy DE=AE.sin BAD= AE.cos ABC

Tương tự :DF= AF.cos ACB

MF cắt BN tại J và cắt AD tại I

Xét ∆ IAF và ∆ IED ta có :

 

AIF EID ( 2 góc đối đỉnh ) ,IED IAF   ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DF )=> ∆ IAF ~ ∆ IED(g-g) => IF AF

Chứng minh tương tự :∆ IAE~∆ IFD => IA AE

Lấy 2 đảng thức trên nhân nhau vế theo vế ta có

.

.cos cos

AF AE

cosACB.cosABC

Ta có :BN//AD ,Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác MID và MIA ta có : BJ MJ NJ

Gỉa sử J là trung điểm của BN => BJ=NJ => DI=AI Kết hợp với giả thiết trên => cos ACB.cosABC =1

Nhưng cos ACB≤1 và cos ABC≤1

 cos ACB.cosABC≤1

Dấu = xảy ra khi : cos ACB =1 và cos ABC =1

=> B =0* và C =0* ( vô lý trong tam giác BAC )

Nói tóm lại : MF không đi qua trung điểm của BN

Bài 2 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp trong (O;R) có 3 đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H ,AD cắt (O) tại M

1/Chứng minh : D là trung điểm của HM

2/Gọi I là giao điểm của EF và BC Chứng tỏ : Các tứ giác BFEC ,BFHD nội tiếp đươc

3/ Chứng minh : AI.AM=AH.AD

4/Lấy K thuộc AC sao cho HK//EF Gỉa sử tan B=9/4,tan C=4/3 ( B,C là góc tam giác ABC ) Tính tỉ số HK/BH

Lời giải

1/ D là trung điểm của HM

Ta có :BAM  BCM ( 2góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

Mà BAM  BCF ( cùng phụ vớiABC )

=>BCM BCF => BC là tia phân giác của góc HCM

Mà BC_|_HM => tam giác HCM cân => HD=HM

2/: Các tứ giác BFEC ,BFHD nội tiếp đươc

Do AD,BE,CF là 3 đường cao tam giác ABC

Ta có :BFC BEC    90* =>Tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau )

Ta có :BDH  AFH  90* =>Tứ giác BFHD nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )

3/AI.AM=AH.AD

Ta có :ABC AEF (Tứ giác BFEC nội tiếp )

màABC AMC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

=>AEF AMC

Xét ∆AHE và ∆ ACD ta có :

CAD là góc chung ,AEH  ADC 90 *

=>∆AHE ~ ∆ ACD (g-g)

=> AE AD AE AC. AH AD.

Xét ∆ AEI và ∆ AMC ta có :

MAC là góc chung , AEF  AMC (cmt)

=>∆ AEI ~ ∆ AMC (g-g)

=> AE AM AM AI. AE AC.

Từ đó suy ra AH.AD=AM.AI

4/Tính tỉ số HK/BH

Gọi T là trung điểm của AB

Từ giả thiết ta có : tanB.tanC=3

Xét ∆BHD và ∆ ACD ta có :

BDH ADC , BHD ACD   ( cùng phụ với ACB )

=>∆BHD ~ ∆ ACD (g-g)

=> BD AD BD CD HD AD .

Ta có : : tanB.tanC = . 2

.

BD CD HD AD HD

Từ giả thiết trên => AD=3HD

Theo như trên ta có :

Tứ giác BFEC nội tiếp =>EFC EBC  

Tứ giác BFHD nội tiếp =>EBC CFD 

=>EFC CFD  => FC là tia phân giác trong của tam giác IFD Lại có : FC_|_AF=> AF là đường phân giác ngoài

Áp dụng tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác IFD ta có : AI IF IH AI HD HI AD .

Theo như trên ta đã có : AD=3HD =>AI=3HI=>AI/AH=3/4

Ta có : IE//HK ,Áp dụng định lý ta lét trong tam giác AHK

ta có :3

4

  => IE= 3HK/4

Từ giả thiết tanC=4/3 ta tính được cos C=3/5 và

sin C=4/5

Theo như trên ta co : AD=3HD => AH=2HD

Do D là trung điểm của HM =>HM=2HD =>

AH=MH=>AH=1/2AM

Ta thấy 4/5=sinC =sin AHE ( do góc AHE =góc ABC)

=AE/AH mà AH=1/2 AM =>AE/AM=2/5

Theo như trên ta đã có : ∆ AEI ~ ∆ AMC (g-g)

=> 2

5

  mà MC=HC

=>IE=2HC/5

Mà cũng như trên ta có :IE=3HK/4

=>HC/HK=8/15 =>HC=8HK/15

Cũng từ giã thiết tan B=9/4 ta tính dược cosB =4. 97 /97

Ta có : .cos cos 3. 97 291

 CH = .20 97

291

BH

Cũng từ trên => .20 97 8

291 15

 => 25 97

194

HK

Bài 3 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) có AB<AC Vẽ 3 đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC cắt nhau tại H

1/Chứng tỏ :Các tứ giác BFEC nội tiếp ,xác định tâm I

2/Vẽ đường kính AK của (O) Chứng tỏ :3 điểm HI,K thẳng hàng và AH=2OI

3/Tia EF cắt (O) lần lượt tại M và N (M thuộc cung nhỏ AB) Chứng tỏ : Tam giác AMN là tam giác cân

4/ Chứng tỏ : AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác MHD

5/Gỉa sử và BC=2EF và OH//BC Tính diện tích tam giác AMN theo R

Bài giải

1/Tứ giác BFEC nội tiếp –xác định tâm I

Ta có :BFC BEC    90* ( do BE và CF là đường cao tam giác ABC ) =>Tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn đường kính BC => Tâm I là trung điểm của BC

2/ 3 điểm H,I,K thẳng hàng và AH=2OI

Ta có :ACK 90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kình AK ) => AC_|_KC mà BE_|_AC=> BE//CK

Chứng minh tương tự ta có BK//FC

Trong tứ giác BHKC ta có : FC//BH , BE//KC=>Tứ giác BHCK là hình hình hành => HK đi qua trung điểm của BC

=> 3 điểm H,I,K thẳng hàng

Xét trong tam giác AHK có O và I lần lượt là trung điểm của AK và HK => OI là đường trung bình tam giác

AHK=>AH=2OI và AH//OI

3/ Tam giác AMN là tam giác cân

Gọi L là giao điểm của EF và BC

Ta có :ACB AFE  ( Tứ giác BFEC nội tiếp )

màACB AKB  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB )

=>AFE AKB Ta có : ABK 90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AK )

Xét ∆ AFL và ∆ AKB ta có :

BAK là góc chung , AFE AKB (cmt)

 ∆ AFL~ ∆ AKB (g-g)

=>90* ABK   ALF => AK_|_MN

Ta có : AK_|_MN =>AM  AN( quan hệ đường kính và dây cung ) => AM=AN ( liên hệ giữa cung và dây )=> tam giác AMN cân

4 / AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác MHD

Xét ∆ AMF và ∆ABM ta có :

MAB là góc chung , AMF ABM ( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung

AM và AN bằng nhau ) => ∆ AMF ~ ∆ABM (g-g)

=> AM AB AM2 AB AF.

Xét ∆AFH và ∆ADB ta có :

BAD là góc chung , AFH  ADB 90*

=>∆AFH ~ ∆ADB (g-g)

=> AF AD AF AB. AH AD.

Từ đó suy ra AM 2 =AH.AD=>AH/AM=AM/AD

Xét ∆ AMH và∆ ADM ta có :

MAD là góc chung , AH/AM=AM/AD (cmt)

 ∆ AMH ~ ∆ ADM (c-g-c) =>AMH  ADM

Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD ,kẻ tia tiếp tuyến tại M như hình vẽ ta có :

Ta có : ADM  xMH ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến

và dây cùng chắn cung MH )

=>AMH  xMH => 2 tia AM và Ax trùng nhau => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD

5/Diện tích tam giác AMN theo R

Từ giả thiết => EF/BC=1/2

Xét ∆AEF và ∆ABC ta có :

BAC là góc chung ,AEF  ABC (tứ giác BFEC nội tiếp)

 ∆AEF ~ ∆ABC (g-g)

=> 12EF BC AE AB =cosA =>A =60*

Dễ thấy tam giác OBC là tam giác cân lại có OI là trung tuyến => OI là tia phân giác và OI _|_BC=>BOC 2COI mà

 2 

BOC BAC (liên hê góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )

=>60* BAC COI   

Theo như trên ta có : xét trong tam giác vuông COI

AH=2OI=2OC.cosCOI= R

Xét tứ giác DHOI ta có : OH//BC ,DH//OI

=>Tứ giác OHDI là hình hình hành =>OI=HD

=>HD=OI=R/2

=>AD=AH+HD=3R/2

Theo như trên ta có : AM 2 =AH.AD =R.3R/2

=>AM = 6

2

R

Dễ thấy tam giác AMI vuông Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AMI có ML là đương cao

=>AM 2 =AL.AK=>AL=AM 2 /AK = 3R/4

Tính dược ML= 2 2 6 2 9 2 15

.

Do tam giác AMN cân có AL là đường cao => AL là trung tuyến =>MN=2ML = R 15 / 2

Do đó : S∆AMN=1 . 1 3 . 15 3 152

Bài 4 :Từ 1 điểm A ngoài (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là tiếp điểm và 1 cát tuyến ADE đến (O) sao cho AD<AE (D và C nằm ở 2 mặt phẳng bờ OA khác nhau ) Gọi H là giao điểm của OA và BC

1/Chứng tỏ :Tứ giác ABOC nội tiếp được ,xác định tâm

2/Chứng tỏ : AD.AE=AH.AO =>Tứ giác AEHD nội tiếp được trong đường tròn

3/Chứng minh rằng : EB.EC=EH.ED

4/Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác EHA Chứng minh rằng : tan DHA =R/r Từ đó tính AD theo R trong trường hợp R=r và BDC 120*

Bài giải

1/Tứ giác OBAC nội tiếp ,xác định tâm

Do AB và AC là tiếp tuyến của (O)

=>OBA OCA    90*

=>OBA OCA    90* 90* 180*  

=>Tứ giác ABOC nội tiếp trong đường tròn (tổng 2 góc đối bằng 180* ) đường kính OA => tâm của nó là trung điểm của OA

2/Tứ giác DHOE nội tiếp được

Xét ∆ ABD và ∆ AEB ta có :

BAE là góc chung , ABD AEB  ( góc nội tiếp và góc tạo bỡi tia Tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BD)

=> ∆ ABD ~ ∆ AEB (g-g)

=> AB AE AB2 AD AE.

Ta có : OB=OC=R ,AB=AC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => OA là trung trực của BC => OA_|_BC tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBA có BH là đường cao => AB 2 =AH.AO

Từ đó suy ra AD.AE=AH.AO => AD/AH=AO/AE

Xét ∆ ADH và ∆AOE ta có :

OAE là góc chung , AD/AH=AO/AE (cmt)

=>∆ ADH ~∆AOE (c-g-c )

=> DHA AEO  => Tứ giác EOHD nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )

3/EB.EC=EH.ED

Dễ thấy tam giác ODE cân =>AEO ODE 

Do tứ giác EOHD nội tiếp =>ODE OHE  

Mà DHA AEO   (cmt) =>DHA OHE 

=>EHB DHB  ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau )

=> BH là tia phân giác của góc EHD )

Theo như trên ta có BH là phân giác của góc EHD

=>EHD  2 EHB mà EHD EOD   (Tứ giác EOHD nội tiếp)

Và EOD 2 ECD ( tính chất góc ở tâm va 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung )=> EHB ECD  

Xét ∆HBE và ∆CDE ta có :

EHB ECD (cmt) ,EBH  EDC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC) => ∆HBE~ ∆CDE ( g-g)

=> EH EC EB EC EH ED .

4/ tan DHA =R/r Tính AD theo R

Bài toán phụ :Cho tam giác ABC có AD là đường cao và R

là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và khi đó

ta có : AB.AC=AD.2R

Xét trường hợp D nằm giữa B và C ( trường hợp D nằm ngoài BC chứng minh tương tự )

Xem hình vẽ bên trái : dễ thấy AKC 90*

Xét ∆ ABD và∆ AKC ta có :

ABD AKC (2góc nội tiếp cùng chắn cung KC ), ADB ACK   90*

 ∆ ABD~ ∆ AKC (g-g)

=> AB AK AB AC. AD R.2

Bài toán phụ đã được chứng minh :

Quay trở lại bài toán lớn :

Từ E dựng EP_|_BC tại P và EQ_|_OA tại Q

Áp dụng bài toán phụ : Ta

có :EB.EC=EP.2R ,EH.ED=EQ.2r mà EB.EC=EH.ED (cmt)

 EP.R=EQ.r => R/r=EQ/EP

Dễ thấy tứ giác EPHQ là hình chữ nhật từ từ đó suy ra EP=HQ kết với DHA OHE  

tanDHA tanEHO EQ EQ

HQ EP

r



Nếu R=r =>45* DHA OED   

Dẫn đến tam giác OED vuông cân => DE= R 2

Nếu BDC 120* => BEC  60*

Dễ dàng chứng minh được :BOA BEC    60*

Ta có : AD.AE=AB 2 =OC 2 sin 2 BOA =3R 2

=>AD (AD+ R 2) =3R 2 =>AD 2 +R 2.AD -3R 2 =0

Đặt AD=x ( ĐK :x>0 ) ta có :x 2 + R 2.x -3R 2 =0

(R 2) 4.1 3R 14R 0

     

=>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

1

2 14

0 1.2

x    (nhận ) 2 2 14 0

2

x    (loại )

Tóm lại AD= 2 14

.2

 