4 bài hình hay và khó của lớp 9

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 : · · 90*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 MB 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 ME MN = => = Theo như trên ta đã có : ME.MF=MB.MC  MN.MA=MB.MC => MN MC MB MA = 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 ID DE = Chứng minh tương tự :∆ IAE~∆ IFD => IA AE IF DF = Lấy 2 đảng thức trên nhân nhau vế theo vế ta có . IA AF AE ID DE DF = . .cos . .cos AF AE AE ABC AF ACB = 1 cos .cosACB ABC = Ta có :BN//AD ,Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác MID và MIA ta có : BJ MJ NJ DI MI AI = = 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 => µ B =0* và µ 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 : · · 90*BFC BEC= = =>Tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) Ta có : · · 90*BDH AFH= = =>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 , · · 90 *AEH ADC= = =>∆AHE ~ ∆ ACD (g-g) => . . AE AD AE AC AH AD AH AC = => = Xét ∆ AEI và ∆ AMC ta có : · MAC là góc chung , · · AEF AMC= (cmt) =>∆ AEI ~ ∆ AMC (g-g) => . . AE AM AM AI AE AC AI 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 : · · 90*BDH ADC= = , · · BHD ACD= ( cùng phụ với · ACB ) =>∆BHD ~ ∆ ACD (g-g) => . . BD AD BD CD HD AD HD CD = => = Ta có : : tanB.tanC = 2 . . AD AD AD AD 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 AD DF DH = = => = 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 AI IE AH HK = = => 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 AE IE AM MC = = 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 . .cos cos 5 4 97 20 97 BH HD BHD C CH HD CHD B = = = =  CH = .20 97 291 BH Cũng từ trên => .20 97 8 291 15 BH HK = => 25. 97 194 HK BH = 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 : · · 90*BFC BEC= = ( 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 : · 90*ACK = ( 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 : · 90*ABK = ( 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 => ¼ » 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) => 2 . AM AB AM AB AF AF AM = => = Xét ∆AFH và ∆ADB ta có : · BAD là góc chung , · · 90*AFH ADB= = =>∆AFH ~ ∆ADB (g-g) => . . AF AD AF AB AH AD AH AB = => = 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) => 1 2 EF AE BC AB = = =cosA => µ 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=> · · 2BOC COI= mà · · 2BOC 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 [...]... 3R /4 6R 2 9R 2 15 Tính dược ML= AM − AL = − = R 4 16 4 2 2 Do tam giác AMN cân có AL là đường cao => AL là trung tuyến =>MN=2ML = R 15 / 2 1 1 3R R 15 3R 2 15 Do đó : S∆AMN= AL.MN = = 2 2 4 2 16 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 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. .. 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.2 R AD AC Bài toán phụ đã được chứng minh : Quay trở lại bài toán lớn : Từ E dựng EP_|_BC tại P và EQ_|_OA... 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 EB ED 4/ tan DHA =R/r Tính AD theo R Bài toán phụ :Cho tam giác ABC có AD là đường cao và. .. : AD.AE=AB2=OC2.sin2BOA =3R2 =>AD (AD+ R 2 ) =3R2 =>AD2+R 2 AD -3R2=0 Đặt AD=x ( ĐK :x>0 ) ta có :x2+ R 2 x -3R2=0 ∆ = ( R 2) 2 − 4. 1 − 3R 2 = 14 R 2 > 0 =>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt − R 2 + R 14 − R 2 − R 14 > 0 (nhận ) x2 = < 0 (loại ) 1.2 2 − R 2 + R 14 Tóm lại AD= 2 x1 = ... 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 = => AB 2 = AD AE AD AB 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... 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 tan DHA = tan EHO = EQ EQ R = = HQ EP r · · Nếu R=r => 45 * = DHA = OED Dẫn đến tam giác OED vuông cân => DE= R 2 · · Nếu BDC = 120* => BEC =... 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 . :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 . .cos cos 5 4 97 20 97 BH HD BHD C CH HD CHD B = = = =  CH = .20 97 291 BH . 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. 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