40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án

40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án 40 bài tập đường tròn toán 9 có đáp án

a) Ta có FBE = PAQ = 90° -0,4C = 90° 80 —40:€ „ 46C 2 2

é

b) Tứ giác ACBD nội tiếp nên BCP = BDO = 180° - BDA

Do đó tứ giác BDEF nội

Tứ giác ABQP nội tiếp nên PC ~ BQD ~ 28

Suy 1a ABCP ~ ABDO(gg)= DQ BD 2 = 2 a

Mặt khác, MC, MD và MAB là 2 tiép tuyén va cát tuyến cia (O;) nén:

©) Goi giao điểm của CD và PQ là I

Xéttam giéc APQ véi cát tuyển IDC Theo định lý Menelaus ta có:

'Vậy CD đi qua trung điểm I của PQ

Chứng minh rằng : Trong một tam giác, trực tâm , trọng tâm,, giao điểm 3 đường trung trực là 3 điểm

thắng hàng

Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H là trực tâm và G là trọng tâm

Ta can chéng minh O G H thang hàng

Goi M là trung điểm BC va D là điểm đối xứng với A qua O (đường kính AO)

AD là đường kính nên 48B = 4CÐ = 90° > AB L BC 4C LCD

Khi đó, ta có 5# //CD do cùng vuông AC và CỬ //8D do cùng vuông AC

'Như vậy, BHCD là hình bình hành, nên M là trung điềm BC thi cũng là trung điểm HD

Khi đó, AM là đường trung tuyến chung của ABC và AHD

G là trọng tâm ABC nên AG=24M suy ra G cũng là trọng tâm của AHD

Mà HO là 1 trung tuyến của AHD do O là trung điểm AD nên HO đi qua G

8 2

Hon nda, HG = + HO

'Vậy ta chứng minh được H G O thang hang

Lưu ý : Đối với tam giác đều, 3 điểm nay tring nhau

a) KAF déng dang KEA do AKE chung, KAF = KEA

b)_ Chứng mình thông qua JE = IF ([ thuéc trung trực EF) va IF / /OK do

(FE = IKE = OER)

©) MN la duéng kinh, EF là phân giác nên F là chính giữa cung MN

=> MN LIF > MN//AB

đ) Tic, taching minh duoc MFE = MNE = ABE = AKE => MF! /AK

Ma AK 1 BK suy ra MF vudng BK tai Q Tuong tự, NF vuéng AK tai P

Tam giác ABK vuông tại K nên AK = 82/2 cố định

Do đó, chu vi trên nhỏ nhất khi FK min < FK =OK =R

Giá trị nhỏ nhất đạt được khi O =F , hay E là điểm chính giữa cung AB

Khi đó, © Cụ = KP+ AP+ FK = AK + FK =Ral2+R

a) Dễthấy Ø4 = OBI = OLN =90° nên 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn

Khi đó, đường chéo OM =O4/2 = R22

d) MA là tiếp tuyến nên ta có đăng thức quen thuộc 3⁄4? = \⁄4C.MD

Theo hệ thức lượng, lại có Ma = MH.MO

Suy ra MC.MD = MH MO = MC MO _, auc ~ AMOD(ege) MH MD

Mặt khác, dễ thấy OH.OM =O4? =R? =OD?

OH _ OP _, soDH ~ AOMD(c.gc) OD OM => MDO =OHD @

Tw (1) vaQ) = MAC OHD(= MDO) = AHC AED (lin twot phu MHC.OHD)

Do đó, tia HA hay đường thăng HB là tia phân giác góc CĐ.

Cho tứ gt ABCD có các cấp canh đối Không song song nội iếp đường trên tâm Ó

Goi M,N, P lan lượt là giao điểm của AC va BD

AD va BC: AC và BD Ching minh ring Ö là trực tâm tam glac NAP (định ý Brocarg)

Gọi K là giao điểm (ABM) va (CDM)

Vì P nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này nên P,K,M thẳng hàng

Xét tứ giác OADK có:

ZAKD = ZAKM + ZMDK = ZABD + ZACD = ZAOD

Nên OADK là tứ giác nội tiếp, tương tự vei OKCB

Suy ra O,K,N cũng thẳng hàng (cùng nằm trên trục đẳng phương của (OAD) và (OBC

Mặt khác:

ZPKN = ZPKD + ZDKN = ZMCD + ZOAD = ZABM + ZOAD

= ZAKM + ZAKO = ZOKP

Suy ra ON vuông góc với MP

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được OP vuông góc MN

Suy ra O là trực tâm tam giác MNP

Không mắt tính tổng quát, xét điểm B năm giữa G và C (hình vẽ)

a) Tứ giác BCEF néi tiép nén GFB = GCE =180° - BFE

Suyra AGBF ~ AGEC(s.g) = SỀ - SẼ © GEGF =GRGC GE a

Tương tự, tứ giác A MBC nội tiếp nên GÌ Gá =G8GC

Suy ra GM GA=GEGF © CN - SẼ _, AGr ~ AGEC(ege) GF GA

= GMF = GEA = AMF + GEd = AMF + GMF = 180°

Do đó, 4 điểm A, M, E, F cùng thuộc một đường tròn

b)_ Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn tâm N, bán kính NB

Các cặp cạnh 8Ƒ ¬ CE =4, CB ¬EF =G; CE CF =H

Theo định lý Brocard thì tâm N khi đó là trực tâm tam hiacs AGH

Do 46 GH 1 AN

Không mắt tính tổng quát, xét điềm M thuộc cạnh AB và N trên tỉa đối của tỉa CA

Lấy D trên AC sao ÄZD //#C thì BCDM là hình thang cân nên 8M =CD

Tứ giác AMKN nội tiếp đường tròn (0) nén BM 80° - MK

Khi dé ABMK, ACNK có BM =CN:BMK = CNK:MK = NK

Do dé ABMK = ACNK => KB = KC hay AK 1A trung trec BC

Déng thoi ABMK = ACNK => BKM =CKN = BKC = KN

Như vậy hai tam giác BKC, MKN éu cin tai K véi géc 6 dinh BKC = MEN Suy ra cc géc day cia 2 tam gidc bing nhau, hay KBC = KMC = KCB = KNM

a) Dễthấy 47 = 4Ö7 =90° nên tứ giác AMIO nội tiếp

b) Từ chứng minh a suy ra MIC =180° — WTO = 1⁄4 = MDE

Mặt khác, lại có ŠMỸ = MDB (cing chắn MB), hay MIC = SMI = MDB

Khi đó, tam giác SMI cân tại S, đồng thời

NASD = 180° - 2 MIC = 180° -2 MDB = 180° - MOB = MOA

(khác so với yêu câu của đề bài?)

c) Xéttam giéc IMC va IDB có IMC = JÐỀ,JCM = TBB nên 2 tam giác đồng dạng

Suy rà T 1D 1 = icp

Xét tam giác SMC và SDM có Ÿ chưng, SŠMC = 5Ä nên 2 tam giác đồng dang, suy

ra SM _ SC & su =scsD SD SM

d) K latrung diém MB nén OK 1 MB © OKB =90°

Do đó, K thuộc nửa đường tròn đường kính OB (K không di chuyển hết nửa đường

Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD, trực tâm H Gọi AM, AN là các tiếp tuyến với đường tròn (O) đường kính BC (M, N là các tiếp điểm) Chứng minh rằng:

a) AMDN là tứ giác nội tiếp;

b) Ba điểm M, H, N thăng hang

a) A.M, DN cing thuộc đường tròn đường kính AO

bv) Gọi BE là đường cao của A 4 BƠ Theo hệ thức lượng trong đường tròn (O) ta có

AN? =AE AC

Do DHEC là tứ giác nội tiếp nên

AE AC = AH AD

2 = AWAD 6069 ay = aN AN _ AH _

Từ đó AAHN ~ AAND (c.g) suy ra AHN = AND

Chimg minh trong ty AHM = AMD Suy ra

AHN + AHM = AND + AMD = 180° (do AMDN là tứ giác nôi tiếp)

‘Vay M H N thang hang

Suy ra A

3)_DH,BM là hai đường cao cắt nhau tại C nên AC là đường cao thứ 3 của tam giác

ABD nên BD vuông góc AC

'Mà BE cũng vuông góc AC do AEB = 90°

b) Tứ giác MOHE nội tiếp đường tròn đường kính OI

c) IE la tiếp tuyến tại E của đường tròn tâm O_

4) Gọi giao của ME của AB là P

TM, IE là tiếp tuyến của O nên OI vuông góc ME, gọi giao điểm là Q_

Khi đó, AOHI ~ AOQP > OH OP =0Q OI =OE? =R?

.O, H và bán kính R đều cố định nên OP cố định hay P là điểm cố định mà ME đi qua

‘iu 3.(3 diem)

Cam giác AC nhọn, đường cao AK, Vẽ

tuyến AM-AN (MAN là ác ấp điểm) MN cất 1) Nim diem A, M, K, O, N cũng n

2) AMAHLAK ) Hà truc tâm của tam giác

a) A.M,K,O, Nthuéc đường tròn đường kính OA

Gọi giao của AC với đường tròn [aD thi AM? = AD.AC

Suy ra AHAK = AD.AC = AADH = MKC(c.gc)=> ADH

HD 1 AC Ma BDC =90° = BD 1 AC

HD và BD cùng vuông góc AC nên 3 điểm B, H, D tháng hàng

‘Nhu vay, H là giao của đường cao AK và BD nên H là trực tâm tam giác ABC

HD {HE |HF Soe , Scus , Sum _ Sam +Sou+Suse _,

Tương tự, FH, EH cũng là các tỉa phân giác của tam giác DEF

Hla giao của 3 đường phân giác nên H các đều 3 cạnh tam giác DEF

Gọi giao điểm của trung trực MN với trung trực đoạn HC là L

IM =IN

Khi đó ta co | HM = NC = AIMH = AINC(ccc) = THM = ICH

HH =CT

‘Ma tam gidc ICH can tai Inén ICH =THC

Suy ra THM = THC hay HIlà tỉa phân giác góc BC có định

TIà giao của trung trực HC và phân giác góc BC có định nên I cố định

Vậy, trung trực MN đi qua điểm I cố định

OA=OB O'A=0"

©)_ Do A8CD ~ A4OO'(g.g) = CBD =Ø4Ð' không đổi

Suyra 8C =2# hay BC là đường kính của đường trên (0)

Gọi bán kính ngoại tiếp hai tam giác BCD, AOO' là R(BCD), R(.400')

Hai tam giác này đồng dạng nên

R(400'

Mà A, O,O' cố định nên bán kính &(BCD) lớn nhất khi BC lớn nhất

Suy ra ZC =2# hay BC là đường kính của đường tròn (0)

Tam giác ABC có chu vi bằng 80cm ngoại tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến của đườngtrồn 4) Vgi MV =9,60m ta duoc

A

Chu vi ABC

Của; =.AB + AC + BC = AF + BF + AE+CE+BC

=(4E+ AF)+(BF +CE+BC) =2.4E+(BD +CD+BC)=2.4E+23C

Chu vi AMN:

Cun = AM + MN + AN = AM + MH +NH+ AN

= AM+MF+AN+NE=AF+24E=24E

Theo gia thiét, tacd Cyge = 2(4E+ BC) =80 © AE + BC=40 © 4E=40~ 8C

Do MV//BC nên tam giác AMN và ABC đồng dạng

MN _Cyy _2AE _ 2(40-BC)

BO Gm Ce 80

© 40MN = BC(40-BC)

= 80.MN =2BC(40-BC)

a) Sử dụng hệ thức lượng và lượng giác

b) HB.HC= AH)= AHHD

© Ta có Xổ Ì CƯ,CB MÍN nên NH, Cổ là hai đường cao tam giác CN,

Do đó MB là đường cao thứ 3 của tam giác này, hay A4 L CA

Gọi H là trực tâm (giao 3 đường cao AD, BE, CF) thì ta có M, N, K là các điểm đối xứng của

H qua BC, CA, AB

Do 46, BM? + IM? = BI” nén tam gidc BMI vuéng tai Mhay BM 1 IM

Như vậy, BM là tiếp tuyến tại M của đường tròn tâm 1.

3)_ADHE và BEDC nội tiếp

b) BAH =ECB

©) BHCI1a hinh binh hinh > BY //CH = BI 1 4B nén Al1 duémg kinh

Ð, Q đối xứng với Ï qua AB, AC nén B 1a trung diém IP; C là trung diém 1Q

Khi đó, ta có BP//CH và BP=IP =CH nên BCHP là hình bình hình, suy ra HP! /BC Twong tw, HQ //BC nén Ð, Q, H thắng hàng (cùng thuộc đường qua H, song song BC)

A

a) MI//AB=> MIC =BAC = MBC suy ra MBIC nội

b) MBIC nội tiếp nén ABFM ~ AIFC >= FILFM = FB.FC

BDCE ndi tiếp nên ABFD ~ AEFC => FD.FE = FB.FC

Do đó FILFM = FD.FE(= FB.FC\

Tương tự câu b ta có FQ.FT = FI! FM > AFTM ~ AFIQ => FIM = FIO

Dễ thấy MBOC nội tiếp đường tròn đường kính OM: và BMIC nội tiếp theo câu a,

suy ra 5 diém M, B, O, I, C thuộc đường tròn đường kính OM

4) OM vuông BC tại H Hạ IK vuông BC tại K

Do B,O, I,C, M cùng thuộc đường tròn đường kính OM

Dây BC vuông góc đường kính OM còn Ï di chuyển trên cung nhỏ BC nên

IK <OH = const

Do 46, Sige = FIKBCs ; OH BC =Sg¢ = const

Nhu vay Sigo dat GILN bing Sgp¢ khi =O

Khi 46, 4B //MI © AB ! LMO = 4B L BChay AC là đường kính của (Ø)

a) Tứ giác BMKC néitiép nén AK = BCK =180° -BMK

Tam giác ABC cân tại B nên BH là trung trực của AC

Do 48 ABKA= ABKC = BCK = BAK

Suy ra AMK = BAK hay tam giác AMK cân tại K > AK =MK

‘AN =2.4K

Mà M, K là trung điểm AB, AN nên BN=2MK => AN=BN

'Vậy tam giác ABN cân tại N

b) Goi I la giao của NM và BK thì Ï là trọng tâm tam giác ANB

Tam giác ANB cân tại N nên NM là đường cao, hay ÄA/ L 4# |

Khi đó ⁄4M7 = 4ï = 90° nên tứ giác AMHI nội tiếp, suy ra Ä⁄427 = MB

Tam giác AHB vuông tại H, Mà trung diém AB nén MH = MA= MB

Do đó tam giác MHB can tai M, suy ra HB = BT

Nhu vay được Ä/Ö = Ấ/B7 hay tam giác ABI can

suy ra J4 =J8

Mà BH là trung trực AC nên 74=/C > JA =/B =IC hay I là tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC

'Vậy, trọng tậm tam giác ANB và tâm ngoại tiếp tam giác ABC trùng nhau (điểm 1) |

a) Ta có BC = B7C =90° nên tứ giác BHIC nội tiếp

‘HBI = HCI = ABD Khi đó ta được = AHBI ~ AABD(¢.g)

HIB = HCB = ADB b) Te ¥atacé ABAD ~ ABHI(g.g)

Do đồ hai nửa tam giác ABAM ~ A8MV = 242M (4) BH BN

Déng thoi ABAM ~ ABHN > ABM =HBN = ABH =MBN (2)

D

Từ (1) và 2) suyra AABH ~ MBN(c.g.c)=> BMN = BHA =90° hay MN L BN

Như vậy tam giác MBN vuông tại N nén NB? + NM? =BM?

a) Là điểm chỉnh giữa cung AB nên Af = BY ©œ C4 = ÍCB nên CI là ta phân giác góc

ACB Tương tự, CK là tia phân giác góc ⁄4ZC

Mà 3 đường phân giác đồng quy nên AQ là đường phân giác thứ 3 của tam giác ABC

© ABO = CAO © BF = CF, hay F la diém chinh gitta cung BC

Ð) Ta có 40K = va ak = hed _sdKC+ sdCF

Mà K, F là điểm chính giữa cung AC và BC nên sd AK = sdKC:sdCF = sd BF

Do đó, 4Q@K =Ø4K,, hay tam giác AQK cân tại K

©)_ Chứng minh tương tự câu b, ta có tam giác A1Q cân tại L

Ma AK = CK © AIK = TK, hay IK là ta phân giác góc Z7

Do đó, IỪ cũng đồng thời là đường trung trực, hay Ï thuộc đường trung trực AQ

đ)_ TĨ là đường rung trực AQ nên J4 = ƯỢ hay tam giác AJQ cân tại J => S40 = JOA

‘Ma AF la tia phan gidc nén JOA = CAO

Suy ra, JQ4= CAO

Hai góc này lại ở vị trí so le trong nén JQ/ AC

Nhận thấy, ci=œ=®Š và Cï L 4B nên AB là tiếp tuyến tại Ï của đường tròn tâm

C, ban kinh CE.

a) Theo tinh chat 2 tiép tuyén cat nhau thi 4B = AC

C= R nên OA là trung trực cia BC > 04 LBC

b) Theo tinh chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì OE, OF là phân giác ge BOM.COM

©) Taco EOF 5500 5 (180° - BAC =90° -O4K = OKA Khidé

TOE+BOF+FOK =18° = — — see arte ee, => 10k = OFK

OFK + OKA + FOK =180°

Tie dé ta duoc AIOE ~ AKFO(IOE = KFO.OIE = FKO)

— FK OK aD = “4

Ap dung BDT Cé-si ta duoc

z

EI + FK > 2VEIFK =2,{—— = IK (dpem) 4

đ) Lưu ý : Đề tránh nhằm lẫn với điểm K ở trên đã có, thây sửa điểm K trong ý cuối

cùng thành điềm H, yêu câu để bài trở thành 4C.CD =CH OA

Tam giác BCD vuông tại C nhận CH lam đường cao nên DCH = DBC do cing phụ góc BCH

Mã khác, dễ thấy tứ giác OBAC nội tiếp nén DB

a) Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì AD = CD; BE =CE

Do đó, DE = CD +CE = 4D +BE

'b) Cũng theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có DC = DA

Mà ÓC = O4= 8 nên OD là trung trực của AC Do đó, ØD L AC

Mat khac, ACB = 90° œ BC L 4C

Vay, OD//BC do cing vuong géc AC

c) Do OD, OE la tia phân giác góc 4OC,ñOC nên DOC = : 2 AOC; EOC = 1300 2

Tờdó, DOE =(DOC+ EOC =)= 3( 400 + BOC) = 1408 = 90°, hay tam gide

Vậy, AB là tiếp tuyến của đường tròn (1,0) tại O

d) Do AD//BE nên ao ak 4D +CD:;BE =CE nên

Gọi tâm hai đường tròn ngoại tiếp AO8C;,AOCB, là Ó,, Ó,

Nhận thấy OP là trục đăng phương của (Ø,) (Ø;)

Dễ thấy A485, ~AAcC (zs) =8 - “Š: es An AC, = AC.AB, 4C AC,

Như vậy, điểm A có phương tích đối với 2 đường tròn (Ø,), (Ø;) bằng nhau, nên A năm

rên trục đắng phương OP của 2 đường tròn, hay O, P, A thắng hàng — (1)

Gọi giao cia BB, và CC; là H Nhận thấy tứ giác 2CC;ð, nội tiếp đường tròn tâm O,

đường kính BC do BB,C =CC,B =90°

Với A, M, H lần lượt là giao của 8Œ ¬ CB,, 8C ¬B;C, BB, ¬ CC,

Theo định lý Brocard thì tâm O là trực tâm tam giác AMH

Tứ giác ZOPC, nội tiếp (O,) nên ⁄4PC, = 48Õ =180° -OPC, => APC, = BG

Suy ra tứ giác 4B,PC; nội tiếp Mà dễ thấy tam giác 4B;C, nội tiếp đường tròn đường