Phát triển tư duy đột phá giải bài tập Toán 9 - Tài liệu dạy học (Tập 1): Phần 2

Tiếp nối phần 1, phần 2 của tài liệu Phát triển tư duy đột phá giải bài tập Toán 9 - Tài liệu dạy học (Tập 1) là các bài tập thuộc phần hình học với 7 chuyên đề, gồm 2 chương: hệ thức lượng trong tam giác vuông; đường tròn. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu dưới đây để biết chi tiết các phương pháp giải bài tập Toán lớp 9.

PHẦN HÌNH HỌC… Chương I HỆ THỨC LƯNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Chủ đề 1: MỘT SỐ HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG COA TRONG TAM GIÁC VUÔNG §1 HỆ THỨC GIỮA CẠNH GÓC VUÔNG VÀ HÌNH CHIẾU CỦA NÓ TRÊN CẠNH HUYỀN Hoạt động A Xét tam giác ABC vuông A, cạnh huyền BC = a, cạnh góc vuông AC = b AB = c b c h Gọi AH = h đường cao ứng với cạnh huyền HC = b, HB = c hình chiếu AC, c b B AB cạnh huyền BC H a) Chứng minh tam giác HBA ABC đồng a Hình dạng, từ so sánh c2 c.a b) Chứng minh tam giác HCA ACB đồng dạng, từ so sánh b2 b.a  THỬ TÀI BẠN Tìm x, y hình x y Hình  BẠN NÀO ĐÚNG? Có thể tính ba cạnh tam giác vuông biết độ dài hai hình chiếu hai cạnh góc vuông cạnh huyền Dũng Theo em, bạn đúng? 100 Không thể tính đâu Lan C LỜI GIẢI Hoạt động  (chung), BHA   BAC  (= 900) a) Xét HBA ABC có: HBA Do HBA ∽ ABC (g.g) BH AB  AB2 = BH.BC Vaäy c2 = c.a  AB BC  (chung), AHC   CAB  (= 900) b) Xét HCA ACB có: HCA  Do HCA ∽ ACB (g.g)  HC AC  AC2 = HC.BC  AC BC Vaäy b2 = ba  THỬ TÀI BẠN A Theo đầu bài, ta có tam giác ABC vuông A có AB = 5, AC = 4, BC = 5, BH = x, CH = y Tìm x y ABC vuông A, AH đường cao Do AB2 = BH.BC, AC2 = CH.BC B x C y H Do 32 = x.5, 42 = y.5 x= 92 42  1, ; y =  3, 5  BẠN NÀO ĐÚNG? Bạn Dũng §2 HỆ THỨC GIỮA BA CẠNH CỦA TAM GIÁC VUÔNG Hoạt động A (Một cách khác để chứng minh định lí Pythagore), – So sánh a với tổng b + c – Hãy cộng hai đẳng thức (1) (2) sau đây, rút gọn nêu nhận xét: b = a.b (1) c = a.c (2) c B b h c b H C a Hình 101  BẠN NÀO ĐÚNG? Hai cạnh đường chéo hình chữ nhật có số đo là: 6cm; 8cm; 9cm Bạn đo sai Dũng Lan Theo em, bạn đúng? LỜI GIẢI Hoạt động a = b + c b2 + c2 = ab + ac  b2 + c2 = a(b + c)  b2 + c2 = a2 Trong tam giác vuông tổng bình phương cạnh góc vuông bình phương cạnh huyền b2 = a.b (1) c2 = a.c (2)  BẠN NÀO ĐÚNG? Bạn Lan §3 HỆ THỨC GIỮA ĐƯỜNG CAO ỨNG VỚI CẠNH HUYỀN VÀ HÌNH CHIẾU CỦA HAI CẠNH GÓC VUÔNG TRÊN CẠNH HUYỀN Hoạt động A a) Hãy chứng tỏ hai tam giác AHB CHA đồng dạng b) Lập tỉ số đồng dạng, từ tính h theo b c c B c b H a  THỬ TÀI BẠN Hình Tìm x, y, z hình y x z Hình 102 b h C LỜI GIẢI Hoạt động a) Xét AHB CHA có   CHA  (= 900), HAB   HCA  (cùng phụ với HAC ) AHB Do AHB ∽ CHA  AH BH  AH2 = CH.BH  CH AH Vậy h2 = b.c  THỬ TÀI BẠN A Theo đầu bài, ta có tam giác ABC vuông A, AH đường cao, AH = x, AB = y, AC = z, BH = 4, CH = Cần tìm x, y, z ABC vuông A, AH đường cao Do AH2 = BH.CH, AB2 = BH.BC, AC2 = CH.BC B Neân x = 4.9, y = 4.(4 + 9), z = 9.(9 + 4) Vaäy x = 6, y = 52 , z = C H 117 §4 HỆ THỨC DIỆN TÍCH Hoạt động (Xem hình 7) A a) Hãy tính diện tích tam giác ABC theo cạnh huyền a đường cao tương ứng h c b) Hãy tính diện tích tam giác ABC theo hai cạnh góc vuông b, c B c) So sánh nêu nhận xét b h c b H C a Hình  THỬ TÀI BẠN Tìm x hình hai cách khác 4,8 x 10 Hình 103 LỜI GIẢI Hoạt động a) SABC = 1 BC.AH  ah 2 b) SABC = 1 AC.AB  bc 2 c) Do vaäy 1 ah  bc (= SABC) 2 Suy ah = bc  THỬ TÀI BẠN A Theo đầu bài, ta có tam giác ABC vuông A, đường cao AH, AB = 6, AC = x, BC = 10, AH = 4,8 Tìm x hai cách khác *Cách 1: ABC vuông A  AB2 + AC2 = BC2 (định lí Pythagore) 62 + x2 = 102 B C H Neân x2 = 102 – 62 = 100 – 36 = 64 Vaäy x = 64 = *Cách 2: Xét ABC vuông A, AH đường cao  AB/AC = AH.BC Do 6.x = 4,8.10 Vaäy x = 4, 8.10 48   6 §5 HỆ THỨC GIỮA ĐƯỜNG CAO VÀ HAI CẠNH GÓC VUÔNG Hoạt động A Bằng cách sử dụng đẳng thức a2 = b2 + c2 b.c = a.h, tính theo h biểu thức 1  theo gợi ý sau: b c 1 b2  c   b2 c b2 c 104 c B b h c b H Hình a C  THỬ TÀI BẠN Cho tam giác vuông có cạnh góc vuông dài 6cm 8cm Tính độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh góc vuông hai cách khác Điền số thích hợp vào chỗ trống sau đây: A c B a= c c = b h b = b h= C H SABC = a Chu vi tam giaùc ABC = c = 6cm, b= 8cm THƯ GIÃN Hùng muốn tính khoảng cách AP nối hai điểm hai bên bờ rạch Bạn đặt đỉnh góc vuông êke vào đầu B sào BA dài 6m Nhìn theo hai cạnh góc vuông êke thấy điểm Q điểm P Hùng đo thấy đoạn QA dài 2m Em tính nhẩm chiều dài đoạn AP không? B 6cm Q A P LỜI GIẢI Hoạt ñoäng a2 a2 a2 1 b2  c      = 2 2 2 2 (bc) (ah) a h h b c bc  THỬ TÀI BẠN Gọi cạnh huyền, đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vuông a, h *Cách 1: Ta có a2 = 62 + 82 (định lí Py–ta–go) Do a2= 36 + 64 = 100  a = Ta có ah = bc Do h = *Cách 2: Ta có Do 100  10 (cm) bc 6.8   4, (cm) a 10 1   2 h b c 1 1 25 h=      36 48 576 h 576  4, (cm) 25 a = 14 (cm); c = 3,6 (cm); b = 6,4 (cm) h = 4,8 (cm); SABC = 24 (cm2) 105 THƯ GIÃN AP.AQ = BA2 AP = BA 62   18 (m) AQ GHI NHỚ A c B b h c b H C a Trong tam giác vuông c = a.c b2 = a.b Bình phương cạnh góc vuông tích cạnh huyền hình chiếu cạnh góc vuông cạnh huyền a2 = b2 + c2 Bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vuông h2 = b.c b.c = a.h 1   2 h b c Bình phương đường cao ứng với cạnh huyền tích hai hình chiếu cạnh góc vuông cạnh huyền Tích hai cạnh góc vuông tích cạnh huyền đường cao tương ứng Nghịch đảo bình phương đường cao ứng với cạnh huyền tổng nghịch đảo bình phương hai cạnh góc vuông BÀI TẬP Cho tam giác ABC vuông A có AB = 9cm, BC = 15cm, AH đường cao (H thuộc cạnh BC) Tính BH, CH, AC AH Cho tam giác ABC vuông A có AH đường cao, AC = 5cm, AB = 4cm Tính: a) Cạnh huyền BC b) Hình chiếu AB AC cạnh huyền c) Đường cao AH Cho tam giác ABC vuông A, BC = 40cm, AC = 36cm Tính AB, BH, CH AH Cho tam giác ABC vuông A có BC = 24cm Tính AB, AC, cho biết AB  AC Cho tam giác ABC vuông A có AH đường cao BH = 10cm, CH = 42cm Tính BC, AH, AB AC 106 Cho đường tròn tâm O bán kính R = 10cm A, B hai điểm đường tròn (O) I trung điểm đoạn thẳng AB a) Tính AB OI = 7cm b) Tính OI AB = 14cm Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 53cm C điểm đường tròn cho AC = 45cm Gọi H hình chiếu C AB Tính BC, AH, BH, CH OH Cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB = 15cm, đáy nhỏ CD = 5cm góc A 600 a) Tính cạnh BC b) Gọi M, N trung điểm AB CD Tính MN Cho tứ giác ABCD coù AB = AC = AD = 20cm, goùc B 600 góc A 900 a) Tính đường chéo BD b) Tính khoảng cách BH DK từ hai điểm B D đến AC c) Tính HK d) Vẽ BE vuông góc với DC kéo dài Tính BE, CE, DC 10 Cho đoạn thẳng AB = 2a Từ trung điểm O AB vẽ Ox vuông góc với AB Trên a Ox lấy điểm D cho OD = Từu B vẽ BC vuông góc với AD kéo dài a) Tính AD, AC BC theo a b) Kéo dài DO đoạn OE = a Chứng minh bốn điểm A, C, B, E nằm đường tròn c) Vẽ đường vuông góc với BC B cắt CE F Tính BF d) Gọi P giao điểm AB CE Tính AP BP 11 Cho tam giác ABC cân A có AH đường cao BC = 16cm, AH = 6cm Vẽ điểm D đoạn BH cho BD = 3,5cm Chứng minh tam giác DAC vuông LỜI GIẢI ABC vuông A có đường cao AH A  AB = BC.BH Do 92 = 15.BH 81 Neân BH =  5, (cm) 15  Ta coù: BH + HC = BC (vì H nằm B, C) Do HC = BC – BH = 15 – 5,4 = 9,6 (cm) B C H 15 ABC vuộng A (gt)  AB2 + AC2 = BC2 (định lí Pythagore) Do đó: AC2 = BC2 – AB2 = 152 – 92 = 144 Mà AC > nên AC = 144  12 (cm) 107 ABC vuông A, AH đường cao (gt)  AH2 = BH.CH Do AH2 = 5,4.9,6 = 51,84 Mà AH > Nên AH = 51, 84  7, (cm) a) Xeùt ABC vuông A, có: 2 A AB + AC = BC (định lí Pythagore)  BC2 = 42 + 52 = 41 Mà BC > nên BC = 41 (cm) b) ABC vuông A, AH đường cao  AB2 = BC.BH Do 42 = 16 Vaäy BH = 41 B C H 41.BH  2,5 (cm) Maø BH + CH = BC Do CH = BC – BH = 41  2,  3,9 (cm) c) ABC vuông A, AH đường cao (gt) Do 4.5 = 41 AH Neân AH = 20 41  3,1 (cm) Xét ABC vuông A (gt) 2 A  AB + AC = BC (định lí Pythagore) Do ñoù: AB2 = BC2 – AC2 = 402 – 362 = 304 Mà AB > nên AB =   19 (cm) ABC vuoâng A có đường cao AH (gt)  AB2 = BC.BH 304 Do 304 = 40.BH Nên BH =  7, (cm) 40 ABC vuông A, AH đường cao (gt) Do 362 = 40.CH Nên CH = 1296  32, (cm) 40 ABC vuoâng A, AH đường cao (gt)  AB.AC = BC.AH Do 19 36 = 40.AH Nên AH = 108 19.36  15,7 (cm) 40 B C H 40 Xét ABC vuông A  AB2 + AC2 = BC2 (định lí Pythagore) Mà AB = AB AC AB2 AC2 AB2  AC2 BC2 242 576  = AC (gt)       49 13 13 13 Suy ra:  AB2  576 2304  13 13 A 2304  13,3 (cm) 13 Maø AB > Neân AB =  AC2 = 576 5184  13 13 B C 24 5184  19,9 (cm) 13 Mà AC > nên AC = Ta coù: BH + HC = BC  BC = 10 + 42 = 52 (cm) ABC vuông A có AH đường cao (gt) A  AH2 = BH.CH = 10.42 = 420 Mà AH > nên AH = 420  105 (cm) ABC vuông A, AH đường cao  AB2 = BC.BH B  AB2 = 52.10 = 520 Mà AB > nên AB = H 10 C 42 520  130 (cm) ABC vuông A (gt) AB2 + AC2 = BC2 (định lí Pythagore) Do AC2 = BC2 – AB2 = 522 – 520 – 2184 Maø AC > Neân AC = 2184  546 (cm) a) A, B hai điểm đường tròn tâm O bán kính R = 10cm nên OA = OB = 10cm Xét OAB có OA = OB (= 10cm) Do đó: OAB cân O OAB cân O có OI đường trung tuyến (vì I trung điểm AB) O Nên OI đường cao tam giác OAB OA2 = OI2 + AI2 (định lí Pythagore) Do đó: AI2 = OA2 – OI2 = 102 – 72 = 51 10 10 Xét OAI vuông I ta có: A I B 109 Gọi tâm đường tròn O đặt tên điểm hình vẽ   BKO   900 , HK = 16.2 = 32 (cm) Ta coù AHO AH = 16 : = (cm), BK = 16cm A H HAO vuông H  OH2 + AH2 = OA2 (định lí Py–ta–go) O KBO vuông K  OLK2 + BK2 = OLB2 (định lí Py–ta–go) Ta coù OH2 = AH2 = OK2 + BK2 B K OH2 + 64 = 1024 – 64OH + OLH2 + 25  64OH = 12616  OLH = 19 Do OA2 = 192 + 82 = 425 Mà OA > Nên OA = 425 (cm) Đường kính đường tròn (O) 425 (cm) Ta có 425 > 400 = 40 Như Nam thiết kế miếng bìa hình vuông cạnh 40cm để logo hình vẽ ÔN TẬP CHƯƠNG Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC) có AH đường cao Lần lưït vẽ đường tròn (O) đường kính BH đường tròn (O) đường kính HC a) Xét vị trí tương đối đường tròn (O) (O) b) Đường tròn (O) cắt AB E, đường tròn (O) cắt AC F Chứng minh tứ giác AEHF hình chữ nhật c) Chứng minh EF tiếp tuyến chung đường tròn (O) (O) d) Trung tuyến AM tam giác ABC cắt EF N Cho biết AB = 6cm, AC = 8cm Tính diện tích tam giác ANF Trên đường thẳng xy, lấy ba điểm A, B, C cho AB > BC Vẽ đường tròn (O) đường kính AB đường tròn (O) đường kính BC a) Chứng minh đường tròn (O) (O) tiếp xúc B b) Vẽ dây DE vuông góc với AC H trung điểm AC Chứng minh tứ giác ADCE hình thoi c) BD cắt đường tròn (O) F Chứng minh ba điểm F, B, E thẳng hàng d) Chứng minh HF tiếp tuyến đường tròn (O) 249 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Vẽ dây DE vuông góc với AO I trung điểm AO a) Chứng minh tam giác ADB vuông Tính AD, DB theo R b) Tiếp tuyến với đường tròn (O) D cắt đường thẳng AB M Chứng minh ME tiếp tuyến đường tròn (O) c) Chứng minh rằng: MA.MB = MI.MO d) Trên đường tròn (O) lấy điểm N (N nằm nửa mặt phẳng bờ DE chứa điểm A N  A) Tiếp tuyến với (O) N cắt MD P cắt ME Q Trường hợp cho   600 , tính theo R chu vi tam giác MPQ DME Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB E cắt AC F Gọi H giao điểm BF CE a) Chứng minh bốn điểm A, E, H, F thuộc đường tròn b) Gọi I trung điểm AH Chứng minh OI  EF c) Gọi D giao điểm AH BC Chứng minh rằng: HA.HD = HB.HF = HC.HE d) Chứng minh IF tiếp tuyến đường tròn (O) e) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Từ điểm A đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuuyến AB, AC với đường tròn (B, C hai tiếp điểm) Kẻ đường kính CD (O) a) Chứng minh BD // AO b) AD cắt đường (O) E (A, E, D theo thứ tự) Chứng minh AB2 = AE.AD c) Vẽ BH  DC H Gọi I trung điểm BU Chứng minh ba điểm A, I, D thẳng hàng Từ điểm M đường tròn (O; R) vẽ tiếp tuyến MA, MB cát tuuyến MEF với (O) (A B hai tiếp điểm; ME < MF; tia MF nằm hai tia MA, MO) a) Chứng minh OM trung trực AB b) Gọi I trung điểm EF Đường thẳng MA cắt đường thẳng OI D; OA cắt Mi K Chứng minh DK  MO c) Gọi H giao điểm AB với MI Tính đoạn HI tam giác MAB OI = R LỜI GIẢI A a) Ta có d = R + R (OO = OH + OH) Do đường tròn (O) đường tròn (O) tiếp xúc b) Ta có E thuộc đường tròn đường kính BH (gt)  EBH nội tiếp đường tròn đường kính BH   900  BEH   900  HE  AB  AEH 250 I E B O N H F M O C   900 Tương tự AFH   900 (vì ABC vuông taïi A), AEH   900  = 900, AFH Xét tứ giác AEHF ta có: EAF Do đó: tứ giác AEHF hình chữ nhật c) Gọi I giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật AEHF Từ tính chất hình chữ nhật, ta có: IA = IE = IH = IF Xét OEI OHI ta có: IE = IH, IO (cạnh chung) OE = OH (bán kính đường tròn tâm O) Do ñoù: OEI = OHI (c.c.c)   OHI  Suy ra: OEI   900 (tứ giác AEHF hình chữ nhật) Mà OHI   900 Nên OEI Ta có OE  EF E thuộc đường tròn (O) Do EF tiếp tuyến đường tròn (O) (1) Xét OHI OFI ta có: IH = IF, IO (cạnh chung) OH = OC (bán kính đường tròn tâm O) Do OHI = OHI (c.c.c)   HI  O FI Suy ra: O  Maø O HI  900 (vì tứ giác AEHF hình chữ nhật)  Nên O FI  900 Ta có OF  EF F thuộc đường tròn (O) Do EF tiếp tuyến đường tròn (O) F (2) Từ (1) (2) ta có EF tiếp tuyến chung đường tròn (O) (O) d) ABC vuông A có AM đường trung tuuyến   Suy ra: AM = BM = CM   BC      MCA  (3) Do đó: AMC cân M  MAC OFC có: OF = OC (bán kính đường tròn tâm O) nên OFC cân O   FC  O CF (4) Suy ra: O O  FC Từ (3) (4), ta suy ra: MAC Mà hai góc vị trí đồng vị nên AM // OF Mặt khác: OF  EF F Do AM  EF N Xét ABC vuông A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (định lí Pythagore)  BC2 = 62 + 82 = 100 Maø BC > nên BC = 100  10 (cm) ABC vuông A có AH đường cao, áp dụng hệ thức h.a = b.c ta có: 251 AH.BC = AB.AC  AH = AB.AC 6.8   4, (cm) BC 10 Mà AH = EF (đường chéo hình chữ nhật AEHF) Nên EF = 4,8 (cm) Xét AHC vuông H có đường cao HF  AH2 = AF.AC  AF = AH2 4, 82   2, 88 (cm) AC AEF vuông A có đường cao AN  AF2 = FN.FE  FN = AF2 2, 882   1,728 (cm) EF 4, Xeùt AFN vuông N ta có: AF2 = AN2 + NF2 (định lí Pythagore)  AN2 = AF2 – NF2 = 2,88=2 – 1,7282 = 5,308416 Maø AN > nên AN = 5, 308416  2, 304 (cm) Diện tích tam giác ANF vuông N 1 AN.NF = 2, 304.1,728  (cm2) 2 a) Ta coù d = R + R (OO = OB + BO) Do đường tròn (O) đường tròn (O) tiếp xúc b) AB  DE (gt)  H trung điểm DE D Mà H trung điểm AC (gt) Do tứ giác ADCE hình bình hành Mà AC  DE (gt) Vậy tứ giác ADCE hình thoi xA O  EAB vuông E  EB  AE Ta có AE // CD (ADCE hình thoi) EB  AEe  EB  CD EB  CD, FB  CD  EB FB trùng Vậy ba điểm F, B, E thẳng hàng d) FDE vuông F, FH đường trung tuuyến  FH = DH  HFD cân H   HDC   HFD Mặt khác, OF = OC  OFC cân O   FC  HCD  O   HCD  Maø HDC   HCD   900 (HCD vuông H) Mà HDC O  FC  900 Nên HFD 252 B H c) EAB nội tiếp đường tròn đường kính AB (gt) F E O C y   1800  HFD O  Do HFO FC ) = 1800 – 900 = 900 Ta coù HF  OF, F thuộc đường tròn (O) Vậy HF tiếp tuyến đường tròn (O) a) AB đường kính đường tròn (O; R) D thuộc đường tròn (O R) (gt)  ADB nội tiếp đường tròn đường kính AB  ADB vuông D DAO có DI đường cao, đường trung tuyến D  DAO cân D P  AD = OD Do AD = OD = OA (= R)   600  DAO  DAB M ADB vuông taïi D   2R sin 600  3R  DB = ABsin DAB A I N Q O B E b) ODE có: OD = OE (= R) nên ODE cân O Mà OI đường cao củ ODE Nên OI đường phân giác   DOI  Suy ra: EOI   EOM  (chứng minh trên), OM Xét ODM OEM ta có: OD = OE (= R), DOM (cạnh chung) Do ODM = OEM (c.g.c)   OEM  Suy ODM   900 (vì MD tiếp tuyến đường tròn tâm O D) Mà ODM   900 Nên OEM Ta có ME  OE, E thuộc đường tròn (O) Vậy ME tiếp tuyến đường tròn (O) E c) OBD có: OB = OD (= R) nên OBD cân O   ODB  Suy ra: OBD   ODA   900 vaø MDA   ODB   OBD    ODA   900 nên MDA Mà ODB   MBD  (cmt)  chung, MDA Xét MAD MDB ta có: M Do đó: MAD ∽ MDB (g.g) Suy ra: MA MD   MA.MB = MD2 (1) MD MB Mặt khác DMO vuông D có DI đường cao  MD2 = MI.MO (2) Từ (1) (2), ta có: MA.MB = MI.MO 253  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) d) MO phân giác cuûa DME   DME   600  300 neân OMD 2   R cot 300  3R Xét ODM vuông D ta có: MD = ODcot OMR Ta coù ME = MD = 3R (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Kí hiệu chu vi tam giác MPQ P ta có: P = MP + PQ + MQ = MP + PN + NQ + MQ = MP + PD + QE + MQ = MDd + ME = 3R  3R  3R (đvđd) A a) EBC nội tiếp đường tròn đường kính BC  EBC vuông E   900  AEH   900  BEC Tương tự FBC nội tiếp đường tròn đường kính BC   900  FBC vuông F  BFC I E B F H D O C   900  AFH Do E F nằm đường tròn đường kính AH Vậy bốn điểm A, E, H, F nằm đường tròn đường kính AH b) AEH vuông E AFH vuông F có chung cạnh huyền AH mà EI FI   đường trung tuyến nên EI = FI   AH    Mặt khác, OE = OF (bán kính đường tròn tâm O) Do OI đường trung trực EF Suy OI  EF *Cách khác: Bốn điểm A, E, H, F nằm đường tròn tâm I đường kính AH (vì I trung điểm AH) Do hai đường tròn (O) (I) cắt E, Ff  OI đường trung trực EF  OI  EF   900 , CE đường cao (vì BEC   900 ) c) Xét ABC ta có: BF đường cao (vì BFC CE cắt BF H Do đó: H trực tâm tam giác ABC Suy ra: AH đường cao tam giác ABC  AH  BC   HFA(   900 )   FHA  (hai góc đối đỉnh), HBD Xét HDB HFA ta có: DHB 254 Do HDB ∽ HFA (g.g) HD HB  HD.HA = HB.HF (1)  HF HA   CFH  (= 900 )   CHF  (hai góc đối đỉnh), BEH Xét BEH CFH ta có: BHE Suy ra: Do đó: BEH ∽ CFH (g.g) Suy ra: HB HE  HB.HF = HC.HE (2)  HC HF Từ (1) (2), ta có: HA.HD = HB.HF = HC.HE d) OCF có OC = OF (bán kính đường tròn tâm O) nên OCF cân O   OFC  Suy OCF   AIF có: AI = FI   AH  nên AIF cân I     IFA  Suy IAF   IAF   900 (DAC vuông D) Mà OCF   IFA   900 Do OFC   1800  (OFC   IFA)  = 1800 – 900 = 900 Suy IFO Ta có IF  OF F thuộc đường tròn (O) Vậy IF tiếp tuyến đường tròn (O)   BHC  (đối đỉnh), HE  HF (vì HB.HF = HE.HC) c) Xét HEF HBC có EHF HB HC Do HEF ∽ HBC (c.g.c)   HBC   HEF Tương tự HED ∽ HAC (c.g.c)   HAC   HED   HAC  (cùng phụ với góc ACB) Mà HBC   HED  Do HEF  EH đường phân giác tam giác DEF Chứng minh tương tự có FH đường phân giác tam giác DEF Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF a) Ta có B thuộc đường tròn (O) CD đường kính đường tròn (O) (gt)  BCD nội tiếp đường tròn CD  BCD vuông taïi B   900  CBD  BD  BC B E A D I M O C 255 Mặt khác, AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) (gt)  AB = AC, AO tia phân giác góc BAC  ABC cân M có AO đường phân giác Nên AO đường cao tam giac ABC Ta có AO  BC Mà BD  BC Vậy BD // AO b) E thuộc đường tròn đường kinh CD (gt)  ECD nội tiếp đường tròn đường kính CD  ECD vuông E  CE  AD CAD vuông C, CE đường cao  AC2 = AE.AD Mà AC = AB (chứng minh trên) Vậy AB2 = AE.AD   OCA  (= 900), HDB   COA  (đồng vị BD // AO) c) Xét HDB COA ta có: DHB Do HDB ∽ COA (g.g)  HD BH HD BH    OC AC 2OC 2AC Maø CD = 2OC, BH = 2HI (vì O, I trung điểm CDE, BH) Nên HD HI  CD AC   DCA  (= 900), HD  HI Xét HDI CDA ta có: DHI CD AC Do HDI ∽ CDA (c.g.c)   CDA   HDI  Hai tia DI, DA truøng Vậy ba điểm A, I, D thẳng hàng a) Ta có MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) (gt) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB (= R) Nên M, O thuộc đường trung trực AB Vậy MO đường trung trực AB b) Ta có: IE = IF (vì I trung điểm EF) D  OI  EF (định lí đường kính dây cung) Xét MOD ta có: MI đường cao (vì OI  EF I), OA đường cao (vì MA tiếp tuyến đường tròn tâm O) MI cắt OA K Nên K trực tâm tam giác MOD  DK đường cao tam giác MOD Vaäy DK  MO 256 A M E K N B F I O c) MO tia phân giác góc AMB (MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O))   AMB  = 300  AMO   R cot 300  3R AMO vuông A  MA = OAcot AMO   MO = Vaø OA = MOsin AMO OA R OA   2R  sin 30 sin AMO IMO vuông I  MI2 + OI2 = MO2 (định lí Pythagore) Do MI = R 15 MO2  OI2  (2R)2     R 2 AMO vuông A, AN đường cao Suy MN.MO = MA2 Vaäy MN.MO = ( 3R)2  3R2  (chung), MNH   MIO  (= 900) Xét MNH MIO ta có: NMH Do MNH ∽ MIO (g.g)  Neân MH = 3R 15 R  MN MH MN.MO  MH =  MI MI MO 15 R Ta coù: MH + HI = MI Do HI = MI – MH = 15 15 15 R R R 10 BÀI TẬP NÂNG CAO Cho A điểm nửa đường tròn tâm O đường kính BC (A khác B, A khác C) Hạ AH vuông góc BC H   Tính độ dài AB, AC a) Cho biết HC – HA = 4cm, tan ACB b) Goïi I, K tâm đường tròn nội tiếp AHB AHC c) Đường thẳng IK cắt cạnh AB, AC M, N Chứng minh MAN tam giác cân d) Biết chu vi đường tròn (O; R) C = 2.R (trong   3,14 số) Xác định vị trí điểm A để chu vi đường tròn ngoại tiếp MHN đạt giá trị lớn Cho đường tròn (O) điểm S bên đường tròn Kẻ tiếp tuyến SA cát tuyến di động SBC với đường tròn cho O nằm góc ASC Gọi H trực tâm tam giác ABC M trung điểm BC a) Chứng minh rằng: AH = 2OM b) AM cắt OH G Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC c) Khi cát tuyến SBC di động quanh S H di động đường nào? 257 Cho điểm A nằm đường tròn (O; R) Vẽ AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) (B, C tiếp điểm) Gọi H giao điểm OA BC, M điểm di động đoạn thẳng BH, đường thẳng AM cắt đường tròn (O) D (D nằm A M) Vẽ ON vuông góc với DE N a) Chứng minh rằng: AB2 = AM.AN b) Xác định vị trí điểm M để tổng A – 3N + AE đạt giá trị nhỏ c) Chứng minh rằng: bốn điểm D, E, O, H thuộc đường tròn a) Cho đường tròn (0; 2cm) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với cạnh BC ttại D Biết BD = 4cm, CD = 6cm Tính diện tích tam giác ABC b) Cho tam giác ABC có AB < AC < BC Trên cạnh BC, AC lấy điểm M, N cho AN = AB = BM Các đường thẳng AM BN cắt K Gọi H hình chiếu K lên AB Chứng minh rằng: Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm KH Các đường tròn nội tiếp tma giác ACH BCH tiếp xúc Cho hai đường tròn đồng tâm O có bán kính R r (R > r) A M hai điểm thuộc đường tròn nhỏ (A chuyyển động, M cố định) Qua điểm M, vẽ dây BC cuuả đường tròn (O; R) cho BC vuông góc với AB Chứng minh rằng: a) MA2 + MB2 + MC2 = 2(R2 + r2) b) Trọng tâm G tam giác ABC điểm cố định LỜI GIẢI a) ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC  ABC vuông A AHC vuông H tanACB = AH CH A AH AH CH CH  AH Do     3 CH 4 43 AH = 12, CH = 16 AHC vuông H  AC2 = AH2 + CH2 AC2 = 122 + 162 DE K M I B H AC = 20 (cm) ABC vuông A AB 3  AB = AC  15 (cm)  AC   ACB  (cùng phụ HAC ) b) Ta coù BAH tanACB =   BAH   ACB   HCK  IAH 2   HCK  (cmt), IHA   KHC  (= 450) Xét AIH CKH có: IAH 258 O N C IH AH  KH CH AH AB Maø HAB ∽ HCA (g.g)   CM AC IH AB Do  KH AC  HI, HK hai tia phân giác hai góc kề bù AHB, AHC   900  IHK Do ñoù AIH ∽ CKH (g.g)    BAC  (= 900), IH  KH (vì IH  AB Xét HIK ABC có: IH AB AC KH AC Do HIK ∽ ABC (c.g.c) c) Gọi D giao điểm Bi CK  AD tia phân giác góc BAC Gọi E giao điểm BD vaø AK   BAE   EAC   BAE   900   ABH   HAC   EAC  ; ABE Ta có ABE 2 Nên EAB vuông E  ID  AK Tương tự KD  AI Do D trực tâm tam giác AIK  AD đường cao tam giác AIK  AD  MN AMN có AD vừa đường cao vừa đường phân giác nên AMN cân A   AHI  (= 450), MAI   HAI  Xeùt AMI AHI có: AMI AM AI    AM = AH AH AI Ta coù AM = AN = AH  A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN Do AMI ∽ AHI (g.g)  Maø AH ≤ AO C(MHN) = 2.AH ≤ 2R, không đổi Dấu “=” xảy  H  O  A giao điểm đường trung trực đoạn thẳng BC nửa đường tròn (O) Vậy A giao điểm đường trung trực đoạn BC nửa đường tròn (O) chu vi đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN lớn a) Vẽ đường kính AD đường tròn (O)   ACD   900 Ta coù ABD BH  AC (H trực tâm tam giác ABC), DC  AC)  BH // DC Chứng minh tương tự có CH // DB Do tứ giác BHCD hình bình hành Mà M trung điểm BC (gt) Nên M trung điểm HD Ta có OM đường trung bình tam giác AHD AH  OM = , OM // AH Vaäy AH = 2OM 259 b) Xeùt HAG ∽ OM // AH  GM OM   GA AH GA ABC có AM đường trung tuyến, G thuộc đoạn thẳng AM GM = Do G trọng tâm tam giác ABC Gọi G điểm đối xứng O qua BC A K H G O Ta có ON = 2OM = AH Vẽ hình bình hành AOSK Ta có K cố định, SK // OA vaø SK = OA S B C M N Tứ giác AHNO có AH = ON, AH // ON D  Tứ giác SKHN có SK // HN (vì // OA), SK = HN (= OA)  Tứ giác SO, không đổi, K cố định Vậy H thuộc đường tròn cố định tâm K, bán kính SO a) AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O)   AB = AC vaø AO laø tia phân giác BAC ABC cân A, AO đường cao  AO  BC   ANO  (= 900)  (chung), AHM Xét AHM ANO ta có HAM Do AHM ∽ ANO (g.g)  AH AM  AM.AN = AH.AO  AN AO ABO vuoâng B, BH đường cao K  AB2 = AH.AO = AM.AN b) Ta coù AN ≤ AO (ON  NE, N  AE) Mặt khác ON  DE B  DN = EN N Do đó: AD = 3AN + AE = AN – DN – 3AN + AN + AN – EN = –AN ≥ –AO (khoâng đổi) D A O Dấu “=” xảy  N  O  M  H Vậy M giao điểm đường ON BC  (chung) Xét ONA OHK có NOA   OHK  (= 900) ONA Do ONA ∽ OHK (g.g)  ON OA   ON.OK = OH.OA OH OK  ON.OK = OE2  (chung), OK  OE (vì ON.OK = OE2) Xét OEK ONE có EOK OE ON 260 C E   ONE   900 Do OEK ∽ ONE (c.g.c)  OEK   OEK   OHK   900  D, H, E thuoäc đường kính OK Ta có ODK Suy DD, H, E, O, K thuộc đường tròn a) Vẽ AM vuông góc với OB M A Đường tròn (O) tiếp xúc với AC, AB E, F Ta có DBO vuông D E F M O  OB2 = OD2 + BD2 (định lí Pythagore) OB2 = 22 + 42 = 20, OB >  OB = 20  (cm) B DCO vuông D D C  OC2 = OD2 + CD2 (định lí Pythagore) OC2 = 22 + 62 = 40 OC > Neân OC = 40 = 10 (cm)  (chung), BDO   BMC  (= 900) Xét BDO BMC có OBD Do BDO ∽ BMC (g.g)  Ta coù OD OB  MC BC 2  MC= (cm)  MC  OMC vuông M  sinMOC = MC   450  MOC   OC 10   OBC   OCB  Neân OBC   OCB   450 Maø MOC   ACB   2OBC   2OCB   900  ABC    BAC  450  ABC vuông A Ta có OAF OFA vuông F  AF = OF = 2cm Do AB = AF + BF = OF + BD = + = (cm) AC = AE + CE = AF + CD = + = (cm) Vaäy SABC = 1 AB.AC  6.8  24 (cm2) 2 b) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có AB = AN  ABN cân A Nên AI đường phân giác đường cao tam giác ABN  AI  BK 261 Ta có AB = BM  BAM cân B A Nên BI đường phân giác đường cao tam giác BAM  BI  AK Do I trực tâm tam giác ABK H E I  KI  AB Mà KH  AB (gt) Vậy I nằm KH Gọi L, T tiếp điểm tròn đường nội tiếp tam giác ACH, BCH với CH Áp dụng toán phụ, ta có: K M D B N C AH  CH  AC BH  CH  BC , HT = 2 AB  AC  BC AB  BC  AC AH = , BH = 2 HL = AB  AC  BC AB  BC  AC2   BC  AC 2 Do HL = HT = AH – BH + BC – AC = =0  HL = HT Suy L  T Vaäy đường tròn nội tiếp tam giác ACH, BCH tiếp xúc với a) Không tính tổng quát ta cần xét trường hợp MB ≤ MC Vẽ đường kính AD đường tròn nhỏ, vẽ OH  BC H Ta có HM = HD, HB = HC, MB2 + MC2 = (HB – HM)2 + (HC + HM)2 = (HB – HM)2 + (HB + HM)2 = 2HB2 + 2HM2 2 vaø MA = 4OH Maø HB2 + OH2 = OB2 = R2, HM2 + OH2 = OM2 Do MA2 + MB2 + MC2 = 4OH2 + 2BH2 + 2MH2 = 2(OH2 + BH2) + 2(OH2 + MH2) = 2(R2 + r2) b) ABC có AH đường trung tuyến, G trọng tâm nên G thuộc đoạn thẳng AH AG = AH B M A G O D C AMD có AH đường trung tuyến, G thuộc đoạn thẳng AH, AG = AH nên G trọng tâm tam giác AMD Mà MO đường trung tuyến tam giác AMD nên MO qua G MG = Ta có OM cố định nên G cố định Vậy trọng tâm G tam giác ABC điểm cố định 262 MO MỤC LỤC PHẦN ĐẠI SỐ Chương I: CĂN BẬC HAI, CĂN BẬC BA .3 Chuyên đề 1: Các phép tính với baäc hai Chuyên đề 2: Biến đổi thức 23 Chuyên đề 3: Căn bậc ba 49 Chương II: HÀM SỐ BẬC NHAÁT 65 Chuyên đề 4: Hàm số bậc 65 Chuyên đề 5: Đồ thị hàm số bậc 76 PHẦN HÌNH HỌC 100 Chương I: HỆ THỨC LƯNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG 100 Chuyên 1: Một số hệ thức cạnh đường COA tam giác vuông 100 Chuyên đề 2: Tỉ số lượng giác góc nhọn 120 Chuyên đề 3: Hệ thức cạnh góc tam giác vuông 140 Chuyên đề 4: Ứng dụng tỉ số lượng giác .155 Chương II: ĐƯỜNG TRÒN 187 Chuyên đề 5: Sự xác định đường tròn tính chất đối xứng đường tròn .187 Chuyên đề 6: Đường kính day đường tròn .201 Chuyên đề 7: Đường thẳng đường tròn 215 ... AC2, nên BH.AC = AC2  BH = AC  BH AC Vaäy cosB = tanB  AB AB 1 39 A = (sin 222 0 + sin2680) + (sin 220 – sin680 )2 = 2( sin 222 0 + sin2680) = 2( sin 222 0 + cos 222 0) = 2. 1 = B = (tan270 + tan630 )2. .. CK = 21 – DH DAH vuông H (gt)  AH2 + DH2 = AD2 (định lí Pythagore) 115  AH2 = AD2 – DH2 BCK vuông K (gt)  BK2 + CK2 = BC2  BK2 = BC2 – CK2 Neán AD2 – DH2 = 20 2 – (21 – DH )2  1 69 – DH2 =... (tan270 – tan630) = 4tan270.tan630 = 4tan270.cot270 = 4.1 = C = cos210 + cos 220 + + cos2880 + cos2 890 = (cos210 + cos2 890 ) + (cos 220 + cos2880) + + (cos2440 + cos2460) + cos2450 = (sin2 890 +