cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 2021 2022 từ cđ 9 đến cđ 11

cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 20212022cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 20212022cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 20212022cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 2021 2022 từ cđ 9 đến cđ 11 cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 2021 2022 từ cđ 9 đến cđ 11 cac chuyen de boi duong hoc sinh gioi lop 9 MOI 2021 2022 từ cđ 9 đến cđ 11

Mục Lục Trang Lời nói đầu Chủ đề Rút gọn biểu thức toán liên quan Chủ đề Tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức Chủ đề Các dạng toán số học Chủ đề Các dạng tốn phương trình Chủ đề Các dạng tốn hệ phương trình Chủ đề Các toán bất đẳng thức cực trị Chủ đề Đa thức Chủ đề Hàm số Chủ đề Hình Học Chủ đề 10 Tổ hợp Chủ đề 11 Giải toán cách lập phương trình, hệ phương trình CÁC DẠNG BÀI TẬP THI HSG TOÁN QUA CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Dạng 9: Hình học: Chứng minh hai đoạn thẳng, hai góc nhau, trung điểm A Bài tốn (giữ ngun màu) Bài 1: Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , dây cung DC lấy điểm E cho DC  3DE , nối AE cắt cung nhỏ CD M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC Bài 2: Cho hai đường tròn đường tròn  O  O tiếp xúc với  O '  O ' cắt M , N Kẻ dây MA  O ' tiếp xúc dây MB đường tròn  O  Đường tròn ngoại tiếp MAB cắt đường thẳng MN P với Chứng minh PN  MN  P �M  Bài 3: Cho ABC cân A �  90  BAC  , đường vuông góc với đường thẳng BC D Dựng DE vng góc với AC trung điểm BC Chứng minh AH  HE AB A cắt  E �AC  Gọi H Bài 4: Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB a Chứng minh: �  HQO � HPO 1  b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng EA EB có giá trị nhỏ Bài 5: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R Lấy điểm M nửa đường tròn (M khác A B); tiếp tuyến A M nửa đường tròn (O) cắt K Gọi E giao điểm AM OK 1) Chứng minh OE.OK khơng đổi M di chuyển nửa đường trịn 2) Qua O kẻ đường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh: IN = IO 3) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh: EF//AB Bài 6: Cho điểm M thuộc nửa đường trịn (O) đường kính AB  M �A,M �B,MA  MB � Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường vng góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự D, H Chứng minh CA = CH Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F chân đường cao kẻ từ C, B tam giác ABC D điểm đối xứng A qua O, M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC a) Chứng minh M trung điểm HD b) Gọi L giao điểm thứ hai CE với đường tròn tâm O Chứng minh H, L đối xứng qua AB Bài 8: Cho hình vng ABCD cạnh Trên hai cạnh AB AD lấy hai điểm E, F cho EC phân giác góc BEF Trên tia AB lấy K cho BK=DF Chứng minh CK = CF Bài 9: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AD, BE, CF đường cao Lấy M � � đoạn FD, lấy N tia DE cho MAN = BAC Chứng minh MA tia phân � giác góc NMF (O ),( I ),( I ) a Bài 10: Cho tam giác ABC có theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm với tâm tương ứng � PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm cung BAC (O) , � � PO BC , N điểm đối xứng với P qua O Chứng minh DAI  KAI a Bài 11: Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm điểm A điểm C) Vẽ đường trịn tâm O thay đổi ln qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn điểm P điểm Q (P nằm A Q) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME B Lời giải (giữ ngun màu) Bài 1: Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O , dây cung DC lấy điểm E cho DC  3DE , nối AE cắt cung nhỏ CD M Trên cung nhỏ CB lấy điểm N cho cung nhỏ DM cung nhỏ CN , nối AN cắt dây cung BC F Chứng minh rằng: F trung điểm BC Lời giải Gọi I giao điểm BM CD : EI P AB � EI ME  AB AM Kẻ OX vng góc với DM � OXD ∽ ADE (g.g) � DX DE   OD AE � DX  R 10 � DM  R 10 DE DE  AD � Xét DEM ∽ AEC � ME DE MD   AE CE AC 10 � ME ME  �  AE AM � EI   10 ME DE MD   CE AE AC 1 AB  CD � ID  EI  DE  CD 6 � CMI  BNF (g.c.g) � BF  CI  BC � đpcm  O ' cắt M , N Kẻ dây MA tiếp xúc với  O '  O ' tiếp xúc dây MB đường tròn Bài 2: Cho hai đường tròn đường tròn  O  O  O  Đường tròn ngoại tiếp MAB cắt đường thẳng MN P với Chứng minh PN  MN Lời giải  P �M  Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp MAB Gọi H , K theo thứ tự giao điểm OO �với MN MI � OO�  MN HM  HN Ta có: IM  IP , OM  OP � OI đường trung trực MA � MA  OI � OI // MO�(cùng vng góc với MA ) I // MO � OIMO� Tương tự: O � hình bình hành � K trung điểm MI � HK đường trung bình MIN � HK // NI hay NI // OO� Mà MN  OO� � MN  NI hay IN  MP Bài 3: Cho ABC c � PN  MN ân A �  90  BAC  , đường vng góc với A cắt đường thẳng BC D Dựng DE vuông góc với AC H trung điểm BC Chứng minh AH  HE Lời giải AB  E �AC  Gọi Ta có: ABC cân A ; HB  HC � AH vừa đường trung tuyến vừa đường cao � AH  BC Xét tứ giác ABED , ta có: �  AED �  900 AHD � tứ giác ABED nội tiếp đường trịn đường kính AD �  HDA � � HEA �  HAB � Mà HAE ( AH đường phân giác, ABC cân A ) �  HAB � � HDA (cùng phụ với HAD ) �  HAE � � HEA � AHE cân H � HA  HE Bài 4: Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm (O; R) Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B tiếp điểm), cát tuyến MPQ không qua O (P nằm M, Q) Gọi H giao điểm OM AB a Chứng minh: �  HQO � HPO 1  b Tìm điểm E thuộc cung lớn AB cho tổng EA EB có giá trị nhỏ Giải: a)  MPA đồng dạng  MAQ (g.g), suy MA2 = MP.MQ (1)  MAO vuông A, có đường cao AH nên MA2 = MH.MO (2) MP MO  MH MQ (*) Từ (1) (2) suy MP.MQ = MH.MO hay  MPH  MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy  MPH đồng dạng  � � MOQ (c.g.c) suy MHP  MQO � sdOH � � Do tứ giác PQOH tứ giác nội tiếp � HPO  HQO = (đpcm) b) b) Trên tia đối tia EA lấy điểm F cho EB = EF hay  EBF cân E, suy   �  BEA � � BFA AFB  � 2 nên F di chuyển cung chứa góc Đặt AEB   dựng BC 1 1  �  Ta có: EA EB EA  EB Như EA EB nhỏ EA + EB lớn hay EA + EF lớn � AF lớn (**) Gọi O’ điểm cung lớn AB, suy  O’AB cân O’ suy O’A=O’B (3) � '  BEO � ' �  O’EB  O’EF có EB = EF, O’E chung FEO (cùng bù với BAO ' �  O’EB =  O’EF (c.g.c) suy O’B = O’F (4)  Từ (3) (4) suy O’ tâm cung chứa góc dựng đoạn thẳng BC (cung cung lớn AB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Do AF lớn đường kính (O’) E �O’ (***) 1  Từ (**) (***) suy E điểm cung lớn AB EA EB có giá trị nhỏ Bài 5: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB = 2R Lấy điểm M nửa đường tròn (M khác A B); tiếp tuyến A M nửa đường tròn (O) cắt K Gọi E giao điểm AM OK 1) Chứng minh OE.OK không đổi M di chuyển nửa đường trịn 2) Qua O kẻ đường vng góc với AB cắt BK I cắt đường thẳng BM N Chứng minh: IN = IO 3) Vẽ MH vng góc với AB H Gọi F giao điểm BK MH Chứng minh: EF//AB Giải: N K M I E A F B O H a) Chứng minh OK  AM E Dựa vào  OAK vuông A OE.OK = OA2 = R2 không đổi b) Chứng minh được: OK // BN (  AM) Chứng minh được:  AOK =  OBN (g.c.g) � OK = BN Suy OBNK hình bình hành từ suy được: IN = IO c) Chứng minh  AOK đồng dạng  HBM HB MB HB MB  �  � AO OK AO OK (1) Chỉ MB2 = HB.AB OA2 = OE.OK (cma) (2) Từ (1) (2) suy HB HB AB HB AB HB OE  �  �  OK OE OK OE OK AB OK (3) HB FB  Chứng minh AB BK (4) FB OE  Từ (3) (4) suy KB OK � EF // OB //AB (đl Ta let) Bài 6: Cho điểm M thuộc nửa đường  M �A,M �B,MA  MB trịn (O) đường kính AB � Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường vng góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự D, H Chứng minh CA = CH Lời giải Do MC phân giác AMB , theo tính chất đường phân giác � AC AM  (1) BC BM � � Xét BHC BAM có BCH  BMA  90 , góc B góc chung � BHC ∽ BAM � HC BC HC AM  �  (2) AM BM BC BM Từ (1) (2) � AC  HC Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi E, F chân đường cao kẻ từ C, B tam giác ABC D điểm đối xứng A qua O, M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC a) Chứng minh M trung điểm HD b) Gọi L giao điểm thứ hai CE với đường tròn tâm O Chứng minh H, L đối xứng qua AB Lời giải a) DB  AB,CE  AB nên CE // DB DC  AC,BF  AC nên DC // BF Tứ giác ABDC hình bình hành, M trung điểm BC nên M trung điểm DH b) AE  HL (a) �  LCB � EAL (1) (góc nội tiếp chắn cung) � � EHA đồng dạng KHC � LCB  HAB(2) (K giao điểm AH BC) � Từ (1) (2) suy AE phân giác HAL (b) Từ (a) (b) suy E trung điểm HL Vậy H, L đối xứng qua AB Bài 8: Cho hình vng ABCD cạnh Trên hai cạnh AB AD lấy hai điểm E, F cho EC phân giác góc BEF Trên tia AB lấy K cho BK=DF Chứng minh CK = CF Bài 18: Cho đường trịn tâm O có hai đường kính AB MN Vẽ tiếp tuyến d đường tròn (O) B Đường thẳng AM, AN cắt đường thẳng d E F Gọi K trung điểm FE Chứng minh AK vng góc với MN Lời giải Tam giác ABE vuông B BM vuông góc với AE Nên ta có AM.AE = AB² Tương tự AN.AF = AB² Suy AM.AE = AN.AF AM AF  AE Hay AN � Xét ΔAMN ΔAFE có góc MAN chung AM AF  AN AE Do ΔAMN ΔAFE đồng dạng � � � � Suy góc AMN  AFE hay AMN  KFA � Ta có: MAN  90 nên tam giác AEF vuông A suy AK = KE = KF � � Do góc KAF  KFA � � Mà góc AMN  KFA (cmt) � � Suy KAF  AMN � � Mà góc AMN  ANM  90 � � Suy góc KAF  ANM  90 Vậy AK vng góc với MN Bài 19: Cho tam giác nhọn ABC có trực tập H Gọi M, N chân đường cao vẽ từ B C tam giác ABC Gọi D điểm thuộc cạnh BC (D khác B C), E giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM đường tròn ngoại tiếp ta giác BDN (E khác D) Chứng minh ba điểm A, E, D thẳng hàng Lời giải Vì BNED tứ giác nội tiếp nên: �  EDC � BNE (góc góc ngồi đỉnh đối diện) (1) Vì CDEM tứ giác nội tiếp nên: �  EMA � EDC (góc góc ngồi đỉnh đối diện) (2) Từ (1) (2) suy �  EMA � � ANE �  EMA �  180 BNE Suy tứ giác ANEM nội tiếp ⇒ �  AMN � AEN (hai góc nội tiếp chắn cung AN) (3) � � Vì BNC  BMC  90 nên BNMC tứ giác nội tiếp � � Suy AMN  NBD (góc góc đỉnh đối diện) (4) � � Từ (3) (4) suy AEN  NBD � � Mà BNED tứ giác nội tiếp nên NBD  NED  180 0 � � � => AEN  NED  180 => AED  180 suy A, E, D thẳng hàng Bài 20: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O; R  , M điểm  I  qua M tiếp xúc với AB cung BC không chứa điểm A Vẽ đường tròn  K  qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao B , vẽ đường tròn điểm thứ hai đường tròn thẳng hàng Giải:  I   K  Chứng minh ba điểm B , N ,C � � Xét (I) : BNM  MBx chắn cung BM � � Xét (K) : MNC  MCE chắn cung MC Do tứ giác ABMC nội tiếp (gt) � � Suy ra: ABM  ACM  180 � � Mà : MBx  MCE  180 � � Nên : BNM  CNM  180 suy B, N , C thẳng hàng  AB  AC  , với ba đường cao AD , BE , CF đồng quy Bài 21: Cho tam giác ABC , H Các đường thẳng EF , BC cắt G , gọi I hình chiếu H GA Gọi M trung điểm BC Chứng minh GH  AM Giải: Chứng minh GH  AM  O  đường tròn ngoại tiếp Gọi ABC Kẻ đường kính AA '  O Vì tứ giác BCAI tứ giác nội tiếp � I � O  � � AIA�  90�� A� I  AI I  AG hay A� Mà HI  AG (giả thiết) � A� I �HI � A� , I , H thẳng hàng Mà dễ dàng chứng minh A ' H qua trung điểm M BC (tứ giác BHCA ' hình bình hành) � M , I , H thẳng hàng Xét AGM có: AD  AM , MI  AG AD cắt MI H � H trực tâm tam giác AGM � GH  AM Suy điều phải chứng minh  O; R  Giả sử Bài 22: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O  cho AB  AC điểm B, C cố định A di động đường tròn AC  BC Đường trung trực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng Giải: Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T Chứng minh ba điểm S , T , O thẳng hàng Ta chứng minh O thuộc đường thẳng ST Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ T1 T2 Xét ONS OT1M � MOT : chung � M  ONS � OT ( MNST1 nội tiếp) Vậy ONS # OT1M � (g.g) ON OS  OT1 OM � ON OM  OS OT1  1  2 Chứng minh tương tự, OP.OQ  OS OT2 Mà ON OM  OP.OQ Từ  1 ,    3  3 , suy ra: OS OT1  OS OT2 Do T1 trùng với T2 Vậy ba điểm S , T , O thẳng hàng Bài 23: Cho tam giác ABC cân A �  90�  BAC  nội tiếp đường trịn kính R M điểm nằm cạnh BC  BM  CM  Gọi  O  ( D khác  O bán D giao điểm AM A ), điểm H trung điểm đoạn thẳng BC Gọi E � điểm cung lớn BC , ED cắt BC N Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD Chứng minh ba điểm B , I , E thẳng hàng đường tròn Giải: Kẻ BE cắt ( I ) J � � Ta có EBD = EAD � = DMC � BJD (góc trong- góc ngồi) � � Mà EAD + DMC = 90� � + BJD � = 90� � EBD � BD ^ JD � BJ đường kính � I �BJ hay I �BE � B , I , E thẳng hàng (đpcm) Bài 24: Cho đường trịn tâm O, đường kính BC cố định điểm A chuyển động nửa đường trịn (A khác B C) Hạ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A dựng hai nửa đường tròn tâm P đường kính HB tâm Q đường kính HC, chúng cắt AB AC E F Gọi I K hai điểm đối xứng với H qua AB AC Chứng minh ba điểm I, A, K thẳng hàng Giải: Góc IAH lần góc BAH N K Góc KAH lần góc CAH A Suy góc IAH + góc KAH =2( góc BAH + góc CAH) = 1800 Suy I, A K thẳng hàng F M I E B P H O Q C Bài 25: Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường trịn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, Ax lấy M cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn, từ C vẽ CH vng góc với AB, CE vng góc với AM Đường thẳng vng góc với AB O cắt BC N Đường thẳng MO cắt CE, CA, CH Q, K, P a MB cắt CH I Chứng minh KI song song với AB b Gọi G F trung điểm AH AE Chứng minh PG vng góc với QF Giải: a Xét CHB MAO có �  NOB �  900 ; CBH �  MOA � MAO � CHB : MAO � N M ( cm trên) CH HB HB   MA AO R -Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB ( ) IH HB HB � CH // MA � IH // MA �   MA AB R E Q F K A C I T G O H B CH HB HB IH IH   2�  2�  MA R 2R MA MA � CH  IH � IC  IH -Nên ta có � -Chi KI đường trung bình tam giác ACH � KI // AB P � � � � b Xét CHB MAO có MAO  NOB  90 ; CBH  MOA ( cm trên) � CHB : MAO � CH HB HB   MA AO R -Ta có CH  AB (gt) ; MA  AB ( ) -Nên ta có � � CH // MA � IH // MA � IH HB HB   MA AB R CH HB HB IH IH   2�  2�  � CH  IH � IC  IH MA R 2R MA MA -Chi KI đường trung bình tam giác ACH � KI // AB -Chưng minh FQIO hình bình hành � QF // IO -Chưng minh O trục tâm tam giác GIP � PG  OI � PG  QF Bài 26: Cho hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc với CE cắt AB F Lấy M trung điểm EF Chứng minh: CM vng góc với EF Giải: � � Ta có: ECD  BCF (cùng phụ với E � ECB ) M Chứng minh được:  EDC =  FBC (cạnh góc vng – góc nhọn) A � CE = CF N B F �  ECF cân C Mà CM đường trung tuyến nên CM  EF D C Bài 27: Cho hình vng ABCD có cạnh a N điểm tùy ý thuộc cạnh AB Gọi E giao điểm CN DA Vẽ tia Cx vng góc với CE cắt AB F Lấy M trung điểm EF Chứng minh: NB.DE = a2 B, D, M thẳng hàng Giải: * Vì  EDC =  FBC � ED = FB E  NCF vuông C Áp dụng hệ M thức lượng tam giác vuông ta có: BC2 = (đpcm) NB.BF � a2 = NB.DE A N B F *  CEF vng C có CM đường trung tuyến nên CM  EF D  AEF vng A có AM đường trung tuyến nên � CM = AM � M thuộc đường trung trực AC C AM  EF Vì ABCD hình vng nên B, D thuộc đường trung trực AC � B, D, M thẳng hàng thuộc đường trung trực AC (đpcm) Lời giải Chứng minh đa giác đặc biệt A Bài tốn () Bài 1: Cho ABC vng A Trên tia đối tia BC lấy điểm D cho BD  BA Gọi M , N trung điểm AC , AD Đường thẳng qua B song song với AD cắt MN E a) Chứng minh tứ giác NAEB hình chữ nhật � � b) Chứng minh ACE  DCN Bài 2: Cho đường tròn  O  O  Kẻ đường kính BC Điểm A thuộc đường tròn AH  BC ,  H �BC  Gọi I , K theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp AHB , AHC Đường thẳng IK cắt AB , AC M , N a) Chứng minh AMN vuông cân S AMN � S ABC Chứng minh Bài 3: Cho hai đường tròn ( O ) ( O / ) Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) ( O/ ) điểm A, B, C, D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến chung EF, E �( O ) F � ( O/ ) Gọi M giao điểm AE DF; N giao điểm EB FC Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF hình chữ nhật b) MN  AD c)ME.MA = MF.MD Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC cân A nội tiếp đường trịn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi M giao điểm IK BC, đường trung trực đoạn thẳng IM cắt AB AC D E Chứng minh tứ giác ADME hình bình hành Bài 5: Cho tam giác ABC vng A có AB = 6cm, AC = 8cm Gọi AH đường cao; E F hình chiếu vng góc H AB AC Chứng minh tứ giác AEHF hình chữ nhật Bài 6: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B) Gọi H hình chiếu vng góc C AB, D điểm đối xứng với A qua C, I trung điểm CH, J trung điểm DH � � a) Chứng minh CIJ = CBH b) Chứng minh D CJH đồng dạng với D HIB c) Gọi E giao điểm HD BI Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn Bài 7: Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường trịn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, Ax lấy M cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường trịn Đường thẳng vng góc với AB O cắt BC N Chứng minh MNCO hình thang cân B Lời giải Bài 1: Cho ABC vuông A Trên tia đối tia BC lấy điểm D cho BD  BA Gọi M , N trung điểm AC , AD Đường thẳng qua B song song với AD cắt MN E a) Chứng minh tứ giác NAEB hình chữ nhật � � b) Chứng minh ACE  DCN Lời giải a) Ta có: M, N trung điểm AC, AD nên MN đường trung bình ACD � � � MN // CD � ANE  ADB � � Vì : BA = BD � ABD cân B � BN  AB ; BDA  BAD � � � � Vì: BE // AD � BNA  NBE  90 ; ANE  NEB �  ADB �  ANE �  NEB � � BAN � tứ giác BEAN nội tiếp �  1800  900  900 � NEA � � � Vì: NAE  BNA  NBE  90 � tứ giác NAEB hình chữ nhật � � � b) Ta có: MAE  DAB (cùng phụ với BAE ) �  MNA � � MAE � Lại có: AME chung � MAE # MNA (g – g) � MA MN  ME MA Mà: MA = MC � MC MN  ME MC � Do EMC chung � MEC # MCN (c – g – c) �  MNC � � ECM Lại có: MN // CD �  DCN � � MNC �  DCN � � ACE Bài 2: Cho đường tròn  O  O  Kẻ đường kính BC Điểm A thuộc đường tròn AH  BC ,  H �BC  Gọi I , K theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp AHB , AHC Đường thẳng IK cắt AB , AC M , N a) Chứng minh AMN vuông cân S AMN � S ABC b) Chứng minh Lời giải � a) Ta có: BAC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) � AMN vng A Gọi J giao điểm BI CK � � AJ tia phân giác MAN ADC cân C, suy KJ  AI Chứng minh J trực tâm AIK Suy AJ  MN Chứng minh AMN vuông cân A �  IAH � ;� AMI : AHI MAI AMI  � AHI  450 b)Chứng minh Suy AM  AH AH �OA; OA  BC Chứng minh   SAMN  1 AM AN  AH 2 Tính 1 S ABC  AH BC S AMN � S ABC 2 suy Bài 3: Cho hai đường tròn ( O ) ( O / ) Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) ( O/ ) điểm A, B, C, D theo thứ tự đường thẳng Kẻ tiếp tuyến chung EF, E �( O ) F � ( O/ ) Gọi M giao điểm AE DF; N giao điểm EB FC Chứng minh rằng: a) Tứ giác MENF hình chữ nhật b) MN  AD c)ME.MA = MF.MD Giải: M E I F A H O B C D O/ N � � a) Ta có AEB  CFD  90 (góc nội tiếp chắn đường trịn) Vì EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) (O/), nên: OE  EF OF  EF => OE // O/F �/ � / � � => EOB  FO D (góc đồng vị) => EAO  FCO Do MA // FN, mà EB  MA => EB  FN � Hay ENF  90 � � $ Tứ giác MENF có E  N  F  90 , nên MENF hình chữ nhật O b) Gọi I giao điểm MN EF; H giao điểm MN AD � � Vì MENF hình chữ nhật, nên IFN  INF �  FDC �  sđ FC � IFN Mặt khác, đường tròn (O/): � � => FDC  HNC Suy FDC đồng dạng HNC (g – g) � � => NHC  DFC  90 O hay MN  AD � � c) Do MENF hình chữ nhật, nên MFE  FEN �  EAB �  sđ EB � FEN Trong đường trịn (O) có: � � => MFE  EAB Suy MEF đồng dạng MDA (g – g) ME MF  MD MA , hay ME.MA = MF.MD => Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC cân A nội tiếp đường trịn (O) đường kính AK; lấy điểm I thuộc cung nhỏ AB đường tròn (O) (I khác A, B) Gọi M giao điểm IK BC, đường trung trực đoạn thẳng IM cắt AB AC D E Chứng minh tứ giác ADME hình bình hành Giải: A E I O / D N F / B // // M K + Gọi N trung điểm IM, F giao điểm DE IB � � � � � � � + Ta có: I1  A1  A2 � F1  C1 � F2  B1 Suy tứ giác BFDM nội tiếp đường tròn � F �C � � DMB 1 Suy DM // AC hay DM // AE (1) � �  EDI � AED  EDM Suy AEDI hình thang cân � � (Hoặc tứ giác BFDM BIAC nội tiếp nên FDM  IAE ; C � �  DIA � � DIA �  IAE � FDM  FDI Suy AEDI hình thang cân.) � � � Suy ADE  IED  DEM nên AD//EM (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ADME hình bình hành Cách khác: + Gọi N trung điểm IM, F giao điểm DE IB � � � � � + Ta có: I1  A1  A2 � F1  C1 � tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn � � Suy FBC  AED (1) � � � � + Mặt khác F1  C1 � F2  B1 � tứ giác BFDM nội tiếp đường tròn � � Suy FBC  MDE (2) � � Từ (1) (2) suy AED  MDE � AE//DM (*) � � � � Hơn AED  MDE � AED  IDE Mà DE//IA Do tứ giác AEDI hình thang cân � � � � � � Suy ADE  IED ; mà IED  DEM nên ADE  DEM � AD//EM (**) Từ (*) (**) suy tứ giác ADME hình bình hành Bài 5: Cho tam giác ABC vng A có AB = 6cm, AC = 8cm Gọi AH đường cao; E F hình chiếu vng góc H AB AC Chứng minh tứ giác AEHF hình chữ nhật Lời giải C M F A D H B E Xét tứ giác AEHF có: �  900 EAF (vì  ABC vng A) �  900 AEH (vì E hình chiếu vng góc H AB) �  900 AFH (vì F hình chiếu vng góc H AC) Vậy tứ giác AEHF hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật) Bài 6: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B) Gọi H hình chiếu vng góc C AB, D điểm đối xứng với A qua C, I trung điểm CH, J trung điểm DH � � a) Chứng minh CIJ = CBH b) Chứng minh D CJH đồng dạng với D HIB c) Gọi E giao điểm HD BI Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn Giải: a Vì ABC nội tiếp đường trịn đường kính AB nên AC  BC D Suy BC  CD (1) + Lập luận để IJ // CD (2) C + Từ (1) (2) suy IJ ^ BC � � � + Suy CIJ = CBH (cùng phụ với HCB ) (3) b Trong  vuông CBH ta có: (4) � = tan CBH CH BH E I A J H O B + Lập luận chứng minh CJ // AB + Mà CH  AB (gt) + Suy CJ  CH +) Trong tam giác vng CIJ ta có + Từ (3), (4), (5) � � = tan CIJ CJ CJ = ( CI = HI ) CI HI (5) CH CJ  HB HI CH CJ  � � + Xét D CJH D HIB có HCJ  BHI  90 HB HI (cmt) + Nên D CJH đồng dạng với D HIB � c Lập luận để chứng minh HEI  90 + Chứng minh HEI đồng dạng với HCJ HE HI  + Suy HC HJ + Suy HE.HJ = HI.HC + Mà HJ  1 HD; HI  HC 2 + Suy HE.HD = HC2 Bài 7: Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa nửa đường trịn vẽ tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn, Ax lấy M cho AM > R Từ M vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường trịn Đường thẳng vng góc với AB O cắt BC N Chứng minh MNCO hình thang cân Giải: -Ta có ACB nội tiếp đường trịn (vì ) mà AB đường kính nên ACB vng C � AC  BN Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO trung trực AC �  NBO � � MO  AC � MO // NB � MOA � � -Ta có OA  MA ( ) � MAO  NOB  90 ; xét MAO NOB có �  NOB �  900 ; MOA �  NBO � ; OA  OB  R MAO � MAO  NOB � MO  NB -Ta có MO // NB; MO  NB � MNBO hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân ... Suy FBC  MDE (2) � � Từ (1) (2) suy AED  MDE � AE//DM (*) � � � � Hơn AED  MDE � AED  IDE Mà DE/ /IA Do tứ giác AEDI hình thang cân � � � � � � Suy ADE  IED ; mà IED  DEM nên ADE  DEM � AD//EM... ∽ ADE (g.g) � DX DE   OD AE � DX  R 10 � DM  R 10 DE DE  AD � Xét DEM ∽ AEC � ME DE MD   AE CE AC 10 � ME ME  �  AE AM � EI   10 ME DE MD   CE AE AC 1 AB  CD � ID  EI  DE ... 90 0 � MFN �  90 0 � MO 2 �O � � Mặt khác AME  BNE  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) �  ENF �  90 0 � � � EMF suy MENF hình chữ nhật � MEF  NME Mà �EM  O �ME O 1 ( O1ME � O �EM  90 0