GIÁO ÁN ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Ngày soạn : 15/3/2010 Ngày dạy : Số tiết : 30 tiết CHUYÊN ĐỀ 2 : CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP ÔN TẬP THI VÀO PTTH A.MỤC TIÊU : * Ôn tập các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông và các hệ thức giữa cạnh và góc của một tam giác vuông . -Rèn kỹ năng vận dụng linh hoạt các hệ thức trên vào tính độ dài các đoạn thẳng. *Ôn tập các kiến thức về đường tròn .Rèn luyện các kỹ năng vẻ hình và vận dụng các kiến thức về đường tròn để giải các bài toán về tính toán và chứng minh. *Ôn tập các kiến thức góc ở tâm ,góc nội tiếp , góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung , góc có đỉnh ở bên trong và bên ngoài đường tròn . Điều kiện để một tứ giác nội tiếp .các công thức tính độ dài đường tròn , cung tròn , diện tích hình tròn . hình quạt tròn . -Rèn luyện các kỹ năng vẻ hình và vận dụng các kiến thức trên để giải các bài toán về tính toán và chứng minh. HS: được rèn luyện các khả năng quan sát , dự đoán , rèn luyện tính chính xác ,cẩn thận. B.PHƯƠNG PHÁP : Thực hành giải toán . C . CHUẨN BỊ : GV : Giáo án , chọn lọc các bài tập cơ bản ,nâng cao và các bài tập đề thi vào lớp 10 để ôn tập . D . NỘI DUNG KIẾN THỨC : Bài 1. Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H và K. 1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; 2. Tính · CHK ; 3. Chứng minh KH.KB = KC.KD; 4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh 2 2 2 1 1 1 AD AM AN = + . GV:BÙI XUÂN BẢO-THCS GIO HẢI 1 D C K N P A B M H GIÁO ÁN ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 + Ta có · DAB = 90 o (ABCD là hình vuông) · BHD = 90 o (gt) Nên · · DAB BHD+ = 180 o ⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp + Ta có · BHD = 90 o (gt) · BCD = 90 o (ABCD là hình vuông) Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB ⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp Ta có: · · · · o o BDC BHC 180 CHK BHC 180  + =   + =   ⇒ · · CHK BDC= mà · BDC = 45 o (tính chất hình vuông ABCD) ⇒ · CHK = 45 o Xét ∆KHD và ∆KCB Có · · · o KHD KCB (90 ) DKB chung  = =     ⇒ ∆KHD ∆KCB (g.g) ⇒ KH KD KC KB = ⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P. Ta có: · · BAM DAP= (cùng phụ · MAD ) AB = AD (cạnh hình vuông ABCD) · · o ABM ADP 90= = Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP Trong ∆PAN có: · PAN = 90 o ; AD ⊥ PN nên 2 2 2 1 1 1 AD AP AN = + (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒ 2 2 2 1 1 1 AD AM AN = + Bài tập 2: Cho tam gi¸c vu«ng c©n ABC cã AB = AC = 5cm. §êng trßn ®êng kÝnh AC c¾t c¹nh BC t¹ M. Tia ph©n gi¸c cña gãc BAM c¾t ®êng trßn t¹i N (N kh¸c A) vµ c¾t c¹nh BC t¹i I. §êng th¼ng AM c¾t ®êng th¼ng CN t¹i S. a) Chøng minh tø gi¸c NIMS lµ tø gi¸c néi tiÕp. GV:BÙI XUÂN BẢO-THCS GIO HẢI 2 GIO N ễN TP HèNH HC 9 b) Tính độ dài đoạn IC. c) Chứng minh tứ giác BISA là tứ giác nội tiếp. a) Ta có: ã AMC = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ã AMI = 180 o - ã AMC = 90 o (hai góc kề bù) ã ANC = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ã INC = 180 o - ã ANC = 90 o (hai góc kề bù) Tứ giác NIMS có: ã INS + ã IMS = ã INC + ã AMI = 90 o + 90 o = 180 o NIMS là tứ giác nội tiếp. b) Tam giác ABC vuông cân nên đờng cao AM cũng là đờng trung tuyến. AM = BM = MC = 1 2 BC. áp dụng đinh lí pitago vào tam giác vuông ABC ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 = 5 2 + 5 2 = 50 BC = 50 = 5 2 (cm) AM = MC = 5 2 2 (cm) (1) Tam giác vuông AMB có AM = BM (chứng minh trên) tam giác AMB vuông cân ã BAM = 45 o . Vì AI là tia phân giác của ã BAM ã IAM = ã 1 2 BAM = 22 o 30 . áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông AIM ta có: IM = AM. tg ã IAM = 5 2 2 . tg22 o 30 = 1,4544 (cm) (2) Từ (1) và (2) IC = IM + MC = 1,4544 + 5 2 2 (cm). c) Tam giác AIC có S là giao điểm của hai đờng cao AM và CN IS AC IS//AB ã AIS = ã IAB (hai góc so le trong) GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 3 GIO N ễN TP HèNH HC 9 ã AIS = ã IAB = ã 1 2 BAM = 22 o 30 Mặt khác ã BIA = ã IAM + ã IMA (tính chất góc ngoài của tam giác) ã BIA = ã IAM + ã IMA = 22 o 30 +90 o = 112 o 30 . ã BIS = ã BIA + ã AIS = 112 o 30 + 22 o 30 = 135 o . Tứ giác BISA có: ã BAS + ã BIS = 45 o + 135 o = 180 o BISA là tứ giác nội tiếp. B i 3 : Cho tam giác ABC vuông tại A có các đỉnh A, B cố định và đỉnh C thay đổi trên tia At vuông góc với AB tại A. Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC và P, Q, R lần lợt là các tiếp điểm của đờng tròn với các cạnh AC, BC, AB. Các đờng thẳng PQ và AI cắt nhau tại D. a) Chứng minh bốn điểm B, D, Q, R nằm trên một đờng tròn. b) Chứng minh khi C thay đổi trên At thì đờng thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định. a) Ta có: góc BRI + gócBQI = 90 o Vậy tứ giác BRIQ nội tiếp (1) Ta lại có: tam giácDIR=tam giácDIP(c.g.c) gócDRI=gócDPI Mà tam giác QIP cân nên gócIQP = gócIPQ gócDRI = gócDQI Vậy tứ giác QDIR nội tiếp (2) Từ (1) và (2) B,Q,D,I,R cùng thuộc mọt đờng tròn đpcm b) Vì tứ giác BRID nội tiếp mà góc BRI = 90 o nên góc BDI= 90 o Vậy tam giác BDA vuông cân, AB cố định nên D cố định Do đó PQ luôn đi qua điểm D cố định B i 4 : Cho đờng tròn (O) và một đờng kính AB của nó. Gọi S là trung điểm của OA, vẽ đờng tròn (S) có tâm là điểm S và đi qua A. a) Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau. GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 4 GIO N ễN TP HèNH HC 9 b) Qua A vẽ các đờng thẳng Ax cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại M, Q; đờng thẳng Ay cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đ- ờng thẳng Az cắt các đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại P, T. Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT. a) Vì S là trung điểm của OA nên OS = OA- SA= R- r > 0 Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau b) Ta có: ã MAP + ã MNP = 180 o (tứ giác AMNP nội tiếp) ã QAT + ã QFT = 180 o (tứ giác AQFT nội tiếp) ã MNP = ã QFT (1) Mặt khác: ã MPN = ã MAN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) ã QTF = ã QAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FQ) ã MPN = ã QTF (2) Từ (1) và (2) suy ra MNP đồng dạng với QFT (g-g). B i 5 : Cho một nửa đờng tròn (O) đờng kính AB; một điểm M nằm trên cung AB và một điểm C nằm trên đờng kính AB sao cho CA < CB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M ngời ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB. Đờng thẳng đi qua M vuông góc với MC cắt Ax, By theo thứ tự tại P, Q. Gọi R là giao điểm của AM với CP; S là giao điểm của BM với CQ. a) Chứng minh các tứ giác APMC, BQMC nội tiếp đợc. b) Chứng minh RS //AB c) Tứ giác ARSC có thể là hình bình hành đợc không? Tại sao? GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 5 GIO N ễN TP HèNH HC 9 a) Ta có: Tứ giác APMC nội tiếp đờng tròn(vì ã PAC + ã PMC =180 o ) Tứ giác BQMC nội tiếp đờng tròn(vì ã QBC + ã QMC =180 o ) b) Ta có: ã PMA = ã PCA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PA) ã QMB = ã QCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB) Mặt khác: ã AMB =90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ã PCA + ã QCB = ã PMA + ã QMB =90 o ã PCQ =90 o Tứ giác MRCS nội tiếp đờng tròn(vì ã RMS + ã RCS =180 o ) ã RCM = ã RSM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung RM) (1) Ta lại có: ã PAM = ã PCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2) ã PAM = ã ABM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra ã RSM = ã ABM (ở vị trí đồng vị) RS//AB c) Tứ giác ARSC không thể là hình bình hành. Vì: Nếu tứ giác ARSC là hình bình hành CS//AM CS MB PC//MB AM PC PC là trung trực của AM CA = CM C O CA = CB mâu thuẫn với giả thiết CA< CB B i 6: Cho đờng tròn tâm O đờng kính BC, M là một điểm trên đờng tròn (M khác B và C). Tiếp tuyến của đờng tròn tại M cắt hai tiếp tuyến của đ- ờng tròn tại B và C ở các điểm tơng ứng là P và Q. a) Chứng minh các tứ giác BPMO và CQMO nội tiếp. b) Chứng minh tam giác POQ là tam giác vuông tại O. c) Hạ MA vuông góc với BC (A nằm trên BC), hạ AE vuông góc với MB (E nằm trên MB), hạ AF vuông góc với MC (F nằm trên MC). Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp. GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 6 GIO N ễN TP HèNH HC 9 a) Tứ giác BPMO nội tiếp đờng tròn(vì ã OBP + ã OMP =180 o ) Tứ giác CQMO nội tiếp đờng tròn(vì ã OMQ + ã OCQ =180 o ) b)Ta có: ã BOP = ã BMP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP) ã COQ = ã CMQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) Mặt khác: ã BMC =90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ã BOP + ã COQ = ã BMP + ã CMQ = 90 o ã POQ =90 o tam giác POQ vuông tại O. c) Ta có: ã MBA + ã BMA =90 o (hai góc phụ nhau) Tứ giác AEMF nội tiếp đờng tròn(vì ã MEA + ã MFA =180 o ) ã EMA = ã EFA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA) Tứ giác BEFC có: ã EBC + ã EFC = ã EBC + ã EFA + ã AFC = ã MBA + ã BMA + ã AFC =90 o +90 o = 180 o Tứ giác BEFC nội tiếp đờng tròn B i7 : Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với à A = 45 o , nội tiếp trong đờng tròn tâm O. Đờng tròn đờng kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F a) CMR: O thuộc đờng tròn đờng kính BC b) CM: AEC; AFB là những tam giác vuông cân. c) Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân. Suy ra EF = BC. 2 2 GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 7 GIO N ễN TP HèNH HC 9 a) Ta có ã BAC = 1 2 sđ ẳ BmC = 45 o (góc nội tiếp) sđ ẳ BmC =90 o ã BOC =sđ ẳ BmC =90 o (góc ở tâm) O nằm trên đờng tròn đờng kính BC b) Ta có: ã BEC =90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ã AEC = 180 o - ã BEC =90 o (hai góc kề bù) AEC là tam giác vuông có ã EAC = 45 o AEC là tam giác vuông cân. Chứng minh tơng tự ta có AFB là tam giác vuông cân. c) Ta có: góc OEC= 45 o (góc nội tiếp chắn 1/4đờng tròn) Mà tam giác AEC vuông cân tại E nên EO là phân giác đồng thời là đờng cao EO AC Lại có BF AC(c/m trên) Vậy EO//BF Mặt khác gócEBF= góc OFB = 45 o . Vậy tứ giác BEOF là hình thang cân. EF = BO áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông OBC ta có: OB = BC.Sin ã OCB = BC. Sin45 o = BC. 2 2 Do ẳ EOF = ẳ BEO EF = OB = BC. 2 2 B i 8 : Cho đờng tròn đờng kính AB; Trên tia AB lấy điểm C sao cho B nằm giữa AC, từ C kẻ đờng thẳng x vuông góc với AB, trên x lấy điểm D (D C). Nối DA cắt đờng tròn tại M, nối DB cắt đờng tròn tại N, nối CN cắt đờng tròn tại K. 1) Chứng minh ADCN là tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn. 2) Chứng minh AC là phân giác của góc KAD. 3) Kéo dài MB cắt đờng thẳng x tại S. Chứng minh ba điểm S, A, N thẳng hàng. GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 8 GIO N ễN TP HèNH HC 9 a) Ta có: ã ANB = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ã AND = 90 o Mặt khác: ã ACD = 90 o Do đó hai điểm N và C cùng nhìn AD dới một góc vuông Hai điểm N và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AD Hay tứ giác ADCN nội tiếp đờng tròn. b) Ta có: ã KAB = ã KNB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK) ã KNB = ã CAD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) ã KAB = ã CAD AC là phân giác của ã KAD . c) Ta có: ã AMB = 90 o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) B là giao điểm của hai đờng cao SM và AC của ADS nên B là trực tâm ADS Mặt khác DN AN (chứng minh trên) Do đó DN là đờng cao còn lại của ADS Hay ba điểm A, N, S thẳng hàng. B i 9 : Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đờng tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lợt là các điểm chính giữa các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E. Chứng minh rằng: 1) Tứ giác BCPM là hình thang cân; Góc ABN có số đo bằng 90 o . 2) Tam giác BIN cân; EI//BC. 1. Ta có: AB = AC ẳ AMB = ẳ APC = 1 2 ẳ BAC GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 9 GIO N ễN TP HèNH HC 9 ẳ AM = ằ MB = 1 2 ẳ AMB (gt) ằ AP = ằ PC = 1 2 ẳ APC (gt) ẳ AM = ằ MB = ằ AP = ằ PC ẳ BAP = ẳ MPC Do ã MBC = 1 2 sđ ẳ MPC (góc nội tiếp chắn cung ẳ MPC ) ã BCP = 1 2 sđ ẳ BAP (góc nội tiếp chắn cung ẳ BAP ) ã MBC = ã BCP Mặt khác ã MBC + ã MPC =180 o (Vì tứ giác BCPM nội tiếp đờng tròn) ã MPC + ã BCP = ã MPC + ã MBC =180 o MP//BC Tứ giác BCPM là hình thang có MB = PC(vì ằ MB = ằ PC ) nên tứ giác BCPM là hình thang cân Ta lại có: ằ BN = ằ NC = 1 2 ẳ BNC (gt) NB = NC ã ABN = 1 2 sđ ẳ APN (góc nội tiếp chắn cung ẳ APN ) ã ABN = 1 2 sđ( ẳ APC + ằ NC ) = 1 2 sđ ẳ ẳ 1 1 2 2 BAC BNC + ữ = 1 4 sđ ẳ ẳ ) ( BAC BNC+ = 1 4 .360 o = 90 o . 2. Ta có: ã IBN = 1 2 sđ ẳ PCN (góc nội tiếp chắn cung ẳ PCN ) (1) ã ABI = 1 2 sđ ằ AP (góc nội tiếp chắn cung ằ AP ) ã BAI = 1 2 sđ ằ BN (góc nội tiếp chắn cung ằ BN ) ã BIN = ã ABI + ã BAI (góc ngoài của tam giác) ã BIN = 1 2 sđ ằ AP + 1 2 sđ ằ BN = 1 2 ằ PC + 1 2 ằ NC = 1 2 ( ằ PC + ằ NC ) = 1 2 ẳ PCN (2) Từ (1) và (2) ã BIN = ã IBN tam giác BIN cân. Ta có: ã BNE = 1 2 sđ ằ MB (góc nội tiếp chắn cung ằ MB ) ã ENI = 1 2 sđ ẳ AM (góc nội tiếp chắn cung ẳ AM ) Mà ằ MB = ẳ AM ã BNE = ã ENI BEN = IEN(c.g.c) ã EIN = ã EBN =90 o (3) GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 10 [...]... IBC = gócAMC(cùng chắn cung AC) gócIAN = gócAMN sđgócIAN = 1/2sđ cungAN Vậy AI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN 3) SANBC = 2SABC Nên SANBC lớn nhất khi SABC lớn nhất Mà AB cố định đờng cao hạ từ C xuống AB lớn nhất C là điểm chính giữa của cung AB Khi đó M là điểm chính giữa cung lớn AB Vậy khi M là điểm chính giữa của cung lớn AB thì diện tích ANBC lớn nhất CC BI TP P DNG: Bi tp1.Cho... OHD = ã AEB ã ã ã Vì ã AEB = DHC OHD = DHC HD là phân giác của góc OHC a) AH = h không đổi SABC nhỏ nhất khi BC nhỏ nhất Mà BC2 = AB2 + AC2 2AB.AC Dấu = xảy ra khi AB = AC tam giác ABC vuông cân tam giác AHB 2 vuông cân BH = AH = h AB = h 2 OD = h Vì AH OD nên 2 SADHO = 2 2 h 4 Bi 11: Cho tam giác ABC vuông tại A và N là trung điểm của cạnh AC Vẽ đờng tròn (O) đờng kính NC Đờng tròn (O)...GIO N ễN TP HèNH HC 9 Vì AB = AC; NB = NC AN là trung trực của BC AN BC (4) Từ (3) và (4) EI//BC Bi 10: Cho B và C là các điểm tơng ứng thuộc các cạnh Ax và Ay của góc vuông xAy (B A; C A) Tam giác ABC có đờng cao AH và phân giác BE Gọi D là chân đờng vuông góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của AB a) Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội... chứng minh tứ giác ANBC là hình bình hành 2)Chứng minh rằng AI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN 3)Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBC lớn nhất Giải: 1) Xét tam giác AIC và BIN có: IA = IB (gt) góc AIC = góc BIN (đối đỉnh) góc CAI = góc IBN (= góc BMC) Vậy AIC = BIN (g.c.g) Ta có IA = IB (gt) IN = IC ( AIC = BIN) 2) Ta có: gócIAN = gócIBC(so le... thang OMNO nên PK = 1/2(OM+ON) = 1/2(OH+OH) =1/2OO PK là bán kính của đờng tròn đờng kính OO mà PK MN(vì PK//OM) Vậy MN là tiếp tuyếnchung của hai đờng tròn đờng kính BH và OO Bi 16: GV:BI XUN BO-THCS GIO HI 15 GIO N ễN TP HèNH HC 9 Trong mặt phẳng cho đờng tròn (O), AB là dây cung cố định không đi qua tâm của đờng tròn (O) Gọi I là trung điểm của dây cung AB, M là một điểm trên cung lớn AB (M không... im ) a) Chng minh ABOC l t giỏc ni tip b) Chng minh tam giỏc ABC u Tớnh cnh ca tam giỏc u ABC theo R c) T A k cỏt tuyn vi ng trũn ct ng trũn ln lt ti hai im M,N (MN . GIÁO ÁN ÔN TẬP HÌNH HỌC 9 Ngày soạn : 15/3/2010 Ngày dạy : Số tiết : 30 tiết CHUYÊN ĐỀ 2 : CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP ÔN TẬP THI VÀO PTTH A.MỤC TIÊU : * Ôn tập các hệ thức về. ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP Trong ∆PAN có: · PAN = 90 o ; AD ⊥ PN nên 2 2 2 1 1 1 AD AP AN = + (hệ thức lượng trong tam giác vuông) ⇒ 2 2 2 1 1 1 AD AM AN = + Bài tập 2: Cho tam gi¸c vu«ng. có: gócIAN = gócIBC(so le trong) Và góc IBC = gócAMC(cùng chắn cung AC) gócIAN = gócAMN sđgócIAN = 1/2sđ cungAN Vậy AI là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN 3) S ANBC =