12 BÀI HÌNH HỌC 9 ÔN TUYỂN SINH 10 –có đáp án ( St) Bài 1*Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O’) lần lượt tại điểm thứ hai E, F. 1. Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. 2. Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. 3. Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) (P ∈ (O), Q ∈ (O’)). Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ. Giải: 1. Ta có : · ABC = 1v · ABF = 1v ⇒ B, C, F thẳng hàng. AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy. 2. · ECA = · EBA (cùng chắn cung AE của (O) Mà · ECA = · AFD (cùng phụ với hai góc đối đỉnh) ⇒ · EBA = · AFD hay · · EBI =EFI ⇒ Tứ giác BEIF nội tiếp. 3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ Chứng minh được các tam giác AHP và PHB đồng dạng ⇒ HP HA HB HP = ⇒ HP 2 = HA.HB Tương tự, HQ 2 = HA.HB ⇒ HP = HQ ⇒ H là trung điểm PQ. Bài 2 : Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm C và D thuộc đường tròn, B là trung điểm của cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA ; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại M ; MD cắt AB tại K ; MB cắt AC tại H. a) Chứng minh · BMD = · BAC , từ đó => tứ giác AMHK nội tiếp. b) Chứng minh : HK // CD. c) Chứng minh : OK.OS = R 2 . Gv: Lê Long Châu THCS Nguyễn Trãi.Châu Đốc Sưu tầm-chỉnh sửa O O’ B A C D E F I P Q H 1 1 (d) H I F O A D C B E K Gii a) Ta có ằ ằ BC BD= (GT) ã ã BMD BAC= (2 góc nội tiếp chắn 2 cung băng nhau) * Do ã ã BMD BAC= A, M nhìn HK dời 1 góc bằng nhau MHKA nội tiếp. b) Do BC = BD (do ằ ằ BC BD= ), OC = OD (bán kính) OB là đờng trung trực của CD CD AB (1) Xet MHKA: là tứ giác nội tiếp, ã 0 90AMH = (góc nt chắn nửa đờng tròn) ã 0 0 0 180 90 90HKA = = (đl) HK AB (2) Từ 1,2 HK // CD H K M A B O C D S Bi 3)* Cho hỡnh vuụng ABCD cú tõm O , v ng d quay quanh O ct 2 cnh AD v BC ln lt E v F ( E,F khụng trựng cỏc nh hỡnh vuụng).T E v F ln lt v cỏc ng thng song song vi BD v AC ct nhau I. a) Tỡm qu tớch ca im I. b) T I v ng vuụng gúc vi EF ti H.Chng t rng H thuc ng trũn c nh v ng IH i qua im c nh. a)Tỡm qu tớch Thun: AEI vuụng cõn => AE = AI ; AOE = OCF =>AI = CF => FI //AB=> I AB ( c nh) * Gii hn I AB v tr 2 im A v B * o : Gi I bt k trờn AB ( A , B ) .Gi E, F l im i xng ca I qua AC v BD =>OA l phõn giỏc ca ẳ ' 'I OE ; OB l tia phõn giỏc ca ã ' 'I OF => ẳ 0 'OF' 180E = => E ; O; F thng hng Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 2 2 * Kt lun : I AB ngoi tr 2 im A v B b)AEHI ni tip => ẳ ẳ 0 45 IHFAHI AEI B= = ni tip => ẳ ẳ ẳ 0 0 45 90BHI IFB AHB H= = = ng trũn ng kớnh AB => ẳ 0 45KHA = => K chớnh gia cung ằ AB ( c nh ) *Bi 4.Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C (AB > BC). Vẽ đờng tròn tâm (O ' ) đờng kính BC.Gọi I là trung điểm của AC. Vẽ dây MN vuông góc với AC tại I, MC cắt đờng tròn tâm O ' tại D. a) Tứ giác AMCN là hình gì? Tại sao? b) Chứng minh tứ giác NIDC nội tiếp? c) Xác định vị trí tơng đối của ID và đờng tròn tâm (O) với đờng tròn tâm (O ' ). Gii I D N M O' O A C B a) Đờng kính AB MN (gt) I là trung điểm của MN (Đờng kính và dây cung) IA=IC (gt) Tứ giác AMCN có đơng chéo AC và MN cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng và vuông góc với nhau nên là hình thoi. b) ã 0 90ANB = (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O) ) BN AN. AN// MC (cạnh đối hình thoi AMCN). BN MC (1) ã 0 90BDC = (góc nội tiếp chắn 1/2 đờng tròn tâm (O ' ) ) BD MC (2) Từ (1) và (2) N,B,D thẳng hàng do đó ã 0 90NDC = (3). ã 0 90NIC = (vì AC MN) (4) Từ (3) và (4) N,I,D,C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính NC Tứ giác NIDC nội tiếp c) O BA. O ' BC mà BA v BC là hai tia đối nhau B nằm giữa O và O ' do đó ta có OO ' =OB + O ' B đờng tròn (O) và đờng tròn (O ' ) tiếp xúc ngoài tại B V MDN vuông tại D nên trung tuyến DI = 1 2 MN =MI V MDI cân ã ã IMD IDM= . Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 3 3 O K F E D C B A Tơng tự ta có ã ã ' 'O DC O CD= mà ã ã 0 ' 90IMD O CD+ = (vì ã 0 90MIC = ) ã ã 0 ' 90IDM O DC+ = mà ã 0 180MDC = ã 0 ' 90IDO = do đó ID DO ID là tiếp tuyến của đờng tròn (O ' ). Bi 5)Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó Dng hình vuông ABCD thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C. Gọi Flà giao điểm của Aevà nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ? Gii a. Ta có ã KEB = 90 0 mặt khác ã BFC = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn) do CF kéo dài cắt ED tại D => ã BFK = 90 0 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK. b. ã ã BCF =BAF Mà ã BAF = ã BAE =45 0 => ã BCF = 45 0 Ta có ã BKF = ã BEF Mà ã BEF = ã BEA =45 0 (EA là đờng chéo của hình vuông ABED)=> ã BKF =45 0 Vì ã ã BKC BCK= = 45 0 => tam giác BCK vuông cân tại B Bi 6) Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. Gii Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 4 4 Q N M O C B A a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên CH AB và BH AC => BD AB và CD AC . Do đó: ã ABD = 90 0 và ã ACD = 90 0 . Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD của đờng tròn tâm O thì tứ giác BHCD là hình bình hành. b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ã APB = ã ADB nhng ã ADB = ã ACB nhng ã ADB = ã ACB Do đó: ã APB = ã ACB Mặt khác: ã AHB + ã ACB = 180 0 => ã APB + ã AHB = 180 0 Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên ã PAB = ã PHB Mà ã PAB = ã DAB do đó: ã PHB = ã DAB Chứng minh tơng tự ta có: ã CHQ = ã DAC Vậy ã PHQ = ã PHB + ã BHC + ã CHQ = ã BAC + ã BHC = 180 0 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy APQ là tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD và ã ã 2.PAQ BAC= không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất AP và AQ là lớn nhất hay AD là lớn nhất D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O ** Bài 7: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn );( BCAC . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đ- ờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 5 5 H O P Q D C B A K O N M I D C B A Gii a). Xét ABM và NBM . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) nên : ã ã AMB=MBN = 90 o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ã ã ABM =MBN => ã ã BAM =BNM => BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp => ã ã BAM =MCN ( cùng bù với góc MCB). => ã ã MCN =MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét MCB và MNQ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt) ã BMC = ã MNQ ( vì : ã ã ã ã ;MCB MBC MQN= =MNC ). => ) ( cgcMNQMCB = => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có BQAC AB 2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB 2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R 2 = BC( BC + 2R) => BC = R)15( * Bài 8 : Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD. a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN. b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi. c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. Gii Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: AD = 4 1 AB. Ta có D là điểm cố định Mà AB MA = 2 1 (gt) do đó MA AD = 2 1 Xét tam giác AMB và tam giác ADM có ã MAB (chung) AB MA = MA AD = 2 1 Do đó AMB ADM => MD MB = AD MA = 2 => MD = 2MD (0,25 điểm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. - Dựng đờng tròn tâm A bán kính 2 1 AB - Dựng D trên tia Ax sao cho AD = 4 1 AB M là giao điểm của DC và đờng tròn (A; 2 1 AB) . ** Bài 9. Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D. Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 6 6 a.Chứng minh : AC . BD = R 2 . b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . Gii a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO 2 = CM . MD R 2 = AC . BD b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp ã ã ã ã MCO = MAO;MDO = MBO ( ) .COD AMB g gV : V (0,25đ) Do đó : 1 . . . . = V V Chu vi COD OM Chu vi AMB MH (MH 1 AB) Do MH 1 OM nên 1 1 OM MH Chu vi COD V chu vi AMB Dấu = xảy ra MH 1 = OM M O M là điểm chính giữa của cung ằ AB Bài 10)Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD 2 = AB . AC - BD . DC. Gii Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E là giao điểm của AD và (O) Ta có: ABD CEDV : V (g.g) . . BD AD AB ED BD CD ED CD = = ( ) 2 . . . . AD AE AD BD CD AD AD AE BD CD = = Lại có : ( ) .ABD AEC g gV : V 2 . . . . AB AD AB AC AE AD AE AC AD AB AC BD CD = = = Bi 11) : Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. Gii Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 7 7 oh d c m b a d e c b a O B C H E A P a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có CB CH PB EH = ; (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => ã ã POB=ACB (hai góc đồng vị) => AHC POB Do đó: OB CH PB AH = (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH 2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có .)2( 2PB AH.CB 2PB AH.CB AH 2 = R AH 2 .4PB 2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB 4AH.PB 2 = 4R.PB.CB - AH.CB 2 AH (4PB 2 +CB 2 ) = 4R.PB.CB 2 222 222 222 2222 d Rd.2.R 4R)R4(d Rd.8R (2R)4PB 4R.2R.PB CB4.PB 4R.CB.PB AH = + = + = + = Bi 12) : Cho ABCV cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp BCDV . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. HD gii c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành AB // CK ã ã BAC ACK= Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 8 8 O K D C B A Mà ã 1 2 ACK = sđ ằ EC = 1 2 sđ ằ BD = ã DCB Nên ã ã BCD BAC= Dựng tia Cy sao cho ã ã BCy BAC= .Khi đó, D là giao điểm của ằ AB và Cy. Với giả thiết ằ AB > ằ BC thì ã BCA > ã BAC > ã BDC . D AB . Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm. Gv: Lờ Long Chõu THCS Nguyn Trói.Chõu c Su tm-chnh sa 9 9 . 12 BÀI HÌNH HỌC 9 ÔN TUYỂN SINH 10 có đáp án ( St) Bài 1*Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt của cung ằ AB Bài 10) Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD 2 = AB . AC - BD . DC. Gii Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC Gọi E là giao điểm của AD và (O) Ta có: ABD CEDV : V . Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. HD gii c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành