TUYỂN tập HÌNH học PHẲNG lớp 9 HAY

tài liệu này có thể giúp các bạn ôn thi tốt trong kì thi tốt nghiệp và tuyển sinh thpt sắp tới.

HÌNH HỌC PHẲNG TUYỂN CHỌN Bài 1: Cho đường tròn tâm O, vẽ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau tại M trong đường tròn

(O) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc BC tại H và cắt đường thẳng CD tại E Gọi F là điểm đối xứng của C qua AB Tia AF cắt BD tại K Chứng minh:

a) Tứ giác AHCM nội tiếp b) Tam giác ADE cân

c) AK vuông góc BD d) H, M, K thẳng hàng

_ _

O M

N

K F

E H

D

C B A

a) Xét tứ giác AHCM có:

  900

AHCAMC (gt) Suy ra AHC AMC 1800 b) Từ AHCM nội tiếp suy ra: HAM MCB (cùng bù HCM )

Mà MCB MAD ( cùng chắn BC) Nên HAM MAD

-ADE có AM DE và HAM MAD nên ADE cân tại A c) F là đối xứng của C qua AB =>CBF cân tại B=> CBM FBM 

- Gọi N là giao điểm BF với AD ta có:AHB =ANB ( g-c-g)

90

ANBAHB

-ADB có DM và BN là hai đường cao nên F là trực tâm

=> AF BD hay AK  BD

d) - Tứ giác AHBK nội tiếp ( AHBAKB900)=> AKH ABH

- Tứ giác FMBK nội tiếp ( FKM FBM 900) => AKM FBM

- Mà FBM MBH ( FBC cân tại B) nên AKM AKH

- Suy ra: K, M, H thẳng hàng

Bài 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E Kẻ EF vuông góc với AD tại F Chứng minh rằng:

a) Chứng minh: Tứ giác DCEF nội tiếp được

b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của B ˆ C F

1

1 2

F E

D

C

B

A

a)Ta có: A CD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD)

Xét tứ giác DCEF có:

E CD = 900 (cm trên)

và E FD = 900 (vì EF  AD (gt))

=> E CD+ E FD = 1800

=> Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp (đpcm) b) Vì tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp ( cm phần a )

=> Cˆ 1 = Dˆ 1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung EF) (1) Mà: Cˆ 2= Dˆ 1 (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) (2)

Từ (1) và (2) => Cˆ 1 = Cˆ 2 hay CA là tia phân giác của B ˆ C F ( đpcm )

Bài 3: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Điểm M nằm trên nửa đường tròn (M ≠ A; B) Tiếp tuyến tại M cắt tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) lần lượt tại C và D

a) Chứng minh rằng: tứ giác ACMO nội tiếp

b) Chứng minh rằng: CAM   ODM 

c) Gọi P là giao điểm CD và AB Chứng minh: PA.PO = PC.PM

d) Gọi E là giao điểm của AM và BD; F là giao điểm của AC và BM Chứng minh: E; F; P thẳng hàng

C

D

E

F

M

a Tứ giác ACMO nội tiếp.

b Chứng minh rằng: CAM ODM

- Chứng minh được CAM ABM

- Chứng minh tứ giác BDMO nội tiếp

- Chứng minh được ABM ODM Suy ra CAM ODM

c Chứng minh: PA.PO = PC.PM

Chứng minh được PAM đồng dạng với PCO (g.g) Suy ra PA PM

PC PO =>PA.PO=PC.PM

d Chứng minh E; F; P thẳng hàng.

Chứng minh được CA = CM = CF; DB = DM = DE Gọi G là giao điểm của PF và BD, cần cm G trùng E Dựa vào AC//BD chứng minh được

FC

DG

=> DE = DG hay G trùng E.Suy ra E; F; P thẳng hàng

Bài 4: Từ điểm A ở ngoài đường tròn (0;2cm) Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN với

đường tròn đó (M nằm giữa A và N), cho góc BAC có số đo bằng 600

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Xác định tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC

b) Chứng minh: AB2 AM AN.

Tính diện tích phần hình giới hạn bởi các đoạn AB, AC và cung nhỏ BC nói trên

N

O M

C

B

A

a)Tứ giác ABOC có ABO ACO 900 (tính chất của tiếp tuyến )

  1800

ABO ACO

    Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn

ó

 (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau ) và

 600

BAC suy ra BAC

   là tam giác đều  ACB600

  600

AOB ACB

2 4

os 60 os

OB

c

c AOB

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp trung đường tròn tâm là trung điểm của OA bán kính bằng 2 cm

b) Xét hai tam giác ABM và ANB

 à

ABM v ANB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung BM)



Achung

Suy ra ABM đồng dạng ANB(g.g) 2

.

Tứ giác ABOC nội tiếp  

0

180

BAC BOC

.4.120 4

( )

360 360 3

R

cm



2 .

2

OBAC OBA

AB OB

Scần tìm = SOBAC – Squạt 4 12 3 4

4 3

3 cm







Bài 5:

Từ điểm M ở bên ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là các tiếp điểm) Gọi E

là điểm nằm giữa M và A Đường tròn ngoại tiếp tam giác AOE cắt AB tại điểm H Nối EH cắt MB tại F

a) Tính số đo góc EHO

b) Chứng minh rằng tứ giác OHBF nội tiếp

c) Chứng minh rằng tam giác EOF cân

d) Gọi I là trung điểm của AB Chứng minh rằng OI OF = OB.OH

Giải

Lí luận được EHO 90  0

Lí luận được OHF OBF 90   0

suy ra được tứ giác OHBF nội tiếp

OEF OAH ( cùng chắn cung OH của đtròn đường kính OE)

OAH OBH ( ∆ AOB cân)

OBH OEF ( cùng chắn cung OH của đường tròn đường

kính OF)

Suy ra OEF OFE  hay ∆ OEF cân tại O

Chứng minh được ∆ OIB ∆ OHF

Suy ra OI OB

OH OFnên OI.OF = OB.OH

Bài 6: Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB, Gọi C là điểm chính giữa của cung AB Lấy M

thuộc cung BC sao cho AM cắt OC tại N và MB = MN

a) Chứng minh: Tứ giác OBMN nội tiếp

b) Chứng minh: B A M M NˆB

2

1

ˆ  Từ đó tính số đo B ˆ A M c) Tính độ dài cạnh ON

d) Tính thể tích của hình được sinh ra khi quay tam giác AON

quanh AO

Giải

Hình vẽ đúng

a/ Nêu được N MˆB  90 0

và 0

90

ˆB

O N

Suy ra Tứ giác OBMN nội tiếp

b/ Nêu được: B NˆM B OˆM ( cùng chắn cung MB)

F H

I A

B

O M

E

N

A

O

B C

M

-Nêu được B A M B OˆM

2

1

ˆ  ( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MB)

- Suy ra B A M M NˆB

2

1

-∆MBN có MB = MN (gt), 0

90

ˆB

M

N (Góc nt chắn nửa đường tròn) Nên ∆MBN vuông cân tại M Suy ra B NˆM  45 0 và tính được : ˆ 22 30 '

2

1

ˆM  M N B 0

A B

c) ON = OA tanA = R tan 22030’

d) Viết được V = 1 2

3R h

Tìm được: V = R tan 22 30 '.R

3

3

R

Bài 7 Cho đường tròn (O), dây AB và một điểm C ở ngoài đường tròn và nằm trêntia BA Từ một

điểm chính giữa P của cung lớn AB kẻ đường kính PQ của đường tròn cắt dây AB tại D Tia CP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là I Các dây AB và QI cắt nhau tại K

a) Chứng minh rằng tứ giác PDKI nội tiếp

b) Chứng minh CI.CP = CK.CD

c) Chứng minh IC là phân giác ngoài ở đỉnh I của tam giác AIB

d) Giả sử A, B, C cố định, chứng minh rằng khi đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A, B thì đường thẳng QI luôn đi qua một điểm cố định

Giải

a) Xét tứ giác PDKI có:

PIQ = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Vì P là điểm chính giữa của cung lớn AB nên

ABPQ hay PDK = 900

Suy ra PIQ+ PDK = 1800

Vậy tứ giác PDKI nội tiếp

b) Xét hai tam giác vuông CIK và CDP có Cchung nên

CIK đồng dạngCDP (g.g)

CP

CK CD

CI



CD CK

CP

CI 



c) Ta có BIQ = AIQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau AQ QB ) Mặt khác CIK = 900

nên CI là phân giác ngoài ở đỉnh I của AIB

d) Tứ giác ABPI nội tiếp nên suy ra: CIA đồng dạng CBP (g.g)

=> CI.CP = CA.CB (1)

Mà theo câu b), ta có CI.CP = CK.CD (2)

Từ (1) và (2) suy ra: CK.CD = CA.CB hay

CD

CB CA

CK  . không đổi và K thuộc tia CB Vậy K cố định và QI qua K cố định

Bài 8: Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R), AB<AC, các đường cao BD, CE

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.

b) Vẽ đường thẳng xy tiếp xúc (O) tại A Chứng minh xy // ED.

c) Chứng minh: EBD ECD 

d) Cho BAC 600, R = 2cm Tính diện tích hình viên phân tạo bởi cung nhỏ BC và dây căng cung đó

I

Q

P

B

Tứ giác BEDC có

Vậy tứ giác BEDC nội tiếp

Tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) Suy ra : EBD ECD ( cùng chắn ED )

Kẻ OH BC

cân tại O)



2

2

.1.2 3 3

2 120 4

BOC

hqBOC

R BOC



Diện tích viên phân cần tìm :

2

4 3( ) 3

hqBOC BOC



2

2

.1.2 3 3

2 120 4

BOC

hqBOC

R BOC



Diện tích viên phân cần tìm : 4 3( 2)

3

hqBOC BOC

Bài 9: Cho tam giác ABC nhọn Hai đường cao BM, CN của ta giác cắt nhau tại H

a/ Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC

c/ Cho biết MC = R, BC = 2R Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC, bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R

D E

B

A

y

x

O





1 ,( )

1 , ( )

1

BEC v CE AB BDC v BD AC BEC BDC v





1 ,( )

1 , ( )

1

BEC v CE AB BDC v BD AC BEC BDC v

d/ Gọi K là giao điểm của AH và BC I là giao điểm của tia NK và (O) Chứng minh: IM BC

Giải

Chứng minh : Tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn, xác định tâm O của đường tròn đó

0

0

=> CNB CMBˆ  ˆ ( 90 )  0

=> Tứ giác BNMC có hai đỉnh liền kề M, N cùng

nhìn BC dưới góc 900 nên nội tiếp đường tròn

Tâm O là trung điểm của BC ((do CNB ˆ 90 )0

b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC

Xét AMN và ABC có :

ˆ

BAC chung, ANMˆ ACBˆ ( do BNMC nội tiếp đường tròn)

=> AMN đồng dạng ABC ( g.g)

=> MN AM AB MN. BC.AM

c/ Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC,

bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R

Ta có : OM=OC=MC (=R)=>OMC đều =>MOC ˆ 600

Diện tích của quạt tròn cần tìm:

360 360 6

S    ( đvdt) d) Chứng minh : IM BC

Xét tam giác ABC có : BM, CN là hai đường cao cắt nhau tại H => H là trực tâm

=> AH vuông góc với BC

0

ˆ ˆ 180

BNH BKH  => Tứ giác BKHN nội tiếp

NKH NBH

  ( cùng chắn cung NH)

Lại có : NIMˆ NBHˆ ( cùng chắn cung NB của (O))

=> NIMˆ NKHˆ => AK // IM

Lại có AK BC => IM BC

Bài 10: Cho ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R) Trên AB lấy điểm M (khác A, B), trên AC lấy điểm N ( khác A, C ) sao cho BM = AN

a) Chứng minh OBM bằng OAN

b) Chứng minh tứ giác OMAN nội tiếp được đường tròn Tính diện tích viên phân giới hạn bởi dây BC và cung BC theo R

Giải

a) Xét OBM và OAN có:

OA = OB ( bán kính) ; BM = AN ( gt) ;M BˆON AˆO(Cùng bằng 30 0)

Vậy OBM OAN

b) Ta có: A MˆOB MˆO 180 0(kề bù)

Mà: A NˆO B MˆO (OBM OAN )

Suy ra: A MˆO A NˆO 180 0

Vậy tứ giác OMAN nội tiếp được đường tròn

Vì BC là cạnh tam giác đều nội tiếp (O; R)  BC  R 3;

2

R

OH  và sđB C  120 0

A

B

M N

I K H

3 360

120 360

2 0

0 2 0

0

R

S OB C

n











4

3 2

3 2

1

2

R OH BC

SBOC    (đvdt)

4

3 3

( 4

3 3

2 2

2











S viênphân (đvdt)

Bài 11: Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O); tia AO cắt đường tròn (O) tại D ( D

khác A) Lấy M trên cung nhỏ AB ( M khác A, B ) Dây MD cắt dây BC tại I Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB Chứng minh rằng:

a/ MD là phân giác của góc BMC

b/ MI song song BE

c/ Gọi giao điểm của dường tròn tâm D, bán kính DC với MC là K (K khác C ) Chứng minh rằng tứ giác DCKI nội tiếp

A

I

K

E

N

D

A

O

M

a) Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC cân tại A BAD CAD  DC BD 

BMD CMD

  ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Vậy MD là phân giác của góc BMC

b) Ta có MD là phân giác của góc BMC  BMC 2DMC (1)

Mà MEB cân tại M ( Vì theo giả thiết ME = MB )

 2 (2)

  ( Tính chất góc ngoài tam giác )

Từ (1) và (2)  DMCMEB Mà chúng ở vị trí đồng vị

Nên suy ra : MI // EB

2

sd MB sd BD DCKMCD  ( Góc nội tiếp chắn MBD )

2

sd MB sdCD

DIC  ( góc có đỉnh ở bên trong đường tròn )

Mà theo C/m trên : BD CD   DCK DIC (3)

Ta có DK = DC ( bán kính của đường tròn tâm D) DCK cân tại D  DKC DCK (4)

Từ (3) và (4) :  DKC DIC Suy ra : Tứ giác DCKI nội tiếp (đpcm)

Bài 12: Cho hình vuông ABCD, lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C)

Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn Xác định tâm I của đường tròn đó

b) Chứng minh KM DB

c) Chứng minh KC KD KH KB 

d) Giả sử hình vuông ABCD có là a Tính thể tích của hình do nửa hình tròn tâm I quay một vòng quanh đường kính

Giải

a) Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp

Ta có BCD  900(vì ABCD là hình vuông)

 900

BHD  (vì BH DM)

 H, C cùng thuộc đường tròn đường kính BD

Vậy tứ giác BHCD nội tiếp được đường tròn

đường kính BD, có tâm I là trung điểm đoạn BD

b) Chứng minh KM DB

Trong KBD có: ( )

( )

DH BK gt

BC DK gt



   KM DB(đường cao thứ ba) c) Chứng minh KC KD KH KB.

Xét KCB và KHD có: C = H = 900; K là góc chung  KCB KHD(g-g) KC KB

KH KD

d) Nửa hình tròn tâm I quay một vòng quanh đường kính, ta được một hình cầu có bán kính:

2

BD

R  Trong đó: BD a2a2 a 2  2

2

R a

Vậy thể tích của hình cầu là: 4 3

3

V  R

3

3 a 2

3

2

3 a

 (đơn vị thể tích)

Bài 13: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O) các đường cao

AG, BE, CF cắt nhau tại H :

a Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp Xác định tâm (I) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó

b Chứng minh AE AC = AH AG

c Chứng minh GE là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I)

d Cho bán kính của đường tròn tâm (I) là 2 cm Góc BAC = 500 Tính diện tích hình quạt IEHF

Bài 14: Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H

a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp

b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp

c) Chứng minh : OA EF

d) Biết số đo cung AB bằng 90 0 và số đo cung AC bằng 120 0 Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC

a) Chứng minh : Tứ giác AEHF nội tiếp

+ Tứ giác AEHF có: AEH 90 ;AFH 90 gt· = 0 · = 0( )

+ AEH AFH 90· +· = 0+90 0=180 0

+ Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH

b) Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp.

F và E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn BC dưới 1 góc 900

+ Tứ giác BFEC có: BFC 90 ;BEC 90 gt· = 0 · = 0( )

H

K B

A

+ Vậy tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

c) Chứng minh : OA EF

+ Kẻ tiếp tuyến x’Ax của (O) · x AB ACB ' =· ( Cùng chắn cung AB )

+ AFE ACB· =· ( BFEC nội tiếp )

+  x AB AFE·' =· Þ x x' //FE

+ Vậy : OA EF

d) Tính theo R diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC + Gọi S Ct là diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC

( )

4 2 (đvdt)

R R 3

3 4 (đvdt)

+ = ( )- - =p - æççççèp - ö÷÷ ÷ ç÷- æççççp - ö÷÷÷÷÷= p -

2