giao an ôn tâp hinh thi vao ptth

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
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.
B i 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 tiếp đợc trong đờng
tròn.
b) Chứng minh AH

OD và HD là phân giác của góc OHC.
c) Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h không đổi).
Tính diện tích tứ giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt
giá trị nhỏ nhất.
a) Ta có:
ã
ADB
=
ã
AHB
=90
o


Điểm H và D cùng nhìn AB dới một góc vuông


D và H cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB
Do đó tứ giác ADHB nội tiếp đờng tròn.


ã
AHD
=
ã
ABD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (1)
Ta lại có:
ã
ABD

+
ã
AEB
=
ã
AHD
+
ã
DHC
= 90
o
(2)
Từ (1) và (2)

ã
AEB
=
ã
DHC
Tứ giác CEDH có
ã
CED
+
ã
DHC
=
ã
CED
+
ã

AEB
= 180
o
nên tứ giác CEDH nội
tiếp đờng tròn.
b) Ta có: OH = OA(A và H cùng nằm trên đờng tròn (O;
2
AB
)

ã
ABD
=
1
2
sđ
ằ
AD
(góc nội tiếp chắn cung
ằ
AD
)

ã
HBD
=
1
2
sđ
ẳ

HD
(góc nội tiếp chắn cung
ẳ
HD
)
Mặt khác
ã
ABD
=
ã
HBD
(gt)

ằ
AD
=
ẳ
HD

AD = HD
Do đó: OD là trung trực của AH

AH

OD.


ODA=

ODH(c.g.c)

ã
OAD
=
ã
OHD
Ta lại có:
ã
OAD
=
ã
AEB
(cùng phụ với góc
ã
ABE
)
GV:BI XUN BO-THCS GIO HI
11
GIO N ễN TP HèNH HC 9


ã
OHD
=
ã
AEB
Vì
ã
AEB
=

ã
DHC

ã
OHD
=
ã
DHC


HD là phân giác của góc OHC.
a) AH = h không đổi

S
ABC
nhỏ nhất khi BC nhỏ nhất
Mà BC
2
= AB
2
+ AC
2


2AB.AC
Dấu = xảy ra khi AB = AC

tam giác ABC vuông cân

tam giác AHB

vuông cân

BH = AH = h

AB = h
2

OD = h
2
2
. Vì AH

OD nên
S
ADHO
=
2
4
h
2
B i 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) cắt BN kéo dài tại D và cắt cạnh
BC tại E.
a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC, chứng minh rằng MN là tiếp tuyến
của đờng tròn (O).
c) Kéo dài BA và CD gặp nhau tại F. Chứng minh ba điểm E, N, F
thẳnghàng.
M
A

B
C
D
E
N
F
B i 12 :
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). d là tiếp tuyến
của đờng tròn tại C. Gọi AH; BK là đờng cao của tam giác; M,N,P,Q lần lợt
là chân đờng vuông góc hạ từ A,K,H,B xuống đờng thẳng d.
1.Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp; tứ giác HKNP là hình chữ nhật.
2.Chứng minh: góc HMP = góc HAC; HMP = góc KQN
GV:BI XUN BO-THCS GIO HI
12
GIO N ễN TP HèNH HC 9
3.Chứng minh MP = QN
K
A
B
C
O
H
M
N
P
Q
Giải:

1.ta có: góc AHB = AKB = 90
o

(gt)

Tứ giác AKHB nội tiếp
Ta có: góc KNP = góc NPH = 90
o
(gt)
Mặt khác ACN = góc ABC ( cùng chắn cung AC)
Góc HKC = góc ABH( cùng bù với góc AKH)


góc ACN = góc HKC

HI//NP

gócNIH = 90
o
Vậy tứ giác HKNP là hình chữ nhật
2.Ta có góc AHC = góc AMC = 90
o

Tứ giác AHCM nội tiếp


góc HAC= gócHMP(cùng chắn cung HC)
Tơng tự ta có tứ giác BQCK nội tiếp

gócKQC = gócKBC
Mà góc KBC = gócKAH(cùng chắn cung HK); góc KAH = gócHBP(chứng
minh trên)

gócHMP = gócKQC
3.Xét tam giác MHP và tam giác NKQ có:
KN= HP(cạnh hình chữ nhật)
góc KNQ= gócMPH=90
o
gócHMP = gócKQN(chứng minh trên)
Vậy tam giác MHP = tam giác NKQ

MP = QN
B i 13:
Cho tam giác ABC vuông ti A, có ng cao AH. ng tròn (O)
ng kính HB ct cnh AB ti im E. Tip tuyn vi (O) ti E ct cnh AC
ti F. Chng minh:
a) HE//AC v t giác BEFC ni tip.
b) T giác AEHF l hình ch nht.
c)







2
FH
FE
= 1 +
EA
EB
Giải:

a)ta có: góc BEH= 90
o
(chắn nửa đờng tròn)
Mà BAC = 90
o
(gt)
GV:BI XUN BO-THCS GIO HI
13
GIO N ễN TP HèNH HC 9


HE//AC
ta có: ABC + ACB = 90
o
Mặt khác FEH = ABC(cùng chắn cung EH)
nên góc FEH + ACB = 90
o

ACB + BEF =180
o
Vậy tứ giác BEFC nội tiếp
b) góc FAE = góc AEH =90
o
(c/mtrên)
Mặt khác AFE= FEH(so le trong) và EHA= FEH (cùng chắn một cung)


AFE=EHA

AEHF nội tiếp

AFH = 90
o

AEHF là hình chữ nhật
c)







2
FH
FE
= 1 +
EA
EB
Ta có:







2
FH
FE

=
2
2
FE
FH
=
2 2
2
EH FH
FH
+
=1+
2
2
EH
FH
=1+
2
.EB EA
EA
=1+
EA
EB
B i 14 :
Cho tam giác MNP có ba góc nhọn, góc N gấp đội góc P và MK là đ-
ờng cao. Gọi H là trung điểm của cạnh MP, các đờng thẳng HK và MN cắt
nhau tại điểm G. Chứng minh:
a) Tam giác HKP cân
b) Tứ giác GNHP nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
c) 2HK

2
= MN
2
+ MN.NK
M
G
K
H
P
Giải:

a) Ta có KH = HP = MP( tính chất trung tuyến cạnh huyền)
Vậy tam giác HKP cân
b) Ta có:
ã
MHG
=2
à
P
=
ã
MNP

ã
PNG
=
ã
PHG

tứ giác GNHP nội tiếp đờng tròn

c) Tam giác MNHđồng dạng với tam giác MPG (góc M chung; góc MGP=
gócMHN)

MN
MP
=
MH
MG

MN.MG = MP.MH

2MH
2
=MN.(MN+GN)= MN
2
+
MN.GN

2HK
2
= MN
2
+MN.GN (vì HK= MH)
Mặt khác ta có góc NGH = góc NPH ( cùng chắn cung NH)
GV:BI XUN BO-THCS GIO HI
14
GIO N ễN TP HèNH HC 9
góc NKG = góc HKP (đối đỉnh)

góc NGH = góc NKG

tam giác NGK
cân

NK = NG
Vậy 2HK
2
= MN
2
+MN.NK
B i 15 :
Cho tam giác ABC vuông tại A có đờng cao AH. Đờng tròn tâm (O) đ-
ờng kính BH cắt cạnh AB tại điểm M (M

B); đờng tròn tâm O

đờng kính
CH cắt cạnh AC tại điểm N (N

C). Chứng minh rằng:
1) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
2) Tứ giác BMNC nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
3) MN là tiếp tuyến chung của đờng tròn đờng kính BH và đờng tròn đờng
kính OO

.
a) Ta có:
ã
BMH
= 90

o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

ã
AMH
= 90
o

ã
CNH
= 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

ã
ANH
Tứ giác AMHN có
à
A
=
ả
M
=
à
N
= 90
o
nên tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
b) Ta có: KM = KA (tính chất hình chữ nhật)

Tam giác AKM cân

góc KAM = góc KMA
Mà Góc KAM = góc C (cung phụ với góc CAH)


gócAMK = góc C. Mà AMK + NMB = 180
o


góc C + góc NMB = 180
o
Vậy tứ giác BMNC nội tiếp
c) Ta có: tam giác CMH cân

góc OMH = góc OHM
Tam giác HKM cân

góc MHK = góc KMH
Mà góc MHK + MHO = 90
o

OMH +KMH = 90
o


OM

MN

MN là tiếp tuyến của (O). Tơng tự ta có MN là tiếp tuyến
của (O

)
Gọi P là trung điểm của OO

ta có PK là đờng trung bình của hình thang
OMNO

nên PK = 1/2(OM+O

N) = 1/2(OH+O

H) =1/2OO


PK là bán kính của đ-
ờng tròn đờng kính OO

mà PK

MN(vì PK//OM)
Vậy MN là tiếp tuyếnchung của hai đờng tròn đờng kính BH và OO

B i 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 trùng với A,B). Vẽ đờng tròn (O

) đi qua M và
tiếp xúc với đờng thẳng AB tại B. Tia MI cắt đờng tròn (O

) tại điểm thứ hai
N và cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai C.
1)Chứng minh rằng

AIC =

BIN, từ đó 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 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
= 2S
ABC
Nên S
ANBC
lớn nhất khi S
ABC
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 hỡnh vuụng ABCD ,im E thu cnh BC (E khụng trựng vi
B,C).Qua B k ng thng vuụng vi DE ,ng thng ny ct cỏc ng
thng DE v DC theo th t H v K.
a) chng minh rng BHCD ni tip.
b) Tớnh gúc CHK.
c) Chng minh KC.KD=KH.KB
Bi tp2.Cho tam giỏc ABC cú ba gúc u nhn ni tip trong ng trũn
tõm O.v ng cao BI v CK ca tam giỏc ABC.
a) Chng minh t giỏc BKIC ni tip.
GV:BI XUN BO-THCS GIO HI
16
GIÁO ÁN ÔN TẬP HÌNH HỌC 9
b) Chứng minh KI song song với tiếp tuyến Ax của đường tròn tại A.
c) Chứng minh khi A di chuyển trên cung lớn BC,đường thẳng qua A
vuông góc với KI luôn đi qua một điểm cố định.
Bài tập 3.Trong mặt phẳng cho đường tròn (O).AB là dây cung cố định
không đi qua tâm của đường tròn (O).Gọi I là trung điểm của dây cung
AB ,M là một điểm trên cung lớn (M không trùng với A,B ).Vẽ đường tròn
(O’) đi qua M tiếp xúc với đường thẳng AB tại A .Tia MI cắt đường tròn
(O’) tại điểm thứ hai N và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai C.
a) Chứng minh rằng
BIC AIN=V V
,từ đó chứng minh tứ giác ANBC là hình
bình hành .
b) Chứng minh BI là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN.
c) Xác định vị trí của điểm M trên cung lớn AB để diện tích tứ giác ANBc
lớn nhất.
Bài tập4.Cho (O) bán kính R và đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm A,B.Từ

một điểm M thuộc đường thẳng d và nằmg ngoài dường tròn (O), kẻ các tiếp
tuyến MN và MP với đường tròn cho (N,P là các tiếp điểm ).
a) Chứng minh tứ giác ONMP là tứ giác nội tiếp .
b) Chứng minh
NMO NPO∠ = ∠
.
c) Gọi K là trung điểm của dây AB. Chứng minh bốn điểm O,M,N,K
cùng nằm trên một đường tròn.
d) Cho OM=2R. tính số đo góc NOP.
Bài tập 5.Trên một đường thẳng lấy ba điểm A,B,C cố định theo thứ tự
ấy .Gọi (O) là đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua A và B.Vẽ
đường kính IJ vuông góc với AB ; E là giao điểm của Ị và AB.Gọi M và N
theo thứ tự là gaio điểm của CI và CJ ( M khác I,N khác J ).
a) chứng minh IN,JM và CE cắt nhau tại một điểm D.
b) Gọi F là trung điểm của CD. chứng minh OF
⊥
MN.
c) Chứng minh FM,FN là hai tiếp tuyến của (O).
d) Chúng minh EA.EB=EC.ED.Từ đó suy ra D là điểm cố định khi (O)
thay đổi.
Bài tập 6.Từ một điểm A bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến
AB,AC và cát tuyến AEF ( B,C là hai tiếp điểm , cát tuyến ÀEF không đi
qua O). gọi H là trung điểm của EF; I là giao điểm của BC và OA; K là giao
điểm của hai đường thẳng BC và OH .
a) Chứng minh 5 điểm A,B,C,O,H cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh OH.OK=OA
2
-AB
2
.

Bài tập 7 .Cho (O) bán kính R và đường thẳng d cắt đường tròn tại hai điểm
A, B (d không đi qua tâm O).từ một điểm M thuộc đường thẳng d và ở
ngoài đường tròn đã cho kẻ các tiép tuyến MN và MP với đường tròn (N,P
là các tiếp điểm ).
GV:BÙI XUÂN BẢO-THCS GIO HẢI
17
GIÁO ÁN ÔN TẬP HÌNH HỌC 9
a) chứng minh tứ giác ONMP nội tiếp .Xác định tâm I của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác đó.
b) Gọi K là trung điểm của dây AB. Chứng minh tam giác NIK cân.
c) Cho MA.MB=R
2
(
3 1+
).Tính độ dài đoạn OM theo R.
Bài tập 8.Cho đường tròn (O) bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn
với OA=2R.Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB,AC với đường tròn (B,C là tiếp
điểm )
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh tam giác ABC đều. Tính cạnh của tam giác đều ABC theo
R.
c) Từ A kẻ cát tuyến với đường tròn cắt đường tròn lần lượt tại hai điểm
M,N (MN<2R).
• Chứng minh AM.AN =AB
2
.
• Cho AM+AN=R
15
.Tính độ dài đoạn AM,AN theo R.
Bài tập 9.Cho tam giác vuông cân ABC (

0
90C∠ =
)có độ dài CA=CB=a, E
là một điểm tùy ý trên cạnh BC (không trùng B,C).Qua B kẻ một tia vuông
góc với tia AE tại H và cát tia AC tại K .
a) Chứng minh tứ giác BHCA nội tiếp .
b) Xác định tâm đường tròn và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ
giác BH CA theo a.
c) Chứng minh
CKH CHK
∠ > ∠
.
d) KHi E di chuyển trên cạnh BC, chứng minh BE.BC+AE.AH không
đổi.
Bài tập 10.Cho tam giác ABC vuông tại A và N là trung điểm của cạnh
AC .Vẻ đường tròn (O) đường kính NC .Đường tròn (O) cắt BN kéo dài tại
D và cắt cạnh BC tại E .
a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC .Chứng minh MN là tiếp tuyến của
đường tròn (O).
c) Kéo dài BA và CD gặp nhau tại F .Chứng minh NA
2
=NE.NF
Bài tập 11.Cho đường tròn (O;R).Từ một điểm M ở ngoài (O;R)vẽ hai tiếp
tuyến MA,MB (a,B là các tiếp điểm ).lấy một điểm C trên cung nhỏ AB (c
khác A,B) .gọi D ,E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của C trên
AB,AM,BM.
a) chứng minh AECD là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh
CDE CBA

∠ = ∠
c) Gọi I là giao điểm của AC và DE ;K là giao điểm của BC và DF. Chứng
minh :IK song song AB.
GV:BÙI XUÂN BẢO-THCS GIO HẢI
18
GIÁO ÁN ÔN TẬP HÌNH HỌC 9
d) Xác định vị trí điểm C trên cung nhỏ AB để AC
2
+CB
2
nhỏ nhất .tính giá
trị nhỏ nhất đó khi OM=2R.
E.BỔ SUNG RÚT KINH NGHIỆM
GV:BÙI XUÂN BẢO-THCS GIO HẢI
19