Ôn tập Hình 9 HK II_10-11_Có hướng dẫn giải

Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08


1

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

ðịnh nghĩa – ðịnh lý
Hệ quả
Ký hiệu tốn học Hình vẽ
1. Góc ở tâm: Trong một
đường tròn, số đo của góc ở
tâm bằng số đo cung bị
chắn.



2. Góc nội tiếp:
* ðịnh lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc nội tiếp
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.
* Hệ quả: Trong một đường
tròn:
a) Các góc nội tiếp bằng
nhau chắn các cung bằng
nhau.

b) Các góc nội tiếp cùng
chắn một cung hoặc chắn
các cung bằng nhau thì
bằng nhau.









c) Góc nội tiếp (nhỏ hơn
hoặc bằng 90
0
) có số đo
bằng nửa số đo của góc ở
tâm cùng chắn một cung.

d) Góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn là góc vng.

(O,R) có:

AOB
ở tâm chắn

AmB

⇒

AOB
= sđ

AmB






(O,R) có:

BAC
nội tiếp chắn

BC

⇒

BAC
=
1
2
sđ

BC
.

a) (O,R) có:






BC EF
⇒ =





b) (O,R) có:




(O,R) có:

c) (O,R) có:




d) (O,R) có:

BAC
nội tiếp chắn nửa đường tròn













=


n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BAC EDF








⇒ =



n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn BC
BAC
BAC BDC
BDC












⇒ =


=


n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BAC EDF
BC EF









⇒ =



n.tiếp chắn BC
1
2
ở tâm chắn BC
BAC
BAC BOC
BOC
Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08


2







3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung:
* ðịnh lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cung
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.

* Hệ quả: Trong một đường
tròn, góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cung và góc
nội tiếp cùng chắn một cung
thì bằng nhau.
4. Góc có đỉnh ở bên trong
đường tròn:
* ðịnh lý: Góc có đỉnh ở
bên trong đường tròn bằng
nửa tổng số đo hai cung bị
chắn.

5. Góc có đỉnh ở bên ngồi
đường tròn:
* ðịnh lý: Góc có đỉnh ở
bên ngồi đường tròn bằng
nửa hiệu số đo hai cung bị
chắn.


6. Cung chứa góc:
* Tập hợp các điểm cùng
nhìn đoạn thẳng AB dưới
một góc
α
khơng đổi là hai
cung tròn chứa góc
α

.




* ðặc biệt:
a) Các điểm D, E, F cùng
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB,
đường kính BC
⇒

BAC
= 90
0
.







(O,R) có:

BAx
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung chắn

AB
⇒


BAx
=
1
2
sđ

AB
.


(O,R) có:





(O,R) có:

BEC
có đỉnh bên trong đường tròn




(O,R) có:

BEC
có đỉnh bên ngồi đường tròn

a)



α
= = =
ADB AEB AFB
cùng nhìn
đoạn AB
⇒
A, B, D, E, F cùng thuộc









⇒ =



& AB
AB
BAx tạobởitt dcchắn
BAx ACB
ACBnộitiếpchắn




⇒ +
1
= ( )
2
BEC sđ BC sđ AD



⇒ −
1
= ( )
2
BEC sđ BC sđ AD
Toán 9 – Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


3

cùng nhìn ñoạn AB dưới một
góc không ñổi
⇒
Các ñểm
A, B, D, E, F cùng thuộc một
ñường tròn.


b) Các ñiểm C, D, E, F
cùng nhìn ñoạn AB dưới

một góc vuông
⇒
Các ñểm
A, B, C, D, E, F thuộc
ñường tròn ñường kính AB.



7. Tứ giác nội tiếp:
* ðịnh nghĩa: Một tứ giác
có bốn ñỉnh nằm trên một
dường tròn ñược gọi là tứ
giác nội tiếp ñường tròn.
* ðịnh lý: Trong một tứ giác
nội tiếp, tổng số ño hai góc
ñối diện bằng 180
0
.

* ðịnh lý ñảo: Nếu một tứ
giác có tổng số ño hai góc
ñối diện bằng 180
0
thì tứ
giác ñó nội tiếp ñược ñường
tròn.

8. ðộ dài ñường tròn, cung
tròn:
* Chu vi ñường tròn:

* ðộ dài cung tròn:


9. Diện tích hình tròn, hình
quạt tròn:
* Diện tích hình tròn:



* Diện tích hình quạt tròn:



một ñường tròn.





b)




= = = =
0
90
ACB ADB AEB AFB

cùng nhìn ñoạn AB
⇒
A, B, C, D, E,
F thuộc một ñường tròn ñường kính
AB.





* Tứ giác ABCD có A, B, C, D
∈
(O)

⇔
ABCD là tứ giác nội tiếp (O).


* Tứ giác ABCD nội tiếp (O)




0
0
180
180
A C
B D


+ =

⇔

+ =



* Tứ giác ABCD có:


0
180
A C+ =
⇔
ABCD là tứ giác
n.tiếp
Hoặc:


0
180
B D+ =
⇔
ABCD là tứ giác
n.tiếp

C = 2
π
R =
π
d

0
180
Rn
π
=ℓ
2
.
360 2
R n R
S
π
= =
ℓ

2
2
4
d
S R
π π
= =

Toán 9
–
Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


4

* Diện tích hình viên phân:




* Diện tích hình vành khăn:


HÌNH KHÔNG GIAN
1.Hình trụ:
* Diện tích xung quanh:

* Diện tích toàn phần:




* Thể tích:


2.Hình nón:
* Diện tích xung quanh:

* Diện tích toàn phần:




* Thể tích:

S
tp
= S
xq
+ 2.S
ñáy







S: diện tích ñáy; h: chiều cao





S
tp
= S
xq
+ S
ñáy

V
nón
=
1
3
V
trụ






S: diện tích ñáy; h: chiều cao,

l: ñường sinh

S
viên phân
= S
quạt
- S
ABC

2 2
1 2
( )
S R R
π
= −
2

xq
S Rh
π
=

2
2 2
tp
S Rh R
π π
= +

2
.
V S h R h
π
= =

.
xq
S R l
π
=

2
tp
S R R
π π
= +
ℓ

2
1
3
V R h
π
=

2 2
l h R
= +

1 2
( )
xq
S R R l
π
= +

Tốn 9
–
Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08


5


BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1:
Cho

ABC
∆
có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các phân giác của các góc

ABC
,

ACB
lần lượt cắt đường tròn tại E, F.
1. CMR: OF
⊥
AB và OE
⊥
AC.
2. Gọi M là giao điểm của của OF và AB; N là giao điểm của OE và AC. CMR: Tứ giác
AMON nội tiếp và tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác này.
3. Gọi I là giao điểm của BE và CF; D là điểm đối xứng của I qua BC. CMR: ID
⊥
MN.
4. CMR: Nếu D nằm trên (O) thì

BAC
= 60
0
.
HD:
1. CMR: OF
⊥
AB và OE
⊥

AC:
+ (O,R) có:












⇒ = ⇒ ⊥


=


.
.
( )
ACF n tiếp chắn AF
BCF n tiếp chắn BF AF BF OF AB
ACF BCF CF làphân giác

+ (O,R) có:













⇒ = ⇒ ⊥


=


.
.
( )
ABE n tiếp chắn AE
CAE n tiếp chắnCE AE CE OE AC
ABE CAE BE làphân giác

2. CMR: Tứ giác AMON nội tiếp:
2. Hình nón cụt:
* Diện tích xung quanh:


* Diện tích tồn phần:

* Thể tích:



3. Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:




* Thể tích:



S
tp
= S
xq
+ S
đáy lớn
+ S
đáy nhỏ

2 2
1 2 1 2
( ) ( )
tp
S R R l R R
π π
= + + +

2 2
1 2 1 2
1
( )
3
V h R R R R
π
= + +

2 2
4
S R d
π π
= =

3
4
3
V R
π
=

I
M
F
N
E
O
A
B
C
D
Toỏn 9

ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08


6

=

+ =

=


0
0
0
90
180
90
OF AB taùi M OMA
OMA ONA
OE AC taùi N ONA

T AMON ni tip.
* Tớnh din tớch hỡnh trũn ngoi tip t giỏc AMON:
T giỏc AMON ni tip ủng trũn ủng kớnh OA





= = =


2

2
2
. .
2 4 4
OA OA R
S
.
3. CMR: ID

MN:
+ I v D ủi xng nhau qua BC

ID BC
(1)
+ (O,R) cú:


= =




= =


1
2
1
2
OF AB taùi M MA MB AB

OE AC taùi N NA NC AC

MN l ủng trung bỡnh ca

ABC

MN // BC (2).
T (1) v (2)


ID MN
.
4. CMR: Nu D nm trờn (O) thỡ

BAC
= 60
0
:
+ I v D ủi xng qua BC

BC l ủng trung trc ca ID, suy ra:


IBD cõn ti B


=
CBD CBE
( BC l ủng trung trc ủng thi l ủng cao).

ICD cõn ti C


=
BCD BCF
( BC l ủng trung trc ủng thi l ủng cao).
+ Khi D nm trờn (O,R) thỡ:



M:

Mc khỏc:






+ + = =
1
3
AE EC CD ACD CD ACD
(1).



M:

Mc khỏc:






+ + = =
1
3
AF FB BD ABD BD ABD
(2).






= = +
1 1
. ( )
2 2
BAC n tieỏp chaộn BC BAC sủ BC sủ BD sủ CD
(3).
+ T (1), (2) v (3)


(
)

= + = + = =


0 0
1 1 1 1 1
.360 60
2 3 3 6 6
BAC sủ ABD sủ ABD sủ ABD sủ ABD
.
Bi 2:
Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a. Gi M l ủim trờn cnh BC v N l ủim trờn cnh CD
sao cho BM = CN. Cỏc ủon thng AM v BN ct nhau ti H.
1. CMR: Cỏc t giỏc AHND v MHNC l nhng t giỏc ni tip.
2. Khi BM =
4
a
. Tớnh din tớch hỡnh trũn ngoi tip t giỏc AHND theo a.











=

=


.
.
( )
CBD n tieỏp chaộnCD
CBE n tieỏp chaộnCE CD CE
CBD CBE cmt





=


( )
CE AE cmt



= =
AE EC CD

=


=


.
.
( )
BCD n tieỏp chaộn BD
BCF n tieỏp chaộn BF BD BF
BCD BCF cmt





=


( )
BF AF cmt

= =
AF FB BD
I
M
F
N
E
O
A
B
C
D
Toán 9
–
Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


7

3. Tìm giá trị nhỏ nhất của ñộ dài ñoạn MN theo a.
HD: 1. CMR: Tứ giác AHND và MHNC nội tiếp:
+
∆
ABM =
∆
BCN (c.g.c)
⇒



=
BAM CBN

+



+ = =
0
90
CBN ABH ABC

⇒ =
0
90
AHB
(ðL tổng 3 góc của
∆
AHB)
⇒ ⊥
AM BN
tại H


⇒ = =
0
90
AHN MHN
.
+ Tứ giác AHND có:



⇒ + =
0
180
AHN ADN
⇒
AHND là tứ giác nội tiếp.
+ Tứ giác MHNC có:


⇒ + =
0
180
MHN MCN
⇒
MHNC là tứ giác nội tiếp.
2. Khi BM =
4
a
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a:
+ Khi BM =
4
a

⇒
CN =
4
a

⇒
DN =
3
4
a
.
+
∆
AND vuông tại D
2
2 2 2
3
4
a
AN AD DN a
 
⇒ = + = +
 
 
=
5
4
a
.
+ Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND:
2
2 2
5 25
:4
4 4 64

AN a a
S
π
π π
 
= = =
 
 
.
3. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN theo a:
+ ðặt x = BM = CN
⇒
CM = a – x .
+
∆
MCN vuông tại C
⇒
MN
2
= CM
2
+ CN
2
= (a – x)
2
+ x
2
= 2x
2
– 2ax + a

2
=
2
2
2
2
2
a a
x
 
− +
 
 

⇒
MN
2
ñạt giá trị nhỏ nhất là
2
2
a
khi
2 0
2
a
x
− =

⇒
MN ñạt giá trị nhỏ nhất là

2
2
2 2
a a
=
khi
2
a
x
=

Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là
2
2
a
khi BM =
2
a
.
Bài 3:
Cho
ABC
∆
có ba góc nhọn nội tiếp ñường tròn tâm O. ðường cao BH và CK lần lượt cắt (O) tại
E và F.
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp.
b) CMR: OA
⊥
EF và EF // HK.
c) Khi

ABC
∆
là tam giác ñều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ
BC của (O).
HD:
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp:
+ BH
⊥
AC
⇒

BHC
= 90
0
nhìn ñoạn BC
⇒
H
∈
ñường tròn ñường kính BC (1).
+ CK
⊥
AB
⇒

BKC
= 90
0
nhìn ñoạn BC
⇒
K

∈
ñường tròn ñường kính BC (2).
+ Từ (1) và (2)
⇒
B, H, C, K
∈
ñường tròn ñường kính BC
⇒
Tứ giác BKHC nội tiếp ñường
tròn ñường kính BC.
b) CMR: OA
⊥
EF và EF // HK:

x
D
C
A
B
H
M
N
Toỏn 9

ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08


8

+ ng trũn ủng kớnh BC cú:

+ ng trũn (O) cú:












= =


=


.
.
( )
ABE n tieỏp chaộn AE
CAE n tieỏp chaộn AF AE CF AE AF
ABE CAF cmt
(1)
+ Mc khỏc: OE = OF = R (2)

T (1) v ( 2)

OA l ủng trung trc ca EF
OA EF


.
+ ng trũn ủng kớnh BC cú:











= =



.
.
BCK n tieỏp chaộn BK
BCK BHK BCF BHK
BHK n tieỏp chaộn BK
(3)

+ ng trũn (O) cú:









=



.
.
BCF n tieỏp chaộn BF
BCF BEF
BEF n tieỏp chaộn BF
(4)
T

(3) v (4)

=





BHK BEF
EF // HK
BHK vaứ BEF ủong vũ
.

c) Khi
ABC

l tam giỏc ủu cú cnh bng a. Tớnh din tớch hỡnh viờn phõn chn cung nh
BC ca (O:
+ Gi R l bỏn kớnh ca (O) v h l chiu cao ca
ABC

ủu, ta cú:

h =
3
2
a


O l trng tõm ca
ABC

R = OA =
2
3
h =
=
2 3 3
3 2 3
a a
.


S
(O)
=

R
2
=



=



2
2
3

3 3
a a
(ủvdt)

S
ABC
=
1
2
a.h =
=
2
1 3 3
2 2 4
a a
a
(ủvdt)

S
vp
=
1
3
( S
(O)
S
ABC
) =
1
3

(

2
3
a
-
2
3
4
a
)=


2
4 3 3
36
a ( )
(ủvdt).
Bi 4:
Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a. Gi E l mt ủim bt k trờn cnh BC. Qua B v ủng
thng vuụng gúc vi tia DE ti H, ủng thng ny ct tia DC ti F.
a) CMR: Nm ủim A, B, H, C, D cựng nm trờn mt ủng trũn.
b) CMR: DE.HE = BE.CE.
c) Tớnh ủ di ủon thng DH theo a khi E l trung ủim ca BC.
d) CMR: HC l tia phõn giỏc ca

DHF
.

= =



.
.
KBH n tieỏp chaộn HK
KBH KCH ABE ACF
KCH n tieỏp chaộn HK
Toán 9
–
Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


9

HD:
a) CMR: Năm ñiểm A, B, H, C, D cùng thuộc một ñường tròn:
+

BAD
= 90

0
nhìn ñoạn BD
⇒
A
∈
ñường tròn ñường kính BD (1)
+

BHD
= 90
0
nhìn ñoạn BD
⇒
H
∈
ñường tròn ñường kính BD (2)
+

BCD
= 90
0
nhìn ñoạn BD
⇒
C
∈
ñường tròn ñường kính BD (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
A, B, H, C, D
∈

ñường tròn ñường kính BD.
b) CMR: DE.HE = BE.CE:
+
∆
DEC và
∆
BEH có:





=


= =


0
90
DEC BEH ( ñoái ñænh)
DCE BHE
⇒
∆
DEC
∆
BEH (g.g)
⇒

=

DE EC
BE EH

⇔
DE.HE = BE.CE.
c) Tính ñộ dài ñoạn thẳng DH theo a khi E là trung ñiểm của BC:
•
Khi E là trung ñiểm của BC
⇒ = = =
2 2
BC a
EB EC
.
•

∆
DEC vuông tại C
⇒ = +
2 2
DE EC CD


⇒
DE =
 
+ =
 
 
2
2

5
2 2
a a
a
.
•
Từ: DE.HE = BE.CE (cmt)
⇒ =
BE.CE
EH
DE

 
⇒ = =
 
 
5 5
2 2 2 10
a a a a
EH . :
.
•
DH = DE + EH =
5
2
a
+
5
10
a

=
3 5
5
a
.
d) CMR: HC là tia phân giác của

DEF
:

+ ðường tròn ñường kính BD có:


Mà:

+ Mặc khác:



+ = =
0
90
CHD CHF DHF
(2)

+ Từ (1) và (2)

⇒




= =
1
2
CHD CHF DHF

⇒
HC là tia phân giác của

DHF
.
Bài 5:
Một hình vuông ABCD nội tiếp trong ñường tròn Tâm O bán kính R . Một ñiểm M di ñộng trên cung
ABC , M không trùng với A,B và C, MD cắt AC tại H.
1) CMR:Tứ giác MBOH nội tiếp ñược trong ñường tròn và DH.DM = 2R
2
.
2) CMR: MD.MH = MA.MC.
?
E
H
D
C
A
B
F
E
H
F
D

C
A
B








⇒ =



.
.
CHD n tieáp chaénCD
CHD CBD
CBD n tieáp chaénCD
 



= =


0
1
45

2
CBD ABC

⇒ =
0
45 (1)
CHD
Toán 9
–
Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


10

3)
∆
MDC và
∆
MAH bằng nhau khi M ở một vị trí ñặc biệt M’. Xác ñịnh ñiểm M’. Khi ñó
M’D cắt AC tại H’. ðường thẳng qua M’ và vuông góc với AC cắt AC tại I. Chứng minh rằng I là trung
ñiểm của H’C .
HD:
1. CMR: Tứ giác MBOH nội tiếp dược ñường tròn:
+ ABCD là hình vuông
⇒
BD
⊥
AC

0

90
BOH
⇒
=
(1)
+ (O) có:

BMD
nội tiếp chắn ñường tròn
⇒

0
90
BMD =
(2)
+ Từ (1) và (2)


0 0 0
90 90 180
BOH BMD
⇒
+ = + =

⇒
MBOH là tứ giác nội tiếp ñường tròn ñường kính BH.
* CMR: DH.DM = 2R
2
:

DOH và DMB
∆ ∆
có:




0
90
:
DOH DMB
BDM chung

= =




⇒
∆
DOH
∆
DMB (g.g)
2
. . .2 . . 2
DO DH
DO DB DH DM R R DH DM DH DM R
DM DB
⇒
=

⇒
=
⇒
=
⇒
=
(ñpcm).
2. CMR: MD.MH = MA.MC:
+ (O,R) có:
•


• CD = AD (ABCD là hình vuông)


⇒ =
CD AD
.
•




+
∆
MDC và
∆
MAH có:







=


=


( )
( )
MDC MAH cmt
CMD AMH cmt

⇒
∆
MDC
∆
MAH (g.g)
⇒
= ⇔ =
. .
MD MC
MD MH MA MC
MA MH
.
3. Chứng minh rằng I là trung ñiểm của H’C:
+ Khi
∆

MDC =
∆
MAH
⇒
MD = MA
+ (O,R) có:
• MD = MA


MCD MBA
⇒
=




MC CD MB BA
⇒ + = +
(1)
• Do:CD = BA


⇒ =
CD BA
(2)
Từ (1) và (2)
⇒


=

MC MB
⇒
M là ñiểm chính giữa

BC

Hay M’là ñiểm chính giữa

BC
.
+ Do
∆
MDC =
∆
MAH

⇒
∆
M’DC =
∆
M’AH’

⇒
M’C = M’H’

⇒

∆
M’H’C cân tại M (3)
+ Do M’I

⊥
AC
⇒
M’I
⊥
H’C (4)
Từ (3) và (4)
⇒
M’I là ñường là ñường trung tuyến của
∆
M’H’C
⇒
IH’ = IC
Hay I là trung ñiểm của H’C (ñpcm).


H
O
D
C
A
B
M
I
H'
O
D
C
A
B

M'










⇒ = ⇒ =



.
.
MDC n tieáp chaén MC
MDC MAC MDC MAH
MAC n tieáp chaén MC














⇒ = ⇒ =


=


.
.
CMD n tieáp chaénCD
AMD n tieáp chaén AD CMD AMD CMD AMH
CD AD
Toỏn 9

ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08


11

Bi 6:
Cho hai ủng trũn (O; 20cm) v (O; 15cm) ct nhau ti A v B. Bit AB = 24cm v O v O
nm v hai phớa so vi dõy chung AB. V ủng kớnh AC ca ủng trũn (O) v ủng kớnh AD ca
ủng trũn (O).
a) CMR: Ba ủim C, B, D thng hng.
b) Tớnh ủ di ủon OO.
c) Gi EF l tip tuyn chung ca hai ủng trũn (O) v (O) (E, F l cỏc tip ủim).
CMR: ng thng AB ủi qua trung ủim ca ủon thng EF.
HD:

a) CMR: Ba ủim C, B, D thng hng:
+ (O) cú

ABC
ni tip chn na ủng trũn
ủng kớnh AC


ABC
= 90
0
(1)
+ (O) cú

ABD
ni tip chn na ủng trũn
ủng kớnh AD


ABD
= 90
0
(2)
+ T (1) v (2)



CBD
=

ABC
+

ABD
= 180
0

Ba ủim C, B, D thng hng.
b) Tớnh ủ di ủon OO:
+ (O) v (O) ct nhau ti A v B

OO l ủng
trung trc ca AB.
+ Gi H l giao ủim ca OO v AB

OO

AB ti H; HA = HB =
1
2
AB = 12 (cm).
+

AHO vuụng ti H

2 2
OH OA HA
=
=
2 2

20 12 16
=
(cm).
+

AHO vuụng ti H

2 2
' '
O H O A HA
=
=
2 2
15 12 9
=
(cm).
Suy ra: OO = OH + OH = 16 + 9 = 25 (cm).
c) CMR: ng thng AB ủi qua trung ủim ca ủon thng EF:
+ Gi K l giao ủim ca AB v EF.
+

OEK vuụng ti E
2 2 2
KE OK OE
=
(1)
+


OHK vuụng ti H

2 2 2
OK OH HK
= +
(2)
+ T (1) v (2)

KE
2
= (OH
2
+ HK
2
) OE
2
= 16
2
+ HK
2
20
2
= HK
2
144 (*).
+

OFK vuụng ti F
2 2 2
' '
KF O K O F
=

(3)
+


OHK vuụng ti H
2 2 2
' '
O K O H HK
= +
(2)
+ T (3) v (4)

KF
2
= (OH
2
+ HK
2
) OF
2
= 9
2
+ HK
2
15
2
= HK
2
144 (**).
+T (*) v (**)

2 2
KE = KF KE = KF

M:

AB ủi qua trung ủim ca EF (ủpcm).
Bi 7:
Cho na ủng trũn tõm O ủng kớnh AB = 2R. T A v B ln lt k hai tip tuyn Ax v By
vi na ủng trũn. Qua ủim M thuc na ủng trũn (M khỏc A v B) k tip tuyn th ba ct cỏc tip
tuyn Ax v By ln lt ti C v D.
1. CMR:
a) T giỏc AOMC ni tip.
b) CD = CA + DB v

COD
= 90
0
.
c) AC. BD = R
2
.
F
E
B
O O'
H
A
C
D

K



+ =

K laứ trung ủieồm cuỷa EF
KE KF EF
Tốn 9
–
Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08


12

2. Khi

BAM
= 60
0
. Chứng tỏ
BDM
∆
là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R.
HD:
1a) CMR: Tứ giác AOMC nội tiếp:
+ Ax là tiếp tuyến tại A
⇒


OAC
= 90
0
(1)
+ CD là tiếp tuyến tại M
⇒

OMC
= 90
0
(2)
Từ (1) và (2)
⇒

OAC
+


OMC
= 180
0
⇒
AOMC là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính OC.

1b) CMR: CD = CA + DB và

COD
= 90
0

:
+ Hai tiếp tuyến CA và CM cắt nhau tại C
⇒
CA = CM và OC là
tia phân giác của

AOM
(1)
+ Hai tiếp tuyến DB và DM cắt nhau tại D
⇒
DB = DM và OD là
tia phân giác của

MOB
(2)
Suy ra: CD = CM + MD = CA + DB
+ (O,R)có:



COD
= 90
0
.


1c) CMR: AC. BD = R
2
:

∆

⇒ =

⊥

2
COD vuông tại O
OM MC.MD
OM CD


2. Khi

BAM
= 60
0
. Chứng tỏ
BDM
∆
là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R:
+ Nửa (O, R) có:
•









⇒ = =



0
60
BAM nội tiếp chắn BM
DBM BAM
DBM tạo bởi t.tuyến và dây cungchắn BM
(1)
•
BDM
∆
có DB = DM
⇒
BDM
∆
cân tại D (2)
Từ (1) và (2)
⇒

BDM
∆
đều.
+ Nửa (O, R) có:
•









⇒ = = =



0 0
2 2 60 120
BAM nội tiếp chắn BM
BOM .BAM .
BOM ở tâm chắn BM

• S
quạt
=
π π π
= =
2 2 2
60
360 360 3
R n R R
(đvdt).

Bài 8:
Từ điểm M ở ngồi đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA
và MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.

a) CMR: MA
2
= MC. MD.
b) Gọi I là trung điểm của CD. CMR: 5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn.
60
0
y
x
D
C
O
B
A
M
y
x
C
D
O
B
A
M





+ =



⇒




0
180AOM MOB (kề bu)ø
OC là phân giác của AOM
OD là phân giác của MOB

⇒ =

= =

2
AC.BD R
với OM = R,MC AC, MD BD
Tốn 9
–
Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08


13

c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn.
Suy ra AB là phân giác của

CHD
.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A,

B, K thẳng hàng.
HD:
a) CMR:MA
2
= MC. MD:
+
MAC
∆
và
MDA
∆
có:


 




=


MDA:chung
MAC MDA (cùng chắn AC)
⇒

MAC
∆

MDA

∆
(g.g)

⇒
= ⇔ =
2
MA MC
MA MC.MD
MD MA
(đpcm)).
b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn:
+ (O) có:
•
I là trung điểm của dây CD
⇒
⊥
OI CD


⇒
=
0
90
OIM
nhìn đoạn OM (1)
•

⊥
MA OA
(T/c tiếp tuyến)


⇒
=
0
90
OAM
nhìn đoạn OM (2)
•

⊥
MB OB
(T/c tiếp tuyến)

⇒
=
0
90
OBM
nhìn đoạn OM (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
5 điểm M, A, I, O, B
∈
đường tròn đường kính OM.
c) CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của

CHD
:
+
OAM

∆
vng tại A
⇒
MA
2
= MO. MH
Mà:

⇒
MO. MH = MC. MD
MH MC
MD MO
⇒
=

+ và
MDO
∆
có:


:
DOM chung
MH MC
MD MO



=




⇒
MHC
∆

MDO
∆
(c.g.c)








⇒ = ⇒ =


= =


0
180
MHC MDO MHC CDO
Mà:MHC CHO (kề bu)ø




⇒ + =
0
180
CDO CHO

Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm)
* CMR: AB là phân giác của

CHD
:
+
COD
∆
có OC = OD = R
⇒
COD
∆
cân tại O





 


⇒ = ⇒ =


=



CDO DCO MDO DCO
Mà:OHD DCO (cùng chắn OD của đường tròn no
äi tiếp tứ giác CHOD)









⇒ =

⇒ =

=


MDO OHD
OHD MHC
Mà:MDO MHC (cmt)
(1)
+ Mặc khác:






= −


= −


0
0
90
90
AHC MHC
AHD OHD
(2)

H
I
C
A
B
O
M
D
I
C
A
B
O
M
D

2
. ( )
MA MC MD cmt


=

Tốn 9
–
Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08


14

Từ (1) và (2)
⇒



Suy ra: HA là tia phân giác của

CHD
⇒
AB là tia phân giác của

CHD
(đpcm).
d)

Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A, B, K

thẳng hàng:
+ Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O)
+
⊥
CK OC
(T/c tiếp tuyến)

⇒ =
0
90
OCK
nhìn đoạn OK (1)
+
⊥
DK OD
(T/c tiếp tuyến)

⇒ =
0
90
ODK
nhìn đoạn OK (2)
Từ (1), (2)
⇒
Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK



⇒ =
OKC ODC (cùng chắn OC)






⇒ =

⇒

=


OKC MDO
Mà:MHC MDO(cmt)



⇒



+ =
0
180
OKC OHC
⇒
Tứ giác OKCH nội tiếp đường tròn đường kính OK

⇒



=
OHK OCK
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ ⊥

⇒ ≡

⊥

HK MO
HK AB
Mà: AB MO(cmt)

⇒
3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm).
Bài 9:


Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng
vng góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh: KM
⊥
DB.

3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB.
4. Kí hiệu S
ABM
, S
DCM
là diện tích của tam giác ABM, tam giác DCM. CMR: (S
ABM
+ S
DCM
)
khơng đổi. Xác định vị trí của M trên BC để S
2
ABM
+ S
2
DCM

đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó
theo a.
HD:
1. CMR: BHCD là tứ giác nội tiếp:
+

BHD
= 90
0
nhìn đoạn BD
⇒
H
∈

đường tròn đường kính BD (1)
+

BCD
= 90
0
nhìn đoạn BD
⇒
C
∈
đường tròn đường kính BD (2)
Từ (1) và (2)
⇒
B, H, C, D
∈
đường tròn đường kính BD.
2. Chứng minh: KM
⊥
⊥⊥
⊥
DB:
+
∆
BDK
có :
⊥


⊥ ⇒




DH BK
BC DK
DH cắt DK tại M
M là trực tâm của
∆
BDK
⇒
KM là đường cao thứ ba
⇒
KM
⊥
DB
3. Chứng minh: KC . KD = KH . KB:
+
∆
KCB
và
∆
KHD
có:




= =

⇒




0
90KCB KHD
BKD : chung

∆
KCB

∆
KHD
(g.g)







=


+ =


AHC AHD
Mà: AHC AHD CHD
H
A
K

I
C
B
O
M
D





=


+ =


0
180
OKC MHC
Mà: MHC OHC (kề bu)ø
M
H
D
C
A
B
K
Toán 9
–

Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


15


⇒ =
KC KH
KB KD

⇒
KC . KD = KH . KB (ñpcm).
4. CMR: (S
ABM
+ S
DCM
) không ñổi:
+

∆
ABM
vuông tại B
⇒
S
ABM
=
1
2
AB.BM
=

1
2
a.BM
(1)
+
∆
DCM
vuông tại C
⇒
S
DCM
=
1
2
CD.CM
=
1
2
a.CM
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
S
ABM
+ S
DCM
=
1
2
a.BM

+
1
2
a.CM

=
+ = = =
2
1 1 1 1
2 2 2 2
a.(BM CM) a.BC a.a a

+ Vì a là không ñổi
⇒
2
1
2
a
không ñổi
⇒
(S
ABM
+ S
DCM
) không ñổi.
*

Xác ñịnh vị trí của M trên BC ñể S
2
ABM

+ S
2
DCM

ñạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ñó
theo a:

+ ðặt x = BM
⇒
CM = a – x
+ Ta có:
   
+ = +
   
   
2 2
2 2
1 1
2 2
ABM DCM
S S a.BM a.CM
=
   
+ −
 
 
   
2 2
1 1
2 2

a.x a.(a x)

=
 
+ −
 
2 2 2
1
4
a x (a x)

=
 
− +
 
2 2 2
1
2 2
4
a x ax a

=
 
− +
 
 
2 2 2
1 1
2
4 2

a (x ax a )

=
 
− +
 
 
2 2 2
1 1 1
2 2 4
a (x a) a )

=
− +
2 2 4
1 1 1
2 2 8
a .(x a) a
≥
4
8
a

+ Giá trị nhỏ nhất của
+
2 2
ABM DCM
S S
là
4

8
a
khi :
−
1
2
x a
= 0
⇒
=
1
2
x a

Vậy khi M là trung ñiểm của BC thì
+
2 2
ABM DCM
S S
ñạt giá trị nhỏ nhất là
4
8
a
.
Bài 10:
Cho ñiểm A ở ngoài ñường tròn (O, R). Gọi AB, AC là hai tiếp tuyến của ñường tròn (B và C là
hai tiếp ñiểm). Từ A vẽ một tia cắt ñường tròn tại E và F (E nằm giữa A và F).
a) CMR:
AEC
∆

và
ACF
∆
ñồng dạng. Suy ra AC
2
= AE. AF.
b) Gọi I là trung ñiểm của EF. Chứng minh 5 ñiểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một ñường tròn.
c) Từ E vẽ ñường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp
ñược trong ñưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang.
d) Giả sử cho OA = R
2
. Tính theo R phần diện tích tứ giác ABOC nằm ở ngoài hình tròn (O)
HD:
a)

CMR:
AEC
∆
và
ACF
∆
ñồng dạng. Suy ra AC
2
= AE. AF:
Toán 9
–
Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08


16

+
AEC
∆
và
ACF
∆
có:






=

⇒



ACE CFE (cuøng chaén CE
CAF : chung

∆
KCB

∆
KHD
(g.g)

AC AE
AF AC
⇒ =

⇒
AC
2
= AE. AF (ñpcm).
b) Gọi I là trung ñiểm của EF. Chứng minh 5 ñiểm A, B, O, I, C cùng nằm trên một ñường
tròn:
+ (O) có:
•
I là trung ñiểm của dây EF
⇒
⊥
OI EF


⇒
=OIA
0
90
nhìn ñoạn OA (1)
•

⊥
AB OB
(T/c tiếp tuyến)



⇒
=OBA
0
90
nhìn ñoạn OA (2)
•

⊥
AC OC
(T/c tiếp tuyến
)

⇒
=OCA
0
90
nhìn ñoạn OA (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
5 ñiểm , A,B, O, I, C
∈
ñường tròn ñường kính OA.
c) Từ E vẽ ñường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp
ñược trong ñưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang:

B
I
E
C
O
A
F
M
B
I
E
C
O
A
F