4 bài hình hay và khó của lớp 9

Bộ đề hình học lớp 9
Tham khảo tuyển sinh vào
Lớp 10

Lời nói đầu
Hiện nay ,trong các kỳ thi tuyển sinh vào 10 ở
môn toán –hầu hết trong đề thi bắt buộc có phần
hình học về đường tròn của lớp 9 – Phần hình học
là một trong những phần khó của phần thi ,có tính
phân loại cao ,Mặt khác ,không giống như trong
đại số ,chỉ cần ráp công thức là giải được , hình
học đòi hỏi khả năng tư duy ,suy nghĩ rất cao
chính vì điều này mà điểm thi phần hình học chỉ
chiếm từ 30-40% điểm của các đề thi
Với lý do này ,nhằm cung cấp một tài liệu tham
khảo cho bạn đọc – chúng tôi biên soạn cuốn : bộ
đề hình học 9 tham khảo tuyển sinh vào lớp 10 .
Chúng tôi hy vọng đây sẽ là một tài liệu tham
khảo bổ ích cho học sinh cũng như giáo viên cho
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10
Nội dung của cuốn sách sẽ đưa ra các bài tập
hình nhỏ -bao gồm nhiều kiến thức đã học : góc
nội tiếp ,góc ở tâm ,… . Mỗi một bài hình sẽ gồm
có từ 4 cho đến 5 câu nhỏ - bao gồm mức độ từ dễ
cho đến khó –thậm chí là rất khó. Sau mỗi phần
đề sẽ là đáp án –bài giải chi tiết từng câu hỏi
Khác với các sách bài tập hình học khác ,tài liệu
này chúng tôi lấy từ nhiều bài tập truyền thống –
song song đó chúng tôi giới thiệu nhiều bài tập
hình mới –đa dạng và phong phú hơn
Dù đã được biên soạn khá chi tiết ,song không

thể tránh khỏi những sai sót . Rất mong nhận
được chi tiết đóng góp của các em- cũng như mọi
người và chúc các em học thật tốt bộ môn hình
học
Thân ái chào các em


Bài 1 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC)
.AD là đường cao tam giác ABC .Từ D vẽ DE
⊥
AB tại E ,Vẽ
DF
⊥
AC tại F
1/Chứng tò : Các tứ giác AEDF , BEFC nội tiếp
2/Tia EF cắt BC tại M .Chứngminh:ME.MF=MB.MC
3/AM cắt đường tròn ngoại tiếp tứ giác tứ giác AEDF tại N
.Chứng minh : Tứ giác ANBC nội tiếp được
4/ Trong trừờng hợp NF là đường kính của đường tròn ngoại
tiếp tứ giác AEDF.Chứng minh rằng không bao giờ xảy ra
trường hợp MF đi qua trung điểm của BN
Hướng dẫn giải
1/: Các tứ giác AEDF , BEFC nội tiếp
Xét trong tứ giác AEDF ta có :
·
·
90*BED AFD
= =
( do DE _|_AB và DF_|_AC)

=>Tứ giác AEDF nội tiếp trong đường tròn đường kính AD
Do tứ giác AEDF nội tiếp =>
·
·
AEF ADF
=
Mà dễ thấy
·
·
ADF ACD
=
( cùng phụ với góc
·
DAC

=>
·
·
AEF ACD
=
=> Tứ giác BEFC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc
đối trong )
2/:ME.MF=MB.MC
Xét ∆ MEB và ∆ MCF ta có :
·
FMC
là góc chung ,
·
·
MEB MCF

=
( tứ giác BEFC nôi tiếp) => ∆
MEB~∆ MCF (g-g)
=>
. .
ME MC
MB MC ME MF
MB MF
= => =

3/Tứ giác BNAC nội tiếp
Xét ∆ MAE và ∆ MFN ta có :
·
AME
là góc chung ,
· ·
NAE NFE
=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung
NE) => ∆ MAE~ ∆ MFN ( g-g)
=>
. .
MA MF
MN MA MF ME
ME MN
= => =

Theo như trên ta đã có : ME.MF=MB.MC
 MN.MA=MB.MC =>
MN MC

MB MA
=

Xét ∆ MNB và ∆ MCA ta có :
·
AMC
là góc chung ,
MN MC
MB MA
=
(cmt)
=>∆ MNB ~ ∆ MCA (c-g-c) =>
·
·
MNB MCA=

=>Tứ giác ANBC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong)
4/ MF không đi qua trung điểm BN
Xét tứ giác AFDN nội tiếp có AD và NF là đường kính
=> tứ giác ANDE là hình chữ nhật =>
·
NAF
=90*
Do tứ giác ANBC nội tiếp =>
·
MBN
=90*
 MC_|_BN ,mà AD_|_MC=>AD//BN
Dễ thấy DE=AE.sin BAD= AE.cos ABC
Tương tự :DF= AF.cos ACB

MF cắt BN tại J và cắt AD tại I
Xét ∆ IAF và ∆ IED ta có :
·
·
AIF EID=
( 2 góc đối đỉnh ) ,
·
·
IED IAF=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn
cung DF )=> ∆ IAF ~ ∆ IED(g-g) =>
IF AF
ID DE
=
Chứng minh tương tự :∆ IAE~∆ IFD =>
IA AE
IF DF
=
Lấy 2 đảng thức trên nhân nhau vế theo vế ta có
.
IA AF AE
ID DE DF
=
.
.cos . .cos
AF AE
AE ABC AF ACB
=
1
cos .cosACB ABC

=

Ta có :BN//AD ,Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác
MID và MIA ta có :
BJ MJ NJ
DI MI AI
= =

Gỉa sử J là trung điểm của BN => BJ=NJ => DI=AI Kết hợp
với giả thiết trên => cos ACB.cosABC =1
Nhưng cos ACB≤1 và cos ABC≤1
 cos ACB.cosABC≤1
Dấu = xảy ra khi : cos ACB =1 và cos ABC =1
=>
µ
B
=0* và
µ
C
=0* ( vô lý trong tam giác BAC )
Nói tóm lại : MF không đi qua trung điểm của BN
Bài 2 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp
trong (O;R) có 3 đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H ,AD
cắt (O) tại M
1/Chứng minh : D là trung điểm của HM
2/Gọi I là giao điểm của EF và BC .Chứng tỏ : Các tứ giác
BFEC ,BFHD nội tiếp đươc
3/ Chứng minh : AI.AM=AH.AD
4/Lấy K thuộc AC sao cho HK//EF . Gỉa sử tan B=9/4,tan
C=4/3 ( B,C là góc tam giác ABC ) .Tính tỉ số HK/BH

Lời giải
1/ D là trung điểm của HM
Ta có :
·
·
BAM BCM=
( 2góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
Mà
·
·
BAM BCF=
( cùng phụ với
·
ABC
)
=>
·
·
BCM BCF=
=> BC là tia phân giác của góc HCM
Mà BC_|_HM => tam giác HCM cân => HD=HM
2/: Các tứ giác BFEC ,BFHD nội tiếp đươc
Do AD,BE,CF là 3 đường cao tam giác ABC
Ta có :
· ·
90*BFC BEC= =
=>Tứ giác BFEC nội tiếp ( 2 góc kề
cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau )
Ta có :
·

·
90*BDH AFH= =
=>Tứ giác BFHD nội tiếp ( góc ngoài
bằng góc đối trong )
3/AI.AM=AH.AD
Ta có :
·
·
ABC AEF=
(Tứ giác BFEC nội tiếp )
mà
·
·
ABC AMC=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
=>
·
·
AEF AMC=

Xét ∆AHE và ∆ ACD ta có :
·
CAD
là góc chung ,
·
·
90 *AEH ADC= =

=>∆AHE ~ ∆ ACD (g-g)
=>

. .
AE AD
AE AC AH AD
AH AC
= => =

Xét ∆ AEI và ∆ AMC ta có :
·
MAC
là góc chung ,
·
·
AEF AMC=
(cmt)
=>∆ AEI ~ ∆ AMC (g-g)
=>
. .
AE AM
AM AI AE AC
AI AC
= => =

Từ đó suy ra AH.AD=AM.AI
4/Tính tỉ số HK/BH
Gọi T là trung điểm của AB
Từ giả thiết ta có : tanB.tanC=3
Xét ∆BHD và ∆ ACD ta có :
·
·
90*BDH ADC= =

,
· ·
BHD ACD=
( cùng phụ với
·
ACB
)
=>∆BHD ~ ∆ ACD (g-g)
=>
. .
BD AD
BD CD HD AD
HD CD
= => =

Ta có : : tanB.tanC =
2
.
.
AD AD AD AD
BD CD HD AD HD
= =
Từ giả thiết trên => AD=3HD
Theo như trên ta có :
Tứ giác BFEC nội tiếp =>
· ·
EFC EBC=

Tứ giác BFHD nội tiếp =>
·

·
EBC CFD=

=>
·
·
EFC CFD=
=> FC là tia phân giác trong của tam giác IFD
Lại có : FC_|_AF=> AF là đường phân giác ngoài
Áp dụng tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam
giác IFD ta có :
. .
AI IF IH
AI HD HI AD
AD DF DH
= = => =

Theo như trên ta đã có : AD=3HD =>AI=3HI=>AI/AH=3/4
Ta có : IE//HK ,Áp dụng định lý ta lét trong tam giác AHK
ta có :
3
4
AI IE
AH HK
= =
=> IE= 3HK/4
Từ giả thiết tanC=4/3 ta tính được cos C=3/5 và
sin C=4/5
Theo như trên ta co : AD=3HD => AH=2HD
Do D là trung điểm của HM =>HM=2HD =>

AH=MH=>AH=1/2AM
Ta thấy 4/5=sinC =sin AHE ( do góc AHE =góc ABC)
=AE/AH mà AH=1/2 AM =>AE/AM=2/5
Theo như trên ta đã có : ∆ AEI ~ ∆ AMC (g-g)
=>
2
5
AE IE
AM MC
= =
mà MC=HC
=>IE=2HC/5
Mà cũng như trên ta có :IE=3HK/4
=>HC/HK=8/15 =>HC=8HK/15
Cũng từ giã thiết tan B=9/4 ta tính dược cosB =4.
97
/97
Ta có :
.cos cos 3 97 291
.
.cos cos 5
4 97 20 97
BH HD BHD C
CH HD CHD B
= = = =

 CH =
.20 97
291
BH

Cũng từ trên =>
.20 97 8
291 15
BH HK
=
=>
25. 97
194
HK
BH
=

Bài 3 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) có
AB<AC. Vẽ 3 đường cao AD,BE,CF của tam giác ABC cắt
nhau tại H
1/Chứng tỏ :Các tứ giác BFEC nội tiếp ,xác định tâm I
2/Vẽ đường kính AK của (O) .Chứng tỏ :3 điểm HI,K thẳng
hàng và AH=2OI
3/Tia EF cắt (O) lần lượt tại M và N (M thuộc cung nhỏ AB)
.Chứng tỏ : Tam giác AMN là tam giác cân
4/ Chứng tỏ : AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
của tam giác MHD
5/Gỉa sử và BC=2EF và OH//BC . Tính diện tích tam giác
AMN theo R
Bài giải
1/Tứ giác BFEC nội tiếp –xác định tâm I
Ta có :
· ·
90*BFC BEC= =

( do BE và CF là đường cao tam giác
ABC ) =>Tứ giác BEFC nội tiếp trong đường tròn đường
kính BC => Tâm I là trung điểm của BC
2/ 3 điểm H,I,K thẳng hàng và AH=2OI
Ta có :
·
90*ACK =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường
kình AK ) => AC_|_KC mà BE_|_AC=> BE//CK
Chứng minh tương tự ta có BK//FC
Trong tứ giác BHKC ta có : FC//BH , BE//KC=>Tứ giác
BHCK là hình hình hành => HK đi qua trung điểm của BC
=> 3 điểm H,I,K thẳng hàng
Xét trong tam giác AHK có O và I lần lượt là trung điểm
của AK và HK => OI là đường trung bình tam giác
AHK=>AH=2OI và AH//OI
3/ Tam giác AMN là tam giác cân
Gọi L là giao điểm của EF và BC
Ta có :
·
·
ACB AFE=
( Tứ giác BFEC nội tiếp )
mà
· ·
ACB AKB=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB )
=>
·
AFE AKB=

.Ta có :
·
90*ABK =
( góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn đường kính AK )
Xét ∆ AFL và ∆ AKB ta có :
·
BAK
là góc chung ,
·
AFE AKB=
(cmt)
 ∆ AFL~ ∆ AKB (g-g)
=>
·
·
90* ABK ALF= =
=> AK_|_MN
Ta có : AK_|_MN =>
¼
»
AM AN=
( quan hệ đường kính và dây
cung ) => AM=AN ( liên hệ giữa cung và dây )=> tam giác
AMN cân
4/ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác
MHD
Xét ∆ AMF và ∆ABM ta có :
·
MAB

là góc chung ,
·
·
AMF ABM=
( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung
AM và AN bằng nhau ) => ∆ AMF ~ ∆ABM (g-g)
=>
2
.
AM AB
AM AB AF
AF AM
= => =

Xét ∆AFH và ∆ADB ta có :
·
BAD
là góc chung ,
·
·
90*AFH ADB= =

=>∆AFH ~ ∆ADB (g-g)
=>
. .
AF AD
AF AB AH AD
AH AB
= => =

Từ đó suy ra AM
2
=AH.AD=>AH/AM=AM/AD
Xét ∆ AMH và∆ ADM ta có :
·
MAD
là góc chung , AH/AM=AM/AD (cmt)
 ∆ AMH ~ ∆ ADM (c-g-c) =>
·
·
AMH ADM=

Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD ,kẻ tia tiếp
tuyến tại M như hình vẽ ta có :
Ta có :
·
·
ADM xMH=
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cùng chắn cung MH )
=>
·
·
AMH xMH=
=> 2 tia AM và Ax trùng nhau => AM là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD
5/Diện tích tam giác AMN theo R
Từ giả thiết => EF/BC=1/2
Xét ∆AEF và ∆ABC ta có :
·

BAC
là góc chung ,
·
·
AEF ABC=
(tứ giác BFEC nội tiếp)
 ∆AEF ~ ∆ABC (g-g)
=>
1
2
EF AE
BC AB
= =
=cosA =>
µ
A
=60*
Dễ thấy tam giác OBC là tam giác cân lại có OI là trung
tuyến => OI là tia phân giác và OI _|_BC=>
·
·
2BOC COI=
mà
·
·
2BOC BAC=
(liên hê góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1
cung )
=>
·

·
60* BAC COI= =

Theo như trên ta có : xét trong tam giác vuông COI
AH=2OI=2OC.cosCOI= R
Xét tứ giác DHOI ta có : OH//BC ,DH//OI
=>Tứ giác OHDI là hình hình hành =>OI=HD
=>HD=OI=R/2
=>AD=AH+HD=3R/2
Theo như trên ta có : AM
2
=AH.AD =R.3R/2
=>AM =
. 6
2
R
Dễ thấy tam giác AMI vuông Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác vuông AMI có ML là đương cao
=>AM
2
=AL.AK=>AL=AM
2
/AK = 3R/4
Tính dược ML=
2 2
2 2
6 9 15
.
4 16 4
R R

AM AL R− = − =

Do tam giác AMN cân có AL là đường cao => AL là trung
tuyến =>MN=2ML = R
15 / 2

Do đó : S∆AMN=
2
1 1 3 15 3 . 15
. . . .
2 2 4 2 16
R R R
AL MN
= =

Bài 4 :Từ 1 điểm A ngoài (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC
đến (O) với B và C là tiếp điểm và 1 cát tuyến ADE đến (O)
sao cho AD<AE (D và C nằm ở 2 mặt phẳng bờ OA khác
nhau ) . Gọi H là giao điểm của OA và BC
1/Chứng tỏ :Tứ giác ABOC nội tiếp được ,xác định tâm
2/Chứng tỏ : AD.AE=AH.AO =>Tứ giác AEHD nội tiếp
được trong đường tròn
3/Chứng minh rằng : EB.EC=EH.ED
4/Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác EHA
Chứng minh rằng : tan DHA =R/r. Từ đó tính AD theo R
trong trường hợp R=r và
·
120*BDC =

Bài giải

1/Tứ giác OBAC nội tiếp ,xác định tâm
Do AB và AC là tiếp tuyến của (O)
=>
·
·
90*OBA OCA= =

=>
·
·
90* 90* 180*OBA OCA+ = + =

=>Tứ giác ABOC nội tiếp trong đường tròn (tổng 2 góc đối
bằng 180* ) đường kính OA => tâm của nó là trung điểm
của OA
2/Tứ giác DHOE nội tiếp được
Xét ∆ ABD và ∆ AEB ta có :
·
BAE
là góc chung ,
·
·
ABD AEB=
( góc nội tiếp và góc tạo bỡi tia
Tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BD)
=> ∆ ABD ~ ∆ AEB (g-g)
=>
2
.
AB AE

AB AD AE
AD AB
= => =

Ta có : OB=OC=R ,AB=AC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt
nhau) => OA là trung trực của BC => OA_|_BC tại H
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBA có BH là
đường cao => AB
2
=AH.AO
Từ đó suy ra AD.AE=AH.AO => AD/AH=AO/AE
Xét ∆ ADH và ∆AOE ta có :
·
OAE
là góc chung , AD/AH=AO/AE (cmt)
=>∆ ADH ~∆AOE (c-g-c )
=>
·
·
DHA AEO=
=> Tứ giác EOHD nội tiếp ( góc ngoài bằng
góc đối trong )
3/EB.EC=EH.ED
Dễ thấy tam giác ODE cân =>
·
·
AEO ODE=

Do tứ giác EOHD nội tiếp =>
· ·

ODE OHE=

Mà
·
·
DHA AEO=
(cmt) =>
·
·
DHA OHE=

=>
·
·
EHB DHB=
( cùng phụ với 2 góc bằng nhau )
=> BH là tia phân giác của góc EHD )
Theo như trên ta có BH là phân giác của góc EHD
=>
·
·
2EHD EHB=
mà
· ·
EHD EOD=
(Tứ giác EOHD nội tiếp)
Và
·
·
2EOD ECD=

( tính chất góc ở tâm va 2 góc nội tiếp cùng
chắn 1 cung )=>
·
·
EHB ECD=

Xét ∆HBE và ∆CDE ta có :
·
·
EHB ECD=
(cmt) ,
·
·
EBH EDC=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung
EC) => ∆HBE~ ∆CDE ( g-g)
=>
. .
EH EC
EB EC EH ED
EB ED
= => =

4/ tan DHA =R/r . Tính AD theo R
Bài toán phụ :Cho tam giác ABC có AD là đường cao và R
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và khi đó
ta có : AB.AC=AD.2R
Xét trường hợp D nằm giữa B và C ( trường hợp D nằm
ngoài BC chứng minh tương tự )
Xem hình vẽ bên trái : dễ thấy

·
90*AKC =

Xét ∆ ABD và∆ AKC ta có :
·
·
ABD AKC=
(2góc nội tiếp cùng chắn cung KC ),
·
·
90*ADB ACK= =
 ∆ ABD~ ∆ AKC (g-g)
=>
. .2
AB AK
AB AC AD R
AD AC
= => =

Bài toán phụ đã được chứng minh :
Quay trở lại bài toán lớn :
Từ E dựng EP_|_BC tại P và EQ_|_OA tại Q
Áp dụng bài toán phụ : Ta có :EB.EC=EP.2R
,EH.ED=EQ.2r mà EB.EC=EH.ED (cmt)
 EP.R=EQ.r => R/r=EQ/EP
Dễ thấy tứ giác EPHQ là hình chữ nhật từ từ đó suy ra
EP=HQ kết với
·
·
DHA OHE=

tan tan
EQ EQ
DHA EHO
HQ EP
= = =

R
r
=

Nếu R=r =>
·
·
45* DHA OED= =

Dẫn đến tam giác OED vuông cân => DE= R
2

Nếu
·
120*BDC =
=>
·
60*BEC =

Dễ dàng chứng minh được :
·
·
60*BOA BEC= =

Ta có : AD.AE=AB
2
=OC
2
.sin
2
BOA =3R
2
=>AD (AD+ R
2
) =3R
2
=>AD
2
+R
2
.AD -3R
2
=0
Đặt AD=x ( ĐK :x>0 ) ta có :x
2
+ R
2
.x -3R
2
=0
2 2 2
( 2) 4.1. 3 14 0R R R
∆ = − − = >

=>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1
2 14
0
1.2
R R
x
− +
= >
(nhận )
2
2 14
0
2
R R
x
− −
= <
(loại )
Tóm lại AD=
2 14
.2
R R
− +