TUYỂN tập HÌNH học PHẲNG lớp 9 HAY

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.
E
a) Xét tứ giác AHCM có:
H

C
_
A

M

B

_
F
O

K

0
·AHC = ·AMC = 900
·
·
(gt). Suy ra AHC + AMC = 180

·
·
·
b) Từ AHCM nội tiếp suy ra: HAM
(cùng bù HCM
)
= MCB
·
·
» ) Nên HAM
·
·
Mà MCB
( cùng chắn BC
= MAD
= MAD
·
·
- ∆ ADE có AM ⊥ DE và HAM
nên ∆ ADE cân tại A
= MAD
·
·
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)
=> ·ANB = ·AHB = 900

- ∆ 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
D
·
·
- Mà FBM
( ∆ FBC cân tại B) nên ·AKM = ·AKH
= MBH
- 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 BCˆ F

C
a)Ta có: ACD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
2
1
tròn đường kính AD)
B
Xét tứ giác DCEF có:
E

ECD = 900 (cm trên)


và EFD = 900 (vì EF ⊥ AD (gt))


=> ECD + EFD = 1800
1
=> Tứ giác DCEF là tứ giác nội tiếp (đpcm)
A
F
D
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
BCˆ F ( đpcm )
N

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.


E

F

D
M

C

P
A

O

B

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
=
=>PA.PO=PC.PM
PC PO

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 PC PC AC AC CF
=
;
=
;
=
DG PD PD BD BD DE

=> 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: AB 2 = AM . AN
Tính diện tích phần hình giới hạn bởi các đoạn AB, AC và cung nhỏ BC nói trên.

B

A
O
M
N
C

a)Tứ giác ABOC có ¼
ABO = ¼
ACO = 900 (tính chất của tiếp tuyến )
⇒ ¼
ABO + ¼
ACO = 1800 ⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn
VABC có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến giao nhau ) và
¼ = 600 suy ra VBAC là tam giác đều ⇒ ¼
⇒ BAC
ACB = 600
⇒ ¼
AOB = ¼
ACB = 600 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung) ⇒ OA =

OB
2
=
= 4 cm
¼
cos 600
cos 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 VABM và VANB .
¼
¼ )
ABM và ¼
ANB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung BM
)
A chung


Suy ra ∆ABM đồng dạng ∆ANB(g.g) ⇒

AB AM
=
⇒ AB 2 = AM . AN
AN
AB

¼ + BOC
¼ = 1800
⇒ BAC
Tứ giác ABOC nội tiếp
¼ = 1800 − BAC
¼ = 1800 − 600 = 1200
⇒ BOC
π R 2 π .4.120 4
=
= π (cm 2 )
Squạt OBMC =
3600

3600
3
2. AB.OB
SOBAC = 2SOBA =
= 2 3.2 = 4 3
2
4π 12 3 − 4π 4(3 3 − π ) 2
Scần tìm = SOBAC – Squạt = 4 3 −
=
=
cm
3
3
3

S

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
0
·
Lí luận được EHO = 90
A

·
·
Lí luận được OHF
= OBF
= 900
suy ra được tứ giác OHBF nội tiếp
E
·OEF = OAH
·
( cùng chắn cung OH của đtròn đường kính OE)
I
M
·
·
O
( ∆ AOB cân)
OAH
= OBH
·
·
( cùng chắn cung OH của đường tròn đường
OBH
= OEF
H
kính OF)
B
·
·
Suy ra OEF
hay ∆ OEF cân tại O

= OFE
Chứng minh được ∆ OIB
∆ OHF
F
Suy ra

OI OB
=
nên OI.OF = OB.OH
OH OF

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.
C
1
2

b) Chứng minh: BAˆ M = MNˆ B . Từ đó tính số đo BAˆ 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 NMˆ B = 90 0
và NOˆ B = 90 0
Suy ra Tứ giác OBMN nội tiếp.
b/ Nêu được: BNˆ M = BOˆ M ( cùng chắn cung MB)

M

N

A

B
O


1
2

-Nêu được BAˆ M = BOˆ M ( Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MB)
1
2

- Suy ra BAˆ M = MNˆ B
-∆MBN có MB = MN (gt), NMˆ B = 90 0 (Góc nt chắn nửa đường tròn). Nên ∆MBN vuông cân tại M .
1
2

Suy ra BNˆ M = 45 0 và tính được : BAˆ M = MNˆ B = 22 0 30'
c) ON = OA tanA = R tan 22030’
1
π R2h
3
1 2
1 3
2
0
2

0
V = πR tan 22 30'.R = πR tan 22 30' (đvtt)
3
3

d) Viết được V =
Tìm được:

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:
·
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
PIQ
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.
µ chung nên
b) Xét hai tam giác vuông CIK và CDP có C
∆ CIK đồng dạng ∆ CDP (g.g). ⇒

CI CK
=
CD CP

⇒ CI .CP = CK .CD
·
» ). Mặt khác CIK
·
c) Ta có BIQ
= ·AIQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau »AQ = QB
= 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 CK =

CA.CB
không đổi và K thuộc tia CB
CD

Vậy K cố định và QI qua K cố định

Bài 8: Cho ∆ABC nhọn nội tiếp (O;R), AB

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.


Tứ giác BEDC có

·
BEC
= 1v,(CE ⊥ AB)
·
BDC
= 1v,( BD ⊥ AC )

·
·
⇒ BEC
= BDC
= 1v
Vậy tứ giác BEDC nội tiếp
·
BEC
= 1v,(CE ⊥ AB)
·

BDC
= 1v,( BD ⊥ AC )
·
·
⇒ BEC
= BDC
= 1v
Tứ giác BEDC nội tiếp (cmt)
Kẻ OH ⊥ BC

·
·
» )
Suy ra : EBD
( cùng chắn ED
= ECD
cân tại O)

1
1
SVBOC = OH .BC = .1.2 3 = 3cm 2
2
2
2·
π R BOC π 22.1200 4π 2
S hqBOC =
=
=
cm
3600

3600
3
Diện tích viên phân cần tìm :
4π
S = S hqBOC − SVBOC =
− 3(cm 2 )
3

1
1
SVBOC = OH .BC = .1.2 3 = 3cm 2
2
2
2·
π R BOC π 22.1200 4π 2
S hqBOC =
=
=
cm
3600
3600
3
Diện tích viên phân cần tìm : S = ShqBOC − SVBOC =

4π
− 3(cm 2 )
3

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/ 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
ˆ = 900 ( doCN ⊥ AB )
CNB
ˆ = 900 (do BM ⊥ AC )
CMB

A

ˆ = CMB
ˆ (= 900 )
=> CNB
=> Tứ giác BNMC có hai đỉnh liền kề M, N cùng
nhìn BC dưới góc 900 nên nội tiếp đường tròn.
ˆ = 900 )
Tâm O là trung điểm của BC ( (do CNB
b/ Chứng minh : AB.NM = AM.BC
Xét ∆AMN và ∆ABC có :
ˆ chung, ANM
ˆ ( do BNMC nội tiếp đường tròn)
ˆ = ACB
BAC
=> ∆AMN đồng dạng ∆ABC ( g.g)

=>

M

N
H
B

K

O

MN AM
=
<=> AB.MN = BC.AM
BC
AB

C

I

c/ Tính diện tích hình quạt tròn giới hạn bởi cung nhỏ MC,
bán kính OC, bán kính OM của (O) theo R.
ˆ = 600
Ta có : OM=OC=MC (=R)=> ∆OMC đều => MOC
π R 2 n π R 2 60 π R 2
=
=
Diện tích của quạt tròn cần tìm: S =

( đvdt)
360

360

6

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
ˆ + BKH
ˆ = 1800 => Tứ giác BKHN nội tiếp.
BNH
ˆ = NBH
ˆ ( cùng chắn cung NH)
=> NKH
ˆ = NBH
ˆ ( cùng chắn cung NB của (O))
Lại có : NIM
ˆ = NKH
ˆ => AK // IM
=> NIM
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) ; MBˆ O = NAˆ O (Cùng bằng 30 0 )
Vậy ∆OBM = ∆OAN
b) Ta có:
AMˆ O + BMˆ O = 180 0 (kề bù)
Mà:
ANˆ O = BMˆ O ( ∆OBM = ∆OAN )
Suy ra: AMˆ O + ANˆ O = 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 ; OH =


R
và sđ BC = 120 0
2


Π R 2 n 0 ΠR 2 120 0 ΠR 2
=
=
3
360 0
360 0
2
1
1
R R 3
S ∆BOC = BC.OH = R 3. =
2

2
2
4
2
2
ΠR
R 3
Π
Vậy S viênphân =
−
= R2 ( −
3
4
3
⇒ S OB C =
n

(đvdt)
(đvdt)
3
) (đvdt)
4

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
A
E
M
O
K

B

N

C

I
D

·
·
» = BD
»
a) Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC cân tại A ⇒ BAD
= CAD
⇒ DC
·
·
( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
⇒ BMD
= CMD
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 )
·
⇒ BMC
= 2 ·MEB (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
» + sd BD
»
sd MB
·
·
¼
c) Ta có : DCK
( Góc nội tiếp chắn MBD
)
= MCD
=
2
»
»
sd MB + sdCD
·
Có : DIC
( góc có đỉnh ở bên trong đường tròn )
=

2
·
·
» = CD
» ⇒ DCK
= DIC
Mà theo C/m trên : BD
(3)

·
·
Ta có DK = DC ( bán kính của đường tròn tâm D) ⇒ ∆DCK cân tại D ⇒ DKC
(4)
= DCK
·
·
Từ (3) và (4) : ⇒ DKC
.Suy ra : Tứ giác DCKI nội tiếp (đpcm)
= DIC

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

B

A

H

·
Ta có BCD
= 900 (vì ABCD là hình vuông)
·
BHD
= 900 (vì BH ⊥ DM )
⇒ H, C cùng thuộc đường tròn đường kính BD

I

D

M

C

K

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 .

DH ⊥ BK ( gt ) 
 ⇒ KM ⊥ DB (đường cao thứ ba)
BC ⊥ DK ( gt ) 
c) Chứng minh KC.KD = KH .KB .

Trong ∆KBD có:

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: R =

BD
.
2

2
Trong đó: BD = a 2 + a 2 = a 2 ⇒ R = a.
2

4 3
Vậy thể tích của hình cầu là: V = π R
3

3

4 
2
2 3
= .π .  a.
=
π a (đơn vị thể tích).
÷
÷
3  2 
3

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

·
·
+ AEH
+ AFH
= 900 + 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


·
·
= 90 0 ; BEC
= 90 0 ( gt )
+ Tứ giác BFEC có: BFC
+ 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
( BFEC nội tiếp )
= ACB
·
·
+ ⇒ 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 SCt là diện tích phần hình tròn giới hạn bởi dây AB; cung BC và dây AC .
SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC

+ SVFAB = SquatOAB - SD OAB =

pR 2 R 2
(đvdt)
4
2

pR 2 R 2 3
(đvdt)
3
4
2
æ
æ
pR 2 R 2 ö
R2 3 ö
5pR 2 - 6R 2 - 3 3R 2
÷
çpR
÷
2
÷
÷
- ç
=
÷

+ SCt = S( O) - SVFAB - SVFAC = pR - çççç
(đvdt)
÷
÷
÷ ç
2ø
4 ø
12
÷
ç
è 4
è 3

+ SVFAC = SquatOAC - SDOAC =