Ôn tập chương 3 - Phần Hình học - Toán lớp 9

---

Ôn tập chương 3 - Phần Hình học

Với Ôn tập chương 3 - Phần Hình học Toán lớp 9 tổng hợp bài tập có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Ôn tập chương 3 từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Toán lớp 9.

B. Bài tập tự luận

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A. Từ một điểm M trên cạnh BC kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC tại D và kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB tại E. Gọi N là điểm đối xứng với M qua DE. Chứng minh rằng:

a) Tam giác BEN cân.

b) Tứ giác ADEN và ANBC là các tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

a) Vì tam giác ABC cân tại A có EM // AC trên tam giác BEM cân tại E, suy ra EM = EB .

Vì M và N đối xứng nhau qua ED nên EM = EN.

Do đó EN = EB hay ΔBEN cân.

b) Vì tứ giác ADME là hình bình hành nên ∠EAD = ∠EMD .

Mà M và N đối xứng nhau qua ED suy ra ∠EMD = ∠END .

Do đó ta có: ∠EAD = ∠END => Tứ giác ADEN nội tiếp.

Lại có M và N đối xứng nhau qua DE nên DM = DN.

Mà DM // AB nên tam giác ADM cân tại D, suy ra DM = DC.

Vậy DN = DC hay tam giác CND cân tại D.

Theo định lý về góc ngoài tam giác ta có: ∠NEA = 2.∠NBE; ∠NDA = 2.∠NCA .

Mà ∠NEA = ∠NDA (vì tứ giác ANED nội tiếp), do đó ∠NBA = ∠NCA suy ra tứ giác ANBC nội tiếp.

Bài 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và M là điểm chính giữa của cung AB (không chứa điểm C và D). Gọi giao điểm của MC và MD với AB lần lượt là E và F, giao điểm của AD và MC là I, giao điểm của BC và MD là K.

a) Chứng minh rằng: ∠CID = ∠CKD

b) Chứng minh rằng: Tứ giác CDFE nội tiếp.

c) Chứng minh rằng: IK // AB.

d) Giả sử ba điểm A, B, C cố định còn điểm D di chuyển trên cung ACB. Chứng minh rằng: tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AFD chuyển động trên một đường thẳng cố định.

Hướng dẫn giải

a) Vì ∠CID và ∠CKD là các góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn nên:

Mà M là trung điểm của cung AB nên cungAM = cung BM. Suy ra: ∠CID = ∠CKD .

b) Vì ∠FEC là góc có đỉnh nằm trong đường tròn nên

Vì ∠FDC là góc nội riếp đường tròn (O) nên: ∠FDC = 1/2 SđMBC.

Suy ra:

c) Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên:∠DAB + ∠DCB = 180^o (1)

Lại có: ∠DIC = ∠DKC (chứng minh câu a))

=> Tứ giác CDIK nội tiếp do đó: ∠DIK + ∠DCK = 180^o (2)

Từ (1) và (2) => ∠DIK = ∠DAB mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có IK//AB.

d) Ta có: ∠MAB = ∠ADM

Từ đó chứng minh được AM là tiếp tuyến với đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác ADF.

Suy ra AM ⊥ AO' mà đường thẳng AM cố định và điểm A cố định => O' chuyển động trên đường tròn AO’ cố định.

Bài 3: Cho hai đường tròn (O;R₁) và (O;R₂) cắt nhau tại A và B. Các đường thẳng AO và AI cắt (O) lần lượt tại các điểm thứ hai là C và D, đồng thời cắt (I) lần lượt tại các điểm thứ hai là E và F.

a) Chứng minh rằng: Tứ giác CDEF nội tiếp.

b) Chứng minh rằng: A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE.

c) Chứng minh rằng: ∠BDA = ∠BEI

d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (I). Chứng minh rằng: R₁ = R₂ = AB

Hướng dẫn giải

a) Ta có: ∠CDF = ∠CEF = 90^o

=> Tứ giác CDEF nội tiếp.

b) Vì ∠ABC = ∠ABF = 90^o

=> CBF = 180^o hay ba điểm C, B, F thẳng hàng.

Trong đường tròn (O): ∠ABD = ∠ACD

Trong đường tròn (O): ∠ABE = ∠AFE

Mà tứ giác CDEF nội tiếp (chứng minh a)) => ∠ACD = ∠AFE

Do đó ta có: ∠ABD = ∠ABE hay BA là tia phân giác của ∠BDE (1) .

Lại có: ∠AEB = ∠AFB (do tứ giác AEFB nội tiếp đường tròn (I)).

∠AED = ∠AFD (do tứ giác ADEF nội tiếp)

Suy ra ∠AEB = ∠AED hay EA là tia phân giác của ∠BED (2)

Từ (1) và (2) suy ra A là giao các đường phân giác trong của tam giác BDE hay A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BDE.

c) Ta có: ∠DBE = 2.∠ABD = 2.∠ACD .

∠AIE = 2.∠IFE (định lý góc ngoài tam giác).

Mà tứ giác CDEF nội tiếp nên ∠ACD = ∠IFE .

Suy ra: ∠DBE = ∠BEI suy ra tứ giác BDEI nội tiếp.

Do đó: ∠BDA = ∠BEI.

d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (I), suy ra ∠DEA = ∠ABE .

Suy ra: ∠SEB = ∠DBE .

Chứng minh tương tự ta có: ∠DBE = ∠BDE .

Do đó tam giác BDE đều, suy ra tam giác ABD cân tại A và ∠BAD = 120^o .

Lại có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD nên ∠OAB = ∠OAD = 60^o

Do đó tam giác OAB đều, suy ra OA = OB.

Chứng minh tương tự ta có: R₂ = AB

Vậy R₁ = R₂ = AB

Bài 4: Cho ba điểm A, B, C cùng nằm trên một đường thẳng và theo thứ tự đó. Qua A kẻ đường thẳng d ⊥ AC. Vẽ đường tròn (O) đường kính BC và trên đó lấy điểm M bất kỳ. Tia CM cắt đường thẳng d tại D. Tia AM cắt (O) tại N (N ≠ M) . Tia DB cắt (O) tại P (P ≠ B) . Chứng minh rằng:

a) Tứ giác ABMD nội tiếp.

b) Tích CM.CD không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên đường tròn (O).

c) AD // NP.

d) Trọng tâm G của tam giác AMC chạy trên một đường tròn cố định khi M di chuyển trên (O).

Hướng dẫn giải

a) Vì ∠BMD = ∠DAB = 90^o .

=> Tứ giác ABMD nội tiếp.

b) Ta có: ΔADC ∼ ΔMBC (g.g)

=> AC/MC = CD/BC ⇔ CM.CD = CB.CA không đổi.

Vậy tích CM.CD không phụ thuộc vào điểm M trên đường tròn (O).

c) Vì tứ giác ABMD nội tiếp nên ∠ADB = ∠AMB (1)

Lại có: Tứ giác AMNC nội tiếp đường (O) nên ∠AMB = ∠BCN (2)

Trong đường tròn (O): ∠BCN = ∠BPN (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∠BCN = ∠BPN .

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên ta có: AD // NP.

d) * Phần thuận:

Nối MG cắt AC tại I, suy ra I là trung điểm của AC.

Từ G kẻ các đường thẳng song song với MB và MC cắt AC lần lượt tại E và F.

Theo định lý Talet ta có: IE/IB = IF/IC = IG/IM = 1/3

E, F cố định.

Lại có: ∠EGF = ∠BMC = 90^o => {G} là đường tròn đường kính EF.

* Phần đảo và giới hạn: Học sinh tự chứng minh.

Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Kẻ dây AD // BC (AD < BC), AC cắt BD tại I. Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O) cắt nhau tại M.

a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, B, O, I cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh rằng: MI // BC.

c) Đường cao AH của tam giác ABC kéo dài cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh rằng: ∠BCE = ∠ACO .

Hướng dẫn giải

a) Vì AD // BC suy ra cung AB = cung CD

Suy ra: ∠AIB = ∠AOB nên bốn điểm A, B, O, I cùng thuộc một đường tròn (1).

b) Ta có: ∠MAO = ∠MBO = 90^o (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra bốn điểm M, A, B, O cùng thuộc đường tròn đường kính MO. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: Năm điểm M, A, B, I, O cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

Do đó ∠MIO = 90^o hay MI ⊥ OI

Dễ thấy BC ⊥ OI . Suy ra MI // BC.

c) Ta có: ∠OCA = ∠OAC = ∠OBI (do tứ giác ABOI nội tiếp) (1)

∠BCE = ∠BAE = (2)

Kéo dài BO cắt đường (O) tại K ta có: ∠OBI + ∠BKD = 90^o .

Lại có: ∠BAE + ∠ABH = 90^o .

Mà ∠ABH = ∠BKD

Do đó: ∠BAE = ∠OBI (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: ∠BCE = ∠OCA .

Bài 6: Cho tam giác ABC đều có cạnh 8cm, kẻ AH ⊥ BC. Vẽ đường tròn (O) đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N.

a) Tính chu vi đường tròn (O) và diện tích hình tròn (O).

b) Tính tổng diện tích hai hình viên phân AM và MH của đường tròn (O).

c) Tính bán kính đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC.

d) Tính diện tích phần chung giữa đường tròn (O) với tam giác ABC nhưng nằm ngoài đường tròn (I).

Hướng dẫn giải

a) Vì tam giác ABC đều cạnh 8cm có AH là đường cao nên: AH = 8√3/2 = 4√3 (cm)

Đường tròn (O) có bán kính R = 1/2AH = 2√3 nên diện tích hình tròn (O) là:

S= πR² = 12π ≈ 37,68cm²

Chu vi đường tròn (O) là: C = 2πR ≈ 21,75 cm²

b) Ta có tam giác AMH vuông tại M có: ∠MAH = 1/2 ∠MAC = 30^o .

Suy ra MH = 1/2AH = 2√3 (cm)

Do đó: AM² = AH² - MH² = 48 -12 = 36

AM = 6 cm

S_ΔAMH = AM.MH/2 = 6√3

Vậy tổng hai hình viên phân AM và MH là:

S= 1/2S_(o) - S_ΔAMH = 37,68 - 10,39 = 27,29 cm²

c) Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC đều nên I cũng là trọng tâm tam giác ABC, do đó bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:

r= IH = 1/3 AH = 4√3/3(cm)

d) Ta có: ∠MOH = 2∠MAH = 60^o

Diện tích hình quạt tròn OMH là:

S_quạtOMH = πR²n/360 = 2π

Vì ∠AOM = 180^o - ∠MOH => ∠AOM = 120^o

Kẻ OK ⊥ MA => ∠KOA = 60^o => OK = 1/3 OA = √3 => AK = 3cm.

Do đó diện tích tam giác OMA là: S_ΔMOA = OK.AK = 3√3 (cm²) .

Do đó diện tích tam giác cong AMH là:

S_ΔAMH = S_quạtOMH + S_ΔOMA = 3√3 + 2π

Suy ra diện tích phần chung của hình tròn (O) và tam giác ABC là:

2S_AMH ≈ 22,95 (cm²)

Vậy diện tích phần chung giữa đường tròn (O) và tam giác ABC nhưng nằm ngoài đường tròn (I) là:

S = 2.S_AMH - S_(I)

= 2.S_AMH - πr² ≈ 6,2 cm²

Bài 7: Cho nửa đường tròn (O) đường kính BC = 2R. Lấy điểm A thuộc cung BC sao cho BA = R, gọi D là điểm chính giữa của cung BC. Vẽ các nửa đường tròn (O₁) đường kính AB và nửa đường tròn (O₂) đường kính CD ra phía ngoài tam giác ABC và tam giác DBC, chúng cắt AD lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh rằng: BE // CF.

b) Chứng minh rằng: ΔAEB và ΔAFC vuông cân.

c) Tính diện tích các hình viên phân giới hạn bởi cung và dây AB, DC của nửa đường tròn (O) theo R.

Hướng dẫn giải

a) Ta có: ∠AEB = ∠CFD = 90^o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Suy ra: BE ⊥ EF và CF ⊥ EF

Do đó BE // CF.

b) Trong đường tròn (O):

⊥BCD = 1/2 Sđ BD = 45^o

Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên: ⊥EAB = ⊥BCD = 45^o .

Tam giác ABE vuông tại E có ∠EAB = 45^o nên tam giác ABE vuông cân tại E. Chứng minh tương tự ta có tam giác AFC vuông tại F.

c) Vì AB = R nên tam giác ABO đều.

Tính được: S_ΔABO = √OA²/4 = √3 R²/2

Do đó diện tích hình viên phân AM là:

S_{vp AB} = S_{quạt OAB} - S_ΔOCD = πR²/6 - √3R²/4 = (2π - 3√3)/12 (đvdt)

Tương tự ta có diện tích hình viên phân CD là:

S_{vp CD} = S_{quạt OCD} - S_ΔOCD = πR²/4 - R²/4 = (π - 2)R²/4 (đvdt).