Bài hình tham khảo thi HKI môn Toán Lớp 9 hay và khó

Nội dung text: Bài hình tham khảo thi HKI môn Toán Lớp 9 hay và khó

1. Bài hình tham khảo thi HKI toán 9 hay và khó ^^ Dành tặng cho các bạn học sinh, thầy cô để tham khảo ^^ Người soạn đề: Nguyễn Khánh Ninh Đề bài: Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (O) sao cho AC OE _|_ BC (quan hệ đường kính và dây cung) => = 900 Từ CH _|_ AB (gt) => = 900
2. = 900 và = 900 => 4 điểm C, H, O, E thuộc đường tròn đường kính OA (đpcm) Ta có: = 900 (Tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB) => AC _|_ BC Xét tam giác ABC vuông tại C (AC _|_ BC) có đường cao CH (CH _|_ AB) => CH2 = AH.BH (hệ thức lượng trong tam giác vuông (đpcm) 2/ CD là tiếp tuyến của (O) Ta có: Tam giác OBC cân tại O (OB = OC = R) có OD là đường trung tuyến (EC = EB) => OD cũng là tia phân giác của góc => = Xét ∆BOD và ∆COD có: OB = OC = R ; = (cmt) ; OD là cạnh chung => ∆BOD = ∆COD (c – g – c) => = = 900 => OC _|_ CD. Lại có C thuộc đường tròn (O) => CD là tiếp tuyến của (O) (đpcm) 3/ AC.(AC + 2DE) = 2AI.BD + CH.DI Theo đề bài có: BC = 2EB => BC2 = 4BE2 Xét tam giác ABC có OA = OB = R và EB = EC (gt) => OE là đường trung bình của tam giác ABC => AC = 2OE Xét tam giác OBD vuông tại B (BD là tiếp tuyến của (O)) có đường cao BE (OD _|_ BC) => BE2 = OE.DE (hệ thức lượng trong tam giác vuông => AC.DE = 2OE.DE = 2BE2 Tam giác ABC vuông tại C nên: AC2 + BC2 = AB2 = 4R2 (Định lý pitago) Ta có: OI // BC (gt) => = (2 góc ở vị trí đồng vị) Tam giác OBC cân tại O (OB = OC = R) => = Mà: = (2 góc ở vị trí sole trong do OI // BC) Từ các kết quả trên cho: = Xét ∆COI và ∆AOI có: OA = OC = R ; = (cmt) ; OI là cạnh chung => ∆COI = ∆AOI (c – g – c) => IA = IC và = = 900 => AI _|_ AB Lại có: CD = BD (∆BOD = ∆COD) Ta có: OI // BC (gt) và OD _|_ BC (cmt) => OI _|_ OD Xét tam giác IOD vuông tại O (OI _|_ OD) có đường cao OC (OC _|_ DI) => IC.CD = OC2 = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Mà IA = IC (cmt) và CD = BD (cmt) => AI.BD = R2 Ta có: = (cùng phụ với )
3. Mà = (cmt) => = Xét ∆CDO và ∆HBC có: = = 900 ; = (cmt) => ∆CDO ~ ∆HBC (g – g) => = Xét ∆ODI và ∆CBA có: = = 900 ; = (cmt) => ∆ODI ~ ∆CBA (g – g) => = Từ đó có: => CH.DI = OC.AB = R.2R = 2R2 = = Từ các chứng minh trên ta có: AC.(AC + 2DE) = AC2 + 2AC.DE = AC2 + 4BE2 = AC2 + BC2 = 4R2 = 2R2 + 2R2 = 2AI.BD + CH.DI => AC.(AC + 2DE) = 2AI.BD + CH.DI (đpcm) 4/ 3 điểm A, M, N thẳng hàng và 푴푪 = 푪푵 = 푫푸푷 Cho BI cắt CH tại K, S là điểm đối xứng D qua P Có AI _|_ AB (cmt) ; CH _|_ AB ; BD _|_ AB => AI // CH // BD 퐾 CH // BD nên áp dụng định lý talet trong tam giác IDB: = 퐾 퐾 CH // AI nên áp dụng định lý talet trong tam giác AIB: = 퐾 Từ đó có: . Mà IA = IC (cmt) và CD = BD (cmt) = => => = = Xét ∆AHI và ∆BHD có: = = 900 ; (cmt) = => ∆AHI ~ ∆BHD (c – g – c) => = và = Xét tam giác BHD vuông tại B có đường cao BN (BN _|_ HD) => HN.HD = HB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) => = Từ đó suy ra: => = =
4. Có: = + = + = => = Xét ∆HAN và ∆HIB có: = (cmt) ; (cmt) = => ∆HAN ~ ∆HIB (c – g – c) => = Xét ∆BMH và ∆BAI có: = = 900 ; là góc chung => ∆BMH ~ ∆BAI (g – g) => = Xét ∆BMA và ∆BHI có: là góc chung ; (cmt) = => ∆BMA ~ ∆BHI (c – g – c) => = Mà = (cmt) => = => 2 tia AM và AN trùng nhau => 3 điểm A, M, N thẳng hàng (đpcm) Xét ∆AHN và ∆AMB có: = (do ∆HAN ~ ∆HIB); là góc chung => ∆AHN ~ ∆AMB (g – g) => => AM.AN = AH.AB = Xét tam giác ABC vuông tại C (AC _|_ BC) có đường cao CH (CH _|_ AB) => AC2 = AH.AB (hệ thức lượng trong tam giác vuông Do đó: AM.AN = AC2 => = Xét ∆ACM và ∆ANC có: là góc chung ; (cmt) = => ∆ACM ~ ∆ANC (c – g – c) => = Ta có: = và CD = BD (∆BOD = ∆COD) Mà = (cùng phụ với ) và = (cùng phụ với ) Từ đó suy ra: = = = . Xét ∆HAC và ∆COD có: = = 900 ; = (cmt) => ∆HAC ~ ∆COD (g – g) => =
5. Ta có: PO = PB và PD = PS => Tứ giác DOSB là hình bình hành => OD = BS, OD // BS và BD // OS BD // OS (cmt) và BD _|_ AB => OS _|_ AB Tam giác ABS có OS vừa là đường cao (OS _|_ AB) vừa là đường trung tuyến (OA = OB) => Tam giác ABS cân tại S => AS = BS và 푆 = 푆 Có AS = BS (cmt) và AS = OD (cmt) => AS = OD => = 푆 OD // BS (cmt) => 푆 = (2 góc ở vị trí sole trong) Do OD _|_ BC (cmt) và CH _|_ AB => = (cùng phụ với ) Lại có: = (cùng phụ với ) Từ đó ta có: = = = 푆 = 푆 => 푆 = + 푆 = 2 Ta có: CH _|_ AB và AB _|_ BD => CH // BD => = (2 góc ở vị trí sole trong) Có DC = DB => Tam giác DBC cân tại D => = Từ đó ta có: = = => = + = 2 Từ đó suy ra: = 푆 (= 2 ) Xét ∆ACS và ∆ACHD có: = 푆 (cmt); (cmt) = 푆 => ∆ACS ~ ∆ACHD (c – g – c) Xét tam giác BHD vuông tại B (BD là tiếp tuyến của (O)) có đường cao BN (BN _|_ HD) => BD2 = DN.DH (hệ thức lượng trong tam giác vuông Mà BD = CD (cmt) => CD2 = DN.DH => = Xét ∆CHD và ∆NCD có: là góc chung ; (cmt) = => ∆CHD ~ ∆NCD (c – g – c). Mà ∆ACS ~ ∆ACHD (cmt) => ∆ACS ~ ∆NCD => 푆 = => = 푆 + 푆 = + 푆 = 푆 Xét tam giác DCS có QC = QD và PD = PS => PQ là đường trung bình của tam giác DCS \> CS // PQ => 푆 = 푄푃 Mà = 푆 (cmt) => = 푄푃 Mà = (cmt) => = = 푄푃 (đpcm)