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 < BC. Kẻ CH _|_ AB tại H. Gọi E là trung điểm của cạnh BC. Tiếp tuyến tại B của (O) cắt OE tại D
1/ Chứng minh: 4 điểm C, H, O, E thuộc 1 đường tròn và CH2 = AH.BH
2/ Chứng minh: CD là tiếp tuyến của (O)
3/ Đường thẳng qua O song song với BC cắt CD tại I.
Chứng minh: AC.(AC + 2DE) = 2AI.BD + CH.DI
4/ Kẻ HM _|_ BI tại M, BN _|_ HD tại N. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các
cạnh OB và CD. Chứng minh: 3 điểm A, M, N thẳng hàng và
Lời giải

1/ 4 điểm C, H, O, E thuộc 1 đường tròn và CH2 = AH.BH
Ta có: EB = EC => OE _|_ BC (quan hệ đường kính và dây cung) =>
Từ CH _|_ AB (gt) =>
và => 4 điểm C, H, O, E thuộc đường tròn đường kính OA (đpcm)
Ta có: (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) =>
=> 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 => 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 )
Mà (cmt) =>
Xét CDO và HBC có:
; (cmt)
=> CDO ~ HBC (g – g) =>
Xét ODI và CBA có:
; (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
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
CH // BD nên áp dụng định lý talet trong tam giác IDB:
CH // AI nên áp dụng định lý talet trong tam giác AIB:
Từ đó có: . Mà IA = IC (cmt) và CD = BD (cmt)
=> =>
Xét AHI và BHD có:
; (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: =>
Có: =>
Xét HAN và HIB có:
(cmt) ; (cmt)
=> HAN ~ HIB (c – g – c) =>
Xét BMH và BAI có:
; 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:
; (cmt)
=> HAC ~ COD (g – g) =>
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
Có AS = BS (cmt) và AS = OD (cmt) => AS = OD =>
OD // BS (cmt) => (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:
=>
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: =>
Từ đó suy ra: (= 2)
Xét ACS và ACHD có:
(cmt); (cmt)
=> 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 => =>
Xét tam giác DCS có QC = QD và PD = PS
=> PQ là đường trung bình của tam giác DCS \> CS // PQ =>
Mà (cmt) =>
Mà (cmt) => (đpcm)