Chuyên đề học sinh giỏi Toán Lớp 9 - Chuyên đề 7: Hình học (Có đáp án)

 Chuyên đề 7: HÌNH HỌC
Câu 1: (Đề thi HSG 9 huyện Vình Bảo 2013-2014)
 Qua đỉnh A của hình vuông ABCD cạnh là a, vẽ một đường thẳng cắt cạnh BC ở M và cắt 
 1 1 1
 đường thẳng DC ở I. Chứng minh rằng: .
 AM2 AI2 a 2
 Lời giải
 Vẽ Ax  AI cắt đường thẳng CD tại J. A B
 Ta có AIJ vuông tại A, có AD là đường cao thuộc 
 cạnh huyền IJ, nên:
 1 1 1
 (1) M
 AD2 AJ2 AI2
 Xét hai tam giác vuông ADJ và ABM, ta có:
 J
 AB = AD = a; D· AJ B· AM (góc có cạnh tương D C I
 ứng vuông góc)
 ADJ = ABM . Suy ra: AJ = AM
 1 1 1 1
 Thay vào (1) ta được: (đpcm)
 AD2 AM2 AI2 a 2
Câu 2: (Đề thi HSG 9 huyện Vình Bảo 2013-2014)
 Cho hai đường tròn ( O ) và ( O/ ) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO / cắt đường tròn ( O ) và ( 
 O/ ) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài EF, E ( 
 O ) và F ( O/ ). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. Chứng 
 minh rằng:
 a) Tứ giác MENF là hình chữ nhật.
 b) MN  AD.
 c) ME.MA = MF.MD.
 Lời giải
 M
 a) Ta có A· EB C· FD 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
 Vì EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O/), nên:
 OE  EF và OF  EF 
 => OE // O/F E
 I
 => · · / (góc đồng vị) 
 EOB FO D F
 => E· AO F·CO/
 Do đó MA // FN, mà EB  MA 
 H
 => EB FN A O D
  B C O /
 · 0
 Hay ENF 90 . N Tứ giác MENF có Eµ Nµ F 90O , nên MENF là hình chữ nhật
 b) Gọi I là giao điểm của MN và EF; H là giao điểm của MN và AD
 Vì MENF là hình chữ nhật, nên I·FN I·NF
 1
 Mặt khác, trong đường tròn (O/): I·FN F· DC sđ F»C
 2
 => F· DC H· NC
 Suy ra FDC đồng dạng HNC (g – g)
 => N· HC D· FC 90O hay MN  AD
 c) Do MENF là hình chữ nhật, nên M· FE F· EN
 1
 Trong đường tròn (O) có: F· EN E· AB sđ E»B
 2
 => M· FE E· AB
 Suy ra MEF đồng dạng MDA (g – g)
 ME MF
 => , hay ME.MA = MF.MD.
 MD MA
Câu 3: (Đề thi HSG 9 tỉnh Hải Dương- 2013-2014)
 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H 
 khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình 
 chiếu của M trên OB. 
 a) Chứng minh H· KM 2A· MH. 
 b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, 
 OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE.
 c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
 Lời giải
 a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). x A
 1 1 1
 Ta cóA¶ O¶ sdA¼M (1)
 1 2 1 2
 ¶ ¶ M 1 H
 Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A1 M1 (2)
 1 O
 ¼
 Tứ giác MHOK nội tiếp O¶ K¶ (cùng chắn MH ) (3) 1
 1 1 K
 1
 Từ (1), (2), (3) ta có M¶ K¶ hay H· KM 2A· MH. B C
 1 2 1
 b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)
 1 1
 A¶ sđB¼M ;O¶ O¶ sđB¼M D A
 1 1 2 2
 2 2 1 1
 ¶ ¶ tứ giác AMGO nội tiếp (5)
 A1 O1 F
 M
 Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một H
 1 1
 đường tròn E G 2 O
 G¶ D¶ D¶ 
 1 2 1 B C OGF và ODE đồng dạng
 OG GF
 hay OD.GF = OG.DE.
 OD DE A
 c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA 
 AMA' đều 1 2
 A¶ A¶ 600 B· AA' 
 1 2 H
 M
 MAB A'AC MB A'C O
 MA MB MC 
 Chu vi tam giác MAB là A'
 MA MB AB MC AB 2R AB B I C
 Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) 
 => M là điểm chính giữa cung AM 
 => H là trung điểm đoạn AO
 Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
 3 AB 3
 Gọi I là giao điểm của AO và BC AI R AB R 3 
 2 2
 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R
Câu 4: (Đề thi HSG 9 tỉnh Phú Thọ- 2013-2014)
 Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC không đi qua tâm .Gọi A là chính giữa cung nhỏ 
 BC.Góc nội tiếp EAF quay quanh điểm A và có số đo bằng không đổi sao cho E và F khác 
 phía với điểm A qua BC ;AE và AF cắt BC lần lượt tại M và N .Lấy điểm D sao cho tứ giác 
 MNED là hình bình hành .
 a) Chứng minh tứ giác MNEF nội tiếp .
 b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF .Chứng minh rằng khi góc nội tiếp EAF 
 quay quanh A thì I chuyển động trên đường thẳng cố định.
 c) Khi 600 và BC = R ,tính theo R độ dài nhỏ nhất của đoạn OI.
 Lời giải
 a) Chứng minh E· NB E· FM
 0
 E· NB E· FM 180 F
 tứ giác MNEF nội tiếp K
 b) Gọi giao (O) và (I) tiếp tam giác MDF tại P ta có 
 H
 D P
 D· PF D· MF E· AF E
 mặt khác E· AF E· PF I
 E· PF D· PF 
 E;D;P thẳng hàng 
 EP//BC mà AO  BC AO  EP
 Gọi AO cắt EP tại H ;OI cắt PF tại K thì K là trung 
 điểm FP và OI vuông góc FP nên tứ giác OHKP nội tiếp 
 B N M
 C
 A H· OI H· PF = ( không đổi)
 I thuộc tia Ox tạo với tia AO một góc bằng 
 c) Khi BC= R ; E· AF 600 thì tam giác OBC đều 
 IO đi qua B 
 H
 D F
 ta chứng minh được OI min khi F trùng P E
 khi đó EF//BC tam giác AMN; MDF đều 
 I
 khi đó IM//AO ta tính BQ; QM được áp O
 dụng Talet tam giác BIM có AO//IM tính được 
 OI
 Q M
 B N C
 A
Câu 5: (Đề thi HSG 9 tỉnh Thanh Hóa- 2013-2014)
 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác 
 A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. 
 Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại 
 M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 
 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.
 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng 
 hàng.
 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD.
 Lời giải
 E
 1. Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) 
 A· MB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 hay F· MB 900 . D
 · 0 M
 Mặt khác FCB 90 (giả thiết). I
 F· MB F· CB 1800 . H
 BCFM là tứ giác nội tiếp 
 F
 C· BM E· FM 1 (vì cùng bù với C· FM ).
 A C O B Mặt khác C· BM E· MF 2 (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn A¼M ). 
 Từ (1) và (2) E· FM E· MF .
 tam giác EMF là tam giác cân tại E.
 (Có thể nhận ra ngay E· MF M· BA M· FE nên suy ra EMF cân)
 D· IF
 2. Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và D· IH 3 .
 2
 Trong đường tròn I ta có: D· MF và D· IF lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung DF.
 1
 D· MF D· IF(4).
 2
 Từ (3) và (4) suy ra D· MF D· IH hay D· MA D· IH . 
 Trong đường tròn O ta có: D· MA D· BA (góc nội tiếp cùng chắn D»A )
 D· BA D· IH .
 Vì IH và BC cùng vuông góc với IH // BC.
 Do đó D· BA H· IB 180o D· IH H· IB 180o 
 Ba điểm D, I, B thẳng hàng.
 1
 3. Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng A· BI A· BD sđ A»D . 
 2
 1
 Mà C cố định nên D cố định sđ A»D không đổi.
 2
 Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. 
Câu 6 : (Đề thi HSG 9 huyện .- 2013-2014)
 Cho điểm M nằm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (M không trùng với A và B). 
 Trong nửa mặt phẳng chứa nửa đường tròn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tiếp tuyến Ax. Đường 
 thẳng BM cắt Ax tại I; tia phân giác của I·AM cắt nửa đường tròn O tại E, cắt IB tại F; đường 
 thẳng BE cắt AI tại H, cắt AM tại K.
 a) Chứng minh 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
 b) Chứng minh HF  BI .
 c) Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn O để chu vi AMB đạt giá trị lớn nhất và tìm 
 giá trị đó theo R?
 Lời giải
 a) Ta có M, E nằm trên nửa đường tròn 
 đường kính AB nên F· MK 900 và 
 F· EK 900 .
 Vậy 4 điểm F, E, K, M cùng nằm trên 
 đường tròn đường kính FK
 b) Ta có HAK cân tại A nên AH = AK 
 (1) K là trực tâm của AFB nên ta có FK  AB suy ra FK // AH (2)
 Do đó F· AH ·AFK mà F· AH F· AK (gt) cho nên ·AFK F· AK
 Suy ra AK = KF, 
 kết hợp với (1) ta được AH = KF (3)
 Từ (2) và (3) ta có AKFH là hình bình hành nên HF // AK. Mà AK  IB suy ra HF  IB .
 c) Chu vi của AMB C AMB MA MB AB lớn nhất khi chỉ khi MA + MB lớn nhất (vì AB 
 không đổi).
 Áp dụng bất đẳng thức a b 2 2 a2 b2 dấu "=" xảy ra a b , ta có 
 MA MB 2 2(MA2 MB2 ) 2AB2
 Nên MA + MB đạt giá trị lớn nhất bằng AB 2 khi và chỉ khi 
 MA = MB hay M nằm chính giữa cung AB.
 Vậy khi M nằm chính giữa cung AB thì C AMB đạt giá trị lớn nhất.
 Khi đó C AMB MA MB AB AB 2 AB (1 2)AB 2R(1 2)
Câu 7 : (Đề thi HSG 9 tỉnh Thái Bình. 2011-2012)
 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC (I 
 không nằm trên cạnh của tam giác). Các tia AI, BI, CI lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.
 AI BI CI
 a) Chứng minh: 2 .
 AM BN CP
 1 1 1 4
 b) Chứng minh: .
 AM.BN BN.CP CP.AM 3 R OI 2
 Lời giải
 a) Kẻ IK, AH vuông góc với BC tại K, H. Ta có:
 IM IK S A
 IBC
 AM AH SABC
 Tương tự, ta có: N
 IN S IP S P
 IAC , IAB I
 BN SABC CP SABC
 IM IN IP O
 Suy ra: 1
 AM BN CP
 B H K M C
 AM AI BN BI CP CI
 1
 AM BN CP
 AI BI CI
 2 ñpcm 
 AM BN CP
 AI BI CI OA OI OB OI OC OI
 b) Ta có: 2 
 AM BN CP AM BN CP 1 1 1 
 2 R OI 
 AM BN CP 
 2 1 1 1
 vì R OI 
 R OI AM BN CP
 2
 Chứng minh: x y z 3 xy yz zx (*) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z
 Áp dụng (*)
 2
 1 1 1 1 1 1 1 
 AM.BN BN.CP CP.AM 3 AM BN CP 
 2
 1 2 4
 2 ñpcm 
 3 R OI 3 R OI 
 Khi tam giác ABC đều thì dấu đẳng thức xảy ra.
Câu 8 : (Đề thi HSG 9 tỉnh Thái Bình. 2011-2012)
 Cho tam giác ABC có góc A tù, nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách 
 từ tâm O đến các cạnh BC, CA, AB và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng 
 minh rằng: y + z - x = R + r.
 Lời giải
 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB
 A
 OM = x, ON = y, OP = z.
 P N
 Đặt AB = c, BC = a, CA = b. M
 B C
 Ta có tứ giác OMNC nội tiếp nên theo định lý Ptôlêmê suy O
 ra:
 MN.OC + OM.CN = ON.MC
 c b a
 .R x. y.
 2 2 2
 c.R x.b y.a 1 
 Tương tự, từ hai tứ giác nội tiếp OMPB và ONAP ta có:
 b.R x.c z.a 2 
 y.c z.b R.a 3 
 Mặt khác: SABC SOAB SOAC SOBC r a b c c.z b.y a.x 4 
 Cộng v.v.v của (1) và (2) rồi trừ v.v.v cho (3) ta được
 c.R b.x c.x b.R c.y b.z a.y a.z a.R
 R a b c a y z b z x c y x 5 
 Cộng v.v.v của (4) và (5) được R r a b c a b c y z x 
 R r y z x ñpcm 
Câu 9 : (Đề thi vào 10 chuyên Lạng Sơn. 2013-2014)
 Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M di động trên cạnh BC, gọi D, E lần lượt là hình chiếu 
 của M trên AB, AC. Tìm vị trí điểm M để DE có độ dài nhỏ nhất.
 Lời giải
 · · · 0
 Do: ADM AEM DAE 90 A
 ADME là hình chữ nhật
 D
 DE = AM E
 DE nhỏ nhất AM nhỏ nhất AM  BC
 Vì vậy : M là chân đường cao hạ từ A
 B M C
Câu 10 : (Đề thi vào 10 chuyên Lạng Sơn. 2013-2014)
 Cho đường tròn đường kính AB; C là một điểm trên đường tròn (C khác A, B). Gọi I là giao 
 điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC, các tia AI, CI lần lượt cắt đường tròn tại D, 
 E.
 a. Chứng minh tam giác EAI cân;
 b. Chứng minh: IC.IE = IA.ID;
 c. Giả sử biết BI = a, AC = b. Tính AB theo a, b. 
 Lời giải
 a) Do AD, CE là các đường phân giác nên : F
 C
 D»C D»B, E»B E»A
 D
 Do đó: D»C E»A D»B E»B I
 · ·
 Suy ra: AIE IAE A B
 O
 Vậy: tam giác EAI cân tại E
 b) Ta có: A· IE C· ID (đối đỉnh) 
 E· AI D· CI (cùng chắn cung DE) E
 Do đó : ICD : IAE . 
 IC ID
 Suy ra: IC.IE IA.ID
 IA IE
 c) AC cắt BD tại F. Do AD vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên ABF cân. 
 Do đó AF = AB = x > 0
 Do: D· IB I·BA I·AB 450 nên BID vuông cân suy ra: DB = a/ 2 => BF = a 2
 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACB và BCF có:
 BC2 = AB2 – AC2 = BF2 – CF2 hay: x2 – b2 = 2a2 – (x – b)2 x2 - bx - a2 = 0
 2 2
 2 2 b b 4a
 Có: x = b b 4a (loại), x = . 
 2 2
 b b2 4a2
 Vậy AB = 
 2
Câu 11: (Đề thi HSG 9 tỉnh Nghệ An 2010-2011)
 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF của tam 
 giác ABC cắt nhau tại H.
 a) Chứng minh rằng BH.BE + CH.CF = BC2
 b) Gọi K là điểm đối xứng với H qua BC. Chứng minh rằng K (O).
 Lời giải
 a) Gọi I là giao điểm của AH và BC AI  BC
 A
 Ta có: BHIS BCE (g, g)
 BH BI
 BH.BE BC.BI (1)
 BC BE E
 O
 Ta có: CHIS CBF (g, g) F H
 CH CI B
 CH.CF BC.CI (2) I
 CB CF C
 K
 Từ (1) và (2) suy ra BH.HE + CH.CF = BC(BI + CI) = BC2.
 b) Gọi K là điểm đối xứng của H qua BC suy ra H· CB K· CB
 Mà F· AI H· CI (do tứ giác AFIC nội tiếp)
 F· AI B· CK hay B· AK B· CK
 tứ giác BACK nội tiếp đường tròn (O) K (O) B
Câu 12: (Đề thi HSG 9 tỉnh Nghệ An 2010-2011) F
 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, một điểm I 
 chuyển động trên cung BC không chứa điểm A (I không 
 O
 trùng với B và C). Đường thẳng vuông góc với IB tại I 
 K
 cắt đường thẳng AC tại E, đường thẳng vuông góc với 
 I
 A
 E
 C IC tại I cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố 
 định.
 Lời giải
 + Khi B· AC 900 B· IC 900 .
 F trùng với B, E trùng với C lúc đó EF là đường kính.
 EF đi qua điểm O cố định.
 + Khi B· AC 900.
 Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF. 
 E· IF E· AF (cùng bù B· IC )
 E· KF E· IF (Do I và K đối xứng qua EF)
 E· KF E· AF
 AKFE nội tiếp
 K· AB K· EF (cung chắn K»F ) (1) 
 I·EF K· EF (Do K và I đối xứng qua EF) (2)
 I·EF B· IK (cùng phụ K· IE ) (3)
 Từ (1), (2), (3) K· AB B· IK
 AKBI là tứ giác nội tiếp
 K (O)
 Mà EF là đường trung trực của KI E, O, F thẳng hàng.
 + Khi B· AC > 900 B· IC < 900 chứng minh tương tự.
 Vậy đường thẳng EF luôn đi qua điểm O cố định.
Câu 13: (Đề thi vào 10 chuyên TPHCM 2010-2011)
 Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O).Gọi P là điểm chính giữa của cung nhỏ 
 AC.Hai đường thẳng AP và BC cắt nhau tại M.Chứng minh rằng : 
 a) A· BP = A· MB
 b)MA.MP =BA.BM
 Lời giải
 A
 x
 P
 = =
 O
 x
 M
 B
 C