Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Phần 3: Hướng dẫn giải bài tập rèn luyện cơ bản

 PHẦN 3
 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN
 CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ 
 LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN
Câu 1. Giải:
Vẽ ME ^ AB,E Î AB . EM cắt DC tại F . Tứ giác AEFD có 
Aµ= Eµ= Dµ= 900
 nên là hình A D
 · 0
chữ nhật, suy ra EA = FD,MFD = 90 . E F
 M
 µ µ µ 0
Tứ giác EBCF có E = B = C = 90 
 B C
 · 0
nên là hình chữ nhật, suy ra EB = FC,MFC = 90 . Áp dụng định lý 
Pitago vào các tam giác vuông EAM ,FMC,EBM ,FMD , ta có:
MA2 = EM 2 + EA2;MC 2 = FM 2 + FC 2;MB 2 = EM 2 + EB 2;
MD 2 = FM 2 + FD 2 .Do đó MA2 + MC 2 = EM 2 + EA2 + FM 2 + FC 2 
và MB 2 + MD 2 = EM 2 + EB 2 + FM 2 + FD 2 mà 
EA = FD,FC = EB . Suy ra MA2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 .
Câu 2. Giải:
 E
 µ µ 0 0
Ta có D + C = 90 < 180 nên hai B
 A
đường thẳng AD và BC cắt nhau. 
Gọi E là giao điểm của AD và BC .
 D C
 µ µ 0 · 0
Vì DECD có D + C = 90 nên CED = 90 .
300 Các tam giác EAB,ECD,EAC,EBD vuông tại E nên theo định lý 
Pitago ta có:EA2 + EB 2 = AB 2 (1); EC 2 + ED 2 = CD 2 (2); 
EA2 + EC 2 = AC 2 (3); EB 2 + ED 2 = BD 2 (4).Từ (1) và (2) ta có: 
EA2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = AB 2 + CD 2 .Từ (3) và (4) ta có: 
EA2 + EB 2 + EC 2 + ED 2 = AC 2 + BD 2 . Do đó 
AB 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2 .
 A
Câu 3. Giải:
 F D
 AD HE 1
Từ giả thiết = = 
 AC HA 3
 E
ta nghĩ đến DF ^ AH,F Î AH . B C
Từ đó AF = HE,HA = FE và H 
áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông 
HEB,FDE,HAB,FAD,ABD ta sẽ chứng minh được: 
BE 2 + ED 2 = BD 2 .
Câu 4. Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC tại 
 · · 0
G .Xét DABE và DADG có: ABE = ADG = 90 ;AB = AD (vì 
 · · ·
ABCD là hình vuông); BAE = DAG (hai góc cùng phụ với DAE ). 
Do đó DABE = DADG (g.c.g) Þ AE = AG .
DAGF G·AF = 900;AD ^ GF
 có A
 B
theo hệ thức về cạnh và đường 
cao tam giác vuông, nên ta có: E 
 1 1 1
 + = C F
 2 2 2 . G 
AG AF AD D
 1 1 1
Do đó + = .
 AE 2 AF 2 AD 2
 301 Câu 5. A B
 M
 F
 D
 E H C N
Dựng AE ^ AN,AH ^ CD E,H Î CD ,dựng AF ^ BC thì hai tam 
giác AHE , AFM bằng nhau nên AE = AM . Trong tam giác vuông 
 1 1 1
AEN ta có: + = , mà AE = AM nên ta có: 
 AE 2 AN 2 AH 2
 1 1 1 3
 + = .Ta cần chứng minh: AH = AB 
AM 2 AN 2 AH 2 2
 3
Û AH = DC .Nhưng điều này là hiển nhiên do tam giác 
 2
ADC,ABC là các tam giác đều.
Câu 6. Giải: A
 · 0 o
Vẽ tia Bx sao cho CBx = 20 , Bx 20
cắt cạnh AC tại D . Vẽ AE ^ Bx,E Î Bx .
Xét DBDC và DABC có 
· · 0 ·
CBD = BAC = 20 ; BCD chung. x 
 D E
 BD BC DC
Do đó = = 
 AB AC BC B C
 BD a2 a2
Þ BD = BC = a ; DC = .BC = ;AD = AC - DC = b - .
 AB b b
 · · · 0
DABE vuông tại E có ABE = ABC - CBD = 60 nên là nửa tam 
 AB b b
giác đều, suy ra BE = = Þ DE = BE - BD = - a . DABE 
 2 2 2
vuông tại E , nên theo định lý Pitago ta có: 
302 3
AE 2 + BE 2 = AB 2 Þ AE 2 = AB 2 - BE 2 = b2 . DADE vuông tại 
 4
E , nên theo định lý Pitago ta có: 
 2 2
 3 æb ö æ a2 ö 3 1
 2 2 2 2 ç ÷ ç ÷ 2 2 2
AE + DE = AD Þ b + ç - a÷ = çb - ÷ Þ b + b - ab + a
 4 èç2 ø÷ èç b ø÷ 4 4
 a4 a4
= b2 - 2a2 + Þ + ab = 3a2 Þ a3 + b3 = 3ab2 .
 b2 b2
Câu 7. Giải:
Vẽ AH ^ BC,H Î BC ; A
 µ 0
vì trong DHAB có H = 90 
 AH
nên sin B = ; vì trong DHAC 
 AB
 B H C
 µ 0 µ AH
có H = 90 nên sinC = . Do đó 
 AC
sin B AC b b c
 = = Þ = . Chứng minh tương tự ta có 
sinC AB c sin B sinC
 a b a b c
 = .Vậy = = .
sin A sin B sin A sin B sinC
Câu 8. Giải: A
Vẽ đường phân giác AD 
của tam giác ABC . 
Theo tính chất đường phân 
 I
 BD DC B C
giác của tam giác ta có = D
 AB AC
 303 BD BD + DC BC BD a
Þ = = . Vậy = .
 AB AB + AC AB + AC AB b + c
 · 0
Vẽ BI ^ AD (I Î AD), suy ra BI £ BD .DIAB có AIB = 90 , do đó 
 · BI A a
sin BAI = ; hay sin £ .
 AB 2 b + c
Câu 9.
 A
Dựng đường thẳng vuông góc 
với AM tại A cắt BO tại K . 
 H I
Dựng IH ^ OA . Ta dễ chứng minh
 K O
được DAOK = DIHA Þ AK = AI . B M
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AKM ta có:
 1 1 1
 + = ( không đổi)
AK 2 AM 2 AO2
Câu 10. 
 B
a). Do BE = AE = 9cm Þ CE = 25 - 9 = 16cm . A K
GọiK là giao điểm của DE và AB . Ta có
 E
· · · ·
BEK = DEC = EDC = AKE nên tam giác 
BEK cân do đó BK = BE Þ DAEK vuông tại
E ( Do BA = BK = BE ).
 D C
b) Tính được: AD = 24cm suy ra: 
 1 1 1 1 1
 = + = + Þ AE = 14,4cm;DE = 19,2cm
AE 2 AD 2 AK 2 242 182
304 CHỦ ĐỀ 2: 
 SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG 
 TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG
Câu 11. Giải:
Vẽ đường kính AE có AE = 8cm . 
 B
Điểm B thuộc đường tròn 
 C
 · 0
đường kính AE Þ ABE = 90 .
 A E
 D O
 ·
Xét DADC và DABE có DAC 
 · · 0
(chung), ADC = ABE (= 90 ), 
 AD AC AC.AB
do đó DADC : DABE Þ = Þ AD = . Mà 
 AB AE AE
 2.5 5
AC = 2cm,AB = 5cm,AE = 8cm , nên AD = = (cm).
 8 4
Câu 12. 
Giải:Vẽ AH ^ BD (H Î BD).
Tứ giác ABCD có A B
OA = OA = R,OB = OD = R
 O
nên là hình bình hành. Mà 
 H
 C
AC = BD = 2R do đó tứ giác D
ABCD là hình chữ nhật, suy ra
 305 SABCD = AB.AD . 
 µ 0
DABD có A = 90 , AH ^ DB nên AB.AD = AH.DB . 
 2
Vì AH £ AO,DB = 2R nên SABCD £ 2R (không đổi). Dấu “=” xảy ra 
Û H º O Û AC ^ BD . 
Vậy khi hai đường kính AC và BD vuông góc với nhau thì diện 
tích tứ giác ABCD lớn nhất.
Câu 13. Giải:
Vẽ OH ^ AB (H Î AB), OK ^ CD (K Î CD).
Ta có AB = CD (gt), nên B
OH = OK (định lý liên H
 hệ dây cung và khoảng A
 O
 M
 H,K
cách đến tâm) và C
 K
lần lượt là trung điểm của D
AB,CD (định lý đường kính 
 · 0
vuông góc dây cung) Þ AH = CK . Xét DOHM (OHM = 90 ) có 
OM (cạnh chung) và OH = OK , do đó DOHM = DOKM (cạnh 
huyền, cạnh góc vuông) Þ MH = MK . Ta có 
MH - AH = MK - CK Þ MA = MC .
Câu 14. Giải: C
 H
 D
 · 0
Vì COD = 90 suy ra tam giác 
 A
 O B M
COD vuông cân tại O nên 
306 CD = R 2 .Gọi H là trung điểm của CD . Vì DHOM vuông tại H , 
 1 2
OH = CD = R,OM = 2R . Trong tam giác vuông OMH ta có: 
 2 2
 R2 7R2 14
MH 2 = OM 2 - OH 2 = 4R2 - = Þ MH = R suy ra 
 2 2 2
 R 2 R 2
MD = MH - AH = 7 - 1 , MC = 7 + 1 
 2 ( ) 2 ( )
Câu 15. B
 D
Gọi H là giao điểm của OA và DE .
Ta có OA ^ DE Þ AD = AE . Chỉ cần C
 A F
 H O
chứng minh AD hoặc AE có độ dài 
không đổi. Các đoạn thẳng AB,AC 
 E
có độ dài không đổi, DE ^ OA từ đó 
gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra: 
AD 2 = AH.AF,AC.AB = AH.AF . 
Câu 16. Giải:
 B
 C
DOAB cân đỉnh O , AC = BD , 
 I
 M
những điều này giúp ta nghỉ đến K
 D
chứng minh OM là đường phân giác 
 A O
góc O của DOAB .Vẽ OI ^ AC , 
OK ^ BD (I Î AC,K Î BD) 
thì ta có OI = OK suy ra lời giải bài toán.
 307 Câu 17. Giải: M
 C
 H
Vẽ OH ^ BC,H Î BC , 
 B
suy ra BH = HC (định lý A
 O
đường kính vuông góc dây cung).
Ta có AB + AC = 
 · 0
(AH - BH )+ (AH + HC ) = 2AH .DMAO có AMO = 90 , theo định 
 2 2 2 · 0
lý Pitago có AM + OM = OA ; DHAO có AHO = 90 nên 
AH 2 + OH 2 = OA2 mà OB = OM = R , OH £ OB nên OH £ OM . 
Do đó OH 2 £ OM 2 , suy ra AH ³ AM . Từ đó ta có: 
AB + AC ³ 2AM .
Câu 18. Giải:
 d'
 d
Vẽ MH ^ CD,H Î CD . D
 H N
Gọi N là trung điểm của CD C
thì MN là đường trung bình của
hình thang và tam giác MNC cân 
 A
 M B
 · · ·
tại N nên NMC = ACM = MCN . 
 ·
Suy ra CM là tia phân giác của ACH nên MA = MH , Từ đó ta có 
điều phải chứng minh.
Câu 19. Gợi ý:
Dễ thấy PB / / AH , gọi D là giao điểm của CA và BP thì tam giác 
BAD vuông tại A . Do PA = PB Þ PA = PB = PD (Do 
· · · ·
PDA = DAP cùng phụ với DBA = PAB ) . 
308 D
Áp dụng định lý Thales ta có:
 A
IA IH AH
 = = mà 
PD PB BD P I
PB = PD Þ IA = IH
 B C
 H O
Câu 20. Giải:
Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales do vậy ta làm 
xuất hiện “hai đường thẳng song song”.
+ Vẽ CK / / AB,K Î DE . A
 K
 M
 IM DM E
Ta có = (*) I
 IC CK D
 O
 · · · ·
+ Vì CEK = AED = ADE = EKC
 B C
Suy ra tam giác CEK cân tại C Þ CE = CK .Thay vào (*) ta có: 
IM DM
 =
IC CE
Câu 21. Giải: A
Vẽ tiếp tuyến tại E của 
 E K
 H
 N
đường tròn (O) cắt AB,AC lần lượt 
 O
tại H,K .Ta có 
 C
ED ^ HK ,ED ^ BC Þ HK / / BC . B D M
 309