Bài tập hình học nâng cao Toán 9 ôn thi vào 10

Dạng toán hình học thi vào 10 (Nâng cao) - Có đáp án

Trong quá trình học Toán 9, phần hình học luôn chiếm tỷ trọng lớn trong đề thi tuyển sinh lớp 10. Đặc biệt, các dạng bài tập hình học nâng cao Toán 9 ôn thi vào 10 thường yêu cầu học sinh vận dụng linh hoạt kiến thức về đường tròn, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng và chứng minh hình học tổng hợp.

Không chỉ dừng lại ở mức độ cơ bản, chuyên đề này đòi hỏi khả năng phân tích hình vẽ, tư duy logic và kỹ năng trình bày chặt chẽ. Vì vậy, việc luyện tập theo hệ thống chuyên đề Toán 9 ôn thi vào 10 sẽ giúp học sinh nắm chắc phương pháp, nhận diện dạng bài nhanh và tối ưu điểm số trong kỳ thi quan trọng.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

∠ CEH = 90⁰ (Vì BE là đường cao)

∠ CDH = 90⁰ (Vì AD là đường cao)

=> ∠ CEH + ∠ CDH = 180⁰

Mà ∠CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD

Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 90⁰.

CF là đường cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 90⁰.

Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 90⁰

=> E và F cùng nằm trênđường tròn đường kính BC.

Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn.

3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:

∠ AEH = ∠ ADC = 90⁰; Â là góc chung

=> ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:

∠ BEC = ∠ ADC = 90⁰; ∠C là góc chung

=> ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE.AC.

4. Ta có ∠C₁ = ∠A₁ (vì cùng phụ với góc ABC)

∠C₂ = ∠A₁ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> ∠C₁ = ∠ C₂ => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ⊥ HM => ∆ CHM cân tại C

=> CB cũng là đương trung trực của HM

Vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn

=> ∠C₁ = ∠E₁ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

• ∠C₁ = ∠E₂ (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

• ∠E₁ = ∠E₂ => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

∠ CEH = 90⁰ (vì BE là đường cao)

∠ CDH = 90⁰ (vì AD là đường cao)

=> ∠CEH + ∠ CDH = 180⁰

à ∠CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD

Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 90⁰.

AD là đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 90⁰.

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90⁰ => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến

=> D là trung điểm của BC.

Theo trên ta có ∠BEC = 90⁰.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.

4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => Tam giác AOE cân tại O => ∠E₁ = ∠A₁ (1).

Theo trên DE = BC => Tam giác DBE cân tại D => ∠E₃ = ∠B₁ (2)

Mà ∠B₁ = ∠A₁ (vì cùng phụ với góc ACB)

=> ∠E₁ = ∠E₃ => ∠E₁ + ∠E₂ = ∠E₂ + ∠E₃

Mà ∠E₁ + ∠E₂ = ∠BEA = 90⁰

=> ∠E₂ + ∠E₃ = 90⁰ = ∠OED => DE ⊥ OE tại E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 cm => OH = OE = 3 cm; DH = 2 cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có :

ED² = OD² – OE² ⬄ ED² = 5² – 3² ⬄ ED = 4 cm

Hướng dẫn giải

Hình vẽ minh họa:

1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM

=> AC + BD = CM + DM.

Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD

2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà ∠AOM và ∠BOM là hai góc kề bù => ∠COD = 90⁰.

3. Theo trên ∠COD = 90⁰ nên tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD (OM là tiếp tuyến).

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM² = CM. DM,

Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R² => AC. BD = .

4. Theo trên ∠COD = 90⁰ nên OC ⊥ OD. (1)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ⊥ OD. (2).

Từ (1) và (2) => OC // BM (Vì cùng vuông góc với OD).

5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => Tứ giác ACDB là hình thang.

Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB

• IO // AC, mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O

• => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD

6. Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra

=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB.

7. (HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB.

Hướng dẫn giải

1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B

Do đó BI ⊥ BK hay∠IBK = 90⁰.

Tương tự ta cũng có ∠ICK = 90⁰ như vậy B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.

2. Ta có ∠C₁ = ∠C₂ (1) (vì CI là phân giác của góc ACH.

∠C₂ + ∠I₁ = 90⁰ (2) (vì ∠IHC = 90⁰).

📚 Phần tiếp theo của tài liệu đã được tổng hợp trong file đính kèm, mời bạn tải về để đọc tiếp.

------------------------------------------------------

Chuyên đề bài tập hình học nâng cao Toán 9 ôn thi vào 10 đóng vai trò then chốt trong quá trình luyện thi, bởi phần hình học thường quyết định mức điểm 7–9 trong đề tuyển sinh. Khi nắm vững phương pháp chứng minh và thành thạo các dạng toán trọng tâm, học sinh có thể xử lý linh hoạt cả câu hỏi vận dụng và vận dụng cao.