Bài tập tổng hợp hình học lớp 8&9 _ Phần 10

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC
    --------- ---------

    Bài 46:
    Cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 1. Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh CD, điểm G thuộc cạnh AF sao cho ${{S}_{ADF}}={{S}_{\text{CEF}}}={{S}_{GEF}}=\frac{1}{5}$. Tính ${{S}_{ABG}}$.
    Giải:
    bai_46.png
    Từ đó suy ra ${{S}_{AEG}}=1-\frac{1}{6}-\frac{3}{5}=\frac{7}{30}$.
    Mà ${{S}_{GEF}}=\frac{1}{5}=\frac{6}{30}$ nên ${{S}_{AEG}}=\frac{7}{6}{{S}_{GEF}}\Rightarrow AG=\frac{7}{6}GF$.
    Do đó ${{S}_{ABG}}=\frac{7}{6}{{S}_{BGF}}=\frac{7}{13}{{S}_{ABF}}=\frac{7}{13}.\frac{1}{2}=\frac{7}{26}$.


    Bài 47:
    Cho hình lục giác đều ABCDEF cạnh bằng a. Gọi I là trung điểm của AB. Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác DIE cắt cạnh EF tại G. Tính EG theo a.
    Giải:
    bai_47.png
    Giả sử đường kính IK của đường tròn (O) cắt DE tại H và cắt tia FE tại J.
    Vì ABCDEF là lục giác đều nên mỗi góc của nó có số đo bằng 1200.
    Do đó tam giác AEF cân tại F có FA = FE = a và $\widehat{AFE}={{120}^{0}}$
    $\Rightarrow AE=a\sqrt{3}\Rightarrow IH=a\sqrt{3}$.
    Dễ thấy tam giác IEK vuông tại E, đường cao EH, ta có:
    $H{{E}^{2}}=HI.HK\Rightarrow HK=\frac{H{{E}^{2}}}{HI}={{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}:\left( a\sqrt{3} \right)=\frac{a}{4\sqrt{3}}$.
    Tam giác EHJ vuông tại H có $\widehat{HEJ}={{60}^{0}}$ và $HE=\frac{a}{2}$ $\Rightarrow $ EJ = a và $HJ=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{2\sqrt{3}}$.
    Do đó KJ = HJ – HK = $\frac{3a}{2\sqrt{3}}-\frac{a}{4\sqrt{3}}=\frac{5a}{4\sqrt{3}}$
    và IJ = IH + HJ = $a\sqrt{3}+\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a\sqrt{3}}{2}=\frac{9a}{2\sqrt{3}}$.
    Ta lại có JK.JI = JE.JG $\Rightarrow \frac{5a}{4\sqrt{3}}.\frac{9a}{2\sqrt{3}}=a.JG\Rightarrow JG=\frac{15a}{8}$.
    Do đó EG = JG – JE = $\frac{15a}{8}-a=\frac{7a}{8}$.


    Bài 48:
    Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi P là giao điểm của AD và BC. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và PE. Chứng minh rằng hai tam giác PAC và NHM đồng dạng.
    Giải:
    Cách 1:

    bai_48a.png

    Gọi K là hình chiếu của E trên AD.
    Ta có $\widehat{PKE}=\widehat{PHE}={{90}^{0}}$
    $\Rightarrow $ Tứ giác PHEK nội tiếp đường tròn tâm N, đường kính PE.
    $\Rightarrow \widehat{KPH}=\frac{1}{2}\widehat{KNH}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung).
    Gọi I, J thứ tự là trung điểm của CE và DE.
    Ta lại có M là trung điểm của CD nên suy ra:
    MI và MJ là các đường trung bình của tam giác CDE
    $\Rightarrow $ MI // DE và $MI=\frac{1}{2}DE$ ; MJ // CE và $MJ=\frac{1}{2}CE$.
    Áp dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền vào các tam giác vuông CHE và DKE ta được $IH=\frac{1}{2}CE$ và $JK=\frac{1}{2}DE$.
    Do đó $IM=JK=\frac{1}{2}DE$ và $IH=JM=\frac{1}{2}CE$.
    Vì MI // DE và MJ // CE $\Rightarrow \widehat{MIC}=\widehat{MJD}$ (cùng bằng $\widehat{CED}$).
    Dễ thấy tam giác CIH cân tại I và tam giác DJK cân tại J đồng thời có $\widehat{ICH}=\widehat{JDK}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB) nên $\widehat{CIH}=\widehat{DJK}$.
    Từ đó suy ra $\widehat{MIC}+\widehat{CIH}=\widehat{MJD}+\widehat{DJK}\Rightarrow \widehat{MIH}=\widehat{MJK}$.
    Vậy $\Delta MIH=\Delta KJM$ (c-g-c) $\Rightarrow MH=KM$.
    Do đó $\Delta NMH=\Delta NMK$ (c-c-c)
    $\Rightarrow \widehat{MNH}=\widehat{MNK}=\frac{1}{2}\widehat{KNH}\Rightarrow \widehat{MNH}=\widehat{KPH}=\frac{1}{2}\widehat{KNH}$ hay $\widehat{MNH}=\widehat{APC}$ (1).
    Ta có $\widehat{KMH}=\widehat{KMJ}+\widehat{JMI}+\widehat{IMH}$
    $=\widehat{MHI}+\widehat{MIC}+\widehat{IMH}$ (vì $\Delta MIH=\Delta KJM$ và MJ // CE)
    $={{180}^{0}}-\widehat{CIH}=2.\widehat{ICH}$ (do $\Delta ICH$ cân tại I)
    Ta có $2.\widehat{NMH}=\widehat{NMH}+\widehat{NMK}={{360}^{0}}-\widehat{KMH}={{360}^{0}}-2.\widehat{ICH}=2.\widehat{PCA}$.
    Do đó $\widehat{NMH}=\widehat{PCA}$ (2).
    Từ (1) và (2) suy ra $\Delta NMH$ ഗ$\Delta PCA$ (g-g).

    Cách 2:

    bai_48b.png

    GọiI là trung điểm của CE và K là trung điểm của CP.
    Suy ra MI là đường trung bình của tam giác CDE ; IK và NI là đường trung bình của tam giác CEP, do đó: MI // DB, IK // BE, NI // PC.
    Ta có : $\widehat{KMI}=\widehat{DMI}-\widehat{DMK}$
    $=\left( {{180}^{0}}-\widehat{CMI} \right)-\left( {{180}^{0}}-\widehat{CMK} \right)$
    $=\left( {{180}^{0}}-\widehat{BDC} \right)-\left( {{180}^{0}}-\widehat{CDA} \right)$
    $=\widehat{CDA}-\widehat{CDB}=\widehat{ADB}$.
    Mặt khác $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=\widehat{EIN}=\widehat{INK}$ nên $\widehat{KMI}=\widehat{KNI}$.
    $\Rightarrow $Tứ giác MNKI nội tiếp.
    Tam giác EHC vuông tại H có HI là trung tuyến nên $\widehat{IHK}=\widehat{ICK}=\widehat{INK}=\widehat{IMK}$
    $\Rightarrow $ Tứ giác $HKIM$ nội tiếp.
    $\Rightarrow $ $N, H, K, I, M$ cùng nằm trên một đường tròn.
    $\Rightarrow $ $\widehat{HNM}=\widehat{CKM}=\widehat{CPA}$ và $\widehat{HMN}=\widehat{HIN}=\widehat{IHC}=\widehat{PCA}$.
    Do đó hai tam giác $PAC$ và $NHM$ đồng dạng với nhau.


    Bài 49:
    Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Vẽ các đoạn thẳng DE, EF, FD. Tính số cặp tam giác đồng dạng có trên hình vẽ.
    Giải:

    bai_49.png

    $\Delta AEH$ ഗ$\Delta BDH$ ഗ$\Delta ADC$ ഗ$\Delta BEC$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    $\Delta AFH$ ഗ$\Delta CDH$ ഗ$\Delta ADB$ ഗ$\Delta CFB$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    $\Delta BFH$ ഗ$\Delta CEH$ ഗ$\Delta BEA$ ഗ$\Delta CFA$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    $\Delta ABC$ ഗ$\Delta AEF$ ഗ$\Delta DBF$ ഗ$\Delta DEC$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    $\Delta \text{EHF}$ ഗ$\Delta CHB$ ഗ$\Delta CDF$ഗ$\Delta EDB$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    $\Delta DHE$ ഗ$\Delta BHA$ ഗ$\Delta DFA$ഗ$\Delta BFE$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    $\Delta D\text{HF}$ ഗ$\Delta CHA$ ഗ$\Delta CEF$ഗ$\Delta DEA$ (g-g) $\Rightarrow $ có 6 cặp tam giác đồng dạng.
    Như vậy trong hình vẽ có tất cả 42 cặp tam giác đồng dạng.


    Bài 50:
    Hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Từ điểm M nằm trên tia đối của tia AB ta kẻ tới đường tròn (O’) các tiếp tuyến MC và MD (C, D là các tiếp điểm). Các đường thẳng AC, AD thứ tự cắt đường tròn (O) tại P, Q. Chứng minh rằng:
    a) $\frac{CA}{CP}=\frac{DA}{DQ}$.
    b) Đường thẳng CD đi qua trung điểm của PQ.
    c) Khi M thay đổi trên tia đối của tia AB thì đường thẳng CD đi qua một điểm cố định.
    Giải:

    bai_50.png

    a) Ta có $\widehat{MDA}=\widehat{ABD}$ (cùng bằng $\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{AD}$ của đường tròn (O’))
    $\Rightarrow \Delta MDA$ ഗ$\Delta MBD$ (g-g) $\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{AD}{DB}$ (1)
    Ta có $\widehat{MCA}=\widehat{ABC}$ (cùng bằng $\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{AC}$ của đường tròn (O’))
    $\Rightarrow \Delta MCA$ ഗ$\Delta MBC$ (g-g) $\Rightarrow \frac{MA}{MC}=\frac{AC}{CB}$ (2)
    Vì MC và MD là hai tiếp tuyến cắt nhau nên MC = MD.
    Do đó từ (1) và (2) suy ra $\frac{AD}{DB}=\frac{AC}{CB}\Leftrightarrow \frac{AC}{AD}=\frac{CB}{DB}$ (3)
    Tứ giác ACBD nội tiếp đường tròn (O’) $\Rightarrow \widehat{ACB}=\widehat{BDQ}$ (cùng bù với góc ADB)
    Ta lại có $\widehat{APB}=\widehat{AQB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O))
    $\Rightarrow \Delta BCP$ ഗ$\Delta BDQ$ (g-g) $\Rightarrow \frac{CB}{DB}=\frac{CP}{DQ}$ (4)
    Từ (3) và (4) suy ra $\frac{AC}{AD}=\frac{CP}{DQ}$ hay $\frac{CA}{CP}=\frac{DA}{DQ}$.
    b) Giả sử CD cắt PQ tại N.
    Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác APQ và cát tuyến CDN ta có $\frac{CA}{CP}.\frac{NP}{NQ}.\frac{DQ}{DA}=1$.
    Ta lại có $\frac{CA}{CP}=\frac{DA}{DQ}\Rightarrow \frac{CA}{CP}.\frac{DQ}{DA}=1$ nên $\frac{NP}{NQ}=1$ hay NP = NQ.
    Vậy đường thẳng CD đi qua trung điểm N của PQ.
    c) Giả sử CD cắt OO’ tại K; AB cắt OO’ tại I; MO’ cắt CD tại H.
    Vì MC, MD là hai tiếp tuyến cắt nhau nên MC = MD.
    Ta lại có O’C = O’D nên MO’ là trung trực của CD $\Rightarrow MO'\bot CD$ tại H.
    Vì (O) và (O’) cắt nhau tại A và B nên $AB\bot OO'$ tại I.
    Do đó $\Delta O'HK$ ഗ$\Delta O'IM$ (g-g) $\Rightarrow O'H.O'M=O'I.O'K$.
    Vì MC là tiếp tuyến của (O’) $\Rightarrow \widehat{MCO'}={{90}^{0}}$.
    Tam giác MCO’ vuông tại C có CH là đường cao $\Rightarrow O'{{C}^{2}}=O'H.O'M$.
    Từ đó suy ra O’C2 = O’I.O’K $\Rightarrow O'K=\frac{O'{{C}^{2}}}{O'I}=\frac{R{{'}^{2}}}{O'I}$ mà O’ và I cố định nên K cố định.