Bài tập tổng hợp hình học lớp 8&9 _ Phần 15

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

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

    Bài 71:
    Cho tứ giác ABCD có $\widehat{ABD}={{60}^{0}}$, $\widehat{CBD}={{20}^{0}}$, $\widehat{BAC}={{50}^{0}}$, $\widehat{CAD}={{30}^{0}}$. Tính số đo của $\widehat{ADC}$.
    Giải :
    Lấy điểm P trên BD sao cho BP = AB
    $\Rightarrow $ $\Delta ABP$ đều.
    Gọi $Q$ là giao điểm của hai tia $BC$ và $AP$
    Ta có
    $\widehat{BAD}=\widehat{BAC}+\widehat{CAD}={{50}^{0}}+{{30}^{0}}={{80}^{0}}$
    $\widehat{PAD}=\widehat{BAD}-\widehat{BAP}={{80}^{0}}-{{60}^{0}}={{20}^{0}}$
    $\widehat{BPQ}=\widehat{APD}$ (đối đỉnh)
    $\Rightarrow $ $\Delta BPQ$ = $\Delta APD$ (g-c-g) $\Rightarrow $ $PQ = PD$
    Mà $\widehat{DPQ}=\widehat{APB}={{60}^{0}}$ $\Rightarrow $ $\Delta QDP$ đều
    $\Rightarrow $ $DQ = DP = PQ$ (1)
    Tính được $\widehat{ACB}={{50}^{0}}$
    $\Rightarrow $ $\Delta ABC$ cân tại $B$ $\Rightarrow$ $AB = BC$.

    bai_71.png

    Mà $AB = BP$ ($\Delta ABP$ đều) nên $BP = BC$ $\Rightarrow $ $\Delta BPC$ cân tại $B$.
    $\Rightarrow \widehat{BPC}=\widehat{BCP}=\frac{{{180}^{0}}-\widehat{CBP}}{2}=\frac{{{180}^{0}}-{{20}^{0}}}{2}={{80}^{0}}$
    $\Delta ABD$ có $\widehat{BAD}={{80}^{0}}\,\,;\,\,\widehat{ABD}={{60}^{0}}\Rightarrow \widehat{ADB}={{40}^{0}}$.
    Vì $\Delta BPQ$ = $\Delta APD$ nên $\widehat{BQP}=\widehat{ADP}={{40}^{0}}$.
    Ta có $\widehat{BCP}={{80}^{0}}\,\,;\,\,\widehat{BQP}={{40}^{0}}\Rightarrow \widehat{CPQ}={{40}^{0}}$
    $\Rightarrow \Delta CPQ$ cân tại C $\Rightarrow $ $CP = CQ$ (2)
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow \Delta CPD=\Delta CQD$ (c-c-c)
    $\Rightarrow \widehat{CDP}=\widehat{CDQ}=\frac{1}{2}\widehat{PDQ}=\frac{1}{2}{{.60}^{0}}={{30}^{0}}$.
    $\Rightarrow \widehat{ADC}=\widehat{ADP}+\widehat{PDC}={{40}^{0}}+{{30}^{0}}={{70}^{0}}$.


    Bài 72:
    Cho tam giác ABC vuông ở A, $\widehat{ABC}={{50}^{0}}$, D là điểm trên AC sao cho $\widehat{DBC}={{10}^{0}}$. Đường trung trực của BC cắt AC tại E. Tính tỉ số $\frac{AE}{DC}$.
    Cách 1:
    bai_72.1.png
    Ta có $\widehat{ABC}={{50}^{0}}$ và $\widehat{DBC}={{10}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{ABD}={{40}^{0}}$.
    Do đó $\Delta ADB$ ഗ$\Delta ABC$ (g-g)
    $\Rightarrow $ AB2 = AD.AC = (AC – CD).AC = AC2 – AC.CD (1)
    Dễ thấy $\Delta OEC$ ഗ$\Delta ABC$ (g-g)
    $\Rightarrow $ CO.CB = CE.CA $\Rightarrow \frac{B{{C}^{2}}}{2}=\left( AC-AE \right).AC=A{{C}^{2}}-AC.AE$
    Mà AB2 + AC2 = BC2 nên AB2 + AC2 = 2AC2 – 2AC.AE
    $\Rightarrow $ AB2 = AC2 – 2AC.AE (2)
    Từ (1) và (2) suy ra 2AC.AE = AC.CD $\Rightarrow \frac{AE}{CD}=\frac{1}{2}$.

    Cách 2:

    bai_72.2.png
    Vì OE là trung trực của BC nên OB = OC và OE $\bot $ BC.
    Do đó AO là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC $\Rightarrow $ OA = OB = OC.
    Tam giác AOB cân tại O có $\widehat{ABO}={{50}^{0}}$ nên $\widehat{AOB}={{80}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{AOE}={{10}^{0}}$.
    Tam giác AOC cân tại O $\Rightarrow \widehat{OAC}=\widehat{OCA}={{40}^{0}}$.
    Do đó $\Delta AOE$ ഗ$\Delta CBD$ (g-g) $\Rightarrow \frac{AE}{CD}=\frac{OA}{BC}=\frac{1}{2}$.


    Bài 73:
    Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC (M khác B và C). Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC), đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK và CM giao nhau tại E.
    a) Chứng minh: $\widehat{HKB}=\widehat{CEB}~$và BE2 = BC.AB.
    b) Kẻ CN vuông góc với AB, (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), đường thẳng NK cắt CE tại P. Chứng minh NP = PE.
    c) Chứng minh khi NE là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB thì NE = 2NC.

    Giải:
    bai_73.png
    b) Tam giác ANB vuông tại N, đường cao NC $\Rightarrow $ BN2 = BC.AB.
    Mà BE2 = BC.AB (câu a) nên BN = BE $\Rightarrow \Delta BNE$ cân tại B $\Rightarrow \widehat{BNE}=\widehat{BEN}~$.
    Ta lại có $\widehat{KNB}=\widehat{KAB}~$(hai góc nội tiếp cùng chắn cung KB của (O)).
    $\Rightarrow \widehat{PNB}=\widehat{PEB}~$ (cùng bằng $\widehat{KAB}$) $\Rightarrow \widehat{PNE}=\widehat{PEN}~$ $\Rightarrow \Delta PNE$ cân tại P $\Rightarrow $ PN = PE.
    c) Kẻ BQ $\bot $ NE $\Rightarrow QN=QE=\frac{NE}{2}$ (vì $\Delta BNE$ cân tại B).
    Vì NE là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ON $\bot $ NE
    $\Rightarrow $ ON // BQ (cùng vuông góc với NE)
    $\Rightarrow \widehat{ONB}=\widehat{QBN}~$ (so le trong), mà $\widehat{ONB}=\widehat{OBN}~$ nên $\widehat{OBN}=\widehat{QBN}~$.
    $\Rightarrow $ BN là phân giác góc CNQ $\Rightarrow $ NC = NQ, mà $\Rightarrow QN=\frac{NE}{2}$ nên NE = 2NC.


    Bài 74:
    Cho tam giác nhọn ABC. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Qua B và C lần lượt vẽ các đường thẳng d1 và d2 cùng vuông góc với BC. Các đường trung trực của BH và CH cắt d1 và d2 tương ứng tại I và K. Đường thẳng IK cắt AB, AC thứ tự ở M, N. Chứng minh tứ giác AMHN là hình bình hành.
    Giải:
    Giả sử đường trung trực của BH cắt BH tại P, đường trung trực của CH cắt CH tại Q và đường trung trực này cắt nhau tại O. Khi đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC.

    bai_74.png

    Ta có IB // JD // KC (cùng vuông góc với BC).
    Từ (1) và (2) $\Rightarrow \frac{QO}{QK}=\frac{JI}{JK}\Rightarrow $ JQ // IO, mà IO $\bot $ BE nên JQ $\bot $ BE.
    Do đó JQ // AC (cùng vuông góc với BE) $\Rightarrow \frac{NJ}{NK}=\frac{GQ}{GK}$
    Ta có AJ // AC (cùng vuông góc với BC) $\Rightarrow \frac{NJ}{NK}=\frac{NA}{NC}$
    Dễ thấy $\Delta FBC$ ഗ$\Delta QCK$ (g-g) và $\widehat{FBH}=\widehat{QCG}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$) $\Rightarrow \frac{HF}{HC}=\frac{GQ}{GK}$.
    Do đó $\frac{NA}{NC}=\frac{HF}{HC}\Rightarrow $ NH // AF hay NH // AM.
    Chứng minh tương tự ta được MH // AN. Vậy AMHN là hình bình hành.


    Bài 75:
    Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm H cố định thuộc bán kính OA (H khác O và A). Đường thẳng qua H và vuông góc với OA cắt nửa đường tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt tia HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
    a) Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp.
    b) Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.
    c) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh $\widehat{ABF}$ có số đo không đổi khi D thay đổi trên cung BC.
    Giải:

    bai_75.png

    b) Tứ giác IHBD nội tiếp (cmt)
    Vì ED là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D
    $\Rightarrow \widehat{ABD}=\widehat{ADE}=\frac{1}{2}\text{s}\overset\frown{AD}$, do đó $\widehat{EID}=\widehat{ADE}$ $\Rightarrow \Delta DEI$ cân tại E.
    c) $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
    Tam giác ABC vuông tại C, đường cao CH $\Rightarrow \widehat{ACH}=\widehat{ABC}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$).
    Ta có $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) $\Rightarrow \widehat{ACH}=\widehat{ADC}$.
    Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (F) tại C $\Rightarrow AC\bot FC$ tại C.
    Mà $AC\bot BC$ (cmt) nên ba điểm B, F, C thẳng hàng $\Rightarrow \widehat{ABF}=\widehat{ABC}$ không đổi.