Các Bài Toán Hình Học 9 Có Lời Giải / Top 15 Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 9/2023 # Top Trend

, Working at Trường Đại học Công nghệ Thông tin và Truyền thông – Đại học Thái Nguyên

Published on

Cac bai-toan-hinh-hoc-on-thi-vao-lop-10

4. N y x O K F E M BA 3. Rõ ràng đây là câu hỏi khó đối với một số em, kể cả khi hiểu rồi vẫn không biết giải như thế nào , có nhiều em may mắn hơn vẽ ngẫu nhiên lại rơi đúng vào hình 3 ở trên từ đó nghĩ ngay được vị trí điểm C trên nửa đường tròn. Khi gặp loại toán này đòi hỏi phải tư duy cao hơn. Thông thường nghĩ nếu có kết quả của bài toán thì sẽ xảy ra điều gì ? Kết hợp với các giả thiết và các kết quả từ các câu trên ta tìm được lời giải của bài toán. Với bài tập trên phát hiện M là trực tâm của tam giác không phải là khó, tuy nhiên cần kết hợp với bài tập 13 trang 72 sách Toán 9T2 và giả thiết M là điểm chính giữa cung AC ta tìm được vị trí của C ngay. Với cách trình bày dưới mệnh đề “khi và chỉ khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ hơn. Em vẫn có thể viết lời giải cách khác bằng cách đưa ra nhận định trước rồi chứng minh với nhận định đó thì có kết quả , tuy nhiên phải trình bày phần đảo: Điểm C nằm trên nửa đường tròn mà thì AD là tiếp tuyến. Chứng minh nhận định đó xong ta lại trình bày phần đảo: AD là tiếp tuyến thì . Từ đó kết luận. 4. Phát hiện diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) chính là hiệu của diện tích tứ giác AOCD và diện tích hình quạt AOC thì bài toán dễ tính hơn so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC. Bài 3 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F. 1. Chứng minh: 2. Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh . 4. Khi MB = .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. BÀI GIẢI CHI TIẾT 1. Chứng minh: . EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của . Tương tự: OF là phân giác của . Mà và kề bù nên: (đpcm) hình 4 2. Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. ” 0 60BC =” 0 60BC = · 0 EOF 90= MK AB⊥ 3 · 0 EOF 90= ·AOM ·BOM ·AOM·BOM· 0 90EOF =

5. Ta có: (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có nên nội tiếp được trong một đường tròn. Tam giác AMB và tam giác EOF có:, (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g). 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh . Tam giác AEK có AE

6. x H Q I N M O C BA K x H Q I N M O C BA Nếu chú ý MK là đường thẳng chứa đường cao của tam giác AMB do câu 3 và tam giác AKB và AMB có chung đáy AB thì các em sẽ nghĩ ngay đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy thì tỉ số diện tích hai tam giác bằng tỉ số hai đường cao tương ứng, bài toán qui về tính diện tích tam giác AMB không phải là khó phải không các em? Bài 4 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMQI nội tiếp. b) . c) CN = NH. (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh) BÀI GIẢI CHI TIẾT a) Chứng minh tứ giác AMQI nội tiếp: Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau) OA = OC (bán kính đường tròn (O)) Do đó: MO AC . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) . Hai đỉnh I và Q cùng nhìn AM dưới Hình 5 một góc vuông nên tứ giác AMQI nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh:. Tứ giác AMQI nội tiếp nên Hình 6 (cùng phụ ) (2). có OA = OC nên cân ở O. (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra . c) Chứng minh CN = NH. Gọi K là giao điểm của BC và tia Ax. Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)). AC BK , AC OM OM

8. · · · · CDB CAB CAB CFA  =  = x F E D C B O A Từ (1) và (2) suy ra: chúng tôi = chúng tôi c) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp: Ta có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) ( cùng phụ ) Do đó tứ giác CDEF nội tiếp. Cách khác và có: chung và (suy từ chúng tôi = chúng tôi nên chúng đồng dạng (c.g.c). Suy ra: . Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp. d) Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi: Ta có: (do BD là phân giác ) . Tứ giác AOCD là hình thoi OA = AD = DC = OC AD = DC = R Vậy thì tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện tích hình thoi AOCD theo R: . Sthoi AOCD = (đvdt). Hình 8 Lời bàn 1. Với câu 1, từ gt BD là phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ ngay đến cần chứng minh hai góc so le trong và bằng nhau. 2. Việc chú ý đến các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn kết hợp với tam giác AEB, FAB vuông do Ax là tiếp tuyến gợi ý ngay đến hệ thức lượng trong tam giác vuông quen thuộc. Tuy nhiên vẫn có thể chứng minh hai tam giác BDC và BFE đồng dạng trước rồi suy ra chúng tôi = chúng tôi Với cách thực hiện này có ưu việc hơn là giải luôn được câu 3. Các em thử thực hiện xem sao? 3. Khi giải được câu 2 thì câu 3 có thể sử dụng câu 2 , hoặc có thể chứng minh như bài giải. 4. Câu 4 với đề yêu cầu xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD trở thành hình thoi không phải là khó. Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ ngay đến cung AC bằng 1200 từ đó suy ra số đo góc ABC ·FAC· ·CDB CFA⇒ = ∆DBC∆FBE∆ µBBD BC BF BE = · ·EFBCDB = · ·ABD CBD=·ABC” “AD CD⇒ = ⇔ ⇔” ” 0 60AD DC⇔ = =” 0 120AC⇔ =· 0 60ABC⇔ = · 0 60ABC = ” 0 120 3AC AC R= ⇒ = 2 1 1 3 . . . 3 2 2 2 R OD AC R R= = ·ODB·OBD ” 0 120 3AC AC R= ⇒ =

9. H N F E CB A bằng 600 . Tính diện tích hình thoi chỉ cần nhớ công thức, nhớ các kiến thức đặc biệt mà trong quá trình ôn tập thầy cô giáo bổ sung như ,…….. các em sẽ tính được dễ dàng. Bài 6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E và F ; BF cắt EC tại H. Tia AH cắt đường thẳng BC tại N. a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp. b) Chứng minh FB là phân giác của . c) Giả sử AH = BC . Tính số đo góc của ∆ABC. BÀI GIẢI CHI TIẾT a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp: Ta có : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC) Tứ giác HFCN có nên nội tiếp được trong đường tròn đường kính HC) (đpcm). b) Chứng minh FB là tia phân giác của góc EFN: Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính BC). (hai góc nội tiếp cùng chắn của đường tròn đường kính HC). Suy ra: . Vậy FB là tia phân giác của góc EFN (đpcm) c) Giả sử AH = BC. Tính số đo góc BAC của tam giác ABC: FAH và FBC có: , AH = BC (gt), (cùng phụ ). Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn). Suy ra: FA = FB. AFB vuông tại F; FA = FB nên vuông cân. Do đó . Bài 7 (Các em tự giải) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BD và CE cát nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp. b) Chứng minh AD. AC = AE. AB. c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA DE. ·EFN ·BAC · · 0 90BFC BEC= = · · 0 180HFC HNC+ = · ·EFB ECB=”BE · ·ECB BFN=¼HN · ·EFB BFN= ∆∆· · 0 AFH 90BFC= =· ·FAH FBC=·ACB∆∆ ∆· 0 45BAC = ⊥

10. =

11. O P K M H A C B Bài 9 Cho tam giác ABC ( ) nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến tiếp tuyến đó. AH cắt đường tròn (O) tại M (M ≠ A). Đường vuông góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và AB tại P. a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp. b) Chứng minh ∆MAP cân. c) Tìm điều kiện của ∆ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng. BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp: Ta có : (gt), (gt) Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh tam giác MAP cân: AH

12. / /

13. H / / = = P O K I N M C BA a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó: Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). Do đó: Tứ giác ICPN có nên nội tiếp được trong một đường tròn. Tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN là trung điểm của đoạn thẳng IP. b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tam giác INP vuông tại N, K là trung điểm IP nên . Vậy tam giác IKN cân ở K . Do đó (1). Mặt khác (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN đường tròn (K)) (2) N là trung điểm cung CB nên . Vậy NCB cân tại N. Do đó : (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra , hai góc này ở vị trí đồng vị nên KN

14. / /

15. 60° O J IN M B A a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B; BM). b) Kẻ các đường kính MOI của đường tròn (O; R) và MBJ của đường tròn (B; BM). Chứng minh N, I và J thẳng hàng và JI . JN = 6R2 c) Tính phần diện tích của hình tròn (B; BM) nằm bên ngoài đường tròn (O; R) theo R. BÀI GIẢI a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B; BM). Ta có . (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)). Điểm M và N thuộc (B;BM); AM MB và AN NB. Nên AM; AN là các tiếp tuyến của (B; BM). b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng và JI .JN = 6R2 . (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O và tâm B). Nên IN MN và JN MN . Vậy ba điểm N; I và J thẳng hàng. Tam giác MJI có BO là đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R. Tam giác AMO cân ở O (vì OM = OA), nên tam giác MAO đều. AB MN tại H (tính chất dây chung của hai đường tròn (O) và (B) cắt nhau). Nên OH = . Vậy HB = HO + OB = . Vậy JI . JN = 2R . 3R = 6R2 c) Tính diện tích phần hình tròn (B; BM) nằm ngoài đường tròn (O; R) theo R: Gọi S là diện tích phần hình tròn nằm (B; BM) nằm bên ngoài hình tròn (O; R). S1 là diện tích hình tròn tâm (B; BM). S2 là diện tích hình quạt MBN. S3 ; S4 là diện tích hai viên phân cung MB và NB của đường tròn (O; R). Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4). Tính S1: . Vậy: S1 = . Tính S2: S2 = = Tính S3: S3 = Squạt MOB – SMOB. Squạt MOB = . OA = OB SMOB = SAMB = = = Vậy S3 = = S4 (do tính chất đối xứng). Từ đó S = S1 – (S2 + 2S3) · · 0 90AMB ANB= = ⊥ ⊥ · · 0 90MNI MNJ= =⊥⊥ · 0 60MAO = ⊥ 1 1 2 2 OA R= 3 2 2 R R R+ = 3 2. 3 2 R NJ R⇒ = = · “0 0 60 120MAB MB= ⇒ =3MB R⇒ = ( ) 2 2 3 3R Rπ π= · 0 60MBN = ⇒ ( ) 2 0 0 3 60 360 Rπ 2 2 Rπ · 0 120MOB = ⇒2 0 2 0 .120 360 3 R Rπ π = ⇒1 2 1 1 . . . 2 2 AM MB 1 . 3 4 R R 2 3 4 R 2 3 Rπ 2 3 4 R −

16. _

17. E I K H ON M D C BA S1 là diện tích nửa hình tròn đường kính MB. S2 là diện tích viên phân MDB. Ta có S = S1 – S2 . Tính S1: . Vậy S1 = . Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB = = . S = ( ) = . Bài 15 Cho đường tròn (O) đường kính AB bằng 6cm . Gọi H làđiểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm. Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB , đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D. Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M. Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB). a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tg. c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O). d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra . Tứ giác MNAC có nên nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính CH và tg ABC. AB = 6 (cm) ; AH = 1 (cm) HB = 5 (cm). Tam giác ACB vuông ở C, CH AB CH2 = AH . BH = 1 . 5 = 5 (cm). Do đó tg ABC = . c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O): Ta có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNAC). (so le trong của MN

18. / /? _ αK E H M O D C B A Gọi K là giao điểm của AE và BC; I là giao điểm của CH và EB. KE//CD (cùngvới AB) (đồng vị). (cùng chắn cung BD). (đối đỉnh) và (cùng chắn ). Suy ra: cân ở E. Do đó EK = EC. Mà EC = EA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA. có CI

Các kì thi HSG tỉnh và thành phố nhằm chọn ra đội tuyển tham dự kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia trong năm học 2010 – 2011 đã diễn ra sôi nổi vào những ngày cuối năm trước và đã để lại nhi ề u ấn tượng sâu sắc. Bên cạnh những bất đẳng thức, những hệ phương trình hay những bài toán số học, tổ hợp, ta không thể quên được dạng toán vô cùng quen thuộc, vô cùng thú vị và cũng xuất hiện thường trực hơn cả, đó chính là những bài toán hình học phẳng. Nhìn xuyên suốt qua các bài toán ấy, ta sẽ phát hiện ra sự xuất hiện của những đường tròn, những tam giác, tứ giác; cùng với những sự k ế t hợp đặc biệt, chúng đã tạo ra nhi ề u vấn đ ề thật đẹp và thật hấp dẫn. Có nhi ề u bài phát biểu thật đơn giản nhưng ẩn chứa đằng sau đó là những quan hệ khó và chỉ có thể giải được nhờ những định lý, những ki ế n thức ở mức độ nâng cao như: định lý Euler, đường tròn mixtilinear, định lý Desargues, điểm Miquel,… Rồi cũng có những bài phát biểu thật dài, hình vẽ thì phức tạp nhưng lại được giải quy ế t bằng một sự k ế t hợp ngắn gọn và khéo léo của những đi ề u quen thuộc để tạo nên lời giải ấn tượng.

Nhằm tạo cho các bạn yêu Toán có một tài liệu tham khảo đầy đủ và hoàn chỉnh v ề những nội dung này, chúng tôi đã dành thời gian để tập hợp các bài toán, trình bày lời giải thật chi ti ế t và sắp x ế p chúng một cách tương đối theo mức độ dễ đ ế n khó v ề lượng ki ế n thức cần dùng cũng như hướng ti ế p cận. Với ề nội dung, mong rằng “ề u hơn nét đẹp cực kì quy ế n rũ của bộ môn này! hơn 50 bài toán đa dạng v ề hình thức và phong phú v Tuyển chọn các bài toán hình học phẳng trong đ ề thi học sinh giỏi các tỉnh, thành phố năm học 2010 – 2011” sẽ giúp cho các bạn có dịp thưởng thức, cảm nhận, ngắm nhìn nhi

Xin chân thành cảm ơn các tác giả đ ề bài, các thành viên của diễn đàn http://forum.mathscope.org đã gửi các đ ề toán và trình bày lời giải lên diễn đàn.

Cảm ơn các bạn.

Phan Đức Minh – Lê Phúc Lữ

Tuyển tập các lời giải hay cho các bài toán hình học phẳng khó(Số 1)(Tháng 9/2023) Đôi điều về chuyên mục: Trong tuyển tập lớn này, tôi sẽ mỗi tháng đưa ra năm lời giải cho năm bài toán khác nhau mà tôi cho là hay. Sau một tháng nhận email phản hồi của các bạn(các lời giải khác mà các bạn nghĩ là hay hơn,mở rộng các bài toán,…), tôi sẽ biên tập lại chúng để viết chúng trong phần phản hồi bạn đọc ở số tiếp theo. Cuối mỗi tháng sẽ có list bài của tháng sau để các bạn tiện theo dõi. Bài toán 1(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. P là một điểm thuộc cung BC không chứa A của (O)(P 6= B, C).P 0 đối xứng P qua BC. (OP P 0 ) cắt AP tại G. Chứng minh rằng trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 .

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi AH cắt (AGO) tại điểm J khác A. Thế thì: ∠JOG = ∠HAG = ∠GP P 0 (do AH//P P 0 )=180◦ − ∠GOP 0 do đó O, P 0 , J thẳng hàng. Lại có: ∠GJO = ∠P AO = ∠GP O = ∠GP 0 O do đó tam giác GJP 0 cân tại G. Lại có: ∠JGP 0 = ∠AOP = 2∠ACP . Lại có: ∠AHP 0 = ∠HP P 0 = ∠ACP (do 1

nếu gọi AH cắt lại (O) tại D thì HDP P 0 là hình thang cân nên dĩ nhiên ∠HP P 0 = ∠ACP ) do đó G là tâm (JHP 0 ). Ta gọi K là giao (JHP 0 ) cắt (AGO) tại điểm K khác J. Lại có: ∠GKO = ∠OAG = ∠GP O = ∠GP 0 O do đó ∠OP 0 K = ∠OKP 0 nên OK = OP 0 vậy khi đó dĩ nhiên K đối xứng P 0 qua GO từ đó GK = GH = GP 0 mà ∠GHJ = ∠GJH = 180◦ − ∠AJG = ∠AOG = ∠AKG vậy thì K cũng đối xứng H qua AG. Vậy theo định lí về đường thẳng Steiner thì trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 (đpcm). Nhận xét: Ở lời giải trên tác giả đã có một lời giải khác với lời giải gốc của người ra đề. Điểm thú vị của lời giải trên chính là việc không cần nhất thiết chỉ ra trực tâm của tam giác đó. Bài toán 2(Kiểm tra trường hè Titan tháng 8/2023): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có: H là trực tâm và AM là trung tuyến tam giác ABC. AM cắt lại (O) tại điểm N . Ba đường thẳng: qua H vuông góc AN, BC, KN cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng: (XY Z) tiếp xúc (O).

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi tia M H cắt (O) tại điểm J, gọi AD là đường cao của tam giác ABC. Hiển nhiên ta có: AJ, HP, M D là các đường cao của tam giác AHM suy ra AJ, HP, BC đồng quy tại điểm Y . Hay là A, J, Y thẳng hàng. Ta đi chứng minh rằng J thuộc (XY Z). Ta có: HDY J nội tiếp do đó XY JZ nội tiếp khi và chỉ khi:

2

(JX, KX) ≡ (AH, JH)(modπ) hay là tứ giác JHKX nội tiếp. Lại có: (JK, XK) ≡ (JA, N A) ≡ (JD, Y D) ≡ (JH, Y H)(modπ) vậy ta có: JHKX nội tiếp hay là J thuộc (XY Z). Vậy tức là J thuộc (XY Z) và (O). Vì J thuộc (O) và (XY Z) mà A, J, Y thẳng hàng nên khi gọi Y G, AL là các đường kính (XY Z) và (O) thì GJL ⊥ Y A, ta có: ∠JGY = ∠JXY = ∠JKA = ∠JLA do đó GY kAL vậy hiển nhiên 4GJY ∼ 4AJL do I, O lần lượt là trung điểm GY và AL nên ∠IJY = ∠OJA hay là thu được I, J, O thẳng hàng hay (XY Z) tiếp xúc (O)(đpcm). Nhận xét: Bài toán này hay nhưng không quá khó rất phù hợp để lấy làm bài thi trong 1 đề kiểm tra định kì. Ở bài toán trên ta thấy được tiếp điểm J sinh ra cực kì hay và hợp lí. Cách giải trên tuy dài hơn lời giải gốc xong lại thể hiện tư duy chứng minh tiếp xúc rất hay đó là sử dụng vị tự. Độc giả có thể tham khảo lời giải gốc và của bài toán mở rộng ở đây [1]. Bài toán 3(Trịnh Huy Vũ): Cho tam giác ABC có đường cao AH. Gọi X, Y lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AC, AB. Z là giao điểm của BX và CY . Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc (A; AH).

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Quay trở lại bài toán: Gọi XY cắt BC tại điểm L. Gọi LA cắt (ABC) tại điểm P . Lấy J đối xứng H qua LA. Ta có: tứ giác AY HX nội tiếp nên ∠Y XH = ∠HAB = ∠Y HL do đó ta có: LH 2 = chúng tôi = chúng tôi = LP .LA do đó P thuộc (AH). Do J đối xứng H qua LA nên theo phép vị tự tỉ số 2 3

tâm H thì J thuộc (A; AH). Lại có: J đối xứng H qua AL nên ∠LJA = 90◦ suy ra LJ là tiếp tuyến đến (A; AH). Gọi T là tâm (BCXY ) theo định lí Bocard thì Z là trực tâm tam giác ALT . Gọi T Z cắt AL tại điểm P 0 . Gọi AT cắt LZ tại Q thì LP 0 .LA = chúng tôi = LM .LN (hệ thức M aclaurin)= chúng tôi = chúng tôi suy ra P 0 thuộc (O) do đó P trùng P 0 . Vậy T, Z, P, H thẳng hàng. Do đó P, J, Z, H thẳng hàng. Ta chỉ cần chứng minh J thuộc (XY Z) khi đó hiển nhiên LJ là tiếp tuyến tới (XY Z). Tứ giác LXZY nội tiếp khi và chỉ khi ∠ZJY = ∠ZXY = ∠ZCH hay tứ giác JCHY nội tiếp hay Z có cùng phương tích tới 2 đường tròn (BCXY ) và (A; AH). Gọi (A; AH) cắt (BCXY ) tại các điểm M, N . Ta có: AH 2 = AM 2 = AN 2 = chúng tôi = AY .AB do đó AM, AN lần lượt là tiếp tuyến đến (BCXY ). Do đó quen thuộc là ta thấy rằng: BX, CY, M N đồng quy tại 1 điểm chính là Z(Gọi M N cắt Y B, CX tại các điểm E, F sử dụng hàng điều hoà cơ bản ta có: (AEY B) = (AF XC) = −1 do đó BX, CY, M N đồng quy). Vậy hiển nhiên: phương tích từ Z tới (BCXY )=phương tích từ Z tới (A; AH) do đó tứ giác JCHY nội tiếp và do đó JXY Z nội tiếp vậy mà dễ thấy LJ là tiếp tuyến tới (XY Z) do đó (XY Z) tiếp xúc (A; AH) tại J(đpcm). Nhận xét: Bài toán này tiếp tục là một lời giải mới được tác giả đề xuất khác với chứng minh gốc. Điểm thú vị trong chứng minh mới là việc chứng minh sử dụng nhuần nhuyễn các công cụ tỉ số kép và phương tích để thu được kết luận quan trọng là J thuộc (XY Z). Lời giải gốc của tác giả Nguyễn Văn Linh sử dụng phép nghịch đảo . Bài toán 4(Thành Phố Hồ Chí Minh TST 2011): Cho tam giác ABC nhọn. Lấy D là 1 điểm bất kì trên đoạn BC không trùng B, C. Lấy E là 1 điểm trên đoạn AD (E không trùng A, D). Gọi (DEB) cắt AB tại F khác B và gọi (DEC) cắt AC tại G khác C. EC cắt GD tại I và F D cắt BE tại H. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC. Chứng minh rằng: AJ vuông góc HI.

4

6

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi H là trực tâm tam giác ABC và AH cắt BC tại D thế thì do BV 2 = BS 2 = chúng tôi = BD.BC(do BC tiếp xúc (AES) nên BV 2 = BS 2 = chúng tôi do đó (V S, DC) = −1 và do đó ta có DV .DS = DB.DC(theo hệ thức M aclaurin) do đó H là trực tâm tam giác AV S. Ta gọi SE cắt (AEF ) tại R, gọi AS cắt (AEF ) tại điểm thứ hai Y . Điều phải chứng minh tương đương R thuộc V F . Ta có: chúng tôi = SY .SA = chúng tôi (do tứ giác AY DV nội tiếp) suy ra REDV là một tứ giác nội tiếp. Chú ý rằng tứ giác HEBD nội tiếp nên ta có: (V R, ER) ≡ −(ED, BD)(modπ) lại có REHF nội tiếp do đó (ER, F R) ≡ −(EH, F H)(modπ) từ đó ta có: (V R, ER) ≡ (F R, ER)(modπ) hay là V, R, F thẳng hàng. Nhận xét: Bài toán lần đầu tiên xuất hiện trên group Bài toán hay-Lời giải đẹp[3]. Lời giải trên được tác giả đề nghị không phải là ngắn gọn nhất. Có thể kể đến ý tưởng biến đổi tỉ số phương tích của tác giả Mẫn Bá Tuấn-học sinh chuyên Toán THPT chuyên ĐHSP Hà Nội. Ở đây xin nêu cách này bởi sự khai thác triệt để giả thiết tiếp xúc trong đề bài.

Các bài toán đề nghị tháng sau :

7

Bài toán 6(Hà Nội TST 2023-2023): Cho đường tròn đường kính AB. Lấy điểm C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ < ∠AOC < 180◦ . Lấy K là 1 điểm thay đổi trên đoạn OC. Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K; KC). Chứng minh rằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm. Bài toán 7(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O). Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC sao cho AP vuông góc BC. Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc AB, AC( E, F thuộc AB và AC). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G. Chứng minh rằng GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm. Bài toán 8(Trích HNEU TST 2014-2023): Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF . Các đường tròn đường kính AB và AC cắt các tia DF và DE tại các điểm Q và P . Gọi N là tâm ngoại tiếp tam giác DEF . Chứng minh rằng: AN ⊥ P Q. Bài toán 9(Đề thi chọn HSG khối 10,chuyên ĐHSP,2023-2023):Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). M, N lần lượt là trung điểm AB và CD. Giả sử AD cắt BC tại E và 2 đường chéo cắt nhau tại điểm F . EF cắt AB và CD lần lượt tại các điểm P và Q. a) Chứng minh rằng M, N, P, Q nội tiếp đường tròn tâm T . b) Chứng minh rằng OT, N P, M Q đồng quy. Bài toán 10(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC sao cho AB + AC = 2BC. Tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F . AI cắt lại đường tròn (O) tại J khác A. Một đường thẳng d qua A song song với BC cắt EF tại M .Chứng minh rằng:∠JDM = 90◦ .

8

1

Lời giải 1(Nguyễn Duy Khương): Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J. Gọi JA cắt DE tại điểm N . Do ∠KJA = ∠KDA = 90◦ do đó tứ giác JADE nội tiếp. Do (O) tiếp xúc (K) nên áp dụng tính chất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chung tại C của (O), (K),DE và JA đồng quy tại 1 điểm N . Gọi DE cắt BK tại điểm M . Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thế thì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE là 1 tứ giác điều hoà do đó hiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng. Gọi M là giao điểm của BK và DE. Gọi I là trung điểm DE. Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do A, J, K, D, E đồng viên). Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thức M aclaurin) suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1. Do đó: S, C, M thẳng hàng. Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M (đpcm).

2

Bài 4: Cuối năm học tại một trường THCS có 1200 đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ thuộc bốn khối 6, 7, 8, 9 . Trong đó số đội viên khối 6 chiếm tổng số ; số đội viên khối 7 chiếm 25% tổng số ; số đội viên khối 9 bằng số đội viên khối 8. Tìm số đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ của mỗi khối.

Bài 5: Một lớp có 50 học sinh. số học sinh giỏi chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh trung bình bằng 40% số học sinh giỏi. Còn lại là học sinh khá.

a. Tính số học sinh mỗi loại của lớp.

b. Tính tỉ số phầm trăm của số học sinh khá, giỏi, trung bình so với học sinh cả lớp.

CÁC BÀI TOÁN CÓ LỜI GIẢI – LỚP 6 Bài 1: Lớp 6A có 40 học sinh.Cuối năm số học sinh loại giỏi chiếm 10% tổng số học sinh cả lớp.Số học sinh khá bằng số học sinh loại giỏi. Còn lại là học sinh trung bình. Tính số học sinh mỗi loại? HD: Số học sinh giỏi là: – Số học sinh khá là: – Số học sinh trung bình là: Đáp số: Giỏi: 4 hs Khá: 6 hs Trung Bình: 30 hs Bài 2: Khối 6 của một trường có tổng cộng 90 học sinh. Trong dịp tổng kết cuối năm thống kê được: Số học sinh giỏi bằng số học sinh cả khối, số học sinh khá bằng 40% số học sinh cả khối. Số học sinh trung bình bằng số học sinh cả khối, còn lại là học sinh yếu kém. Tính số học sinh mỗi loại. Số học sinh giỏi của trường là: (học sinh) – Số học sinh khá của trường là: (học sinh) – Số học sinh trung bình của trường là: (học sinh) – Số học sinh yếu của trường là:90 – (15 + 36 + 30) = 9 (học sinh) Bài 3: Ở lớp 6B số HS giỏi học kì I bằng số HS cả lớp. Cuối năm học có thêm 5 HS đạt loại giỏi nên số HS giỏi bằng số HS cả lớp. Tính số HS của lớp 6A? Bài 4: Cuối năm học tại một trường THCS có 1200 đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ thuộc bốn khối 6, 7, 8, 9 . Trong đó số đội viên khối 6 chiếm tổng số ; số đội viên khối 7 chiếm 25% tổng số ; số đội viên khối 9 bằng số đội viên khối 8. Tìm số đội viên đạt danh hiệu Cháu ngoan Bác Hồ của mỗi khối. Bài 5: Một lớp có 50 học sinh. số học sinh giỏi chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh trung bình bằng 40% số học sinh giỏi. Còn lại là học sinh khá. a. Tính số học sinh mỗi loại của lớp. b. Tính tỉ số phầm trăm của số học sinh khá, giỏi, trung bình so với học sinh cả lớp. Bài 6: Một đội công nhân sửa chữa một đoạn đường trong ba ngày. Ngày thứ nhất sửa 59 đoạn đường, ngày thứ hai sửa 14 đoạn đường. Ngày thứ ba sửa 7m còn lại. Hỏi đoạn đường cần sửa dài bao nhiêu mét. Bài 7: Lớp 6A có 40 học sinh gồm 3 loại: Giỏi, khá và trung bình. Số học sinh giỏi chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh trung bình bằng số học sinh còn lại a) Tính số học sinh giỏi, khá, trung bình của lớp 6A b) Tính tỷ số phần trăm của số học sinh trung bình so với học sinh cả lớp Giải a) – Số học sinh giỏi của lớp 6A là: (học sinh) số học sinh còn lại là 40 – 5 = 35 (học sinh) – Số học sinh trung bình của lớp 6A là: (học sinh) – Số học sinh khá của lớp 6A là: 35 -15 = 10 (học sinh) b) % = 35% Bài 8: Kết quả học lực cuối học kỳ I năm học 2012 – 2013 cuả lớp 6A xếp thành ba loại: Giỏi; Khá; Trung bình. Biết số học sinh khá bằng số học sinh giỏi; số học sinh trung bình bằng số học sinh giỏi. Hỏi lớp 6A có bao nhiêu học sinh; biết rằng lớp 6A có 12 học sinh khá? HD: Số học sinh giỏi của lớp 6A là: (học sinh) Số học sinh trung bình của lớp 6A là: (học sinh) Tổng số học sinh của lớp 6A là: (học sinh) Đáp số: 36 học sinh Bài 9: Biết diện tích của một khu vườn là 250m2. Trên khu vườn đó người ta trồng các loại cây cam, chuối và bưởi. Diện tích trồng cam chiếm 40% diện tích khu vườn. Diện tích trồng chuối bằng diện tích trồng cam. Phần diện tích còn lại là trồng bưởi. Hãy tính: Diện tích trồng mỗi loại cây ; Tỉ số diện tích trồng cam và diện tích trồng bưởi ; Tỉ số phần trăm của diện tích trồng cam và diện tích trồng chuối. Bài 10: Một mãnh vườn hình chữ nhật có chiều rộng là 20 m và chiều dài bằng 1,5 lần chiều rộng . a) Tính diện tích mãnh vườn. b) Người ta lấy một phần đất vườn để trồng cây ăn quả, biết rằng diện tích trồng cây ăn quả là 180m2 . Tính diện tích trồng cây ăn quả. c) Phần diện tích còn lại người ta trồng hoa. Hỏi diện tích trồng hoa chiếm bao nhiêu phần trăm diện tích mãnh vườn. Bài 11: Một trường học có 120 học sinh khối 6 gồm ba lớp : lớp 6A1 chiếm số học sinh khối 6. Số học sinh lớp 6A2 chiếm số học sinh khối 6. Số còn lại là học sinh lớp 6A3 .Tính số học sinh mỗi lớp. Bài 12 : Một lớp học có 44 học sinh gồm ba loại : giỏi, khá và trung bình. Số học sinh trung bình chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh khá bằng số học sinh còn lại. Tính số học sinh giỏi của lớp đó ? Bài 13 : Lớp 6A có 45 học sinh. Trong đó, số học sinh trung bình chiếm số học sinh cả lớp. Tổng số học sinh khá và giỏi chiếm số học sinh trung bình, còn lại là học sinh yếu kém. Tính số học sinh yếu kém của lớp 6A? Bài 14 : Tuấn có tất cả 54 viên bi gồm ba màu là xanh, cam, tím. Trong đó, số viên bi xanh chiếm tổng số viên bi, số viên bi cam chiếm số viên bi còn lại. Tính xem Tuấn có bao nhiêu viên bi màu tím ? Bài 15 : Một lớp học có 40 học sinh gồm ba loại : giỏi, khá và trung bình. Số học sinh khá chiếm số học sinh cả lớp. Số học sinh giỏi chiếm số học sinh còn lại. Tính số học sinh trung bình của lớp đó ? Bài 16: Lớp 6A có 40 học sinh. Điểm kiểm tra Toán gồm 4 loại: Giỏi, khá, trung bình và yếu. Trong đó số bài đạt điểm giỏi chiếm tổng số bài, số bài đạt điểm khá chiếm số bài đạt điểm giỏi. Loại yếu chiếm số bài còn lại. a) Tính số bài kiểm tra mỗi loại của lớp. b) Tính tỉ số phần trăm học sinh đạt điểm trung bình, yếu so với học sinh cả lớp

CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 5

: Hình bình hành ABCD có cạnh AB = BC. Biết cạnh AB dài hơn cạnh BC là 1dm. Hỏi chu vi hình bình hành là bao nhiêu xăng- ti-mét?Trả lời: Chu vi hình bình hành đó là … cm.A. 8 B. 80 C. 40 D. 16

Câu 2: Một miếng bìa hình chữ nhật có chu vi gấp 5 lần chiều rộng. Nếu tăng chiều rộng thêm 9cm, tăng chiều dài thêm 4cm thì miếng bìa trở thành một hình vuông. Diện tích miếng bìa ban đầu là …A. 75 B. 150 C. 1242 D. 100

: Một người rào xung quanh khu đất hình chữ nhật có chiều dài 28m, chiều rộng 15m hết 43 chiếc cọc. Hỏi người đó rào xung quanh khu đất hình vuông có cạnh 25m thì hết bao nhiêu chiếc cọc? Biết khoảng cách giữa 2 cọc là như nhau.Trả lời: Số cọc cần tìm là …A. 86 B. 50 C. 172 D. 25

Câu 4: Một tấm bìa hình bình hành có chu vi 4dm. Chiều dài hơn chiều rộng 10cm và bằng chiều cao. Tính diện tích tấm bìa đó.Trả lời: Diện tích tấm bìa đó là … .A. 375 B. 144/5 C. 15 D. 135Câu 5: Tìm diện tích của 1/3 tấm bìa hình vuông có cạnh dài 1/2 m.

Trả lời: Diện tích của 1/3 tấm bìa đó là … .A. 2/3 B. 1/12 C. 3/4 D.1/4

: Một hình chữ nhật được chia thành 12 hình vuông bằng nhau và được xếp thành 3 hàng. Hỏi chu vi của hình chữ nhật là bao nhiêu nếu chu vi của mỗi hình vuông nhỏ là 12cm?Trả lời: Chu vi hình chữ nhật đó là … cm.A. 432 B. 42 C. 108 D. 14

: Chiều rộng của khu đất hình chữ nhật A là 105m, bằng 7/12 chiều dài của nó. Hỏi chu vi của mảnh vườn B là bao nhiêu biết chu vi của mảnh vườn B bằng 5/6 chu vi khu đất A.Trả lời: Chu vi mảnh vườn B là ……… m. (475)

: Một hình vuông có diện tích bằng 4/9 diện tích của một hình bình hành có đáy 25cm và chiều cao 9cm. Tính cạnh của hình vuông.Trả lời: Cạnh hình vuông đó dài ……… cm. (10)

Câu 9: Một hình chữ nhật có chiều dài gấp rưỡi chiều rộng. Nếu mỗi chiều tăng 1m thì được hình chữ nhật mới có diện tích tăng thêm 26 . Tính chu vi hình chữ nhật ban đầu.A. 50m B 48m C. 54m D. 60m

Câu 10: Một hình thoi có đường chéo thứ nhất là 3/5 m và bằng 2/3 đường chéo thứ hai. Tính diện tích hình thoi đó.Trả lời: Diện tích hình thoi đó là … .A. 6/25 B. 27/100 C. 27/50 D. 27/5

Xem đầy đủ và tải về file word TẠI ĐÂ Y