Phiếu bài tập môn Hình học Lớp 9 - Tuần 17, Tiết 33: Ôn tập chương II (Có đáp án)

 Tuần 17 - Tiết 33: ÔN TẬP CHƯƠNG II- HÌNH 9
Bài 1: Cho nửa đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax và By với nửa 
đường tròn. M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (O), tiếp tuyến tại M cắt Ax và By lần lượt 
tại C và D. a) Chứng minh rằng AC BD CD và C· OD 900 .
b) Chứng minh rằng: Tích AC.BD không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
c) Khi điểm M chuyển động trên nửa đường tròn, chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác 
COD luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.
d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích của tứ giác đó 
theo R.
Bài 2: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và 1 điểm M thuộc đường tròn (M khác A và B). Kẻ 
tiếp tuyến Ax với đường tròn tại điểm A. Tia phân giác của góc ABM cắt (O) tại N, cắt tiếp tuyến 
Ax tại Q. Giao điểm của AM và BN là H, của AN và BM là S.
 a) Chứng minh : Tam giác ABS là tam giác cân
 b) Chứng minh SA.SN = SB.SM
 c) Chứng minh tứ giác AQSH là hình thoi
 d) Khi điểm M chuyển động trên nửa đường tròn. Chứng minh rằng SQ luôn tiếp xúc với một 
 đường tròn cố định.
Bài 3 Cho tam giác ABC cân tại A , đường cao AH . Đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt 
AH tại O . Tia Ax nằm trong góc BAC cắt đường tròn tâm O bán kính OC tại M và 
N, AM AN . Gọi K là chân đường vuông góc của O trên Ax .
a) Chứng minh rằng các điểm A,C,O, K thuộc một đường tròn.
b) Biết AH 24cm , vàOH 6cm . Tính chu vi tam giác ABC .
c) Tia Ax cắt BC tại I . Chứng minh rằng AI.AK AC 2 
d) Gọi G là trọng tâm tam giác CMN . Khi Ax di động trong góc BAC thì G chạy trên đường 
 nào?
Bài 4: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm C nằm giữa A và O. Vẽ đường tròn (O ) có đường 
kính CB.
a. Xác định vị trí tương đối của hai đường tròn (O) và (O ).
b. Kẻ dây DE của đường tròn (O) vuông góc với AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE là hình 
gì? Vì sao?
c. Đường tròn (O ) cắt BD tại K. Chứng minh EK  BD .
d. Chứng minh rằng HK là tiếp tuyến của (O ).
Bài 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Qua A và B lần lượt kẻ hai tiếp tuyến d và d’ với 
đường tròn. Từ một điểm M trên đường thẳng d vẽ tia MO cắt đường thẳng d’ ở P. Từ O vẽ một tia 
vuông góc với MP và cắt đường thẳng d’ ở D. 
 a) Chứng minh: O là trung điểm của MP và tam giác MDP cân
 b) Hạ OI  MD (I MD) . Chứng minh: I (O) và DM là tiếp tuyến của (O)
 c) Chứng minh: Tích AM.BD không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
 d) Tính diện tích của tứ giác AMDB theo R khi MO = 2R HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: 
a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
 y
Ta có: AC = CM; BD = DM x
 D
=> AC BD CM DM CD
Vậy AC BD CD
 I
Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
ta có OC là phân giác A· OM ; OD là phân M
giác B· OM . Vậy OC và OD là hai tia phân C
giác của hai góc kề bù nên OC OD
=> C· OD 900
 A O B
b) Trong tam giác COD vuông tại O, OM
là đường cao ta có MC .MD OM 2 R 2
mà AC = CM; BD = DM 
=> AC .BD R 2 , không phụ thuộc vào vị 
trí của điểm M.
c) Tam giác COD vuông tại O có đường tròn 
ngoại tiếp là đường tròn đường kính CD, có 
tâm I là trung điểm CD.
Ta có AB (I ) O , mà OI là đường trung bình của hình thang vuông ABDC => AC//OI//BD, do 
AC  AB IO  AB từ đó suy ra AB là tiếp tuyến của (I). Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác 
COD luôn tiếp xúc với đường thẳng AB cố định
 (AC BD)AB
d) Tứ giác ABDC là hình thang vuông có hai đáy là AC và BD nên S mà AB 
 ACDB 2
= 2R không đổi nên diện tích tứ giác ACDB nhỏ nhất khi AC + BD nhỏ nhất. Lại có 
AC + BD = CM + MD = CD nên diện tích tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất, CD nhỏ nhất 
khi CD là khoảng cách giữa hai đường thẳng song song AC và BD => CD = AB. Khi đó ACDB là 
 2
hình chữ nhật có SABDC AC .AB R.2R 2R
Bài 2: S
 M
 O'
Q N
 H
 2
 1 1
 2
 A B
 O
a) ANB có AB là đường kính của (O); N (O) A· NB 90o BN  SA tại N
 ABS có:
 BN  SA tại N
 BN là phân giác của A· BS 
 ABS cân tại B
b) BN  SA tại N B· NS 90o 
 AMB có AB là đường kính của (O); M (O) ·AMB ·AMS 90o .
Xét SNB và SMA có
B· NS S·MA 90o 
B· SA là góc chung
 SNB đồng dạng với SMA (gg)
 SN SB
 SN .SA SM .SB (đpcm)
 SM SA
 µ µ ·
c) Ta có: B2 A2 (cùng phụ với BAN )
 ¶ ¶ ·
 A1 B1 (cùng phụ với MSA )
 ¶ ¶ ·
 B1 B2 (BQ là phân giác của ABM )
 ¶ ¶
 A1 A2 QAH cân tại A 
Mà QH  SA tại N QN NH Tứ giác AQSH có : QN = NH; AM = NS
 Tứ giác là hình bình hành
 Mà QH  SA Tứ giác AQSH là hình thoi
 d) ABS cân tại B AB SB 
 xét ABQ và SBQ có:
 AB = SB (cmt)
 ¶ ¶
 B2 B1(cmt ) 
 BQ là cạnh chung
 ABQ SBQ(cgc) Q· AB Q· SB 
 MÀ Q· AB 90o Q· SB 90o QS  SB tại S
 QS là tiếp tuyến của đường tròn tâm B bán kính SB
 Mà AB = SB (không đổi)
 QS luôn tiếp xúc với đường tròn tâm B bán kính SB không đổi.
Bài 3 A
a) Gọi D là trung điểm của AO .
 ta có ACO, AKO vuông tại C và K nên D 
là tâm đường tròn ngoại tiếp hai tam giác trên,
 M D
Suy ra A, K,O,C cùng thuộc D 
 C
 B I H
b) Có AO 24 6 30 cm K
 2
Có CH HA.HO 24.6 O
 CH 24.6 12 cm 
 N
BC 12.2 24 cm 
 x
AC 2 AH.AO 24.30 
AC 12 5 cm A
Chu vi tam giác ABC là :
AC.2 BC 2.12 5 12 24 5 12 cm 
c) Có AHI : AKO g g D
 M E
 AI.AK AH .AO
Mà AC 2 AH.AO AC 2 AI.AK C
 I H
d) Qua G kẻ GE//DK . Gọi R là bán kính D không đổi. K G
 CE CG EG 2 O
Ta có 
 CD CK KD 3 N
Mà CD CK bán kính D không đổi x
C, D cố định suy ra E cố định,
 2 2
EG DK R không đổi
 3 3 2 
Suy ra G chuyển động trên E, R không đổi.
 3 
Bài 4:
 D
 K
 1
 2
 A 1 B
 H C O O'
 2 1
 E
a. Hai đường tròn (O) và (O ) có điểm chung duy nhất là B nên chúng tiếp xúc nhau. 
Vì d = OO’ = OB – O’B = R – r (R là bán kính (O), r là bán kính (O’)) nên hai đường tròn (O) và 
(O’) tiếp xúc trong với nhau.
b. Do DE  AC DE  AB H là trung điểm của DE mặt khác H là trung điểm của AC tứ 
giác ADCE là hình bình hành. Lại có AC  DE tứ giác ADCE là hình thoi.
c. Ta có: B· KC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CK  BK CK  BD (1)
A· DB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AD  BD mà EC / / AD EC  BD (2)
Từ (1) và (2) E,C ,K thẳng hàng EK  BD .
d. Ta có KH là đường trung tuyến trong tam giác vuông DKE KH HE KHE cân tại H 
 ¶ ¶ ¶ ¶
 E1 K 2 (3). Lại có E1 E 2 (4) (tính chất hình thoi).
 ¶ ¶ ¶ ¶ ¶ ¶
Mặt khác B1 E 2 (cùng chắn cung AD) E 2 K 1 (5). Từ (3), (4), (5) K 1 K 2 ,
 ¶ · ¶ ·
mà K 1 CKO 90 K 2 CKO 90 HK  KO tại K HK là tiếp tuyến của (O ). 
Bài 5: a) +) Xét (O) có d là tiếp tuyến của (O) tại A nên d  AB tại A
 Xét (O) có d’ là tiếp tuyến của (O) tại B nên d’  AB tại B
 AOM = BOP (g.c.g) nên OM = OP suy ra O là trung điểm của MP
 +) MDP có DO vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên MDP cân tại D
b) +) Ta có: d  AB và d’  AB nên d // d’ (từ  đến //)
 Vì d // d’ nên góc AMO = góc OPD (so le trong); vì MDP cân tại D nên góc DMO = góc 
 DPO 
 Suy ra: góc AMO = góc DMO . Từ đó chứng minh được: AOM = IOM (ch-gn)
 Suy ra: OA = OI = R nên I (O)
 +) Xét (O) có DM  OI tại I và I (O) nên DM là tiếp tuyến của (O) tại I.
c) Ta có: MA = MI (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau); DI = DB (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
 Ta có: AM.DB = MI.DI = OI2 = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông MOD)
 Vậy, tích AM.BD không phụ thuộc vào vị trí của điểm M
 AM DB AB
d) Vì tứ giác AMDB là hình thang vuông nên S 
 AMDB 2
 Xét AMO vuông tại A có OM = 2R và OA = R nên AM = R 3 (Pytago)
 OA 1
 Và sinAMO = suy ra góc AMO = 300 mà góc AMO = góc DOB = 300
 OM 2
 DB 1 R
 Suy ra: tanDOB = nên DB = 
 OB 3 3
 R 
 R 3 2R 2 2
 3 4R 4R 3
 Vậy S (đvdt)
 AMDB 2 3 3