Các dạng toán khó trong hình học lướp 9 năm 2024
|
Một sản phẩm của công ty TNHH Giáo dục Edmicro CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC EDMICRO MST: 0108115077 Địa chỉ: Tầng 5 Tòa nhà Tây Hà, số 19 Đường Tố Hữu, Phường Trung Văn, Quận Nam Từ Liêm, Thành phố Hà Nội, Việt Nam
Lớp học
Tài khoản
Thông tin liên hệ(+84) 096.960.2660
Follow us Cơ quan chủ quản: Công ty Cổ phần Đầu tư và Dịch vụ Giáo dục MST: 0102183602 do Sở kế hoạch và Đầu tư thành phố Hà Nội cấp ngày 13 tháng 03 năm 2007 Địa chỉ: - Văn phòng Hà Nội: Tầng 4, Tòa nhà 25T2, Đường Nguyễn Thị Thập, Phường Trung Hoà, Quận Cầu Giấy, Hà Nội. - Văn phòng TP.HCM: 13M đường số 14 khu đô thị Miếu Nổi, Phường 3, Quận Bình Thạnh, TP. Hồ Chí Minh Hotline: 19006933 – Email: [email protected] Chịu trách nhiệm nội dung: Phạm Giang Linh Giấy phép cung cấp dịch vụ mạng xã hội trực tuyến số 597/GP-BTTTT Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 30/12/2016. Trên đây, chúng tôi vừa giới thiệu xong các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 có đáp án chi tiết. Lưu ý, để lấy được điểm trung bình các em cần phải làm kĩ dạng toán chứng minh tứ giác nội tiếp vì đây là dạng toán chắc chắn sẽ gặp trong mọi đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán. Các câu còn lại sẽ là những bài tập liên quan đến các tính chất khác về cạnh và góc trong hình hoặc liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn. Một yêu cầu nữa là các em cần phải rèn luyện kĩ năng vẽ hình, đặc biệt là vẽ đường tròn vì trong cấu trúc đề thi nếu hình vẽ sai thì bài làm sẽ không được điểm. Các bài tập trên đây chúng tôi chọn lọc đều chứa những dạng toán thường gặp trong các đề thi cả nước nên cực kì thích hợp để các em tự ôn tập trong thời điểm này. Hy vọng, với những bài toán hình này, các em học sinh lớp 9 sẽ ôn tập thật tốt để đạt kết quả cao trong kì thi vào 10 sắp tới. Tài liệu câu hỏi 17 Bài tập trắc nghiệm Toán lớp 9 Chương 3 Hình học nâng cao có đáp án Toán lớp 9 chọn lọc, có đáp án với các dạng bài tập cơ bản, nâng cao đầy đủ các mức độ: nhận biết, thông hiểu, vận dụng, vận dụng cao. Hi vọng với bộ trắc nghiệm Toán lớp 9 này sẽ giúp học sinh ôn luyện để đạt điểm cao trong các bài thi môn Toán 9 và kì thi tuyển sinh vào lớp 10. Quảng cáo Câu 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có độ dài các cạnh là AB = c, BC = a; CA = b kẻ AH ⊥ BC, AO cắt (O) tại D. Diện tích S của ∆ABC là: Hiển thị đáp án Lời giải: Các góc là các góc nội tiếp cùng chắn cung AC nên Đáp án cần chọn là: A Câu 2: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung AB. Lấy điểm M thuộc cung BC và điểm N thuộc tia AM sao cho AN = BM. Kẻ dây CD song song với AM. Gọi S1; S2 lần lượt là diện tích của tam giác CAN và tam giác BCM. (hình vẽ) Chọn câu đúng. Hiển thị đáp án Lời giải: Xét ∆CAN và ∆BCM có: +) AC = BC (vì C là điểm chính giữa của cung AB) +) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) +) Theo giả thiết ta có AN = BM Do đó ∆ACN và ∆BCM (c.g.c). Hai tam giác bằng nhau nên diện tích bằng nhau. Do đó S1 = S2 Đáp án cần chọn là: C Vận dụng cao: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung AB. Lấy điểm M thuộc cung BC và điểm N thuộc tia AM sao cho AN = BM. Kẻ dây CD song song với AM. Gọi S1; S2 lần lượt là diện tích của tam giác CAN và tam giác BCM. (hình vẽ) Khi đó tam giác AMN là tam giác:
Hiển thị đáp án Lời giải: Xét ∆CAN và ∆BCM có: +) AC = BC (vì C là điểm chính giữa của cung AB) +) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) +) Theo giả thiết ta có AN = BM Do đó ∆ACN và ∆BCM (c.g.c). Do đó CN = CM Vì vậy ∆CMN là tam giác cân tại C (1) +) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM) Từ (1) và (2) suy ra CMN vuông cân tại C Đáp án cần chọn là: D Câu 3: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M bên trong đường tròn đó. Qua M kẻ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau (C thuộc cung nhỏ AB). Vẽ đường kính DE. Cho biết thêm rằng R = 1. Giá trị lớn nhất của biểu thức Q = MA + MB + MC + MD là:
Hiển thị đáp án Lời giải: Do DE là đường kính của (O; R) nên \= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó CD ⊥ CE. Mặt khác, theo giả thiết có CD ⊥ AB. Do đó AB // CE Mặt khác các dây CE, AB là hai dây song song của (O) chắn hai cung AC và BE nên cung AC bằng cung BE hay cung AE bằng cung BC suy ra EA = BC Mặt khác \= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó MA2 + MB2 + MC2 + MD2 = (MA2 + MD2) + (MB2 + MC2) = AD2 + BC2 \= DE2 = 4R2 = 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho MA2, MB2 ta có: MA2 + MB2 ≥ 2MA.MB ⇒ 2(MA2 + MB2) ≥ 2MA2 + 2MB2 ≥ MA2 + MB2 + 2MA.MB = (MA + MB)2 Tương tự 2(MC2 + MD2) ≥ (MC + MD)2 Bằng cách tương tự trên ta chứng minh được: 2[(MA + MB)2 + (MC + MD)2] ≥ (MA + MB + MC + MD)2 Từ đó suy ra: 4(MA2 + MB2 + MC2 + MD2) ≥ (MA + MB + MC + MD)2. Vì vậy (MA + MB + MC + MD)2 ≤ 4.4 = 42 ⇒ MA + MB + MC + MD ≤ 4 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MA = MB = MC = MD. Khi đó M ≡ O Đáp án cần chọn là: D Quảng cáo Câu 4: Cho hình vẽ dưới đây. Giả sử số đo các cung AnC, CpD, DqB lần lượt có số đo là α, β (2α + β < 360°). Khi đó: Hiển thị đáp án Lời giải: Theo giả thiết ta có: Theo tính chất góc có đỉnh nằm bên ngoài của đường tròn và áp dụng (1) ta có: Ta cũng có là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn (có hai cạnh đều là tiếp tuyến của đường tròn) nên Đáp án cần chọn là: C Câu 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng a. Biết rằng AC ⊥ BD. Khi đó để AB + CD đạt giá trị lớn nhất thì:
Hiển thị đáp án Lời giải: Vẽ đường kính CE của đường tròn (O) Ta có (góc nội tiếp chắn đường kính EC) Từ đó ta có AE ⊥ AC. Mặt khác theo giả thiết AC ⊥ BD Kéo theo AE // BD. Vậy AEDB là hình thang Do hình thang AEDB nội tiếp (O) nên nó phải là hình thang cân Kéo theo AB = DE (các cạnh bên hình thang cân) Từ đó ta có AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 = (2a)2 = 4a2 (do ∆EDC vuông tại D) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho cặp số (AB2 + BD2), ta có: AB2 + BD2 ≥ 2AB. CD ⇒ 2(AB2 + CD2) ≥ AB2 + BD2 + 2. AB. CD \= (AB + CD)2 Kéo theo (AB + CD)2 ≤ 2.(4a2) = 8a2 ⇒ AB + CD ≤ 2a√2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = CD Xét tam giác ∆ABI, ∆DCI có AB = CD, (góc nội tiếp cùng chắn cung AD), (góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Do đó ∆ABI = ∆DCI (g.c.g) Kéo theo AI = ID, IB = IC. Suy ra AC = AI + IC = ID + IB = BD Đáp án cần chọn là: B Câu 6: Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O), BD là đường phân giác của góc . Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. Đường tròn (O1) đường kính DE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Khi đó đường thẳng đối xứng với đường thẳng BF qua đường thẳng BD cắt AC tại N thì:
Hiển thị đáp án Lời giải: Gọi M là trung điểm của AC. Do E là điểm chính giữa cung AC nên EM ⊥ AC. Do đó EM đi qua tâm của đường tròn (O). Giả sử rằng G = DF ∩ (O). Do , hay GE là đường kính của (O). Suy ra G, M, E thẳng hàng Do , hay GE là đường kính của (O). Suy ra G, M, E thẳng hàng Kéo theo tứ giác BDMG là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính GD Vì vậy (1) (cùng chắn cung DM) Lại có tứ giác BFEG là tứ giác nội tiếp nên (2) (cùng chắn cung FE) Từ (1) và (2) ta suy ra . Do đó BF và BM đối xứng nhau qua BD Vì vậy M ≡ N hay N là trung điểm của AC nên AN = NƯỚC Đáp án cần chọn là: A Quảng cáo Câu 7: Đầu xóm em có đào 1 cái giếng, miệng giếng hình tròn có đường kính 2cm. Xung quanh miệng giếng ngta xây 1 cái thành rộng 0,4 (m). Tính tiện tích thành giếng là:
Hiển thị đáp án Lời giải: Quan sát hình vẽ, ta cần tính phần diện tích giới hạn bởi hai đường tròn Đường kính của giếng là 2 (m) nên bán kính của giếng là 1 (m) Bán kính đường tròn ngoài là 1 + 0,4 = 1,4 (m). Gọi S1, S2 lần lượt là diện tích của hình tròn nhỏ và lớn. Khi đó ta có: S1 = π. 12 = π (m2), S2 = π.(1,4)2 = 1,96π (m2). Diện tích của thành giếng là S2 – S1 = 1,96π − π = 0,96π (m2) Đáp án cần chọn là: D Câu 8: Cho biết diện tích của hình quạt OAB bằng diện tích hình tròn. Khi đó \= ?
Hiển thị đáp án Lời giải: Đặt α = . Giả sử rằng R là bán kính của hình tròn. Khi đó ta có: Đáp án cần chọn là: A Câu 9: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD của hình chữ nhật ABCD. Biết rằng đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có đường kính và sự tồn tại điểm I thuộc đoạn MN sao cho . Khi đó diện tích S của hình chữ nhật ABCD là: Hiển thị đáp án Lời giải: Do M, N là trung điểm của các cạnh hình chữ nhật nên MN ⊥ AB. Đáp án cần chọn là: D Quảng cáo Câu 10: Cho đường tròn (O; R) và một điểm M nằm ở ngoài đường tròn sao cho MO = 2R. Đường thẳng d đi qua M, tiếp xúc với đường tròn (O; R) tại A. Giả sử N = MO ∩ (O; R). Kẻ hai đường kính AB, CD khác nhau của (O; R). Các đường thẳng BC, BD cắt đường thẳng d lần lượt tại P, Q. Khi đó:
Hiển thị đáp án Lời giải: Xét ∆QAB vuông ở A ta có AD ⊥ QB. Suy ra QB. DB = AB2 = 4R2 và QB.QD = AG2 Cộng từng vế của (3) và (4) ta nhận được: 1QB + DB + QD > 4R + 2AQ ⇒ 3QB – 2AQ > 4R Đáp án cần chọn là: A Câu 11: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt tại C và D. Khi đó độ dài AC + BD nhỏ nhất khi:
Hiển thị đáp án Lời giải: Do CM, DM là các tiếp tuyến nên ta có MD = BD, CM = CA Từ đó CA + BD = CM + MD = CD Từ C hạ đường cao CH xuống BD Khi đó ∆HCD vuông tại H, có CD là cạnh huyền và CH là cạnh góc vuông nên CD ≥ CH. Mặt khác CH // BA và CA ⊥ CH, BH ⊥ CH nên CHBA là hình chữ nhật. Do đó CH = BA. Vì vậy CD ≥ AB Do đó CA + BD nhỏ nhất khi và chỉ khi CA + BD = AB ⇔ CD = AB ⇔ CD = CH ⇔ CD // AB. Khi đó ta có ABDC là hình chữ nhật và do đó AC = BD. Mặt khác O là trung điểm AB nên M là trung điểm CD. Kéo theo CA = CM = MD = BD = R Đáp án cần chọn là: D Câu 12: Cho hai đường tròn (O1) và (O2) có bán kính bằng R cắt nhau tại hai điểm A, B. Qua A vẽ cát tuyến cắt hai đường tròn (O1) và (O2) thứ tự tại E và F. . Khi đó diện tích S phần giao của hai đường tròn (O1) và (O2) là: Hiển thị đáp án Lời giải: Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của hình quạt AO2B, AO1B và của tứ giác AO1BO2. Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHO2 ta nhận được: Ta có thể kiểm tra được các tam giác ∆AHO2, ∆BHO2, ∆AHO1 là các tam giác bằng nhau. Do đó diện tích của tứ giác AO2BO1 bằng 4 lần diện tích tam giác AHO2. Đáp án cần chọn là: C Câu 13: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Trên Ax lấy điểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N. Khi đó tỉ số là: Hiển thị đáp án Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: Ta lại có là hai góc kề bù nên \= 180o (2) Nên tam giác MON là tam giác vuông tại O có OP ⊥ MN (OP là tiếp tuyến) Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông MON ta có: OP2 = PN. PM Ta lại có OP = R; AM = PM; BN = N (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Do đó AM. BN = R2 hay PN.PM = R2 Ta có là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \= 90o (4) Từ (4); (5) và \= 90o suy ra hai tam giác vuông APB và MON đồng dạng với nhau Đáp án cần chọn là: C Câu 14: Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi D là trung điểm của AC; tia BD cắt tiếp tuyến tại A với đường tròn (O) tại điểm E; EC cắt (O) tại F. Giả sử rằng DF // BC. Khi đó cos \= ? Hiển thị đáp án Lời giải: Giả sử rằng tia FD cắt AB tại M, cắt (O) tại N. Theo giả thiết DF // BC, và AH là trục đối xứng của BC và của đường tròn (O) nên F, D theo thứ tự là điểm đối xứng với N, M qua AH Xét ∆NDA, ∆CDF có (hai góc đối đỉnh) là hai góc nội tiếp chắn cung AF nên
Đáp án cần chọn là: A Câu 15: Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R). Gọi A và AC là hai dây cung thay đổi trên đường tròn (O) thỏa mãn . Khi đó vị trí của B, C trên (O) để diện tích ABC lớn nhất là:
Hiển thị đáp án Lời giải: Kẻ AH ⊥ BC, OI ⊥ BC, đường kính AD Ta chứng minh được ∆AHC ~ ∆ABD (g – g)
Do AH = là giá trị không đổi nên SABC lớn nhất khi BC lớn nhất ⇔ OI nhỏ nhất ⇔ OI = ⇔ BC ⊥ OA ⇒ ∆ABC cân tại A.
Đáp án cần chọn là: B * Chú ý: Học sinh thường làm sai như sau: Diện tích tam giác ABC lớn nhất khi BC = 2R, AH = R mà không chú ý đến điều kiện Câu 16: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi (CD ≠ AB). Các tia BC, BD cắt tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lần lượt tại E, F. Khi CD thay đổi. Giá trị nhỏ nhất của EF theo R là:
Hiển thị đáp án Lời giải: Vậy giá trị nhỏ nhất của EF là 4R đạt được khi CD ⊥ AB Đáp án cần chọn là: A Câu 17: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 1, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Đường cao AD của tam giác ABC cắt đường tròn tại điểm H. Diện tích phần giới hạn bởi cung nhỏ BC và hình BOCH là: Hiển thị đáp án Lời giải: Ta có: AD là đường cao của ABC đều nên nó cũng là trung tuyến ⇒ BD = DC) Tứ giác OBHC có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi Đáp án cần chọn là: C Xem thêm bài tập trắc nghiệm Toán lớp 9 có lời giải hay khác:
Săn shopee siêu SALE :
GIẢM GIÁ 40% KHÓA HỌC VIETJACK HỖ TRỢ DỊCH COVIDPhụ huynh đăng ký mua khóa học lớp 9 cho con, được tặng miễn phí khóa ôn thi học kì. Cha mẹ hãy đăng ký học thử cho con và được tư vấn miễn phí. Đăng ký ngay! Tổng đài hỗ trợ đăng ký khóa học: 084 283 45 85 Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS. Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube: Loạt bài Chuyên đề: Lý thuyết - Bài tập Toán lớp 9 Đại số và Hình học có đáp án có đầy đủ Lý thuyết và các dạng bài được biên soạn bám sát nội dung chương trình sgk Đại số 9 và Hình học 9. Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn. |
