Thứ sáu, 29/03/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Lớp 9 Toán Bài tập Toán 9 Chủ đề 4: Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học có đáp án

Bài tập Toán 9 Chủ đề 4: Các bài toán chứng minh đẳng thức hình học có đáp án

Dạng 1: Lý thuyết chứng minh đẳng thức hình học có đáp án

  • 385 lượt thi

  • 54 câu hỏi

  • 50 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho đ­ường tròn (O) đ­ường kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đ­ường tròn  (CA  ;  C    B  ). Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đ­ường tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.

Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .

Xem đáp án

a)

Cho đ­ường tròn (O) đ­ường kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đ­ường tròn   (ảnh 1)

Xét  ΔABM ΔNBM .

Ta có: AB là đư­ờng kính của đ­ường tròn (O)

nên : AMB^ = NMB^ = 90o.

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC

nên ABM^ = MBN^  . Tam giác ABN có MB vừa là đường cao, đồng thời là đường phân giác nên  => ΔBAN  cân đỉnh B.

. Tứ giác AMCB nội tiếp.

=> BAM ^= MCN^  ( cùng bù với  MCB^).

=> MCN^=MNC^  ( cùng bằng  BAM^  ).

=> Tam giác MCN cân đỉnh M


Câu 3:

Chứng minh: b, MC. MD=MA2
Xem đáp án

b/ Ta có: AMD^  chung

MAC^=MDA^ (cùng chắn cung AC)

ΔMAC đồng dạng ΔMDA

MAMD=MCMAMA2=MC.MD


Câu 4:

c, Chứng minh: OH.OM + MC.MD = MO2 
Xem đáp án

c/ Ta có: OA = OB

ΔAOB cân tại O

Mà OH là đường phân giác nên cũng là đường cao

OHAB 

OA2=OH.OM

Ta lại có: MA2=MC.MD

OM2=MA2+OA2

OM2=MC.MD+OH.OM


Câu 5:

d/ CI là tia phân giác của góc góc MCH .
Xem đáp án

d/ Từ MH.OM = MA2, MC.MD = MA2

 MH.OM = MC.MDMHMD=MCMO    (*)

Xét ΔMHC vàΔMDO  :

MHMD=MCMO DMO^  chung

MHC đồng dạng      MDO MCMO=MHMD=HCDOMCCH=MOODMCCH=MOOA(1)

Ta lại có MAI^=IAH^  (cùng chắn hai cung bằng nhau)AI    là phân giác của MAH^ .

Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: MIIH=MAAH  (2)

MHA MAO    chung  và MHA^=MAO^=900  do đó đồng dạng (g.g)  MOOA=MAAH  (3)

Từ (1), (2), (3) suy raMCCH=MIIH  suy ra CI   là tia phân giác của góc MCH^ .


Câu 7:

d/ N là trung điểm của CH.
Xem đáp án

d/ Ta có:  NH // AMNHAM=BNBM

CN//FMCNMF=BNBMNHAM=CNMF  (1)

Ta lại có: MA=MCΔAMC    cân tại  MMAC^=MCA^

F^+MAC^=90°FCM^+MCA^=90°F^=FCM^

ΔFMC cân tại M.

MC=MF   MC = MA nên MA = MF  (2)

Từ (1) và (2) suy ra NH = CN

Vậy N là trung điểm CH.


Câu 9:

Chứng minh:

b/ AB2=AE.AD.

Xem đáp án

b/ 

Ta có: ABE^=ADB^

BAE^ chung

ΔABE đồng dạng ΔADB .

ABAD=AEABAB2=AD.AE


Câu 10:

Chứng minh:

c/ ΔBDC  cân.

Xem đáp án

c/ Ta có:  AB//CDABC^=BCD^

ABC^=BDC^ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

ACD^=ADC^

Vậy ΔBDC  cân tại .


Câu 11:

d/ CE kéo dài cắt AB ở I . Chứng minh IA=IB .
Xem đáp án

d/ Ta có:  AB // CDIAE^=EDC^  EDC^=ECA^  nên IAE^=ECA^

 AIE^ chung

ΔAIE đồng dạng ΔCIA

AICI=IEIAAI2=CI.IE

Ta lại có: IBE^=BCI^

BIE^ chung

ΔBIE đồng dạng ΔCIB

BICI=IEIBBI2=IE.CI

Mặt khác:  AI2=CI.IE nên AI2=BI2AI=BI .


Câu 12:

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB;  IK vuông góc với AD (HAB;KAD ).

a) Chứng minh tứ giác AHIK  nội tiếp đường tròn.

Xem đáp án

a) Chứng minh tứ giác AHIK  nội tiếp đường tròn.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O;R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB;  IK (ảnh 1)

Xét tứ giác AHIK  có:

AHI^=90° (IHAB)AKI^=90° (IKAD)AHI^+AKI^=180°

 Tứ giác AHIK  nội tiếp.


Câu 13:

b) Chứng minh rằng IA.IC=IB.ID

Xem đáp án

b) Chứng minh rằng IA.IC=IB.ID .

Xét ΔIAD ΔIBC  có:

A^1=B^1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung  của )

 AID^=BIC^(2 góc đối đỉnh)

  ΔIADΔIBC (g.g)

IAIB=IDICIA.IC=IB.ID


Câu 14:

c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
Xem đáp án

c) Chứng minh rằng tam giácHIK  và tam giác BCD  đồng dạng.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK  

A^1=H^1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung )

Mà A^1=B^1H^1=B^1

Chứng minh tương tự, ta được K^1=D^1

ΔHIK ΔBCD  có: H^1=B^1 ; K^1=D^1

ΔHIK  ΔBCD   (g.g)


Câu 15:

Cho ABC  có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm  D và E Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng  CD và BE

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Xem đáp án

a) Chứng minh tứ giác ADHE  nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Cho tam giác ABC  có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm  (ảnh 1)

Ta có :  BDC^=90° (chắn nửa đường tròn)

BEC^=90° (chắn nửa đường tròn)

Suy ra : ADH^=BDC^=90°,    AEH^=BEC^=90°

Xét tứ giác  có:

ADH^+AEH^=90°+90°=180°

Tứ giác ADHE  có hai góc đối bù nhau.

Vậy tứ giác ADHE  nội tiếp trong một đường tròn.

Tâm I là trung điểm cạnh AH


Câu 16:

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC Chứng minh CM.CB=CE.CA
Xem đáp án

b) Chứng minh CM.CB=CE.CA.

Xét hai tam giác CBE  CAM  có :

ACM^ là góc chung

AMC^=BEC^=90° (chứng minh trên)

Suy ra hai tam giác  CBE CAM  đồng dạng

CMCE=CACBCM.CB=CE.CA.


Câu 17:

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Xem đáp án

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Ta có : IDH^=IHD^  (do ΔIDH  cân tại I)

IHD^=CHM^ (đối đỉnh)

Mặt khác :ODC^=OCD^  (do ΔODCcân tại O)

Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có :

CHM^+MCH^=90° 

Từ  1, 2, 3, 4  suy ra: IDH^+ODC^=90°

Suy ra : IDDO

Vậy ID là tiếp tuyến của (O)


Câu 19:

b) Kẻ đường cao BK của ΔABC . Chứng minh: EFBF=CKBK .

Xem đáp án

b) Ta có: tứ giác ACBE  nội tiếp đường tròn (O).

BEF^=ACB^ (cùng bù AEB^ )

 ΔBEF  ΔBCKggEFBF=CKBK


Câu 20:

c) Chứng minh: AEBF+ACBK=AFBF+ACBK .

Xem đáp án

c) Ta có: AEBF+ACBK=AFEFBF+AK+KCBK=AFBF+AKBKEFBF+KCBK

Mà: EFBF=CKBK  (câu b)

AEBF+ACBK=AFBF+ACBK   (1)

 


Câu 21:

d) Chứng minh: CEBD=AEBF+ACBK
Xem đáp án

d) Ta có:  ΔEDBΔAKB(gg) EDBD=AKBK

Lại có:   ΔCDBΔAFB(gg)CDBD=AFBF

 EDBD+CDBD=AFBF+AKBK

CEBD=AFBF+AKBK    (2)

Từ (1)    (2)CEBD=AEBF+ACBK


Câu 22:

Cho nửa đường tròn (O)  đường kính AB=2R , dây cung AC . Gọi  M  điểm chính giữa cung AC . Đường thẳng kẻ từ C  song song với  BM cắt tia AM K  cắt tia OM  D,  cắt AC  tại  H.

1. Chứng minh tứ giác CKMH  nội tiếp.

Xem đáp án

1. Chứng minh tứ giác  CKMH nội tiếp.

Cho nửa đường tròn (O)  đường kính AB=2R , dây cung AC . Gọi  M là điểm chính giữa cung AC . (ảnh 1)

AMB^ = 90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)

 AM MB 

 CD  BM  (gt) nên  AM  CD . Vậy  MKC^ = 90°.

Lại có AM = CM   (gt) OM  AC  MHC^ = 90° .

Tứ giác CKMH   MKC^ + MHC^ = 1800  nên tứ giác nội tiếp trong một đường tròn.


Câu 23:

2. Chứng minh CD=MB     DM=CB
Xem đáp án

2. Chứng minh CD=MB     DM=CB

Ta có ACB^=90°  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Do đó DM  CB, CD MB (gt) nên tứ giác CDMB hình bình hành.

Suy ra: CD=MB   DM=CB .


Câu 24:

3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD  tiếp tuyến của nửa đường tròn.
Xem đáp án

3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD  tiếp tuyến của nửa đường tròn.

AD  tiếp tuyến của đường tròn (O)ΔADC AK  CD và DHAC 

nên  M  trực tâm tam giác. Suy ra CM AD .

Vậy ADABCMABAM=BC

AM=MC  nên AM=BCAM=MC=BCCOB^=60° . Vậy tam giác OBC đều.

Vậy điểm C là điểm thuộc nửa đường tròn sao cho  CBA^=60o


Câu 26:

b) Các tam giác IEH và MEA đồng dạng với nhau.

Xem đáp án

b) ΔEIH  ΔMEA

Vì  AEM^ là góc chung và EIH^=EMA^=90°


Câu 27:

c, Chứng minh:EC.ED=EH.EM

Xem đáp án

c) ΔEIH  ΔMEA EI.EA=EH.EM(1)

ΔEAD   ΔECI (g-g) EI.EA=EC.ED  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: EC.ED=EH.EM .


Câu 28:

d) Khi E thay đổi trên, đường thẳng HK luôn đi qua một điểm cố định.
Xem đáp án

d) H là trực tâm của tam giác AEB  nên AHEB

AKB^=90°nên  AKEB   ba điểm  A,H,K thẳng hàng.

Do A cố định nên HK luôn đi qua điểm Acố định.


Câu 30:

b) Chứng minh: ΔMCO=ΔOPM  , suy ra OMPD là hình chữ nhật.

Xem đáp án

b) Ta có:OPM^=ONM^  ( tứ giác OMNP  nội tiếp)

ONM^=OCM^ ( tam giác OCN  cân tại O)

OPM^=OCM^CMO^=POM^

ΔMCO=ΔOPM  (gcg)CO=MP=R

Ta có PM=DO=R ; PM//DO  (cùng vuông góc với AB)

OMPDlà hình bình hành

Mặt khác: MOD^=90°  nên OMPD  là hình chữ nhật


Câu 31:

c) Chứng minh: CM//OP  .

Xem đáp án

c) Ta có: CMO^=POM^  CM​//OP .


Câu 32:

c) Chứng minh: CM//OP  .

Xem đáp án

c) Ta có: CMO^=POM^  CM​//OP .


Câu 33:

d) Tính tích CM.CN theo R .
Xem đáp án

d, ΔEAD   ΔECI

CMCD=COCNCM.CN=CO.CD=2CO2=2R2


Câu 35:

b. Chứng minh: DF.DM=AD2.

Xem đáp án

b) Ta có DF.DM=DK.DC  (Do ΔDKF~ΔDMC(gg)   )

DK.DC=AD2  (Pitago trong tam giác vuông ADC có AK đường cao)

Suy ra: DM.DF=AD2 .


Câu 36:

c. Tia cắt CM đường thẳng AB tại E. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt AF tại I. Chứng minh: IE=IF

Xem đáp án

c)  MFI^=CDM^=DMI^ΔMIF cân tại MI=MF    (1)

; IME^+IMF^=EMF^=90°  MFI^+MEI^=90°ΔMEF vuông tạiM  )

Mặt khác theo c/m trên:IMF^=MFI^IME^=IEM^ΔMIE  cân tại IIE=IM        (2)  ;

Từ (1) và (2) suy ra:IF=IE .


Câu 37:

d. Chứng minh: FBEB=KFKA
Xem đáp án

d) Ta có KA=KB  (T/c đường kính vuông góc dây cung)

Ta có: ΔDKFΔEKC(gg)DKEK=KFKCKE.KF=KD.KC .

Mà KD.KC=KB2  (Pitago trong tam giác vuông CBD  là BK đường cao)

KB+BEKF=KB2KB.KF+BE.KF=KB2BE.KF=KB2KB.KF

=KBKBKFBE.KF=KB.FBFBEB=KFKBFBEB=KFKA


Câu 39:

b) Chứng minh rằng AB.HE=AH.HB
Xem đáp án

b) Chứng minh rằng AB.HE=AH.HB

Xét ΔABH vuông tại H ΔHBE vuông tại E có:

B chung

Vậy ΔABHΔHBE(g.g)

ABHB=AHHE hay AB.HE=AH.HB


Câu 40:

c) Chứng minh ba điểm E,O,F  thẳng hàng.
Xem đáp án

c) Chứng minh ba điểm E,O,F  thẳng hàng.

Ta có: EAF^=AEH^=HFA^=90°

Suy ra tứ giác AEHF  là hình chữ nhật

Suy ra EF,AH  là hai đường chéo

Mà O là trung điểm của  AH nên O cũng là trung điểm của EF

Vậy ba điểm E,O,F  thẳng hàng.


Câu 41:

d) Cho AB=210cm , AC=215cm . Tính diện tích ΔMON .
Xem đáp án

d) Cho AB=210cm , AC=215cm . Tính diện tích ΔMON .

Ta có OM là đường trung bình của ΔABH  nên OM=12AB=12.210=10(cm)

Tương tự, ta cũng có ON=12AC=12.215=15(cm)

OM là tia phân giác của EOH^(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)EOM^=MOH^

Tương tự ta có HON^=NOF^

Mặt khácEOH^+HOF^=180°  (kề bù)

Suy ra  MON^=90°ΔMON vuông tại .

SΔMON=12OM.ON=1210.15=562(cm2)


Câu 43:

b) Chứng minh tứ giác AFKD  nội tiếp.
Xem đáp án

b) Chứng minh tứ giác AFKD  nội tiếp.

Do  ΔABC vuông cân tại A nên ACB^=ABC^=45°

 AFC^=ABC^=45° (cùng chắn cung AC )

ΔDBC vuông cân tại B  có  DCB^=45°D^=45°

Lại có  AFC^+AFK^=180° (kề bù)

D^+AFK^=180°. Vậy tứ giác AFKD  nội tiếp


Câu 44:

c) Tứ giác MDBH là hình gì?
Xem đáp án

c) Tứ giác MDBH là hình gì?

Ta có E là trực tâm của  ΔBMCMHHB(1)

MH//DB   (2) (vì cùng vuông góc với BC  )

Từ (1),(2) suy ra tứ giác MDBH  là hình thang vuông.


Câu 45:

d) Chứng minh AB.EB+CE.CF=BC2
Xem đáp án

d) Chứng minh AB.EB+CE.CF=BC2

Ta có:  ΔABCΔHBEABHB=BCEBAB.EB=BC.HB (3)

 ΔFCBΔHCECFHC=BCECCF.EC=HC.BC  (4)

Cộng (3)   (4)AB.EB+CF.EC=BC.HB+HC.BC=BC(HB+HC)=BC.BC=BC2

Vậy AB.EB+CE.CF=BC2 .


Câu 46:

Cho đường tròn (O,R) và hai đường kính AB,CD bất kì. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E,F. Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của các đường thẳng AE, AF.

a) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp.

Xem đáp án

a) Tứ giác CDEF  nội tiếp

Cho đường tròn (O,R) và hai đường kính AB,CD bất kì. Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD  (ảnh 1)

CBD^=90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

EFB^=ABC^ (vì cùng phụ ABF^  )

ΔOBC OB=OC=R  nên ΔOBC  cân tại OABC^=OCB^.

Suy ra: EFB^=OCB^  tứ giác CDFE  nội tiếp (có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)


Câu 47:

b) Chứng minh rằng  CE.DF.EF=AB3và BE3BF3=CEDF

Xem đáp án

b)  CE.DF.EF=AB3 và BE3BF3=CEDF

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:

AE2=CE.BE,AF2=DF.BF và AB.EF=BE.BF

AB2=AE.AFAB4=AE2.AF2=CE.BE.DF.BF=CE.DF.(BE.BF)=CE.DF.EF.AB

Do đó AB3=CE.DF.EF.

Ta lại có: BE2BF2=EA.EFFA.EF=EAFABE4BF4=EA2FA2=CE.BEDF.BF

Vậy: BE3BF3=CEDF.


Câu 48:

c) Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA
Xem đáp án

c) H là trung điểm AD

Kẻ PIBQ(IBQ)  và PI cắt AB tại HH  là trực tâm của ΔBPQ .

Ta có: AB2=AE.AFAEAB=ABAFAEAB/2=ABAF/2AEOA=ABAQ

ΔAEOΔABQEAO^=BAQ^=90°,AEOA=ABAQABQ^=AEO^

IPQ^=ABQ^  (cùng phụ với BQP^  )

AEO^=IPQ^, mà hai góc ở vị trí đồng vị nên IP//OE.

Trong ΔOAE có: PI//OE;EP=PA(gt)OH=HA.


Câu 50:

b) Chứng minh AM2=AE.AK.

Xem đáp án

b)  AM2=AE.AK.

Ta có: ABMN  tại IAM=AN

AME^=AKM^ (hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau)

 ΔAME và  ΔAKM có: MAK^:chung, AME^=AKM^(cmt).

ΔAMEΔAKM(g.g)AMAK=AEAMAM2=AE.AK.


Câu 51:

c) Chứng minh AE.AK+BI.BA=4R2.

Xem đáp án

c) AE.AK+BI.AB=4R2.

AMB^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có: MB2=BI.AB.

Do đó: AE.AK+BI.AB=MA2+MB2=AB2=4R2.

Câu 53:

b) Chứng minh rằng  DMDE=CMCE

Xem đáp án

b) Chứng minh rằng  DMDE=CMCE

Xét hai tam giác vuông OAC và OMC có

 OA=OM=RchungOCΔOAC=ΔOMC

(cạnh huyền – cạnh góc vuông)

CA = CM  CMCE=CACE

Tương tự ta có  DMDE=DBDE

Mà AC // BD (cùng vuông góc AB) nên   CADB=CEDECACE=DBDECMCE=DMDE


Câu 54:

c) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi.

Xem đáp án

c) Chứng minh rằng khi điểm E thay đổi trên tia đối của tia AB, tích AC.BD không đổi.

ΔOAC=ΔOMCAOC=MOCAOC=12AOM 

Tương tự:  BOD=12BOM

Suy ra  AOC^+BOD^=12(AOM^+BOM^)=90o

 AOC+ACO=90oACO=BOD

ΔAOC  ΔBDO(g.g)AOBD=ACBOAC.BD=AO.BO=R2 (không đổi, đpcm)


Bắt đầu thi ngay