Các bài toán hình Ôn thi Tuyển sinh 1038363

Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang CÁC BÀI TỐN HÌNH ƠN THI VÀO LỚP 10 (Dành tặng cho em học sinh lớp chuẩn bị ôn thi vào lớp 10 không chuyên) Bài 1: Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD) nội tiếp đường tròn (O) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) A D chúng cắt E Gọi M giao điểm hai đường chéo AC BD Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp đường tròn Chứng minh AB // EM Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD BC hình thang H K x Chứng minh M trung điểm HK Chứng minh 1   HK AB CD D BÀI GIẢI CHI TIẾT (hình 01) M E H Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ฀ Ta có : EAC  sđ ฀AC (góc tạo tia tiếp tuyến AE C K O A dây AC đường tròn (O)) ฀ ฀ (Dx tia đối tia tiếp tuyến DE)  sđ DB Tương tự: xDB ฀ Mà AC = BD (do ABCD hình thang cân) nên ฀AC  BD ฀ ฀  xDB Do EAC B Hình 01 Vậy tứ giác AEDM nội tiếp đường tròn Chứng minh AB // EM ฀ ฀ Tứ giác AEDM nội tiếp nên EAD (cùng chắn cung ED)  EMD ฀ ฀ Mà EAD  ABD (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung với góc nội tiếp chắn cung AD) ฀  ฀ABD Do EM // AB Suy ra: EMD Chứng minh M trung điểm HK HM DH  AB DA MK CK  CAB có MK // AB  AB CB DH CK Mà (định lí Ta let cho hình thang ABCD)  DA CB HM MK Nên Do MH = MK Vậy M trung điểm HK  AB AB 1 Chứng minh   HK AB CD DAB có HM // AB  Áp dụng hệ định lí Ta let cho tam giác ADB có HM // AB ta được: Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang HM DM  (1) AB DB Áp dụng hệ định lí Ta let cho tam giác BCD có KM // CD ta được: KM BM (2)  CD BD Cộng (1) (2) vế theo vế ta được: HM KM DM BM DM  BM BD      1 AB CD DB BD BD BD HM KM   , mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK AB CD HK HK 1 Do đó:   Suy ra: (đpcm)   AB CD HK AB CD Suy ra: Lời bàn: ฀ 1.Do AC = BD  ฀ADC  BCD nên để chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ta xử dụng phương pháp : Nếu tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đối đỉnh đỉnh tứ giác nội tiếp Với cách suy nghĩ cần vẽ tia Dx tia đối tia tiếp tuyến DE tốn giải dễ dàng Có thể chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp cách chứng minh khác không? (phần dành cho em suy nghĩ nhé) Câu có cịn cách chứng minh khác khơng? Có Thử chứng minh tam giác AHM tam giác BKM từ suy đpcm Câu toán quen thuộc lớp phải khơng em? Do học toán em cần ý tập quen thuộc Tuy câu cách giải Em thử nghĩ xem? Bài 2: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC Gọi M điểm cung AC Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM K cắt tia OM D OD cắt AC H Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp Chứng minh CD = MB DM = CB Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn Trong trường hợp AD tiếp tuyến cửa nửa đường trịn (O), tính diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) theo R BÀI GIẢI CHI TIẾT Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp ฀AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB)  AM  MB ฀ Mà CD // BM (gt) nên AM  CD Vậy MKC  900 ฀AM  CM ฀ (gt)  OM  AC  MHC ฀  900 D ฀ ฀ Tứ giác CKMH có MKC  MHC  1800 nên nội tiếp K đường tròn C // Chứng minh CD = MB DM = CB M = Ta có: ฀ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) H A Gv Phạm Minh Tứ O B 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang Do đó: DM // CB, mà CD // MB(gt) nên tứ giác CDMB hình bình hành Suy ra: CD = MB DM = CB Hình Xác định vị trí điểm C nửa đường trịn (O) để AD tiếp tuyến nửa đường tròn AD tiếp tuyến đường tròn (O)  AD  AB ADC có AK  CD DH  AC nên M trực tâm tam giác Suy ra: CM  AD ฀ Vậy AD  AB  CM // AB  ฀AM  BC D ฀ nên ฀AM  BC ฀  ฀AM  MC ฀  BC ฀ = 600 Mà ฀AM  MC K Tính diện tích phần tam giác ADC ngồi (O) theo R: // C M Gọi S diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) = S1 diện tích tứ giác AOCD H S2 diện tích hình quạt góc tâm AOC B A O Ta có: S = S1 – S2 hình  Tính S1: ฀  BC ฀  600  ฀AOD  600 AD tiếp tuyến đường tròn (O)  ฀AM  MC 1 R2 AD AO  R 3.R  2 2 R  SAOCD = SADO = = R2 Do đó: AD = AO tg 600 = R  SADO = AOD  COD (c.g.c)  SAOD = SCOD  Tính S2:  R 1200  R ฀AC  1200  S = quạt AOC = 3600  Tính S:  R 3R   R R S = S – S2 = R – = = 3   (đvdt) 3   Lời bàn: Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh góc H K góc vng, để có góc K vng ta cần MB  AM CD// MB điều suy từ hệ góc nội tiếp giả thiết CD // MB Góc H vng suy từ kết số 14 trang 72 SGK toán tập Các em lưu ý tập vận dụng vào việc giải tập khác Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không em? Rõ ràng câu hỏi khó số em, kể hiểu giải , có nhiều em may mắn vẽ ngẫu nhiên lại rơi vào hình từ nghĩ vị trí điểm C nửa đường trịn Khi gặp loại tốn địi hỏi phải tư cao Thông thường nghĩ có kết tốn xảy điều ? Kết hợp với giả thiết kết từ câu ta tìm lời giải toán Với tập phát M trực tâm tam giác khó, nhiên cần kết hợp với tập 13 trang 72 sách toán 9T2 giả thiết M điểm cung AC ta tìm vị trí C Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang Với cách trình bày mệnh đề “khi khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ Em viết lời giải cách khác cách đưa nhận định trước chứng minh với nhận định có kết , nhiên phải trình ฀  600 AD tiếp tuyến bày phần đảo: Điểm C nằm nửa đường tròn mà BC Chứng minh nhận định xong ta lại trình bày phần đảo: AD tiếp tuyến ฀  600 Từ kết luận BC Phát diện tích phần tam giác ADC ngồi đường trịn (O) hiệu diện tích tứ giác AOCD diện tích hình quạt AOC tốn dễ tính so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC Bài Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a Gọi Ax, By tia vng góc với AB ( Ax, By thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); cắt Ax, By E F ฀  900 Chứng minh: EOF Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng y Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK  AB F Khi MB = MA, tính diện tích tam giác KAB theo a x BÀI GIẢI CHI TIẾT M ฀ Chứng minh: EOF  90 E EA, EM hai tiếp tuyến đường tròn (O) cắt E K nên OE phân giác ฀AOM ฀ B A Tương tự: OF phân giác BOM N O ฀ ฀ Mà ฀AOM BOM kề bù nên: EOF  900 (đpcm) hình Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB OEF đồng dạng ฀ ฀ Ta có: EAO  EMO  900 (tính chất tiếp tuyến) ฀ ฀ Tứ giác AEMO có EAO  EMO  1800 nên nội tiếp đường tròn  Tam giác AMB tam giác EOF có: ฀AMB  EOF ฀ ฀ ฀  900 , MAB  MEO (cùng chắn cung MO đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO Vậy Tam giác AMB tam giác EOF đồng dạng (g.g) Gọi K giao điểm AF BE, chứng minh MK  AB Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE  KF BF Mà : AE = ME BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) AK ME  Do MK // AE (định lí đảo định lí Ta- let) KF MF Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB Khi MB = MA, tính diện tích tam giác KAB theo a Gọi N giao điểm MK AB, suy MN  AB MK FK  FEA có: MK // AE nên:  (1) AE FA Nên : Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ôn thi Tuyển sinh 10 Trang NK BK (2)  AE BE FK BK FK BK FK BK Mà ( BF // AE) nên hay (3)    KA KE KA  FK BK  KE FA BE  BEA có: NK // AE nên: Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN  Vậy MK = NK AE AE Tam giác AKB tam giác AMB có chung đáy AB nên: S AKB KN   S AMB MN 2 Do đó: S AKB  S AMB Tam giác AMB vuông M nên tg A = Vậy AM = a a MB =   S AKB 2 MB ฀   MAB  600 MA 1 a a = a (đvdt)  16 2 2 Lời bàn: Đây đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 tỉnh Hà Nam Từ câu đến câu q trình ơn thi vào lớp 10 chắn thầy ơn tập , em ôn thi nghiêm túc chắn giải ngay, khỏi phải bàn, em thi năm qua tỉnh Hà Nam xem trúng tủ, tốn có nhiều câu khó, câu khó mà người đề khai thác từ câu : MK cắt AB N Chứng minh: K trung điểm MN Nếu ý MK đường thẳng chứa đường cao tam giác AMB câu tam giác AKB AMB có chung đáy AB em nghĩ đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy tỉ số diện tích hai tam giác tỉ số hai đường cao tương ứng, tốn qui tính diện tích tam giác AMB khơng phải khó phải khơng em? Bài 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Từ điểm M tiếp tuyến Ax nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C tiếp điểm) Hạ CH vng góc với AB , đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) Q cắt CH N Gọi giao Điểm MO AC I Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMQI nội tiếp b) ฀AQI  ฀ACO c) CN = NH (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 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 trịn (O)) ฀  900 Do đó: MO  AC  MIA ฀AQB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))  MQA ฀  900 x M Q I A Gv Phạm Minh Tứ C N O H B 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang Hai đỉnh I Q nhìn AM góc vng nên tứ giác AMQI nội tiếp đường trịn Hình x ฀ ฀ b) Chứng minh: AQI  ACO Tứ giác AMQI nội tiếp nên ฀AQI  ฀AMI (cùng chắn cung AI) (1) K ฀AMI  CAO ฀ ฀ (cùng phụ MAC ) (2) ฀ (3)  ฀ACO AOC có OA = Oc nên cân O  CAO ฀ ฀ Từ (1), (2), (3) suy ra: AQI  ACO M c) Chứng minh CN = NH Q C Gọi K giao điểm BC tia Ax I N Ta có: ฀ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn(O)) A AC  BK , AC  OM  OM // BK H O Tam giác ABK có: OA = OB , OM // BK  MA = MK Hình Áp dụng hệ định lí Ta let cho ABM có NH // AM (cùng  AB) ta được: NH BN  AM BM B (4) Áp dụng hệ định lí Ta let cho BKM có CN // KM (cùng  AB) ta được: CN BN  KM BM NH CN  Từ (4) (5) suy ra: AM KM (5) Mà KM = AM nên CN = NH (đpcm) Lời bàn: Câu hình vẽ gợi cho ta suy nghĩ: Cần chứng minh hai đỉnh Q I nhìn AM góc vng Góc AQM vng có kề bù với ACB vng,góc MIA vng suy từ tính chất hai tiếp tuyến cắt ฀ Câu suy từ câu 1, dễ dàng thấy ฀AQI  ฀AMI , ฀ACO  CAO , vấn đề ฀  CAO ฀ lại cần IMA , điều khơng khó phải không em? Do CH // MA , mà đề toán yêu cầu chứng minh CN = NH ta nghĩ việc kéo dài BC cắt Ax K toán trở toán quen thuộc : Cho tam giác ABC, M trung điểm BC Kẻ đường thẳng d // BC cắt AB, AC AM E, D I Chứng minh IE = ID Nhớ tốn có liên quan đến phần thi ta qui tốn giải đề thi cách dễ dàng Bài 5: Cho đường trịn tâm O đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đường trịn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E cắt đường tròn D Chứng minh OD // BC Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang tích hình thoi AOCD theo R x BÀI GIẢI CHI TIẾT F Chứng minh OD // BC ฀ ฀  ODB BOD cân O (vì OD = OB = R)  OBD ฀ ฀ ฀ ฀ Mà OBD  CBD (gt) nên ODB  CBD Do đó: OD // BC Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF C // E D ฀ADB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)  AD  BE = ฀ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  AC  BF A O EAB vuông A (do Ax tiếp tuyến ), có AD  BE nên: AB = BD.BE (1) FAB vuông A (do Ax tiếp tuyến ), có AC  BF nên: AB2 = BC.BF (2) hình Từ (1) (2) suy ra: BD.BE = BC.BF Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp: Ta có: ฀ ฀ CDB  CAB (hai góc nội tiếp chắn cung BC)  ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ( phụ FAC )  CDB  CFA  CFA  CAB Do tứ giác CDEF nội tiếp Cách khác: ฀ chung  DBC FBE có : B B BD BC (suy từ BD.BE = BC.BF) nên chúng đồng dạng (c.g.c)  BF BE ฀ ฀ Vậy tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp Suy ra: CDB  EFB  Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi : ฀ ฀ Ta có: ฀ABD  CBD (do BD phân giác ฀ABC )  ฀AD  CD Tứ giác AOCD hình thoi  OA = AD = DC = OC ฀  600  ฀AC  1200  AD = DC = R  ฀AD  DC x  ฀ABC  600 F Vậy ฀ABC  600 tứ giác AOCD hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R: ฀AC  1200  AC  R 1 R2 Sthoi AOCD = OD AC  R.R  (đvdt) 2 E Lời bàn: Với câu 1, từ gt BD phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ đến cần chứng minh hai A ฀ ฀ góc so le ODB OBD 2.Việc ý đến góc nội tiếp chắn nửa đường tròn kết hợp với tam giác AEB,FAB vuông Ax tiếp tuyến gợi ý Gv Phạm Minh Tứ D C O B hình 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang đến hệ thức lượng tam giác vng quen thuộc Tuy nhiên chứng minh hai tam giác BDC BFE đồng dạng trước suy BD.BE = BC.BF Với cách thực có ưu việc giải ln câu Các em thử thực xem sao? Khi giải câu câu sử dụng câu , chứng minh giải Câu với đề yêu cầu xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD trở thành hình thoi khơng phải khó Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ đến cung AC 1200 từ suy số đo góc ABC 600 Tính diện tích hình thoi cần nhớ công thức , nhớ kiến thức đặc biệt mà q trình ơn tập thầy giáo bổ sung ฀AC  1200  AC  R , em tính dễ dàng Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC E F ; BF cắt EC H Tia AH cắt đường thẳng BC N A a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp ฀ b) Chứng minh FB phân giác EFN ฀ F c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC ABC E BÀIGIẢI CHI TIẾT H a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp: ฀ ฀ Ta có : BFC  BEC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn B N đường kính BC) ฀ ฀ Tứ giác HFCN có HFC  HNC  1800 nên nội tiếp đường trịn đường kính HC) (đpcm) b) Chứng minh FB tia phân giác góc EFN: ฀  ECB ฀ ฀ đường trịn đường kính Ta có: EFB ( hai góc nội tiếp chắn BE BC) ฀ ฀ ฀ đường trịn đường kính ECB  BFN ( hai góc nội tiếp chắn HN HC) ฀  BFN ฀ Suy ra: EFB Vậy FB tia phân giác góc EFN (đpcm) c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC tam giác ABC :  FAH  FBC có: ฀ ฀ AFH  BFC  900 AH = BC (gt) ฀ ฀ FAH  FBC (cùng phụ ฀ACB ) Vậy  FAH =  FBC (cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra: FA = FB ฀  450  AFB vuông F; FA = FB nên vng cân Do BAC Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com C Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên tia AB lấy điểm D nằm đoạn AB kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) ( C tiếp điểm ) Gọi E chân đường vng góc hạ từ A xuống đường thẳng CD F Echân đường vng góc hạ từ D xuống đường thẳng AC Chứng minh: a) Tứ giác EFDA nội tiếp ฀ b) AF phân giác EAD = // c) Tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng A O d) Các tam giác ACD ABF có diện tích ( Trích đề thi tốt nghiệp xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001) BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp: ฀ Ta có: ฀AED  AFD  900 (gt) Hai đỉnh E F nhìn AD góc 900 nên tứ giác EFDA nội tiếp đường tròn ฀ : b) Chứng minh AF phân giác EAD Ta có : F C B  AE  CD ฀ ฀  CAD  AE // OC Vậy EAC ( so le trong)  OC  CD  ฀ ฀  OCA Tam giác AOC cân O (vì OA = OC = R) nên CAO ฀ ฀ Do đó: EAC  CAD Vậy AF phân giác góc EAD (đpcm) c) Chứng minh tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng:  EFA  BDC có : ฀ ฀ EFA  CDB (hai góc nội tiếp chắn ฀AE đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFDA) ฀ ฀  EAC  CAB ฀ ฀  EAF  BCD Vậy  EFA  BDC đồng dạng (góc- góc)  ฀ ฀ CAB  DCB  d) Chứng minh tam giác ACD ABF có diện tích: 1 DF AC SABF = BC.AF (1) 2 BC AC BC // DF (cùng  AF) nên :  hay DF AC = BC.AF (2) DF AF SACD = Từ (1) (2) suy : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: giải cách khác nữa) ฀ Bài Cho tam giác ABC ( BAC  450 ) nội tiếp nửa đường trịn tâm O đường kính AB Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) C gọi H chân đường vng góc kẻ từ A đến tiếp tuyến AH cắt đường trịn (O) M ( M  A) Đường vng góc với AC kẻ từ M cắt AC K AB P Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com D Các toán hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 10 a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp b) Chứng minh MAP cân c) Tìm điều kiện ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng H BÀI GIẢI M a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp: ฀ ฀ Ta có : MHC  900 (gt), MKC  900 (gt) K Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối 1800 nên nội tiếp đường tròn A O P b) Chứng minh tam giác MAP cân: ฀ AH // OC (cùng vng góc CH) nên MAC  ฀ACO (so le trong) ฀  AOC cân O (vì OA = OC = R) nên ฀ACO  CAO ฀ ฀ ฀ Do đó: MAC  CAO Vậy AC phân giác MAB Tam giác MAP có AK đường cao (do AC  MP), đồng thời đường phân giác nên tam giác MAP cân A (đpcm) ฀ ฀ Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên ฀AMP  HCK (cùng bù HMK ) C B ฀ ฀ (cùng sđ ฀AC ), CBA ฀ ฀ HCA  CBA  MPA (hai góc đồng vị MP// CB) Suy ra: ฀AMP  ฀APM Vậy tam giác AMP cân A c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng: Ta có M; K; P thẳng hàng Do M; K;O thẳng hàng P  O hay AP = PM Kết hợp với câu b tam giác MAP cân A suy tam giác MAP ฀ Do CAB  300 ฀ Đảo lại: CAB  300 ta chứng minh P  O : ฀ ฀ ฀ Khi CAB  300  MAB  600 (do AC phân giác MAB ) ฀ Tam giác MAO cân O có MAO  60 nên  MAO Do đó: AO = AM Mà AM = AP(do  MAP cân A) nên AO = AP Vậy P  O ฀  300 ba điểm M; K; O thẳng hàng Trả lời: Tam giác ABC cho trước có CAB Bài 10 Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Đường trịn tâm O đường kính AH cắt cạnh AB, AC M N ( A M&N) Gọi I, P, Q trung điểm đoạn thẳng OH, BH, CH A Chứng minh: O a) ฀AHN  ฀ACB M b) Tứ giác BMNC nội tiếp I c) Điểm I trực tâm tam giác APQ / / B P H BÀI GIẢI a) Chứng minh ฀AHN  ฀ACB : Gv Phạm Minh Tứ N // Q // 0968.469.299 ThuVienDeThi.com C Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 11 ฀ANH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Nên Tam giác ANH vuông N ฀AHC  900 (do AH đường cao  ABC) nên tam giác AHC vuông H ฀ Do đó: ฀AHN  ฀ACB (cùng phụ HAC ) b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp: Ta có : ฀AMN  ฀AHN (hai góc nội tiếp chắn cung AN) ฀AHN  ฀ACB (câu a) Vậy: ฀AMN  ฀ACB Do tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp c) Chứng minh I trực tâm tam giác APQ: OA = OH QH = QC (gt) nên QO đường trung bình tam giác AHC Suy ra: OQ//AC, mà AC  AB nên QO  AB Tam giác ABQ có AH  BQ QO  AB nên O trực tâm tam giác Vậy BO  AQ Mặt khác PI đường trung bình tam giác BHO nên PI // BO Kết hợp với BO  AQ ta PI  AQ Tam giác APQ có AH  PQ PI  AQ nên I trực tâm tam giác APQ(đpcm) Bài 11.Cho đường trịn (O;R) đường kính AB.Gọi C điểm thuộc đường trịn ( C A&B) M, N điểm cung nhỏ AC BC Các đường thẳng BN AC cắt I, dây cung AN BC cắt P Chứng minh: a)Tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường trịn ngoại tiếp tứ giác b)KN tiếp tuyến đường tròn (O;R) c)Chứng minh C di động đường trịn (O;R) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định BÀI GIẢI a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường tròn ngoại I tiếp tứ giác đó: K Ta có : ฀ACB  ฀ANB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) / C ฀  INP ฀  900 Do đó: ICP = H ฀  INP ฀  1800 nên nội tiếp M Tứ giác ICPN có ICP P = đường tròn Tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN trung điểm A O đoạn thẳng IP b) Chứng minh KN tiếp tuyến đường tròn (O) N Tam giác INP vuông N , K trung điểm IP nên KN  KI  IP ฀  KNI ฀ Vậy tam giác IKN cân K Do KIN (1) Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com / B Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 12 ฀ ฀ Mặt khác NKP  NCP (hai góc nội tiếp chắn cung PN đường tròn (K)) (2) ฀  BN ฀  CN  NB Vậy  NCB cân N N trung điểm cung CB nên CN ฀ ฀  NBC Do : NCB (3) ฀  IBC ฀ , hai góc vị trí đồng vị nên KN // BC Từ (1) , (2), (3) suy ra: INK Mặt khác ON  BC nên KN  ON Vậy KN tiếp tuyến đường tròn (O) ฀  ONB ฀ ฀ Chú ý: * Có thể chứng minh KNI  900  KNO  900 ฀ ฀  ฀ANO  900  KNO  900 * chứng minh KNA c) Chứng minh C di động đường tròn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định: ฀ (gt) nên ฀AOM  MOC ฀ Ta có ฀AM  MC Vậy OM phân giác ฀AOC ฀ ฀ ฀ Tương tự ON phân giác COB , mà ฀AOC COB kề bù nên MON  900 Vậy tam giác MON vuông cân O Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R R = không đổi 2 Vậy C di động đường trịn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường tròn cố định (O; R ) Bài 12 Từ điểm A ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C tiếp điểm) Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) D E ( D nằm A E , dây DE không qua tâm O) Gọi H trung điểm DE, AE cắt BC K a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn ฀ B b) Chứng minh HA tia phân giác BHC c) Chứng minh : 1   AK AD AE // O BÀI GIẢI // a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp: D / K ฀ABO  ฀ACO  900 (tính chất tiếp tuyến) C Tứ giác ABOC có ฀ABO  ฀ACO  1800 nên nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HA tia phân giác góc BHC: AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ฀AB  ฀AC Do A H / E ฀AHB  ฀AHC Vậy HA tia phân giác góc BHC c)Chứng minh 1 :   AK AD AE B = Gv Phạm Minh Tứ A 0968.469.299 _ O ThuVienDeThi.com = D / K H Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10  ABD  AEB có: Trang 13 ฀ ฀ ) BAE chung, ฀ABD  ฀AEB (cùng sđ BD Suy :  ABD ~  AEB AB AD Do đó:   AB  AD AE (1) AE AB  ABK  AHB có: ฀ BAH chung, ฀ABK  ฀AHB (do ฀AB  ฀AC ) nên chúng đồng dạng Suy ra: AK AB   AB  AK AH AB AH (2) AH  AK AE AD  AD  DH  AD  DH AD  AD  ED AE  AD 2 AH 1     = = = = AK AE AD AE AD AD AE AE AD AE AD AE AD Từ (1) (2) suy ra: AE.AD = AK AH  (do AD + DE = AE DE = 2DH) 1   Vậy: (đpcm) AK AD AE Bài 13 Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB Trên đường tròn (O;R) lấy điểm M ฀ cho MAB  600 Vẽ đường tròn (B;BM) cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai N a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường trịn (B;BM) b) Kẻ đường kính MOI đường tròn (O;R) MBJ đường tròn (B;BM) Chứng minh N , I , J thẳng hàng JI JN = 6R2 c) Tính phần diện tích hình trịn (B;BM) nằm bên ngồi đường trịn (O;R) theo R BÀI GẢI a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến M đường tròn (B;BM) Ta có : ฀AMB  ฀ANB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) 60 B Điểm M N thuộc (B;BM) ; AM  MB AN  NB A O Nên AM ; AN tiếp tuyến (B;BM) b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng JI JN = 6R2 N I ฀ ฀ MNI  MNJ  900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O tâm B ) Nên IN  MN JN  MN Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng * Tam giác MJI BO đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R ฀ Tam giác AMO cân O (vì OM = OA), MAO  600 nên tam giác MAO AB  MN tai H(tính chất dây chung hai đường tròn (O) (B)cắt nhau) Nên OH = 1 OA  R Vậy HB = HO + OB = 2 Gv Phạm Minh Tứ R 3R 3R R  NJ   3R 2 0968.469.299 ThuVienDeThi.com J Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 14 Vậy JI JN = 2R 3R = 6R c)Tính diện tích phần hình trịn (B; BM) nằm ngồi đường trịn (O; R) theo R: Gọi S diện tích phần hình trịn nằm (B;BM) nằm bên ngồi hình trịn (O;R) S1 diện tích hình trịn tâm (B; BM) S2 diện tích hình quạt MBN S3 ; S4 diện tích hai viên phân cung MB NB đường trịn (O;R) Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4)  Tính S1:    3 R ฀ ฀  1200  MB  R Vậy: S =  R MAB  600  MB  Tính S2 :   ฀ MBN  600  S2 =  R 600 3600 = 2  R2  Tính S3 : S3 = Squạt MOB – SMOB  R 1200  R ฀  MOB  1200  Squạt MOB = 3600 1 1 R2 OA = OB  SMOB = SAMB = AM MB = R.R = 2 4 2 R R  Vậy S3 = = S4 (do tính chất đối xứng) Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3)   R2 = 3 R –   =  2 R R     11 R  3R (đvdt) Bài 14: Cho đường trịn (O;R) , đường kính AB Trên tiếp tuyến kẻ từ A đường tròn lấy điểm C cho AC = AB Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD đường tròn (O;R) , với D tiếp điểm a) Chứng minh ACDO tứ giác nội tiếp b)Gọi H giao điểm AD OC Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH ; AD ฀ c)Đường thẳng BC cắt đường tròn (O;R) điểm thứ hai M.Chứng minh MHD  450 d)Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB Tính diện tích phần hình trịn C nằm ngồi đường trịn (O;R) BÀI GIẢI // a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp: M = ฀ ฀ CAO  CDO  900 (tính chất tiếp tuyến) D ฀ ฀ I Tứ giác ACDO có CAO  CDO  180 nên nội tiếp _ H đường tròn / / A O b) Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH; AD: Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com B Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 15 CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R  OC  AD AH = HD Tam giác ACO vuông A, AH  OC nên 1   2 AH AO AC = 1 =  2 R 2 R  4R 2R 4R AD = 2AH = 5 ฀ c) Chứng minh MHD  45 : ฀AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CMA ฀  900 Vậy : AH = Hai đỉnh H M nhìn AC góc 900 nên ACMH tứ giác nội tiếp ฀ Suy : ฀ACM  MHD Tam giác ACB vuông A, AC = AB(gt) nên vng cân Vậy ฀ACB  450 ฀ Do : MHD  450 d) Tính diện tích hình trịn (I) nằm ngồi đường trịn (O) theo R : ฀ ฀ ฀ ฀ Từ CHD  900 MHD  450  CHM  450 mà CBA  450 (do  CAB vuông cân B) ฀ ฀  Tứ giác HMBO nội tiếp Do MHB ฀ ฀  CBA  MOB  900 Nên CHM Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB trung điểm MB Gọi S diên tích phần hình trịn ( I ) ngồi đường trịn (O) S1 diện tích nửa hình trịn đường kính MB S2 diện tích viên phân MDB Ta có : S = S1 – S2 2 ฀  900  MB  R Vậy S =   R    R  Tính S1 : MB    Tính S2: S2 = SquạtMOB – S  MOB  R 900 R  R R =  =  3600 2 2 R R R R  S= (  )= 4 2 Bài 15: Cho đường tròn (O) đường kính AB 6cm Gọi H làđiểm nằm A B cho AH = 1cm Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB , đường thẳng cắt đường tròn (O) C D Hai đường thẳng BC DA cắt M Từ M hạ đường vng góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB ) a) Chứng minh MNAC tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài đoạn thẳng CH tính tg ฀ABC c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O) Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 16 d) Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt NC E ChứngM minh đường thẳng EB K qua trung điểm đoạn thẳng CH C BÀI GIẢI E a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: I ฀ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) N ฀ ฀ C ฀  1800 A O H Suy MCA  900 Tứ giác MNAC có N nên nội tiếp đường trịn b) Tính CH tg ABC D AB = (cm) ; AH = (cm)  HB = (cm) Tam giác ACB vuông C, CH  AB  CH2 = AH BH = =  CH  (cm) * tg ABC = tiếp CH  BH c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O): ฀ ฀  NMA Ta có : NCA (hai góc nội tiếp chắn cung AN đường trịn ngoại tứ giác MNAC) ฀ NMA  ฀ADC (so le MN // CD) ฀ADC  ฀ABC (cùng chắn ฀AC ) 1 ฀ ฀  sđ ฀AC Nên : NCA  ฀ABC Do ฀ABC  sđ ฀AC  NCA 2 Suy CN tiếp tuyến đường tròn (O) (xem lại tập 30 trang 79 SGK toán tập 2) d) Chứng minh EB qua trung điểm CH: Gọi K giao điểm AE BC; I giao điểm CH EB ฀ KE // CD (cùng  với AB)  ฀AKB  DCB (đồng vị) ฀ ฀ DAB  DCB ( chắn cung BD) ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ) DAB  MAN (đối đỉnh) MAN  MCN (cùng chắn MN ฀ ฀ Suy ra: EKC  ECK  KEC cân E Do EK = EC Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA KBE có CI // KE  Vậy CI BI IH BI ABE có IH // AE    KE BE AE BE CI IH mà KE = AE nên IC = IH (đpcm)  KE AE Bài 16 Cho đường trịn tâm O, đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O) Lấy điểm E cung nhỏ CD (E không trùng C D), AE cắt BD H a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp b) Chứng minh AD2 = AH AE c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm Tính chu vi hình trịn (O) Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com B Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang 17 ฀ d) Cho BCD   Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác MBC cân M Tính góc MBC theo  để M thuộc đường tròn (O) Hướng dẫn: c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng tính CA = 25 cm  R = 12,5 cm Từ tính C = 25  d) M  (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp  ฀ABM  ฀ACM  1800  ฀  900  MBC   1800 H B _ ? / M / A K O  C H E 180   ฀  Từ tính MBC D -HẾT Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com ... 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang Với cách trình bày mệnh đề “khi khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ Em viết lời giải cách khác cách đưa nhận định... số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang tích hình thoi AOCD theo R x BÀI GIẢI CHI TIẾT F Chứng minh... nhọn) Suy ra: FA = FB ฀  450  AFB vuông F; FA = FB nên vuông cân Do BAC Gv Phạm Minh Tứ 0968.469.299 ThuVienDeThi.com C Các tốn hình Ơn thi Tuyển sinh 10 Trang Bài Cho đường trịn (O) đường kính