282 bài tập hình học ôn thi vào lớp 10

() 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 Năm học: 2022 2023 282 BI TP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 TỐN 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI TUYẾN SINH VÀO LỚP 10 Câu (TS An Giang 2022-2023) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AE , BF CN cắt H ( E ∈ BC , F ∈ AC , N ∈ AB ) a) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp b) Kéo dài FE cắt đường trịn đường kính BC M Chứng minh BM = BN c) Biết AH = BC Tính số đo góc A tam giác ABC Lời giải a) Chứng minh tứ giác CEHF nội tiếp Ta có: HF ⊥ AC ( gt ) ⇒ HFC = 90 HE ⊥ BC ( gt ) ⇒ HEC = 90 Xét tứ giác CEHF có: HFC + HEC = 90 + 90 = 180 mà hai góc đối ⇒ CEHF tứ giác nội tiếp b) Kéo dài FE cắt đường tròn đường kính BC M Chứng minh BM = BN Ta có: HN ⊥ AB ( gt ) ⇒ ANH = 90 HF ⊥ AC ( gt ) ⇒ AFH = 90 Xét tứ giác AFHN có: ANH + AFH = 90 + 90 = 180 mà hai góc đối ⇒ AFHN tứ giác nội tiếp https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 ⇒ NAH = NFH (2 góc nội tiếp chắn cung HN )(1) Tứ giác HECF nội tiếp (cmt) ⇒ HFE = HCE (2 góc nội tiếp chắn cung HE ).(2) Ta có: BAE = NCB (hai góc phụ với ABC ) ⇒ NAH = HCE ( 3) Từ (1), (2), (3) suy NFH = HFE hay NFB = BFM Xét (O ) có: NFB = BFM : ⇒ sd BN = sd BM (hai góc nội tiếp hai cung chắn nhau) ⇒ BN = BM (hai cung chắn hai dây nhau) (đpcm) c) Biết AH = BC Tính số đo góc A tam giác ABC Xét hai tam giác vuông FAH FBH ta có: AH = BC (giả thiết) FAH = FBC (vì phụ với góc ACE ) Vậy △FAH =△FBC ⇒ FA = FB Mặt khác tam giác AFB vng có FA = FB nên vng cân Vậy BAC = 45 Câu TS An Giang 2021 – 2022 Cho bốn điểm A , B , C , D theo thứ tự nằm nửa đường trịn đường kính AD Gọi E giao điểm AC BD Kẻ EF vng góc với AD ( F thuộc AD ) a Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp b Chứng minh BD tia phân giác góc CBF Lời giải a Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 Ta có: ABD góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AD ⇒ ABD = 90° hay ABE = 90° Xét tứ giác ABEF ta có: ABE + AFE = 90° + 90° = 180° ⇒ ABEF tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện 180° ) b Chứng minh BD tia phân giác góc CBF Vì ABEF tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ FBE = FAE (hai góc nội tiếp chắn cung EF ) Hay CAD = FBD Lại có: CBD = CAD (hai góc nội tiếp chắn cung CD ) ⇒ CBD = FBD(= CAD) ⇒ BD phân giác FBC (đpcm) Câu (TS Thái Bình 2022-2023) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O; R ) kẻ tiếp tuyến MA ( A tiếp điểm) cát tuyến MBC không qua tâm O (điểm B nằm hai điểm M C ) Gọi H trung điểm BC Đường thẳng OH cắt (O; R ) hai điểm N , K (trong điểm K thuộc cung BAC Gọi D giao điểm AN BC a) Chứng minh tứ giác AKHD tứ giác nội tiếp b) Chứng minh NAB = NBD NB = NA ⋅ ND c) Chứng minh đường tròn (O; R ) điểm M cố định, đồng thời cát tuyến MBC thay đổi, điểm D nằm đường tròn cố định Lời giải https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 a) Xét (O; R ) có KAN góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ⇒ KAN = 90 Có BC dây khơng qua tâm, H trung điểm BC , KN đường kính đường trịn (O; R ) ⇒ KN ⊥ BC ⇒ KHN = 90 Tứ giác AKHD có KAN + KHD = 90 + 90 = 180 mà KAN , KHD hai góc đối diện ⇒ Tứ giác AKHD tứ giác nội tiếp b) + Xét (O; R ) có KN ⊥ BC ⇒ N điểm cung BC ⇒ BN = NC ⇒ BAN = NBC ( góc nội tiếp chắn hai cung nhau) + Xét △BND △ ANB có: BND = ANB  AN BN = ⇒ NB = NA ⋅ ND  ⇒ ∆BND đồng dạng △ ANB ⇒  BN ND BAN = NBC  c) Tứ giác AKHD có ADH + AKH = 180 (hai góc đối nhau) (1) Mà ADH + ADM = 180 (hai góc kề bù) (2) Nên AKH = ADM Mặt khác AKH = MAD (góc nội tiếp chắn AN ) https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 ⇒ MAD = ADM ⇒△ AMD cân M ⇒ MA = MD Mà M , (O; R) cố định ⇒ tiếp tuyến MA cố định độ dài MA không đổi ⇒ D thuộc đường trịn tâm M bán kính MA Hình trụ có chu vi đáy 20π (cm) ⇒ 2π R = 20π ⇔ R = 10 ( cm) Thể tích hình trụ là: V = π R h = π ⋅10 ⋅ = 700π (cm3 ) Câu TS Thái Bình 2021 – 2022 Qua điểm M nằm bên ngồi đường trịn ( O; R ) kẻ hai tiếp tuyến MA; MB ( A, B hai tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O ( C nằm M D ) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp MO ⊥ AB b) Chứng minh MA AD = MD AC c) Gọi I trung điểm dây cung CD E giao điểm hai đường thẳng AB OI R Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R OI = d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt đường thẳng MA; MB P Q Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ Lời giải E A P D C I M O B Q a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp MO ⊥ AB Vì MA; MB hai tiếp tuyến (O ) cắt M (với A; B hai tiếp điểm) ⇒ MA ⊥ OA; MB ⊥ OB ⇒ MAB = MBO = 90° Mà MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét tứ giác MAOB có tổng hai góc đối MAO + MBO = 180° Do tứ giác MAOB tứ giác nội tiếp Lại có MA = MB (cmt ) ; OA = OB = R A; B ∈ (O; R ) ⇒ M ; O thuộc đường trung trực đoạn AB ⇒ MO đường trung trực đoạn AB ⇒ MO ⊥ AB (đpcm) b) Chứng minh MA AD = MD AC Xét ∆MCA ∆MAD có: https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Tốn qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 AMC chung MAC = MDA (góc tạo tiếp tuyến góc nội tiếp chắn cung AC ) ⇒ ∆MCA đồng dạng với ∆MAD (g.g) MA AC ⇒ = ⇔ MA AD = MD AC (dpcm) MD AD c) Gọi I trung điểm dây cung CD E giao điểm hai đường thẳng AB OI Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R O I = R Gọi H giao điểm OM AB OM ⊥ AH ⇒ OHE =90° Xét (O ) có I trung điểm dây cung CD ⇒OI ⊥CD ⇒OIM =90° Xét ∆OHE ∆OIM ta có: MOE chung OHE =OIM =90° ⇒ ∆OHE đồng dạng với ∆OIM (g.g) ⇒ OH OE = ⇔ OH OM = OE OI OI OM (1) ∆OAM vng A có OM ⊥ AH ⇒ O H O M = O A (hệ thức lượng tam giác vuông) (2) OA2 R ⇒ = = = 3R (dpcm) OE Từ (1) (2) R OI d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt đường thẳng M A; M B P Q Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ ∆MAB cân M (vì MA = MB có MO trung trực) ⇒ MO đồng thời đường phân giác AM B ∆ MPQ cân M ⇒ MP phân giác đồng thời trung tuyến ⇒ O trung điểm PQ ⇒ PQ = 2O P Ta có: S ∆MPQ = MO PQ = MO OP = OA ( AM + AP ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: AM + AP ≥ AM.AP = 2R ⇒ SMPQ ≥ R.2R = 2R2 ⇒ SMPQ = 2R2 Câu Dấu “=” xảy ⇔ AM = AP A M A P = R ⇔ A M = A P = R ⇔ O M = R Vậy M vị trí cho O M = R để thỏa mãn yêu cầu đề (TS Nam Định 2022-2023) 1) Cho tam giác ABC vuông cân A có AB = AC = cm Kẻ đường cao AH tam giác ABC vẽ cung tròn ( A; AH ) cắt A B , A C D , E (hình vẽ bên) Tính diện tích phần tơ đậm hình vẽ bên https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 Cho đường tròn (O ) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Từ A kẻ tiếp tuyến AM , AN với (O ) ( M , N tiếp điểm) Một đường thẳng qua A cắt (O ) hai điểm P, Q cho P nằm A Q , dây cung P Q không qua tâm O Gọi I trung điểm đoạn PQ, J giao điểm hai đường thẳng AQ MN Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, M , O , I , N nằm đường tròn JIM = JIN b) Tam giác AMP đồng dạng với tam giác A Q M AP AQ = AI AJ Lời giải Diện tích tam giác ABC S1 = ⋅ AB ⋅ AC = cm Vì tam giác ABC vuông cân A ⇒ B C = A B = cm Ta có H hình chiếu A BC nên H trung điểm BC ⇒ AH = BC = 2 cm Xét ( A; AH ) có sat DHE = BAC = 90 Nên diện tích hình quạt trịn tâm A tạo hai bán kính A D , A E cung DHE S2 = π AH = π cm Diện tích phần tơ đậm S = S1 − S2 = (8 − 2π) cm a) https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 Ta có AMO = ANO = AIO =90 Suy điểm A, M , O , I , N thuộc đường tròn đường kính AO Xét đường trịn đường kính AO có AM = AN ⇒ AM = AN Suy JIM = JIN b) Xét hai tam giác AMP tam giác A Q M có MAQ chung AMP = AQM (hai góc chắn cung MP đường tròn (O ) ) Vậy △ AM P ∼ △ AQM △AMP ∼△AQM ⇒ AM AP = ⇔ AM = AP.AQ AQ AM Xét hai tam giác AMJ tam giác AIM có MAJ chung Tam giác AMN cân tứ giác AMIN nội tiếp nên AIM = ANM = AMN Do △ AMJ ∼△ AIM ⇒ AM = AI ⋅ AJ (2) Từ (1) (2) suy AP AQ = AI AJ Câu TS Nam Định 2021 – 2022 Mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài A B = m , chiều rộng BC = m Người ta trồng hoa phần đất nửa hình trịn đường kính AD nửa đường trịn đường kính BC , phần cịn lại mảnh đất để trồng cỏ Tính diện tích phần đất trồng cỏ (phần tơ đậm hình vẽ bên, kết làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) Cho ( O) điểm A nằm bên đường tròn Từ A kẻ tiếp tuyến AB , AC với đường tròn ( O) ( B , C tiếp điểm) Kẻ đường kính BD đường tròn ( O) a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp đường tròn BDC = AOC b) Kẻ CK vng góc với BD K Gọi I giao điểm AD CK Chứng minh trung điểm CK https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 I 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 Lời giải 1) Diện tích hình chữ nhật ABCD 6.4 = 24 ( m2 ) Có ABCD hình chữ nhật ⇒ AD = BC = m Bán kính đường trịn đường kính AD AD = = ( m ) Diện tích nửa đường trịn đường kính AD π 22 = 2π ( m2 ) Bán kính đường trịn đường kính BC BC = = ( m ) Diện tích nửa đường trịn đường kính BC π 22 = 2π ( m2 ) Diện tích phần đất trồng cỏ 24 − ( 2π + 2π ) ≈ 11, ( m ) 2) a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp đường tròn BDC = AOC Do A B , A C tiếp tuyến đường trịn (0 ) (gt)  AB ⊥ OB (Tính chất tiếp tuyến) ⇒   AC ⊥ OC Từ suy ABO = ACO = 90° Xét tứ giác ABOC có: ABO+ ACO =90°+90°=180° hai góc vị trí đối Nên tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn Ta có A B , A C tiếp tuyến đường tròn (0 ) (gt) Suy AB = AC (Tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc đường trung trực BC Lại có OB = OC = R nên suy O thuộc đường trung trực BC Từ suy OA đường trung trực BC ⇒ OA ⊥ BC (1) Xét (O ) có: BD đường kính (gt) C ∈ (O) Suy DCB =90° (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ DC ⊥ BC (2) Từ (1) (2) suy OA CD (Từ vng góc đến song song) ⇒BDC = AOC b) Kẻ CK vng góc với BD K Gọi I giao điểm AD CK Chứng minh I trung điểm CK https://www.facebook.com/groups/tailieuhsgvatoanchuyen Liên hệ tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 314 c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ⇒ ∆HID cân ⇒ HIE = HDI Mà HDI + HED = 900 ⇒ đpcm Câu 259: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH ⊥ (d) (H ∈ d) M điểm thay đổi (d) (M ≠ H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P c Giả sử PMQ = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn K O (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) M IO IQ I b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) ⇒ = ⇒ IH.IO = IQ.IP IP IH Q PQ PQ c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg600 = 3= H 2 PQ PQ ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ = = 3 SMPQ PQ PQ : =3 = ⇒ SOPQ Câu 260: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E ≠ A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn DM CM = DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy D M e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD C N Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 90 ) B O A E b) AC // BD (cùng ⊥ EB) ⇒ ∆EAC ~ ∆EBD CE AC CE CM DM CM = (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ = (2) ⇒ = ⇒ DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM = (3) Từ 1; 2; ⇒ = ⇒ MN // BD c) AC // BD (cmt) ⇒ ∆NAC ~ ∆NBD ⇒ NB BD NB DM d) O1 = O ; O3 = O mà O1 + O + O3 + O = 1800 ⇒ O + O3 = 900 ; O + D1 = 900 (…) OB R R = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα ⇒ AC.DB = R.tgα ⇒ D1 = O = O1 = α Vậy: DB = tgα tgα tgα 314 315 ⇒ AC.DB = R2 (Đpcm) Câu 261: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác B1A1C1 c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 MH = MC So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) Tâm I trung điểm BH A d Trên đoạn HC lấy điểm M cho b) C/m: HA1C1 = HBC1 ; HA1B1 = HCB1 ; B1 C1 J H M HBC1 = HCB1 ⇒ HA1C1 = HA1B1 ⇒ đpcm K 12 I c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … ⇒ ỊJ trung trực A1C1 C B A1 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 AC1 HC HM+MC MC HC.AC1 MH mà ⇒ SHAC : S HJM = = ⇒ = = 1+ = 1+ = ; = (JK// AC1 HM.JK MC HM HM HM JK ⇒ SHAC : S HJM = Câu 262: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI ⊥ Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH ⊥ PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) 315 316 OA = OB = R(O) ⇒ O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB… b) IP // CM ( ⊥ Cz) ⇒ MPIC hình thang ⇒ IL = LC khơng đổi A,B,C cố định ⇒ I cố định c) PA ⊥ KM ; PK ⊥ MB ⇒ H trực tâm ∆ PKM ⇒ KH ⊥ PM d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) ⇒ N tâm đ/trịn ngoại tiếp … ⇒ NE = NA = R(N) ⇒ N thuộc đường trung trực AB ⇒ O,L,N thẳng hàng Câu 263: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân U c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông ⇒ KN ⊥ KM mà KM // BP ⇒ KN ⊥ BP APB = 900 (góc nội tiếp…) ⇒ AP ⊥ BP ⇒ KN // AP ( ⊥ BP) KM // BP ⇒ KMN = PAT = 450 K P A // PKM = 450 Mà PAM = PKU = PKN = 45 ; KNM = 450 ⇒ PK // AN Vậy ANPK hình bình hành N O T M B = Câu 264: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? C HD: a) AMD = DMB = 450 (chắn cung ¼ đ/trịn) ⇒ MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến I ⇒ ∆ OMB ~ ∆ NAB B A E O BM BO = ⇒ ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R không đổi BA BN c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp ⇒ I cách A O cố định ⇒ I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC D Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF 316 317 Câu 265: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao? c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO với BAC A E d Cho biết DF // BC Tính cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC (∆ ABC cân A) lập luận AH ⊥ AE ⇒ BC // AE (1) b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) ⇒ AE = BC (2) D M N F Từ ⇒ ABCE hình bình hành O _ c) Theo c.m.t ⇒ AB // CF ⇒ GO ⊥ AB I _ ⇒ BGO = 900 – ABC = BAH = BAC H B C d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục G đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 ⇒ FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) ⇒ DF.DN = DA.DC 2 BH AC ⇒ cos ABC = = ⇒ 2BH2 = AC2 ⇒ BH = 4 AB Câu 266: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn) ⇒ CBA + FBA = 1800 ⇒ C, B, F thẳng hàng b) CDF = 900 = CEF ⇒ CDEF nội tiếp (quĩ tích …) c) CDEF nội tiếp ⇒ ADE = ECB (cùng chắn cung EF) Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB) ⇒ ADE = ADB ⇒ DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) ⇒ DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) ⇒ ODO' = O'EO ⇒ ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật ⇒ AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Câu 267: Cho đường tròn (O; R) có đường kính cố định AB ⊥ CD a) Chứng minh: ACBD hình vng 317 318 b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E ≠ B; E ≠ C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB ⊥ CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C ⇒ ACBD hình vng E // M 1 AOD = 450 ; DEB = DOB = 450 b) AED = 2 = ⇒ AED = DEB ⇒ ED tia phân giác AEB B A O 0 AED = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuông cân E) ⇒ AED = EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE ⊥ DE ; ED // BM ⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) Câu 268: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI ⊥ AM (I ∈ AM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = c Chứng minh: MOI = CAI d Chứng minh: MA = 3.MB N = I 0 HD: a) COA = 90 (…) ; CIA = 90 (…) ⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O B A b) MB // CI ( ⊥ BM) (1) ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1 = N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI = NBM (slt) ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hình bình hành c) ∆ CIM vuông cân ( CIA = 900 ; CMI = COA = 450 ) ⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒ MOI = IOC mà: IOC = CAI ⇒ MOI = CAI R AC = (với R = AO) d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = 2 Từ : AN = ⇒ MB = AC +CN = 2R + NC2 − MN = R2 R 10 NC2 R 10 MI =R = ; NI = = = MN = 2 NA 10 R 10 R 10 3R 10 R2 R2 2R R 10 − = = + = ⇒ AM = AN + MN = 10 10 10 ⇒ AM = BM Câu 269: Cho ∆ABC có A = 600 nội tiếp đường trịn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E a Chứng minh: BKH = BCD b Tính BEC 318 319 c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I HD: a) ABHK nội tiếp ⇒ BKH = BAH ; BCD = BAH ( chắn cung BD) ⇒ BCD = BKH b) CE cắt AB F ; AFEK nội tiếp ⇒ FEK = 1800 − A = 1800 − 600 = 1200 ⇒ BEC = 1200 B + C 1200 = 1800 − = 1200 c) BIC = 1800 − 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O) A K F I E B C H DS IO ; đ/tròn (S) có ISO = sđ 2 DS IO DAS = ISO (so le trong) nên: = mà DS = IE ⇒ IO = IE ⇒ đpcm 2 d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ D S Câu 270: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường tròn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK ⊥ AD PH ⊥ AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C a I trung điểm AP D b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB = 900 (góc nội tiếp …) K ⇒ BI ⊥ AP ⇒ BI đường cao đường trung tuyến ⇒ I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B ⇒ AM = PH ; AP chung ⇒ ∆vAHP = ∆v PMA ⇒ AH = PM ; AHPK hình chữ nhật ⇒ AH = KP ⇒ PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) ⇒ PM = AH ⇒ PA // MH Vậy APMH hình thang cân A H M B Câu 271: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM = OBM = 900 b) INB = OBM = 900 ; NIB = BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM) ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn AO = R(O) Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn 319 320 Khi IH bán kính, ∆ AIH vuông cân, tức HAI = 450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn Câu 272: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D ≠ A D ≠ C) A a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI ⊥ CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = = HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : E O ⇒ AB = AC = BC = R Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC C B ⇒ AO hay AI tia phân giác BAC b) Ta có : DE = DC (gt) ⇒ ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC ) I ⇒ ∆CDE I điểm BC ⇒ IB = IC ⇒ BDI = IDC ⇒ DI tia phân giác BDC ⇒ ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao ⇒ DI ⊥ CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE ⇒ IE = IC mà I C cố định ⇒ IC không đổi ⇒ E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈ AC (cung nhỏ ) D → C E → C ; D → A E → B ⇒ E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC Chuyên đề 10: Bài toán tiếp tuyến, cát tuyến Những tính chất cần nhớ: 1) Nếu hai đường thẳng chứa dây AB,CD,KCD đường trịn cắt M MA.MB = MC.MD 2) Đảo lại hai đường thẳng AB,CD cắt M MA.MB = MC.MD bốn điểm A, B,C, D thuộc đường tròn D B A M A O C M O D C B 3) Nếu MC tiếp tuyến MAB cát tuyến MC2 = MA.MB = MO2 − R B 320 321 4) Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD,H , trung điểm CD năm điểm K,A,H,O, B nằm đường tròn A D H C O K B AC BC = 5) Từ điểm K nằm đường tròn ta kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD AD A D K C O B Ta có: KAC = ADK ⇒ ∆KAC ∼ ∆KAD ⇔ AC KC = AD KA BC KC AC BC = = mà KA = KB nên suy BD KB AD BD AC BC CA DA = = Chú ý: Những tứ giác quen thuộc ACBD ta ln có: AD BD CB DB Tương tự ta có: NHỮNG BÀI TOÁN TIÊU BIỂU 321 BD 322 Câu 273 : Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi M giao điểm OK AB Vẽ dây DI qua M Chứng minh a) KIOD tứ giác nội tiếp b) KO phân giác góc IKD Giải: A D C K M O I B a) Để chứng minh KIOD tứ giác nội tiếp việc góc khó khăn Ta phải dựa vào tính chất cát tuyến , tiếp tuyến Ta có: AIBD tứ giác nội tiếp AB ∩ ID = M nên ta có: MA.MB = MI.MD Mặt khác KAOB tứ giác nội tiếp nên MA.MB = MO.MK Từ suy MO.MK = MI.MD hay KIOD tứ giác nội tiếp a) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác KIOD Ta có IO = OD = R ⇒ OKI = OKD suy KO phân giác góc IKD Câu 274: Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi M giao điểm OK AB Chứng minh a) CMOD tứ giác nội tiếp b) Đường thẳng AB chứa phân giác góc CMD Giải: A A D C K 322 M O M K C O D 323 a) Vì KB tiếp tuyến nên ta có: KB2 = KC.KD = KO2 − R Mặt khác tam giác KOB vuông B BM ⊥ KO nên KB2 = KM.KO suy KC.KD = KM.KO hay CMOD tứ giác nội tiếp b) CMOD tứ giác nội tiếp nên KMC = ODC , OMD = OCD Mặt khác ta có: ODC = OCD ⇒ KMC = OMD Trường hợp 1: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa A bờ KO (h1) Hai góc AMC , AMD có góc phụ với tương ứng KMC , ODC mà KMC = ODC nên AMC = AMD hay MA tia phân giác góc CMD Trường hợp 2: Tia KD thuộc nửa mặt phẳng chứa B bờ KO (h2) tương tự ta có MB tia phân giác góc CMD Suy Đường thẳng AB chứa phân giác góc CMD Câu 275 Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi H trung điểm CD Vẽ dây AF qua H Chứng minh BF / /CD Giải: A D H C O K B Để chứng minh BF / / CD ta chứng minh AHK = AFB Ta có AFB = AOB ( Tính chất góc nội tiếp chắn cung AB ) 323 F 324 AOB ⇒ AFB = AOK Vì A, K , B, O, H nằm đường tròn đường kính KO nên Mặt khác KO phân giác góc AOB nên AOK = BOK = AHK = AOK ⇒ AFB = AHK ⇔ BF / / CD Câu 276 Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi H trung điểm CD Đường thẳng qua H song song với BD cắt AB I Chứng minh CI ⊥ OB Giải: D A C H I K O F B Ta có HI / / BD ⇒ CHI = CDB Mặt khác CAB = CDB chắn cung CB nên suy CHI = CAB hay AHIC tứ giác nội tiếp Do IAH = ICH ⇔ BAH = ICH Mặt khác ta có A, K , B, O, H nằm đường trịn đường kính KO nên BAH = BKH Từ suy ICH = BKH ⇒ CI / / KB Mà KB ⊥ OB ⇒ CI ⊥ OB Nhận xét: Mấu chốt toán nằm vấn đề OB ⊥ KB Thay chứng minh CI ⊥ OB ta chứng minh CI / /KB Câu 277: Cho đường tròn (O) dây cung ADI Gọi I điểm đối xứng với A qua D Kẻ tiếp tuyến IB với đường tròn (O) Tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt IB K Gọi C giao điểm thứ hai KD với đường tròn (O) Chứng minh BC / /AI Giải: K B C O Ta cần chứng minh: AIK = KBC 324 A D I 325 Mặt khác ta có: KBC = CAB = sdCB nên ta chứng minh AIK = CAB hay CB DB CB DB = mà DA = DI ⇒ = ⇔ ∆BID ∼ ∆BCA Thật theo tính chất ta có: CA DA CA DI Tứ giác ACBD nội tiếp nên BCA = BDI ⇒ ∆BID ∼ ∆BCA ⇒ AIK = CAB Hay AIK = KBC ⇒ BC / / AI Câu 278 Từ điểm K nằm đường tròn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi M giao điểm OK AB Vẽ dây CF qua M Chứng minh DF / /AB Giải: A D H C K M O Kẻ OH ⊥ CD B F Ta chứng minh được: CMOD tứ giác nội tiếp (bài toán 2) nên M = D1 mà M + M = 900 ; D1 + DOH = 900 ⇒ M = DOH Mặt khác ta có: 1 CFD = COD, DOH = COD ⇒ CFD = DOH Từ suy M = CFD ⇔ DF / / AB 2 Chú ý: DF / / AB ⇒ ABFD hình thang cân có hai đáy AB, DF ⇒ OMD = OMF Câu 279: Từ điểm K nằm đường tròn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi M giao điểm OK AB Kẻ OH vng góc với CD cắt AB E Chứng minh a) CMOE tứ giác nội tiếp b) CE, DE tiếp tuyến đường trịn (O) Giải: a) Theo tốn 2, ta có CMOD E tứ giác nội tiếp nên CMK = ODC = OCD Do góc phụ với chúng A C nhau: CME = COE Suy CMOE tứ giác nội tiếp (theo cung K chứa góc) 325 D H M B O 326 c) Cũng theo toán 2, CMOD nội tiếp Mặt khác CMOE tứ giác nội tiếp nên E,C,M,O, D thuộc đường trịn Từ dễ chứng minh CE, DE tiếp tuyến đường tròn (O) Câu 280 Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Vẽ đường kính AI Các dây IC,ID cắt KO theo thứ tự G,N Chứng minh OG = ON Giải: A D C K G M O N I Ta vẽ hình trường hợp O A nằm khác phía CD Các trường hợp khác chứng minh tương tự Để chứng minh OG = ON , ta chứng minh ∆IOG = ∆AON Ta có OI = OA, IOG = AON , cần chứng minh CIA = IAN , muốn phải có AN / / CI Ta chứng minh AND = CID Chú ý đến AI đường kính, ta có ADI = 900 , ta kẻ AM ⊥ OK Ta có AMND tứ giác nội tiếp, suy AND = AMD (1) 1 Sử dụng 2, ta có CMOD tứ giác nội tiếp AMD = CMD = COD (2) Từ (1) (2) suy 2 1 AND = COD Ta lại có CID = COD nên AND = CID 2 HS tự giải tiếp Câu 281 Từ điểm K nằm ngồi đường trịn ta (O) kẻ tiếp tuyến KA,KB cát tuyến KCD đến (O) Gọi M trung điểm AB Chứng minh ADC = MDB Giải: E D A H C K 326 M O 327 Kẻ OH ⊥ CD , cắt AB E Theo , EC tiếp tuyến đường tròn ( O ) , nên theo tốn quen thuộc 3, ta có ECMD tứ giác nội tiếp, suy EBD = ECD (2) Từ (1) (2) suy CBD = EMD Do hai góc bù với chúng nhau: CAD = BMD ⇒ ∆CAD ∼ ∆BMD (g.g) nên ADC = MDB Câu 282: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trường tròn ( O ) Các đường cao BE CF tam giác ABC cắt đường tròn ( O ) thứ tự M N Gọi H K hình chiếu E AB BC Chứng minh : Các tứ giác BHEK , BFEC tứ giác nội tiếp BH ⋅ BA = BK BC OA ⊥ MN HK qua trung điểm EF Lời giải a)Xét tứ giác BHEK có : BHE = 90 ( EH ⊥ AB ) BKE = 90 ( EK ⊥ BC ) ⇒ BHE + BKE = 90 + 90 = 180 327 328 Mà góc vị trí đối diện ⇒ Tứ giác BHEK nội tiếp đường tròn Xét tứ giác BFEC có : BFC = BEC = 90 => đỉnh kề F , E nhìn cạnh BC góc => Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn b) BE = BH ⋅ BA (Hệ thức lượng tam giác vuông △BEA ) BE = BK ⋅ BC ( Hệ thức lượng tam giác vuông △BEC ) ⇒ BH BA = BK BC Kẻ Ax tiếp tuyến đường tròn (O) ⇒ OA ⊥ Ax Ta có : Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn ⇒ FBM = FCA Mà FBM = xAM , FCA = AMN = xAM = AMN ⇒> Ax / / MN ⇒ OA ⊥ MN c) Gọi I trung điềm EF , J hình chiếu E lên cạnh FC Ta có : Tứ giác EHFJ hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn HJ qua trung điểm EF ⇒ HFE = HJE mà HFE = ECB = HJE = ECB Mặt khác : Chứng minh tứ giác EJKC nội tiếp đường tròn ⇒ ECB + EJK = 180 ⇒ HJE + EJK = 180 Suy ra, điểm H , J , K thẳng hàng Suy HK qua trung điểm EF HẾT 328 ...1 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 TỐN 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI TUYẾN SINH VÀO LỚP 10 Câu (TS An Giang 2022-2023) Cho tam giác ABC có... SĐT&Zalo: 0816457443 29 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 Vì BP tiếp tuyến (O) ⇒OB ⊥ BP hay ∆OBP vuông B M trung điểm BC ⇒ OM ⊥ BC hay BM ⊥ OP Tam giác OBP vuông vuông) (hệ thức lượng tam... tài liệu Word Toán qua SĐT&Zalo: 0816457443 I 282 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10 Lời giải 1) Diện tích hình chữ nhật ABCD 6.4 = 24 ( m2 ) Có ABCD hình chữ nhật ⇒ AD = BC = m Bán kính đường trịn