1 chuyên đề hình học ôn 10 thcs đông thái và tứ liên

CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT CHUN ĐỀ ƠN TẬP HÌNH VÀO 10 (Nhóm Tốn THCS Đông Thái – THCS Tứ Liên) A LÝ THUYẾT I Các loại tam giác 1) Các đường đồng quy tam giác  Trực tâm (H) giao điểm ba đường cao A  Trọng tâm (G) giao điểm ba đường trung r AG  AM tuyến: O I  Tâm đường tròn nội tiếp ∆ (I,r) cách ba R cạnh ∆ giao ba đường phân giác: S p.r (p nửa chu vi ∆)  Tâm đường tròn ngoại tiếp (O,R) giao đường trung trực ∆: OA OB OC =R C B 2) Tam giác vuông  Hệ thức lượng cạnh đường cao ∆ vuông: A c b h c' B 2 + b b'a ; c c'a + h b'c' + ah bc b' H a 1   2 + h a b C 2  Định lý Pytago: a b  c  Tỉ số lượng giác công thức liên quan sin B cosC  AC AB cos B sin C  BC BC ; tgB cot gC  AC AB cot gB tgC  AB ; AC sin2   cos2  1 tg cot g 1  Trong ∆ vng, cạnh đối diện góc 300 nửa cạnh huyền  Trong ∆ vuông cân cạnh huyền CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT cạnh góc vng: BC  2.AB 3) Tam giác A h  a S  O B C H a2   Dấu hiệu nhận biết ∆ đều: + ∆ có ba cạnh ∆ + ∆ có góc 60 ∆ + ∆ cân có góc 60 ∆ 4) Định lý Talet – Đường trung bình tam giác M N  Định lý Ta-lét: Nếu MM / /BC AM AN AM AN BM CN  ;  ;  AB AC MB NC AB AC A M B M N  Định lý đảo: Nếu đẳng thức sau xảy C N AM AN AM AN BM CN  ;  ;  AB AC MB NC AB AC MM / /BC  Hệ Ta-lét:Nếu MM / /BC AMN ∽ ABC  Định lý đường trung bình ∆ : + Nếu MN đường trung bình ∆ ABC MN  BC NA NB    NA NC MN / /BC  +  MN đường trung bình ∆ ABC 5) Tam giác đồng dạng  trường hợp đồng dạng ∆  Tỉ số đường cao hai ∆ đồng dạng = tỉ số đồng dạng k Tỉ số diện tích hai ∆ đồng dạng = k II Các loại tứ giác 1) Sơ đồ nhận biết loại tứ giác :  Tổng góc n giác (n  2).180 CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT  Tổng góc ngồi n giác 360 (n  2).180 n  Mỗi góc n giác Tứ giác góc vng cạnh cạnh đối song song - Các cạnh đối song song - Các cạnh đối - cạnh đối song song - Các góc đối - đường chéo cắt trung điểm đường Hình thang – góc kề đáy – đường chéo góc vng cạnh bên song song Hình bình hành Hình thang vng Hình thang cân - góc vuông - đường chéo cạnh bên song song góc vng - cạnh kề - đường chéo vng góc - đường chéo đường phân giác góc Hình thoi Hình chữ nhật - cạnh kề - đường chéo vng góc - đường chéo đường phân giác góc - góc vng - đường chéo Hình vng 2) Đường trung bình hình thang A M D MA MD   NB  NC  MN đường trung bình hình + B N C thang ABCD  MN  AB  CD NA ND    NB NC MN / /AB  +  MN đường trung bình hình thang ABCD III Đường trịn CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT 1) Tứ giác nơi tiếp đường trịn:  tính chất  dấu hiệu nhận biết + OA= OB = OC = OD = R;   A + A  C 180 ; + Hai đỉnh kề nhìn cạnh chứa hai đỉnh O I cịn lại góc nhau; D C + Góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện; IA.IC IB.ID  + MA.MB MC.MD (dh5 phải cm minh dh3)  Các đa giác đều, hình thang cân, hình chữ nhật tứ giác nội tiếp có độ dài B M cạnh R;R 2;R 2) Các góc đường trịn 3) Tiếp tuyến đường tròn - dấu hiệu hiệu nhận biết dấu hiệu phải chứng minh - Tính chất tiếp tuyến cắt nhau:  O  ;M  M  MA MB;O C O - Tính chất MO vng H trung điểm AB (mở rộng phải chứng minh) H A B x 3) Tương giao hai đường tròn - Hai đường tròn cắt nhau: + Dấu hiệu nhận biết: R  r  d  R  r ; + Tính chất - Hai đường trịn tiếp xúc ngồi, tiếp xúc - Hai đường trịn khơng cắt 4) Một số cơng thức đường trịn: Chu vi, diện tích S, S quạt, S viên phân, S vành khăn, l AB  5) Quan hệ vng góc đường kính dây B.MỘT SỐ BÀI TẬP DẠNG 1: Bài tập tam giác nội tiếp đường tròn đường trịn cắt (Đơng Thái) DẠNG Bài tập nửa đường trịn (Tứ Liên) CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT DẠNG 3: Bài tập hai tiếp tuyến (Đơng Thái) DẠNG 4: Bài tập đường kính vng góc dây cung (Đơng Thái) DẠNG 5: Bài tập tổng hợp (Tứ Liên) DẠNG 1: Bài tập tam giác nội tiếp đường tròn đường tròn cắt (Đơng Thái) Bài Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF Lời giải: A N Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đường cao) E P  CDH = 90 ( Vì AD đường cao) F =>  CEH +  CDH = 1800 O H Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp ( B C D ( +) Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 M CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 90 => E F nằm đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai ∆ AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â góc chung AE AH = AD AC =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD * Xét hai ∆ BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung BE BC = AD AC =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC Ta có C1 = A1 ( phụ với góc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường tròn nội tiếp ∆ DEF Bài Cho ∆ ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh DM tia phân giác góc ADE CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp ∆ ADE Lời giải: C C 12 O O D E S S E M F A D M 1 2 F B A B H×nh b H×nh a Ta có CAB = 900 ( ∆ ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 90 nên A D nằm đường tròn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB)   D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB   Ta có SM EM => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC BA, EM, CD ba đường cao ∆ CMB nên BA, EM, CD đồng quy Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp ∆ ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ÔN THI VÀO 10 THPT     => CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB Bài Cho ∆ ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh: PB.AB = BH.BM Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH  PQ Lời giải: 1.MP  AB(gt)=>APM = 900=>P thuộc đ.trịn đkính AM MQ  AC(gt)=>AQM = 900 =>Q thuộc đ.trịn đkính AM => P,Q,A,M thuộc đ.trịn đkính AM => APMQ tứ giác nội tiếp đ.trịn đkính AM => tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung P điểm AM AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O mà góc AHM = 90 => H thuộc (O) => góc BHP =góc BAM =>∆ BPH đồng dạng vói ∆ B BCA(gg) => PB.AB = BH.BM A O Q H M C ∆ ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH ∆ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP ∆ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mà AB = BC = CA (vì ∆ ABC đều) => MP + MQ = AH ∆ ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ   => HP HQ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà ∆ POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH  PQ Bài Cho ∆ ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm ∆ ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm ∆ ABC CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT A Lời giải: F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC = B' => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành (dhnb) O C' H G (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp = / => BAC + B’HC’ = 180 / / B C A' mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) I / => BAC + BHC = 1800 F E Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 180 => Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O) * H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O) Ta có H E đối xứng qua BC => BC  HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => ∆ HEF vuông E hay FE  HE (2) Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đường kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => BCF = CBE (6) Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình ∆ AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung điểm BC => OI  BC ( Quan hệ đường kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI  GI OI  HGA => GA HA mà OI = AH GI  => GA mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ ABC Bài Cho ∆ ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600 Vẽ đường kính CD (O; R); đường cao BE, CF cắt H 1.Chứng minh tứ giác AFHE, BFEC nội tiếp 2.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R 3.Chứng minh BD // AH AD // BH 4.Tính AH theo R Lời giải: A Xét tứ giác AEHF ta có: D  AEH = 900 ( Vì BE đường cao) E  AFH = 90 ( Vì AD đường cao) F =>  AEH +  AFH = 1800 O H Do AEHF tứ giác nội tiếp (dhnb) +) Theo giả thiết: BE đường cao B C M => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn  Theo giả thiết BAC = 600 => sđ BC =1200 ( t/c góc nội tiếp ) => BOC = 1200 ( t/c góc tâm)  * Theo sđ BC =1200 => BC cạnh ∆ nội tiếp (O; R) => BC = R CD đường kính => DBC = 900 hay DB  BC; theo giả thiết AH đường cao => AH  BC => BD // AH Chứng minh tương tự ta AD // BH Theo DBC = 900 => DBC vng B có BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R Bài 6: Cho hai đường trịn (O) (O') có bán kính R cắt hai điểm A,B cho tâm O nằm đường tròn (O') tâm O' nằm đường tròn (O) Đường nối tâm OO' cắt AB H , cắt đường tròn (O') giao điểm thứ hai C Gọi F điểm đối xứng B qua O' a) Chứng minh AC tiếp tuyến (O) AC vng góc BF b) Trên cạnh AC lấy điểm D cho AD AF Qua D kẻ đường thẳng vng góc với OC cắt OC K, cắt AF G Gọi E giao điểm AC BF Chứng minh tứ giác AHO’E, ADKO tứ giác nội tiếp c) Tứ giác AHKG hình ? Vì ? d) Tính diện tích phần chung hình (O) (O') theo R Lời giải :  A OAC 90  AC tiếp tuyến (O) a) BF  AC (quan hệ vng góc đk dây)   Tứ giác AHO’E có AHO'  AEO' 180 b) =>AHO’E tứ giác nội tiếp   Tứ giác ADKO có : DAK  DKO 180 =>ADKO tứ giác nội tiếp c) +Tứ giác AHKG có    AHK HKG HAG 90  AHKG E O H B hình chữ nhật (1) + Có AB a 3;BF 2R  AF=R=AD 3R R ;AH   AC R 2 + Áp dụng Định lí Ta let cho ∆ AHC : HC  F G O' D K C CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 THPT AD HK R HK R     HK  AC HC R 3R  AH HK (2) + Từ (1) (2) suy AHKG hình vng d) Schung = 2Sviên phân AO’B = (Squạt AOB – S AOB ) = 2(Squạt 120 – S AOB ) 2R AB.OO ' 4R  3R   = Squạt 240 – S AOBO' = Bài 7: Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung DE, D thuộc đường tròn tâm O, E thuộc đường tròn tâm O’ Kẻ tiếp tuyến chung A, cắt DE I Gọi M giao điểm OI AD, N giao điểm O’I AE a, Tứ giác AMIN hình gì? Vì sao? b, Chứng minh IM.IO=IN.IO’ c, Chứng minh O O’ tiếp tuyến đường trịn có đường kính DE d, Tính độ dài DE biết OA=5cm, O’A=3,2 cm Lời giải : a) + ID IA tiếp tuyến (O) => ID = IA (1) Mà OD = OA=> IO trung trực AD => IO ⊥ AD => ∠IMA = 90o + IE IA tiếp tuyến cắt I Suy IA = IE (2) Mà O’A = O’E =>IO’ trung trực AE => IO ⊥ AE => ∠INA = 90o Từ (1) (2) suy IA = ID = IE => ∆ DAE vuông A => ∠DAE = 90o Tứ giác MINA có ∠IMA = ∠INA = ∠DAE = 90o nên tứ giác MINA hình chữ nhật b) Xét ∆ vng IAO có AN ⊥ IO' : IA2 = IM.IO (3) (HTL) Xét ∆ vng IAO’ có : IA2 = IN.IO' (4) (HTL) Từ (3) (4) ta suy IM.IO = IN.IO' c) Theo ta có ∆ DAE vng A => điểm D, E, A nội tiếp đường tròn đường kính DE (5) Do IA tiếp tuyến chung đường tròn (O) (O’) => IA ⊥ OO' (6) Từ (5) (6) ta suy OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính DE d) Xét ∆ vng IOO’ có IA2 = OA OA' => IA2 = 5.3,2 =16(cm) Vậy IA = 4cm 10