THÔNG TIN TÀI LIỆU
MAI CONG MAN- PHAM VAN VUON G - TRAN VAN LUC CAO THE ANH - LE VU DUN G _LUYỆN THI VAO LOP 10 TAP 2: HINH HOC “Cac chuyén dé tam” (Tái ban lan thứ hai, có chỉnh lý, bé sung) NHÀ XUẤT BẢN THANH HÓA a LOI GIOI THIEU Cuốn sách Luyện thỉ vào lớp 10, tập - Hình học viết theo hình thức chuyên đê, bám sát kiến thức thi vào lớp 10 THPT THPT chuyên tỉnh Thanh Hóa Với nhiêu năm kinh nghiệm, chuyên môn giỏi luôn mong muốn viết sách để giới thiệu đến em học sinh thân yêu kiến thức khoa học tổng hợp ví dụ, tập trích từ để thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT THPT chuyên tỉnh; đặc biệt động viên khuyến khích thây giáo Mai Cơng Mãn - Trưởng phòng Giáo dục trung học - Sở Giáo dục Đảo tạo Thanh Hóa, chúng tơi hồn thành ý tưởng, biên soạn thành công cuén sách Luyện thi vào lớp 10 (gồm Đại số, Hình học Chinh phục 56 đề luyện thi vào lớp 10- Môn Tốn chọn) Nhóm tác giả chúng tơi gồm: / Thay giáo Mai Cơng Mãn Đảo tạo Thanh Hóa - Chủ biên - Trưởng phòng Giáo dục trung học, Sở Giáo dục Thay giáo Phạm Văn Vượng - Giáo viên Trường THCS Nhữ Bá Sỹ - Huyện Hoằng Hóa Thây giáo Trần Văn Lực - Giáo viên Trường THCS Điện Biên - TP Thanh Hóa Thay giáo Cao Thế Anh - Giáo viên Trường THCS Nguyễn Du- Huyện Quảng Xương Thây giáo Le Vũ Dũng- Giáo viên Trường THCS Trân Phú - Huyện Nông Công, _ Và thây, cô giáo nhiệt tình gop ý, bơ sung là: Cô giáo Nguyễn Thị Ngọc - Giáo viên Truong THCS thi tran Cam Thuy - Huyén Cam Thuy _ Cô giáo Hoàng Thị Dung - Giáo viên Trường THCS Thạch Quảng - Huyện Thạch Thành Thây giáo Nguyễn Văn Nghị - Giáo viên Trường THCS Hồi Xuân - Huyện Quan Hóa Cuốn sách giúp giáo viên học sinh có nhìn bao quát kiến thức thuộc nội dung thi vào lớp 10 THPT THPT chuyên Toán dựa câu trúc để thi Sở Giáo dục Đào tạo Thanh Hóa, đơng thời góp phân định hướng việc dạy học trường THCS, đặc biệt việc ôn tập, rèn luyện kỹ cho học sinh sát với thực tiễn | giáo dục tỉnh nhà | Bộ sách biên soạn gồm có ba tập: Tập - Đại số: Lý thuyết - Công thức tra cứu - Phương pháp làm dạng Tập - Hình học: Lý thuyết - Sơ đồ phân tích - Cách vẽ hình Tập - Chỉnh phục 56 dé luyện thi vào lớp 10 - Môn Toán chọn lọc Trong chủ đề, tác giả hồn thiện dạng tốn kèm tập mẫu tập luyện tập Để giúp em học sinh tự học, hệ thơng tập xếp từ dễ đến khó tốn mang tính tư cao Hy vọng MỤC LỤC tài liệu ôn thi chất lượng, góp phan quan trọng nâng cao chất lượng dạy học trường THCS thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, THPT chuyên Toán năm học Trang Cuốn sách đời dựa nhu câu học tập em học sinh tham khảo LOI GIỚI THIBU cececccsccccsssssesssessssssesucsecsseesucsussssssusssecsessusaresssssssessssssesussasestssascesseseececccc CHU DE 1: HE THUC LUONG TRONG TAM GIAC VUONG ccccccccccccsesecceeseceeccececeeses CHU DE 2: MO DAU VE DUONG TRON ccsscsssssscssecesssssssesssessesssssssesssssestiteseesseeseeeeese 31 CHU DE 3: VI TRI TUONG DOI CUA DUONG THANG _ 2023 - 2024 năm | | | | thây cô giáo, bậc phụ huynh Mặc dủ có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ đội ngũ người biên soạn, song khơng thể tránh khỏi hạn chê, sai sót Do đó, nhóm tác giả rat mong nhận lời nhận xét từ phía bạn đọc, thây, giáo em học sinh toàn tỉnh để sách hoàn thiện lần táibản.- Xin trân trọng giới thiệu cuỗn sách “Luyện thi vào lớp 10, tập 2: Hình học “Cac chuyên đề trọng tâm” chúc thây, cô giáo em học sinh đạt kết cao kỳ thi tới! : Nhóm tác giá - VÀ ĐƯỜNG TRỊN VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỒI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN so 38 CHỦ DE 4: GÓC VỚI ĐƯỜNG TRỊN - GĨC Ở TÂM tt 5] CHU DE 5: TU GIAC NOI TIEP ou ccccsssssecsecsecsscssessessecsessesessssssssesecsssssceveneeen " 65 CHỦ ĐÊ 6: PHÂN DẠNG MỘT SỐ CHỦ ĐÈ TRỌNG TÂM " 78 CHỦ ĐÈ 7: CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN DEN CỤC TRỊ HÌNH HỌC 103 - HƯỚNG DẪN LỜI GIẢI LẤ HHH rgrko 127 CHU DE 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG nghiên 129 CHỦ ĐỀ 2: MỞ ĐẦU VỀ ĐƯỜNG TRÒN s.-c2vxEeeeercee _— 137: CHỦ ĐÈ 4: GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN - GĨC Ở TÂM -.2222S2nn Hee 150 CHU DE 3: VI TRI TUONG DOI CUA DUGNG THANG | VA DUONG TRON VI TRI TUGNG DOI CUA HAI ĐƯỜNG TRÒN 144 CHỦ ĐÈ 5: TỨ GIÁC NỘI TIÉP .- " 157 CHỦ ĐÈ 6: PHÂN DẠNG MỘT SỐ CHỦ ĐỀ TRỌNG TÂM cH 1111111111111tre 164 CHU DE 7: CAC BAI TOAN LIEN QUAN DEN CỰC TRỊ HÌNH HỌC 195 CHU DE HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG A HỆ THỨC LIÊN TAM GIÁC VUÔNG HỆ CẠNH - ĐƯỜNG CAO, HÌNH CHIẾU TRONG I LÝ THUT Cho AABC vng A, đường cao AH Khi cạnh huyền BC =a, cạnh øĨc vng AB =c, có hình chiêu lên cạnh huyền la BH =c ' cạnh góc vng AC =b, có hình chiểu lên cạnh huyền CH =b', đường cao AH=h Hệ thức: Cạnh góc vng - cạnh huyền (Định lý Pitago) a” =b?+c” Trong tam giác vng, bình phương độ dai cạnhh huyền băng tổng bình phương độ dài hai cạnh góc vng Hệ thức: Cạnh góc vng- cạnh huyền - hình chiếu cạnh góc vng — €=ac,b=ab' (trong tam giác vng, bình phương độ dài cạnh góc vng băng tích độ dài cạnh huyền với hình chiêu cạnh góc vng lên cạnh huyền) Hệ thức: Đường cao - hình chiếu cạnh góC vng h* =b -c (trong tam giác vng, bình phương độ dài đường cao tích độ dài hình chiếu hai cạnh góc vng lên cạnh huyền) Hệ thức: Đường cao- cạnh góc vng- cạnh huyền b-c=a-h (trong tam giác vng, tích độ dài hai cạnh góc vng tích độ dài cạnh huyền với đường cao tương ứng) | Hé thire: Duong cao - cạnh góc vng = 45 (trong tam giac vng, nghịch đảo bình phương độ dài đường cao c bang tổng nghịch đảo bình phương độ dài hai cạnh góc vng) wb H CÁC DẠNG TỐN Dang 1: Tinh d6 dài cạnh, đường cao, hình chiếu tam giác vuông - Phương pháp giải Đây tốn tính tốn trực tiếp tam giác vng cho trước Đề g1ả1 tốn ta làm sau: - Xác định yêu cầu tính: "cạnh goc vuong" cạnh góc vng"? hay "đường cao" hay "hình chiếu Kiểm tra cho kiện —= AB’ = 9,6" +7,2” =144 > AB=12(cm) | - Xác định hệ thức lượng liên hệ cho cần tính _ Xét AAHC Ví dụ 1: (Trích dé thi tun sinh tỉnh Hịa Bình năm học 2021 - 2022) Cho tam giác 45C vng A, đường cao ¢ ‘Az, biét HB=2cm, Tính độ đài cạnh AB,AC | Giải — => AB =3k va AC = 4k Ap dụng Ap dụng định lí Pytago tam giác vng 96 AB? = AH? + HB? = 4° +2? =20 = AB= 2,5 (cm) Dạng (cm): AC =4N5 (cm) Đường cao AH=09,6cm Tính độ AB? l + AC? tam giác vuông BAC, ta có: 16k? 144k? 2: Tam øiác vng liên quan tới đường Đường cao AH biết, dùng hệ thức h” =b.c ta thiết lập tích hình HB,F HC Sau từ việc sử dụng tỉ 36 AB = ta co duoc AC AC“ >= => va dung hệ 16 ta xac dinh ti số hình chiêu HB,HC Như ta giải tìm HB, HC, tìm AB, AC Giải Cách 1: Xét tam giác A4BC vuông A, đường cao AH AH’= HB-HC => HB- HC =9, = 92,16 HB -(2) AC’ HC AC giác, trung tuyến, (1) Các hệ thức tam giác vuông áp dụng | (3) Đường trung tuyến ứng với cạnh huyện tam Øiác vuông (4) Tính chất đường trụng trực đoạn thắng: - Một số vi du: Vi du 1: Cho AABCbiét góc C,kẻ AH.LCD Phân tích BC= 50cm, AC ==14cm, AB= 48cm Ké phan giác CD H Tính độ dài AD,CD,AH ` Dùng định lý Pytago đảo ta nhận thay AACD vuông A AC biết nên dé tính độ dài phân giác CD ta can tinh AD Ta cần vận dụng tính chất đường phân giác để có tỉ số a mà tổng AD + BD = AB biết Từ tính AD AH Giải AB? = HB- BC; AC” = HC.BC AB HB’ phân Phương pháp giải (2) Tính chất phân giác góc Phân tích =—- 16 Tu (1) va (2), ta tìm được: HC = 12,8(cm); HB = 7, 2(cm) Xét AAHB vu6ng tai H cé: AB* = AH* + HB’ (Dinh ly Pytago) 10 9k? trung trực đài cạnh HB,HC, AB,AC HC AH? = Tu tinh dugc: HB = 7,2(cm);HC = 12,8(cm) AC? = AH? + HC? = 4? +8? =80 > AC = 4,55 (cm) —> ——~——-—— Khi đó, ta tinh duoc: AB = 12(cm); AC = 16(cm) Ap dung dinh li Pytago tam gidc vudng ACH, taco: Ví dụ 2: Cho AABC vng tai A, biét ~~ == nae hệ thức: ABB, ta co: hodc c* =ac AC 4k AH’ = BH.CH =2.8=16 => AH =4 (cm) thirc b*=a.b AC AB_ 3k ABC, đường cao AH ta cé: chiếu Cách 2: Ngồi việc tìm ấn trực tiếp HB HC, ta dựa vào tỉ SỐ AB -? đề tìm đoạn thắng thơng qua sô k >0, cách làm sau: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông Vay AB =2|5 => AC’ = 9,6" +12, 8° = 256 => AC= Ló(cm) HC =8cm | vng H cé: AC?= AH? + HC? (Dinh ly Pytago) Taco: BC” = 50° = 2500; AC’ + AB? = 14? + 48? = 2500 => BC’ = AC’ + AB’ > AABC vuong tai A (Dinh ly Pytago dao) 1] Gọi CD AD => —— phân giác góc C, ta có: = _ BD pp 14 50 Ma AD+BD=BC= Xét AACD | (tính chất đường phân giác) Dat | AD+AD =50= AD = — vng tai A có: CD = AC’ + AD’ (Dinh ly Pytago) | => CD’ =14’ (| Xét AACD(A có: | : >= AH“ : s+ AC’ AD giác vng đó? | A AB A Dé tim ti so —— ` > AR ta cân tim ti so BB AC có liên quan tới cạnh huyện z C we thức tơng tích HB HC, từ đăng thức ta hồn tồn tìm tỉ sô qe ` ` - ` J r ` ` ` ` ° Ẫ HB (Thoa = 20x —41Vx + 20=0 man) => Hệ =X ne vuông A, đường cao AHta có: HC 25 AC Ví dụ 3: Cho tam giác ABC BM 55 vuông A, có đường cao AH, đường trung tuyến đường phân giác CD đồng quy O a) Chứng minh BH = AC b) Cho BC =x Tính độ dài AB,AC theo x Định hướng: Bài toán giải kết hợp với định lý Ceva: đường thăng đồng quy khi: PA DB EC_ * Lưu ý: Việc chứng minh định lý em cớ thể tìm thấy nhiều ngn tài liệu khác nhau, chuyên đề thầy hướng dẫn em biết cách kết hợp định lý Ceva để chứng minh đắng thức ' | Giải Giải Giả sử HC > HB Mà BG=2AD a) Tam giác Theo giả thiết ta có: AB _ 50 AD 4I AH _ 40 _ 7AH _, AH _ 29 an=—2BC AD 4I BC BC 41 4] (1) Xét AABC vuông A, đường cao AH ta có: AH” = HB- HC (Hệ thức lượng) Từ (1) ta có: AH?= (# BC? > HB-HC= (22) (HB + HC)’ OBB (Fo (i BE H).(2) HB-HC 20) HB/\ HC ABC có ba đường đồng quy: AH, BM, CD Ap dung dinh lý Ceva ta có: (Tinh chat trung tuyến ứng với cạnh huyén) > — 12 vi HC > HB); Vx = =* AB Các đường thắng AD,BE,CF BC BC=2AD, mà AH? =HB-HC BC = HB+ HC, suy ta thiết lập đẳng A > (Loai —=l+x _ 4b | 20 D,E va F 1an lượt năm đường thăng BC,CA | HC Nhan thay —— = + AD 4I fw => ‘Al 20 * Định lý Ceva: Cho tam giác ABC, điểm Phan tich ự (+x)= x AC Ví dụ 2: Trong tam giác vng tỉ số đường cao đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vng 40:41 Tính tỉ số độ dài cạnh góc vng tam i (ABy _HB_ 16 _ AB _ > => AH ~8,62cm Pytago đảo để kiểm tra xem tam giác có phải tam giác vng Nếu tam giác vng áp dụng hệ thức liên hệ cạnh đường cao để tính tốn độ dài 4X x AB =HB-BC AC“= HC- BC (Hệ thức lượng) => CD ¥17,77 =90'), đường cao AH ta CĨ : Xét AABC Chú ý: Khi toán cho tam giác độ dài ba cạnh thi ta cần dùng định lý A BB _ x(x ee HC HB \2 AD =25 ==o 20) MA HC DB_ MC HB DA Mà MA = MC (Tinh chat trung điểm) = He = 2A HB DB Ta có: CD phần giác góc C AABC=> Do đó: DA _ AC DB BC HE _ AG => AC: HB= BC - HC HB BC Ap dung hệ thức liên hệ tam giác vng ABC ta có: 13 VÍ dụ 2: Tam giác ABC AC’? =HC.BC = AC: HB= AC? > HB= AC (dpcm) b) Ap dung hệ thức liên hệ tam giác vuông ABC 15,6cm, đường cao ung voi canh bén dai 12cm Tính độ dài cạnh đáy BC ta có: Phân tích AC? = HC-BC; AB’ = HB.BC(HB = AC(cmt)) Do do: | / Từ đường cao ứng với cạnh đáy, đường cao ứng với cạnh bên da tao cap tam | AC? HC AC? AB? AC?+AC? BC? AB HB HC HB HC+ HB BC | Ma AB” + AC” = BC” (Định lý Pytago)=> AC-x + AC? =x* =AC+== Bo) cu XO), it (AC + 2 = ~ OS =) B KB kK « | Nêu đặt BC = 2x, thi theo Pytago ta tinh suy BC x, 15,6° +x? Từ AKBC ®AHAC - Từ tam giác đồng dạng—> Tỉ số độ dài — Liên hệ ân độ dài ° Hay - Từ hệ thức lượng => Liên hệ ân độ dai (2) 2x 15,64 x? - Từ (1) (2), giải hệ tim cdc an d6 dai _ BLK KB AC AH 12 15,6 => 15,6 +x? =6,76x? > x =15,41 Mot số vi du: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vudng taiA, BC = J/35em Hinh vuong ADEF cạnh co diém D thudc canh AB, điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AC Tính độ dài AC, AB | = BC = 2x = 30,8cm Dạng 4: Kẻ thêm đường phụ dé tạo yếu tổ đặc biệt có liên quan Phương pháp giải Phân tích | Yếu tố đặc biệt thường gặp kẻ thêm hình: Đề tính AC AB ta cần tính BD, EC BD Dựa vào yếu tố hình vng, tam giác đồng dạng ta thiết lập hai mối quan hệ BD FC, từ giải phương trình tìm BD FC , + Tam giác cân (đều) có chứa cạnh cần tính + Tam giác vng có chứa cạnh biết và-cạnh cần tính Một số ví dụ: Giải Ví dụ 1: Tam giác ABC vuông A, gọi I giao điểm đường phân giác Biết IB=+5 cm, IC = J10cm Ké đường cao AN Tính độ dài AN Đặt x = BD, y = FC Chứng minh ABDE®9 AEFC BD _DĐÈE_ > — = — EF FC Phân tích x2 tam giác BIC 45”, nên từ C kẻ đường vng góc với BI tại, cắt BD D tam giác CBD tạo thành tam giác cân có đường cao BH nên HD = HC, kết (x+y) +2(x + y) —2xy —27 =0(2) Từ (1) (2), ta được: (x + yy +2(x+y)—35=0 x+y=5 oa =f x =4 oe ° nhận tam giác DIC vuông cân I, tam giác IHC vuông cân H Từ od` ,.V y laces fh "8 lAc=6 , x=l Ð | Ở toán ba yếu tố cạnh tam giác vuông ABC chưa biết, ta khơng thé ap dung truc tiếp hệ thức liên hệ cạnh - đường cao - hình chiếu để tính AC Đề ý xuất yếu tố phân giác góc B, góc đỉnh I — = -— Sw =4 (1 y “ q2 Lại có AB” + AC’ = BC’? > (2+x)’ +(2+ yy)’ =35 14 4a AC theo x từ tỉ số ta giải phương trình tìm AC= _- Có thê sọi ân độ dài đoạn thắng cần tính Do međó: _A Áp dụng định lí Pitago tính được: Phương pháp giải , 42 Đặt BC =2x, từ tính chất tam giác cân ta suy CH= x Dạng 3: Kết hợp tỉ số đồng dang hệ thức tượng để tìm độ dài đoạn thang 2cm + Giải = yp A giác đông dạng tỉ sô đông dạng ie as | x45 cân A, đường cao ứng với cạnh đáy có độ dai AB=6 ° AB=3 IC HI=HD= HC =—< v2: Dùng tam giác đồng dang chi AC =2AD Khi dùng định lý Pytago tam giác ACD tính AC, | từ tính AB AH 15 | Giải Từ C kẻ đường thắng vng góc với BI H cắt AB tai D = ACBD can tai B có phân giác BH = HI = HK > Xé€t tam giac vudng ABK c6 AB? = BH.KB = 44> AB=2V11em đồng Dang 5: Van dung thirc lién canh va đường cao tam giac vng để tính độ dài cạnh, chứng minh hệ thức độ dài tứ giác đặc biệt tam giác thường thời đường cao, đường trung tuyến, đường trung trực =>H la trung diém DC DC = 2HC HIC= IBC +ICB (góc ABIC tai dinh I } ——^ gin Ma IBC + CCB = ABC _ACB Phương pháp giải _ 180° -BAC T4 + Chú ý số yêu tơ biết tứ giác như: góc vng tứ giác, hai đường chéo vng góc, cạnh băng nhau., (do I giao điểm tia phân giác góc tam giác vng ABC nên HIC = 45°) | Ic | = Chứng minh HC = HI = HD = =V5 — DC = 2HC =2V5 va BH =IB+HI=2V5 ung => AC =4cm;AD =2cm Xét AABC( =9ữ ) đường cao AN có AB-AC=AN: BC => AN= 2,4cm cân A, gọi I giao điểm đường phân giác góc A góc B,lA = 2./5 cm, IB =3cm Tính độ dài AB Phân tích - Vi dụ 1: Cho hình vng ABCD độ dài cạnh 2a Lay điểm N cạnh AC _ cho AN = 3NC Gọi E giao điểm DN BC Kẻ CH L DE H Tính độ theo a Phân tích + Tam ĐiáC ACE CH ta cần tính CE vng C | có đường cao CH | Ta cO AB=BC=AD=DC=2a vuông) —> AM =MB=a (Canh Giải: AABC vuông B có: AC”= ABˆ+BC? (Định Kẻ đường vng góc với AB A cắt BI K = AIAK cân tai A=> HI=HK va AK = Al=2)5_ A, | = AC’ = 4a’ + 4a’ =8a? > AC =2aV2 Dat cta hinh lý Pytago) K thi AIAK can tai A DC =a, để tính + Nhận thay ‘AD // CE , nên để tính CE ta can dùng định lý tam giác đồng dạng Giải Ở này, kẻ AH vuông goc voi phan giac BI tai H thi AAHI khong phai la tam giác cân ví dụ trên, kẻ đường vng góc với AB A va cat BI tai © 2a Từ ABCD hình vng, có AD//CE, theo định lý tam giác đồng đạng có: : x = HK => IK = 2HK = 2x > BK = BI+IK =3+2x vng có: _ AK? =KH-KB>x.(3+2x)=20 => 2x? +3x -20=06 (2x -5\(x +4) =0>x=2,5 16 + Đi với tam giác thường, để vận dụng hệ thức liên hệ cạnh đường cao - hình chiêu, ta cân dựa vào yêu tô đặc biệt tam giác để kẻ thêm đường phụ tạo thành tam giác vuông Từ dựa vào hệ thức thiết lập mối quan hệ cần thiết để đài CHÍ Có BC’ = BH? + HC?= BA’ + AC?= 25 (Dinh ly Pytago)=> AB= 25 — l6 =3cm Xét A4KB bình hành, hình chữ nhật, hình thang Một số ví dụ: C6 AC’? + AD’? = CD’ (Dinh ly Pytago tam giác vng ADC) _— + Dựa vào tính chất số tứ giác đặc biệt như: hình vng, hình thoi, hình tính tốn, chứng minh | DA _DH _1 ADAC> —=> AC =2.AD AC HB Ví dụ 2: Tam giác ABC = 2,5cm;IK= 2HK = 5cm > BH = BI+IH= 5,5cm; BK = BI + IK = 8cm XétADEC vng C có đường cao CH 9° : = CH” DC’ CE stm: ax/10 17 HE NHON; B Ti SO LUQNG GIAC CUA GOC GĨC TRONG TAM GIÁC VNG GIỮA THUC CẠNH VÀ b=a-sinB=a-cosC c=a-sinC=a-cosB; I LY THUYET b=c.tgB=c-cotgC 1, Các tỉ số lượng giác góc nhọn Z H CÁC DẠNG TỐN Xét Œ góc nhọn tam giác vng Khi ta có tỉ sỐ lượng giác góc nhọn # sin, cos Z, tan # (hay tagz),cotgø (hay cotz ) xác định sau: Như vậy: AABC vng A ta có: sinB =AC BC tanB =AC cosB = AB BC cot B _ AB | AC Ví dụ 1: (Trích đề thi tuyến sinh tỉnh Lào Cai năm học 2021 - 2022) Nhận xét: Cho tam giác ABC Khi góc Ø tăng từ đến 90” sina va tanz tăng, COSØZ cot Ø# giảm Giải < 90 >sinø < sin đ,cosø > cos Ø, tan z < tan /Ø,cotø > cotØ Áp dụng định lí Pytago ta có: BC?= AB’ + AC? > AB? + AC? =(\3+ IAC? +(J3 -1)AB- AC > AB= \3 AC? +(v3- DAB-ÁC © AB?~ (43 —1)AB- AC-+^/3AC? =0 Mối liên hệ tỉ số lượng giác hai góc nhọn phụ Gọi @ va Ø hai góc phụ tam giác vuông (a + B= 90° ) cosz =sin/ tyz=cotg8 cotgz =tgổ Chú ý: AB? + AB- AC-V3AB- AC—V3AC? =0 =60 nên 90 =89 60 Công thức liên hệ tỉ số lượng giác góc nhọn AB(AB+ AC)-V3AC(AB+ AC) =0' (AB+ AC)(AB- V3AC)= 0 AB= v3AC (do AB + AC > 0) Z_ Xét # góc nhọn đó: tan @ = sin @ cosa cota cosa =—sin’ sina a + cos’ a = ltana-cota =1 Cong thirc mo rong: 1+ tan’ a =—_,— : A r COS“ é va 1+cot°a=—,; ` A Ø =< — [3 = cot ABC = 30° => ABC= 30° Vay ABC= 30° sin’ @ Vi dy 2: Cho tam giác ABC A Hệ thức cạnh góc tam giác Hãy tính cạnh AC Từ cơng thức tỉ sơ lượng giác góc nhọn tam giác vng, ta hệ thức vuông bằng: tam giác vng, cạnh góc BC? vng A Góc B Z, biết tanø =, AB= | | Phân tích: cạnh góc tam giác vng sau: Trong vng 4, có độ dài cạnh tam giác thỏa mãn hệ thức: BC?= (v3 3+1)AC? + w3- 1)AB.AC, tính số đo góc ABC | sina=cosfP Dạng 1: Tính cạnh góc nhọn chưa biết tam giác vng Phương pháp giải _Có thể vận dụng kết hợp hệ thức liên hệ "cạnh góc vng, cạnh hun va đường cao, định lý Pytago" tam giác vng để tính cạnh Chu y: 0 Sravp= —l6 0PE TT: 16= (cm) Vay Saamp = (cm’) Bai 7.21 a) Theo tinh chat hai tiếp tuyến cắt nhau, thi: =8) Vì P thuộc đường trịn đường kính IC AC = MC, BD = MD nên CPI = 90° => AC+BD=MC+MD=CD Vay CD=AC+BD _——_ | Tứ giác BCPK có: —_— -ĨOC tia phân giác MOA ; OD tia phân giác MOBvà MOB hai góc kề bù nên OC _L OD > ACOD vng Ư ——»— CPK=90° Cũng theo tính chất hai tiệp tuyên cắt nhau, ta có: 210 có: + BD).2 Trong đường trịn, đường kính dây cung lớn nên MD < 2R Mà MOA nửa đường + MD = ND + MN + MD = 2MD Từ MB + MC = MB = MC > MB = R? không đổi nên tong AC + nằm | đường kính AB diện tích tứ giác ABDC nén ACMB = ACND (c.g.c) Suy MB = ND = MB + MC + MD sdMC nén MCD> MDC = MC < MD cân M có nên theo hệ thức lượng +S = (AC+ BD).AB = (AC+ BD).2R ABCD cân có CBD = 60° nên tam giác Suyra BC = CD CDB = Tam giác AMN cao OM vng ta có: OC.MD = OM? hay AC.BD = R2 (đpem) CBD = —COD= 60° = COA= 60° > COD= 120° = CBD Xét ACMD có MCD = =sdMBD vng O có đường CPK+ CBK = 90" + 90°= 180° nén nội tiếp đường tròn d A C P Ƒ K —B 211 b) Xét AMCN b) Vi ICP=90°= Cr+ C= 90" C =90”, CK trung tuyến =CK~ 1# = KM Vi K trung điểm dây cung MN—>OKLMN - Ma Ki+ C= 90” (vì AKBC vng B) ^^ => C= Ky Xét AIAC ACBK có : [AC= KBC= _ 90°, C= ÂÑ | | AB BK , +AD -ŒK Sạạ= c) (dpcm BK —> ALBK = AC.BC (dpcm) c) Gọi I trung điểm CO, xét AKCO Vẽ KH vng góc với CO AC.BC ¬ = 2(KI- HI’)+ (CI- HI) +(OI+IH) =2KI?+ = BC C trung Do tổng AC + BC = AB không đổi nén AC.BC max = AC điểm AB ư—_— (2R?—CO | — R” =2K Bài 7.22 => K] = V2R° —CO’ (khéng déi) ma I cố định FE, B, FP thang hang ACD = AEF vi co AFE=ADC củng chắn a) Ta có: ADB chấn CD AC_ CD | AC ¬ 4C CD BD//CE —>BDEC hình thang vng Ta co OM đường trung bình hình thang BDEC Nén,AACD va AAEF đồng dạng Suy =CO”., AEC =90° CE DE cung AB (O') trùng với A Bài 7.24 cung 48 (Ĩ) Và KP = Ke(T) với bán kính ¬ AO' cắt đường tròn (Ớ') Ƒ Ta — 2ˆ Kéo dai AO cat (O) E, kéo dải | + C9 C phải trung điểm AB Vậy để diện tích hình thang vng ABKI max Suyra TO => CK? + KO* =2KH? + CH? + OH? AC BC max | © Xét ACKH có H=90° => CK? = KH? +CH? Xét AKOH c6 H=90° = KO? = KH? +HO? max BK max Vì AB AI khơng đổi (do A, B, I cố định) nên 5,„„, | M Xét AOKM c6 K=90° = OK* + KM* =OM? => OK* + KC? = R? (khong đổi) (cmt) Al _ AC BC —> AIAC ® ACBK (g.g) —= —— có: —=OM//BD mà BD L DE => OM trung điểm M cia DE DE => AODE + lớn CB_ nho nhat bang AC M với7 cân O > OD=OE as nn AMO =^_ 20,n0 AO côkK định = M thuộc đường trịn đường kính AO hạn: Khi D trùng với B E trùng với A Mà trung voi L Khi D trung ¡ E trùng với C đóf M trùng với K => M chỉi chay trén nita duo | kinh IK = AO Phan dao dé thay c) Dat BD=x,DA=y,CE=z ma va AE=t Khi chu vi P=x+y+z+t+BC=(x+y)+(z+t)+a | | 213 Do chu vi lớn [(x+y)+(z+#)] 16n nhat OM ON Nhân hai (2) va (3) => ——.—— =— AM DN z+ts,[2(2 +P) =V2AC =bv2 OM - ON , =(x+y)+(z+t) CEA = CAB = 45° chả = CAB= ACE chung > «n AEAC => AAMC mà AC=J2CO (do AACO Cog AM Ket hop vol (1) >= AM AC_ AE => CE Tứ giác 4CNB ED AE AM tai Tam giac tia phân giác “AOC, OMN vuông OJ = MN ==VR +R d) P= O nén Vay IN tiếp tuyến nửa đường tròn (O; R) bu, suyra ON LOM Suy 4N (3) can NBA = ONB => NBA+ONA =90° Theo cau a ta co AE _ M2ON câu aa tạ có #4 T ‘wong tutư cau aE DN ONB c) Ta có OM _N2CO_V20M _ ED_ 20M Ce giác nội tiếp nên NCD = NBA Suy INO =90° vudng can tai O) — 4M AM.ED =~\2.0M.AE b) D lam Xét AAMC AEAC có: 45° vng N có NI ]NH =IHN ED = CAB = CEA giác trung tuyến ứng với cạnh huyện Ta Do AB,CD 1a hai duong kinh vudng goc với M2 ACOM «wn ACED co_oM |, ” CE EA , + oy a) Taco AC | CH > DCH =90°: AN NB => HND =90° = DCH+DNH =180° => Tw Bài 7.25 ee ECD ON | Bài 7.26 MaxP=vJ2(b+c)+a Khi D, A, E thẳng hàng COM = CED = 901 OM Vậy giá trị nhỏ — ED= ON la tia phan giác _NOB Hai góc kề | can tai O Goi ¬ J trung điểm MN a , taco MNLOJ; tiếp xúc với đường tron tam Ĩ, bán kính Be AB’ + BC + CA POAB PRBC PS.CA Có PQO.AB = PA.PB 214 215 oa _ —— | PR.BC = PB.PC.sin BPC = PB.PC.sin BAC = HC Vi Soc khéng d6i nén Spxco lớn & Sypc lớn | BC Ke AC _—— —_„ PS.CA= PAPC.sin APC = PA.PC.sin APC = PA.PC.sin ABC = PAPC.—— Ta AB? _ AB? = DJpB AB.AC.PA+ AB.BC.PB AB’, AB.AC AB.BC | = + : - PAPBPC PAPB PCPB PCPA AB(AC.PA+BC.PB) _ —PAPB — — PAPBPC AB’ PA.PB AB.AB.PC (dinh ly Ptolemy) PA.PB.PC | 4AB AB PAPB PA’ + PB = KM.BC | = A điểm cung lớn BC Bài 7.28 a Theo giả thiết MN | AB tai H = KHB= 90”; Góc AŒP nội tiếp chăn nửa đường tròn nên 4Œ = KHB + KCB =180° không chứa C = 90" hay KCB = 90° Vay tir gidc HKCB néi tiép duong tron a) Ta có BAH = BCH (cùng phụ ABC) b Theo gia thiét ABCF can tai B (tinh chat trung trực) —FAHB tứ giác nội tiếp Chứng minh tương tự ta có AHCE Xết AAMK tứ tứ giác nội tiếp c trực CF=> AC = AF b) Ta có AB trung AKH ACF Vì ACKE tứ giác nội tiếp > AFC= AKC va ACF = AKF => KA phân giác góc BKC | Vì ACKF tứ giác nội tiếp => BKC+ F4C= 180° Ta có: F4C =2 BAC; BOC=2 BAC F4 = BÓC —OBKC tứ giác nội tiếp = BOK= BCK Lại có 4OB =2.4CB= BCE = BOK+ BOA= BCK + BCE = 180° = A, O, K thang hàng c) Ta có OBKC tứ giác nội tiếp; Mà O,B,C cỗ định nên K thuộc cung lớn đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC có bán kính khơng đơi ŠBKOC = Sosc † Skpc va AAMC Do tam giác A1⁄K giac ACM => AHE= AEB = AEB = ACE = ACKF 1a AFC= AB => điểm g1ữa cung MN rons tate, cé: AMK = ACM va MAC Øiác nỘi tiếp can tai A> MN = AMN = ACM (hai gc ni tiép chan hai cung bang nhau) — BCH = BFH = BAH =BFH 216 ta co SKBC lớn BC đường tròn ngoại tiếp tam giac OBC Bài 7.27 => AAFC BC, Vì BC không đôi nên Sxpc lớn > KM lớn K điểm cung | Dấu băng xảy P 1a điểm cung 48 KM Xet hai tam Nên A4BC®AAKH — AB AC AK AH đồng dang voi tam gidc co6 goc BAC chung Suy —— = Ae góc chung vudng ABC va | —— = AK.AC = AH.AB Do AB = AH+ HB nên AK.AC = AH(AH + HB) Suyra AK.— AC AH.BH = HA& = a’ d Theo chimg minh trén AMN = ACM = AM tiếp A KƠM | tiếp tuyến đường tròn ngoại _ | Vi AMB = 90° nén tam J nam trén BM NT nhỏ chân đường vng góc kẻ từ W đến BM | Vay C 1a giao điểm duong tron tam J ban kinh IM vé6i đường trịn hình chiếu vng góc N BM () 217 b) Ké duong kinh AS ctta (O;R)ndi , BS Bai 7.29 a) Ta co: AAMF = ACMB (c-g-c) ¬ AFM-CBM Tacé BSA = ACB © ATAT L ALAR ae Ma AFM +MAP = 90 = ABN = NAB=90° => AE D | vuong tai N — AANB E F | N C ` tròn ngoại tiếp hình trịn) nên BSA+ BAS = 90° Suy ANM + BAS =90° = AOL MN hay AOLU A Ta cting co: BME = BNF = BEF =90° =>N _ thudc dudng tròn ngoại tiép hinh Tam | OL can AO O (G7 = OJ), qua trung điểm 77 c) Tacé ABS = SCA = 90° (géc néi tiép chan nita đường tròn) MNE =90° => DNE = 180° => SC LAC;SB LAB thang hang va MN DE c) Tacé: ANB= 90° >N thuộc đường trịn tâm O, đường kính AB | Gọi K giao điểm đường thăng MN (O) , dé thay: = CH song song SB (cing vuéng géc BC ) => BH song song SC (cùng vng góc AB ) = 45° => ANK= BNK ANM= BNM => BHCS là-hình bình hành =— K điểm đường trịn đường kính AB => K định d) Vẽ đường cao AH Ta có : NH L AB,KO AB — Tứ giác NHKO hình thang hai đường chéo HO NK cắt tai M TS nằm hai điểm H O = MN ADC = ANC = AMC =90° vudng MBEF = ANM = ASB nội tiếp nên ANM = ACB (cùng bù với BNM Trong tam giác 4BS ta có: vng góc với NB —=N thuộc đường vuông AMCD Tứ giác BMMC (hai góc nội tiếp chắn cung) = NKH => P trung điểm #JŠ (vì P trung điểm BC) Do OP 1a duong trung binh cia tam gidc AHS Trong tứ giác ANWM taco => OP = Ly AH? = NA + NH? = M4’ + MH” NA’ + NH* > 2NA.NH hay NA? + NH? > 4S, (vi 2NA.NH =4 Sana ) MA’ + MH? > 2M4.MH => MA + MH? > 48 yyy, (vi 2MA.MH =45S,,, 4H) => 2.HA* > 4S jin, —> 8.OP* > 48 hay 2.0P? > S Dấu xảy chi NH = NA: MH = MA, dé MAN = 90”, hay BAC =90Ì (mâu thuẫn với tam giác 48C nhọn) Do khơng xảy dấu bằng, suy 2.2?” > S 219 Bai 7.31 b) Xét AAMK AACM có: a) A CHK va A DAO co: A chung; AMK = ACM (cing chan AM) KC OD HK AO > HK= =— => — (1) = = Di (gia thiét) ; Ai = Hi (= ssdiC HCK ^~ ^~ =Q;; AO.KC_ AO KC OB OD I, = Ao H => AAMH _, Is _KC ~ KO OB > — lo — | OB (2) mw — ~ =O, > 0; = Ko góc góc nội tiếp tiếp tuyên góc góc tạo dây cung)— e MB Ta có: NI in khoang cach tr Nxuéng nhỏ Xét te giac 90°+ 90°= 180° Vì K trung điểm dây HI > OK | HI => OKF = 90° Dé chimg minh A ECI ® A EHC (g-g) > EC=ELEH Vì AC > BD = AC2>BD? > AC?> 40B? (4) (3) (5) Từ (3), (4), (5) => ELEH + 40B? < EC? + AC? = AE” (dpem) Bai 7.32 a) Có AH | MN => KHB=90°ma KCB =90° — Tứ giác BCKH có KHB+ KCB = 90° + 90° =180° =OBM Vi - A =90° MAOB co: C OAM —> MAOP tứ giác nội tiếp > FC 1a tiép tuyén cua (O) > F=E | cua (1 ) (do 4MK =MCA (cmf)mà Bài 7.33 a)'Vì A⁄4,Ä/Blà tiếp tuyến = ORF = OCF Suy BCKH tứ giác nội tiếp AK.AC — HA.HB = AM’ — HM* = AH’ =a d) Vi AM la tiép tuyén (O) nên OAM A ACE vuông C => AE*=EC’+AC’ HA.HB = HM’ (2) Vậy C hình chiêu N BM | —>OKCEF tứ giác nội tiếp => OCF = 90° HM AMBH(g.2)> => BH HM C giao điểm (7;7M) (O) c) Gọi F giao điểm BD HI O; (cing phu HMA) => NI | BM, khoang cách từ N dén I nho | Ta có Ka =Q; ~ _BM Tir (1) va (2) => HK = IK Vay K trung diém cua HI = HMB Tu (1) va (2) ta co: é D AO.KC Ik =— Kk ) —= ACIK ® A BAO (g-g) 220 H, =H, (=90°); MAH ` : | | = = AK.AC= AM’ (1) Xét AAMH va AMBH co: AKG am: A _ AM AM AC A CIK A BAO có: Ko AK > ko =O — Ki =Oi ® AACM (g.g) c) AAMK ® AACM => — b) Từ A CHK ® A DAO : => AAMK ®A DAO (g-g) ACHK OA=OB(= R)= Othuéec + OBM= M trung trực H | | B cua AB | MA = MB (tinh chat hai tiép tuyén cat nhau) => Ä⁄ thuộc trung trực — MO trung trực đoạn thắng AB Vay MO AB b) Xét AMAC AMDA AMD chung: MAC AMAC ® AMDA(g.g) MA => — MD _ AC AD = MDA có: (cùng chắn cung AC) => MA: AD= MD- AC , c)Go1 ABNOM Khi S,„u > R2R=2R = | H}, theo câu đ) tacd OM | ABtaiH © | Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng @4M, đường cao AH ta có: OA’ = OH.OM, Xéeté AOCH ma OA=OC(=R) va va AOMC OC _OM “5c nén OC’=_ OH OM => ——— OC có cé: COM C chung; ung: —OH =—— OM | Dau "=" xảy Sx a) Vi 4B 1a duéng kinh nén ACB = ADB = 90° Vi CD 1a dung kinh nén CAD = CBD = 90° Suy ACBD —= AOMI vuông I => OMI + MOI =90° _ Mà MOI =EOH nên OMI=OEH (2) Từ (1) (2) suy OCH = OEH(= OMI) = Tứ giác OECH' tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh góc băng nhau) — OCE = OHE = 90` (hai góc nội tiếp chắn cung OZ )—= AOCE vuông C, có đường cao C7 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OCE ta có: OI R = *—=3R Vay OJ =—3 thi OE =3R | O# OM’? Xét AMPQ »>til, OP R x có đường cao MO OP => OP -1_1 R ope x ` đường trung đồng thời đường phân giác (tính chất hai tiếp ae tuyến > PO=20P= Khi đó6 Suy = Luo -PQ= ¬— = +e Ap dung bat đăng thức Cơ-si, ta có: x? — R? X 222 — R eae Vi QO song song nén QO | BC Vi QO L BƠ Re B BF;BC BF | nên QO duong trung binh | quatmung ° _ điểm BC (tính chất đường kính dây cung) ABQC có QĨ vừa đường cao vừa “— ` —N cing đồng thời BFA vuong tai vuông có đường cao 4C vacé dudéng cao AD nén FA’ = FB.FD Suy EB.EC + FB.FD = EA? + FA? nên EA = EB.EC Tam giac | EA? + FA? > 2EAFA; EA.FA= AB? =CD? ` Kết luận EB.EC + FB.FD > 2CD” t, | Bai 7.35 a, Do tứ giác BCDE nội tiếp suy ra: co x? —R? +R? = Vx?—R? tuyến cắt nhau) nên AMPOlà tam giác cân M, đường cao MO nén QO Suy QO song song BF c) Tam giác BEA d) Dat OM = x(x > R) Áp dụng hệ thức lượng AOMP vng, đường cao OA ta có: | + | , Q la trung điểm AF đường trung tuyến nên tam giác cân Rk = 1a hinh chit nhat b) Vi O latrung diém AB tam giac AABF Lại có: OEH + EOH =90 (do AOEH vng H) OC? = O1.0E = oF = 20 oe Bai 7.34 (cmt ) Vì trung điểm CD (giả thiết) nên Ĩ7 L CD (đường kính - dây cung) —R =P ©x=R\2 (thỏa mãn) Vậy Siypq dat gid tri nho 2“ M cách tâm O khoảng băng R J2 => AOCH © AOMC (c.g.c) => OCH = OMC = OMI (1) (hai géc tuong tng) 9° =“TT ~ ADE = ABC (I) Do tứ giác 4DPE nội tiếp nên 4PE = 4DE (2) Từ (1) APE = ABM Suy tứ giác BEPM tội tiếp b, Xét =2R (2) suy = BAF NAE hai tam giác = AFB AEN ANE APFta thấy (cung bu voi NEB) nén hai tam giác déng dang, suy AN.AF = AE.AB (3) 223 AABM, dạng với đồng AAPE suy fa AP.AM = AE.AB (4) Suy EMG=ECG, lại có ECG=EDA Tir (3) va (4) suyra AN.AF = AP.AM _ c, Xét trudng hop diém J nam gitta B va D điểm K nam trén tia đối tia CD (trường hợp điểm nằm tia đôi tia BD thi vai tro K với DC | I với BD ta xét tương tự) (5) Ma hai góc vị trí đỗi đỉnh nên suy 1,H,K thăng hàng ta có DKF = BHF =90° FDK = FBH (do tu giác BFCD nội tiếp) nên chúng đồng dạng = FH FI —— , y Lope voi (8)(8) céngcộng với Do Vì BC BC FH + (9)(9) _ (10) (10) ta co FK = có 2NE? >(KE+KN}` hay KE+KN < NEA2 (đpem) DC oe + BD aT” = Bài 7.37 BC FH a) Ta có BME BC + BD + c5 F la diém cung BC FI FK nhỏ ZH lớn Điều xảy không chứa D Bài 7.36 a) Có AD, AE đường phân giác ngồi góc vng góc, suy ED đường kính (O) | = BKE = 90° : nên tứ giác 8A⁄KE nội tiếp FH FH tứ Từ 2( KE” +KN?) >(KE+KN) BD CD _2BC FI EKNH Có NEˆ =EK”+KN” (9) FI voi va kéthop ợp với - suy tứ giác xứng qua AE) nên NKE=90 AFCH nên = BL (10) Fk không đổi nên | FI ABLF nên CK - Tương tự, có ACKE Lav —=——— †—— FI FH FI FI IB HC BD_ IB_ BD EGK =ENA, giác nỘi tiệp BAC nên chúng E | Z \ —> HKB = CEB ma HKB=BAE(vi cing phy véi HKA) => BAE = CEB _ABEC ® ABAE(vì ABEchung BAE = CEB) NA f a” (ý) i ID HC ———= Ũ Có N K trung điểm cửa hai cạnh tương ứng AB GM nên Lại có AHE = AGE = 90° (do H, G déi ĐC _BH_ CÁ (ạ FK FH FK Tương tự, ta có hai tam giác vng AFDI bang ECA ), suy AEAB © AEGM (g-g) NO BH _DK _DC CK_ FK FK FK FH | nenệ (vi cing cong voi ECB 180°), ABE = GME (vì Đ : va MF //1AC Tu suy G trực tâm tam giác MFE, dé FG | ME hay FG L DE | Co FG//MC (vi cing vuéng géc véi DE), FM //GC nén FMCG la hinh binh hành, suy FG = MC _ c) Tr EAB = EGM (7) Từ (5), (6) (7) suy BFI=CFK (do IBF,KCF cing phy véi IBF =KCF) BFH nén MG LEFE Lại ¡ cócé EG L ÁC truc cua doan HG Suy FH = FG Vay FH = MC -_Tứ giác BDCF' nội tiếp nén IBF = DBF = KCF Xét hai tam giác DFK va MG//AD Từ AE la phan giac cha HAG va HG L AE suy đường thăng AE đường trung (6) Tứ giác CKFH nội tiếp nén CHK =CFK AE LAD EF Lb)ME nên EMG= EDA, suy GM// AD Ry noi tiép nén BHI =BFI Tu giac BIHF Xét tứ giác EGMC có EGC=EMC=90° nên EGMC tứ giác nội tiếp Se có ta tự tương minh Chứng Lại có D điểm cung nhỏ BC (O) nên có OD vng góc với BC trung điêm M Vậy D, M, O, E thăng hàng DE BC 224 225 Bài 7.38 B b) Xét tam giac vuông ABN có CN L 4B > BN * = BC.A ma BE? = BC.AB suy BN = BE hay ABNE can tai B Va BAC =MIC AB// MI (1) suy BNE = BEN suy CEB = BNP Mat khác, theo câu ta có CEB = BAE va BAE = BNP = PE Từ (1) (2) suy PNE = PEN hay APNE cân P > NP Vì NP= PE vàBN = BE | EBN EPN năm đường thăng BP Do tâm đường tròn nội tiếp tam giác BNE PNh Iva J c) Goi giao diém cha O,O, với MB, MC Suy Ó,MH = 0,BH ⁄/ Mat khac OHM = 0O,HB = 45° ABO,H AMO.H MA Do OH SH HB DO AO HO, «5 ACMB đồng dạng X ma vi HB = MC MB => OFF _ O,H = 90° MC cân tạ M Ta có AMO,Ï = AMO,H MB _OH va OH = _MC TR ) => MBC + HO,I =180° => MI= M7 (g.c.g) suy ta MĨ = MH va O,I = Q,H Chu vi tam giác Q HQ), là: HO, +OO,= JO, + 0,0, + O,I =2MI= V3MH O,+ H AQ// MP => Soup = Sup =- MKB => Dpcm giác vuông, MAO 4) Chứng minh duge OM | AB, dùng hệ thức lượng tam Ké PJ LMA tacd Sap = 2AM.PJ — MH.MO = MA’ Do 4⁄ không đổi > Spm PI Chi y: AMAN ® AMPA (g-g)=> MN.MP = MA’ 5) Từ kết câu Vì PJ< PA< PA P=P (P đối xứng với A qua O) 11) Gọi S trung điểm cia OM, tir G kộGL//KS > ANH ô> AMOP(c.Â.c) => MNH = MOP (đọcm) Cu Tổng quái: Trên tia Mx lay hai diém 4, B cho MB > MA Trên tia My lay hai diém N, P _ cho MP> 6) Vi AB=2AH nội tiép MA.MB = MN MP Dùng hệ thức lượng tam giác MAO = Do AHEO (8-8) ˆ R định mot doan OF =OR MHE =MKE= 90° nên tứ giác MHKE nội tiếp đường trịn, ta có: OK.OE = OH.OM =Oˆ = R? không đỗi Từ OK.OE = R? =ON? =OP? > ENO =90° (đpcm) nên IB=IA = JAM = IAB=> AI phân giác góc MAB Chú ý 3⁄7 phân giác 4MB (đpcm) KE LKF nên KE phân giác AKB, chi y phân giác góc ngồi đỉnh K Dùng tính chất đường phân giác với 4KB > 4E.BF = AF.Bb đơi gâyv khó 10) Nhận xét: P, @ thay đổi nên AMỢP có độ dài ba cạnh thay khan, ¢ cần đưa tam giác có nhiều u tố định 228 thuộc không đôi Vậy EF di qua Diệnen tíctichh hìnhhình quạt cần tính tính là1a S =§=2% quạt cân Bài 7.40 1) C6 CA, CM Ta cÓ: trung trực 4ð > OE 12) Từ OM =2R tinh duoc MOA = 60° => AOB =120° tử giác nội tiếp Từ chứng tỏ tích KO.OE khơng đơi Từ suyra EN, EP tiếp tuyên (0) 9) Từ câu 2, KF không đổi điểm cố định mà 4B — HE.HF = HM.HO => Dpem 8) Vi OM OK.OE : 7) Chimg minh KEMH' không đổi đường OK cô định E cách O cố AH’ = HM.HO Ching minh dugc AHME côcố định Bởi Œ ln chạy đường trịn -4.HE.HF AH? = HE.HF nen AE ¬ Lai co: LG mm =3 OM MN Khi tứ giác 4BPN AL Vì AS định —=— AS => CA=CM Tương hai tiếp tuyến đường tròn (Ớ) qua C nên tự có DB=DM, dé CD= + MDMC = 4C + BD 2) Có ÄMíe(O) đường kính 4# nên AMB =90° Theo tính chất hai tiếp tuyến củng di qua * điểm ta cé OC phân giác 4OM, OD la phan giac MOB — | Mà A4OM MOB hai góc kề bù, = DOC =90° OC LOD H0 3) Theo tinh chat hai tiép tuyén cing di qua diém ta cé OC ® trung trực doan AM , dé OPM = 909 Cé OPM = POO = PMO =90° nén OPMO 1a hinh chit nhit 229 4) Gọi trung điểm CD = tâm đường trịn đường kính CD 9) Ta có: AC= MC; a) Chu vi Có COD =90° nên O thuộc đường trịn đường kính CD '() => ABDC Có AC, BD vng góc 48 = AC // BD trung điểm AB, CD = OI |/ AC // BD => OI AB (2) Từ (1) 29 AC.BD tạitạ điểm O Dấu nên P trung điểm AM => PQf/.4B >OQP = BOD (so le trong), mà MN /AC co NH // AC _ MA _ ND AC AD ` 1C é C Dau "= =" xay AC = BD va ACBD= R © AC =BD= ReœM 1A diém => MN Dấu "=" xy kh AB mins, (5) 4C=BD AC.BD= R8? AC= BD=R1 | -=#” đạt M ma MA.MB < Dau lễ AM _AAHM vng H có P trung đêm — = PH 6(6) => PM =PH.( trung diém BM =>QOH =QM moon MA? + MB? ( ) Tu (6), (7) ta có PO la trung trực đoạn Mĩ quy tạ N Mà N trung điểm MH => PQ qua N > 4D, BC, MH, PO đồng = điểm điềm cung 4B AB? 5p? =2ñR xay MA = MB AB - c)Cé OM LCD >S.,, =+OM CD =5.R( AC+ BD) >5 R.2R =ñ2, // AC (Dinh lí Ta-lét đảo) (3) điểm la diém chinh gitta cung AB ] ] d) Có OPMO hình cht nhat > Sopuo == MP MO = 21⁄4 MB = ] 8) C6 MH // AC va AC L AB=> MH 230 va ACB>D AC = =BR D=’ ROM đạt Ä⁄ điểm g1ữỮa cung 4Ø => minS ‘spc = 2R° dat M _ MN Từ (3), (4), (5) ta có —= ~—IC ——NH —/N=NH—N AC có Đ„„„ >2R+2.2R =6R l hình thang vng 8# => S„„= -{ AC + BD) AB AB BC: ND NB ND NB Mà ——=———_NA NC AD “ng BC ABHM vuông f;tại =2R > => S enc = ; OR 2R=2R’ "tờ r SA k k tử giác nội tiêp (theo dâu hiệu góc băng N_5 AAC”Tp _MC Mà AC = MC, BD= MD ST= Có =2R? xảy AC=BD H b) ABDC NA _ AC 6) Có AC // BD > Sp” | — =min„„ =6 đỉnh đối diện) | " AB = POD ior -; MOD “Taoó: {Foo PCD + MDO = 90° | = AB + AC + BD+CD= 4B+ AC+ BD +MC + MD = 2R-+2(AC + BD) | Áp dụng bất đăng thức Cơ-si ta có: MOD MOD = OO=P BO= D , => OOP = PCD => CPOD BD= MD => AC.BD = MC_MD= MO?= R2 dat M => Sopuo S74 Ln 2R* = MB | R? 27 điểm gittacung AB điểm chinh gitta cung AB €) Có chu vi Prag = 2(MP + MOQ) =2|2M t2M8] = MA+ MB, ° Ap dung bat dang thirc Bunhiakovski ta cé: (4 + MB} AB =2R DAu bang xay va chi điểm cung 4B | nén chu vi tứ CD=AB hay NHÀ XUẤT BẢN THANH HĨA 248 Trần Phú - P Ba Đình - TP Thanh Hóa Điện thoại: (0237)3852.281 - 3853.548 | Fax: (0237)3853.548 * E-mail: nxbthanhhoa@yahoo.com LUYEN THI VAO LOP TAP 2: HINH HOC 10 “Cac chuyén dé tam” (Tái lân thứ hai, có lý, bồ sung) Chịu trách nhiệm xuất ThS HOANG VAN TU Bién tap: Bia: ThS Lé Phuong Quý Nguyễn Công Sơn Trinh bay: Trần Thị thu Huyền Sửa bảnin: Trân Thị thu Huyền In: 1.520 cuốn, khổ 19 x 27 cm, Công ty TNHH In Thuong mai Hai Nam Dia chi: — Số 18 ngách 68/53/9, tổ 14 đường Cầu Giấy, quận Cầu giấy, thành phố Hà Nội Số xác nhận DKXB: 1966- 2023/CXBIPH/07- 62/ThaH, 15 thang năm 2023 Quyết định xuất số: 184/QD-NXBThaH, 04 thang năm 2023 In xong nộp lưu chiều _năm 2023 ISBN: 978-604- 74-5917-9 _236
Ngày đăng: 16/01/2024, 00:57
Xem thêm: