10 BAI TAP HINH HOC ON THI VAO LOP 10 (CO DAP AN)

Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó D-ng hình vuôD-ng ABED thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C.. Gọi F là giao điểm của AE và nửa đờng trò

K

F E

D

C B

A

ÔN THI 10 Bài 1 Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó

D-ng hình vuôD-ng ABED thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C Gọi F là giao

điểm của AE và nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm của CFvà ED

a chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K nằm trên một đờng tròn

b Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao Giải

a Ta có ∠ KEB= 900

mặt khác ∠ BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)

do CF kéo dài cắt ED tại D

=> ∠ BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK

hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK

b ∠ BCF= ∠BAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Mà ∠ BAF= ∠BAE=450( tính chất hình vuông)=> ∠BCF= 450

Ta có ∠BKF= ∠ BEF( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Mà ∠BEF= ∠BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)

=> ∠BKF=450

Vì ∠BKC= ∠ BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B

Bài 2 : Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H là trực tâm

của tam giác D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành

b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB

và AC Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất

Giải

a Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên

CH ⊥ AB và BH⊥ AC => BD⊥ AB và CD⊥ AC

Do đó: ∠ABD = 900 và ∠ACD = 900

Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD

của đờng tròn tâm O thì

tứ giác BHCD là hình bình hành

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên ∠APB = ∠ADB

nhng ∠ADB =∠ACB nhng ∠ADB = ∠ACB

Do đó: ∠APB = ∠ACB Mặt khác:

∠AHB + ∠ACB = 1800 => ∠APB + ∠AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên ∠PAB = ∠PHB

Mà ∠PAB = ∠DAB do đó: ∠PHB = ∠DAB

Chứng minh tơng tự ta có: ∠CHQ = ∠DAC

Vậy ∠PHQ = ∠PHB + ∠BHC +∠ CHQ = ∠BAC + ∠BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng

H

O

P

Q

D

C B

A

K O

N

M

I

D

C

B A

c) Ta thấy ∆ APQ là tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD và ∠PAQ = ∠2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ

đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất

 D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Bài3: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất

kỳ trên đoan CD

a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I là trung điểm của MN

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố

định

Giải

a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N

b) Do MâN = 900 nên MN là đờng kính

Vậy I là trung điểm của MN

b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)

=> CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân)

Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA

=> AM = AN = AD + AC không đổi

c) Ta có IA = IB = IM = IN

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định

Bài 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 Vẽ các tiếp tuyến AB,

AC với đờng tròn Một góc ∠xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và E.Chứng minh rằng: a DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O )

b R<DE< R

3

2

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc

AB = AC = R ⇒ ABOC là hình vuông

Kẻ bán kính OM sao cho

∠BOD = ∠MOD⇒

∠MOE = ∠EOC

Chứng minh ∆BOD = ∆MOD

⇒ ∠OMD = ∠OBD = 900

Tơng tự: ∠OME = 900

⇒D, M, E thẳng hàng Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

b.Xét ∆ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

⇒2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R⇒DE < R

Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Bài 5: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.

Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH

b) Giả sử PO = d Tính AH theo R và d

Giải

B

M A

O

C D

E

a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam

giác CPB ta có

CB

CH PB

EH

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)

=> ∠POB = ∠ACB (hai góc đồng vị)

=> ∆ AHC ∞ ∆ POB Do đó:

OB

CH PB

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) và do AH = 2EH ta có

)

2 (

2PB

AH.CB 2PB

AH.CB

AH 2 = R−

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

d

R d 2.R 4R

) R 4(d

R d 8R

(2R) 4PB

4R.2R.PB CB

4.PB

4R.CB.PB AH

−

= +

−

−

=

+

= +

=

⇔

từng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE >

3

2R Vậy R > DE >

3

2R

Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ) Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.

a) Chứng minh DM.AI= MP.IB

b) Tính tỉ số :

MQ

MP

Giải

Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc BCA=>

∆ MPD đồng dạng với ∆ ICA =>

IA

MP CI

DM = => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).

Ta có góc ADC = góc CBA,

Góc DMQ = 180 0 - AMQ=180 0 - góc AIM = góc BIA.

Do đó ∆ DMQ đồng dạng với ∆ BIA =>

IA

MQ

BI

DM = => DM.IA=MQ.IB (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra

MQ

MP

= 1

O

E A P

b a

I

C B

A

α

2

α

2

1 1

Q

P M

F

E

B A

Bài 7 Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, Aˆ = α ( α = 90 0 )

Chứng minh rằng AI =

c b

Cos bc

+ 2

.

2 α

(Cho Sin2 α = 2SinαCosα ) Giải

2

2

1 AI cSinα

2

2

1AI bSinα

S∆AIC =

2

1

α

bcSin

S∆ABC = S∆ABC =S∆ABI +S∆AIC

c b

bcCos c

b Sin

bcSin

AI

c b AISin

bcSin

+

= +

=

⇒

+

=

⇒

2 2

) ( 2

) ( 2

α

α α

α α

Bài 8: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450 Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng chéo BD tại P Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đờng chéo BD tại Q

a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đờng tròn

b/ Chứng minh rằng: SAEF = 2SA Q P

c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết ∠CPD=∠CMD

Giải

a/ ∠A1 và∠ B1 cùng nhìn đoạn QE dới một góc 450

⇒ tứ giác ABEQ nội tiếp đợc

⇒ ∠FQE = ∠ABE =1v

chứng minh tơng tự ta có ∠FBE = 1v

⇒ Q, P, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kinh EF

b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân

⇒AQ AE = 2 (1)

tơng tự ∆ APF cũng vuông cân

⇒AF AB = 2 (2)

từ (1) và (2) ⇒ AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF

AQP

S

S = ( 2 )2 hay SAEF = 2SAQP

c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và ∠APD=∠CPD

⇒∠MCD= ∠MPD=∠APD=∠CPD=∠CMD

⇒MD=CD ⇒ ∆MCD đều ⇒ ∠MPD=600

mà ∠MPD là góc ngoài của ∆ABM ta có ∠APB=450 vậy ∠MAB=600-450=150

Bài 9: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC

Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đờng thẳng AB với CD; AD và CE

E H

M D

C B

A

a Chứng minh rằng DE// BC

b Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F Chứng minh hệ thức:

CE

1 =

CQ

1 +

CE

1

Giải a Sđ∠CDE =

2

1Sđ DC =

2

1 Sđ BD = ∠BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le)

b ∠APC =

2

1 sđ (AC - DC) = ∠ AQC

=> Tứ giác APQC nội tiếp

(vì ∠ APC = ∠ AQC cùng nhìn đoan AC)

c.Tứ giác APQC nội tiếp

∠CPQ = ∠ CAQ (cùng chắn cung CQ)

∠CAQ = ∠ CDE (cùng chắn cung DC)

⇒∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ

Ta có:

PQ

DE

=

CQ

CE

(vì DE//PQ) (1)

FC

DE =

QC

QE

(vì DE// BC) (2)

CQ

CQ CQ

QE CE FC

DE PQ

DE

=>

DE FC PQ

1 1

1 + = (3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ Thay vào (3) :

CE CF CQ

1 1

1 + =

Bài 10: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn; vẽ đờng cao AD và BE Gọi H là trực tâm

và G là trọng tâm của tam giác ABC

a Chứng minh : tgB tgC =

HD AD

b Chứng tỏ rằng : HG // BC ⇔tgB tgC = 3

a) (2,5 điểm) Xét ∆ADB tg B =

BD AD

Xét ∆ADC tg C =

CD

AD ⇒ tg B tg C =

CD BD

AD

.

2

Ta có ∆BDH ~ ∆ADC

DC

DH AD

BD =

⇒BD DC = DH AD

⇒tgB tgC =

DH

AD AD DH

AD CD

BD

.

2 2

b)Ta có = 3

GM

AM Do đó Xét ∆ADM có : HG // BC ⇔ HG // DM ⇔

HD

AD GM

AM

= ⇒tgB.tgC = 3