hình 1 / / T I K E N M C B A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 1 HƯỚNG DẪN GIẢI 9/60 BÀI TOÁN HÌNH ÔN TẬP (Đề bài đã gứi vào 19/03/2010 trên violet hay tìm ở trang riêng) Bài 1: 1. Chứng minh · µ 0 90 2 C AIB = + · · · 0 180AIB BAI ABI= − − (định lí tổng ba góc của tam giác) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI, BI là phân giác các góc BAC và ABC. Do đó · · · · ; 2 2 BAC ABC BAI ABI= = . Vậy: · · · 0 180 2 2 BAC ABC AIB = − − .Thay 0 180 bằng tổng ba góc của tam giác ABC và chú ý µ µ µ 2 2 C C C = + ta được · µ µ µ · · 2 2 BAC ABC AIB A B C= + + − − = µ µ µ µ µ 2 2 A B A B C − + − + ÷ ÷ ÷ ÷ = µ µ µ µ µ µ 0 0 180 90 2 2 2 2 2 A B C C C C + + + = + = + ÷ ÷ 2. Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn: Do M, E là các tiếp điểm trên các cạnh AB, AC của đường tròn ( I) nên · · 0 90AMI AEI= = (*) Ta cần chứng minh · 0 90AKI = , nghĩa là chứng minh tứ giác AEKI nội tiếp, nghĩa là cần chứng minh · · AIK NEC= . Ta có: CE = CN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác CEN cân ở C. Suy ra: · µ µ 0 0 180 90 2 2 C C CEN − = = − (1) · · µ 0 0 0 180 180 90 2 C AIK AIB = − = − + ÷ ÷ = µ 0 90 2 C − (2) Từ (1) và (2) suy ra: · · CEN AIK= . Do đó tứ giác AEKI nội tiếp. Suy ra · · 0 90AEI AKI= = (**) Từ (*) và (**) suy ra 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn đường kính AI. 3. Chứng minh KT. BN = KB. ET Đẳng thức cần chứng minh gợi ý chứng minh tỉ lệ thức BN ET KB KT = , tuy nhiên hai tam giác KBN và KET không thể đồng dạng được (quan sát hình vẽ ), tìm hai tỉ số này bằng hai tỉ số tương ứng khác , với chú ý TEK∆ TIA∆ , tính chất tia phân giác AI của · BAT và hai tam giác KBA và NBI đồng dạng thì mới giải quyết được đpcm. TKE∆ và TIA∆ có µ T chung , · · TKE IAT= (chứng minh trên) nên TKE∆ TIA∆ (góc góc) Do đó: TE TI TK TA = . (4) Tam giác ABT có AI là phân giác của · BAT nên TI BI AT AB = (5) Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình y x O D E N M C B A // // O E C B A // // P O F E C B A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 2 KBA∆ và NBI ∆ có · · AKB INB= = 0 90 , · · ABK IBN= ⇒ KBA∆ NBI ∆ (gg) BI NB AB KB ⇒ = (6) Từ (4), (5), (6) suy ra: BN ET KB KT = hay KT. BN = KB. ET (đpcm) Bài 2: (hướng dẫn) 1. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp: Nêu lí do hai góc BEC và BDC là các góc vuông ⇒ đpcm 2. Xử dụng tính chất tứ giác nội tiếp BEDC ta có ngay · · DEA ACB= (cùng bù · BED ) 3. Xử dụng hệ quả của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung Với góc nội tiếp để có · · yAB ACB= kết hợp câu 2 ta được · · yAB AED= , hai góc này ở vị trí so le trong từ đó ⇒ đpcm 4. Có nhiều cách chứng minh, thông dụng nhất là xử dụng tính chất tam giác cân MON, lí giải OA vuông góc MN (do OA ⊥ xy và xy // MN) . Cách sau đây hay hơn nhiều: xy // MN ¼ » AM AN AM AN⇒ = ⇒ = , OM = ON do đó OA là đường trung trực MN. Vậy · · MOA NOA= (tính chất đối xứng) , từ đó ⇒ đpcm 5. Chứng minh AME∆ ABM∆ AM AE AB AM ⇒ = ⇒ đpcm. Bài 3: 1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp: Gọi O là trung điểm BC 2 BC OA OB OC⇒ = = = (1) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền). Từ OA = OC và EA = EC (do E thuộc đường trung trực AC) Nên OE ⊥ AC, từ đó AB // OE (cùng ⊥ AC). I Do đó: · · ABE BEO= (so le trong), mà · · ABE EBO= (gt) suy ra · · OEB OBE= . Vậy BOE ∆ cân ở O nên OB = OE (2) Từ (1) và (2) suy ra: OA = OB = OC = OE. Điều này chứng tỏ tứ giác ABCE nội tiếp. Điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCE. 2. Tính BE. Tam giác ABC có O là trung điểm BC, OE // AB nên OE đi qua trung điểm I của AC. Vậy OI là đường trung bình ABC ∆ nên OI = 1 1 .14 7 2 2 AB = = (cm). OE = BC : 2 = 25 cm , từ đó EI = 18 cm. Tam giác OIC vuông ở I nên IC = 2 2 2 2 25 7 24OC OI− = − = cm. Tam giác EIC vuông ở I nên EC = 2 2 2 2 18 24 900 30IE IC+ = + = = cm Tam giác BEC vuông ở E nên BE = 2 2 2 2 50 30 40BC EC− = − = cm 3. Chứng minh các đường thẳng BE, AF, PO đồng qui. Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình // // O ' I E D M B O C A S E O D M C B A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 3 Ta có · · 0 90FAE FBE= = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) Suy ra : EB, FA là hai đường cao của tam giác PEF Tứ giác ABFE nội tiếp có AB // EF nên nó là hình thang cân. Do đó · · AEF BFE= nên tam giác PFE cân ở P. Tam giác PEF cân ở P, PO là đường trung tuyến nên PO là cao thứ ba của tam giác. Vậy ba đường thẳng BE, AF, PO đồng qui . 4. TÝnh diÖn tÝch phÇn h×nh trßn t©m (O) n»m ngoµi ngò gi¸c ABFCE. Gọi S là diện tích phần hình tròn tâm O nằm ngoài ngũ giác ABFCE. 1 S là diện tích hình tròn (O). 2 S là diện tích hình thang ABFE. 3 S là diện tích tam giác ECF. Ta có: S = 1 S ( ) 2 3 S S− + . ∗ 1 S = 2 R π = 2 .25 π = 625 π ∗ ( ) 2 EF . 2 AB S AI + = = ( ) 14 50 .24 2 + = 768 3 1 1 . . .40.30 2 2 S FC EC= = = 600 Vậy S = 625 π – (768 + 600) = 625 π – 1368 ( 2 cm ) Bài 4: 1. Có MA = MB và AB ⊥ DE. Cần chứng minh MD = ME rồi kết luận ADBE là hình thoi. 2. Đã có · 0 90DMB = (do AB ⊥ DE ) , cần chứng minh · 0 90DIB = , suy ra từ · 0 90BIC = 3. BI // AD, BE//AD từ đó suy ra ba điểm E, B, I thẳng hàng. Xử dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền để suy ra kết quả. 4. Chứng minh CMI ∆ CDB ∆ ( góc C chung, · · CMI CDB= ) Từ đó suy ra đpcm. 5. Có nhiều cách chứng minh MI là tiếp tuyến . Có thể chứng minh · · ' 0 90MID O IC+ = , · · · · ' ' ;MID MDI O IC O CI= = (tự giải thích) · · · · ' 0 90MID O IC MDC MCD+ = + = (do DM ⊥ AC) · ' 0 90MIO⇒ = ⇒ đpcm Bài 5: 1. Đã có · 0 90BAC = , chỉ cần nêu · 0 90BDC = thì kết luận được tứ giác ABCD nội tiếp. 2. Cần chứng minh · · MED MEA= . Đã có · · · · ,MED MCD MCD ABD= = Do đó cần chứng minh · · ABM AME= , vậy cần chứng minh ABEM nội tiếp. Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình N y x O K F E M B A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 4 3. Chú ý tứ giác MDSC nội tiếp · · MCS ADB⇒ = , mà · · ADB ACB= từ đó · · ACS ACB= 4. Ba đường thẳng BA, CD, ME là ba đường thẳng chứa ba đường cao của tam giác BMC nên chúng đồng qui. Bài 6: (Giải chi tiết) 1.Chứng minh: · 0 EOF 90= EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E Nên OE là phân giác của · AOM . Tương tự: OF là phân giác của · BOM Mà · AOM và · BOM kề bù nên: · 0 90EOF = (đpcm) 2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng. Ta có: · · 0 90EAO EMO= = (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có · · 0 180EAO EMO+ = nên nội tiếp được trong một đương tròn. • Tam giác AMB và tam giác EOF có: · · 0 EOF 90AMB = = , · · MAB MEO= (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g) 3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB⊥ . Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE KF BF = Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên : AK ME KF MF = . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let) Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB. 4. Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN ⊥ AB. ∆ FEA có: MK // AE nên: MK FK AE FA = (1) ∆ BEA có: NK // AE nên: NK BK AE BE = (2) Mà FK BK KA KE = ( do BF // AE) nên FK BK KA FK BK KE = + + hay FK BK FA BE = (3) Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN AE AE = . Vậy MK = NK. Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: 1 2 AKB AMB S KN S MN = = Do đó: 1 2 AKB AMB S S= . Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình // // M D A ' O F E C B A / / = = O Q P M F E B C A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 5 Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3 MB MA = · 0 60MAB⇒ = . Vậy AM = 2 a và MB = 3 2 a ⇒ 1 1 3 . . . 2 2 2 2 AKB a a S⇒ = = 2 1 3 16 a (đvdt) Bài 7: Coi lại cách giải bài 5 , tự trình bày xem như luyện tập. Bài 8: Đính chính câu 2. Chứng minh DB. A ’ A = AB. A ’ C. 1. · · 0 90AEB ADB= = ⇒ tứ giác ABDE nội tiếp. 2. Chú ý · ' 0 ACA 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · ' AAABD C= (cùng chắn cung AC) DBA ⇒ ∆ ' CA A∆ (g-g) ' ' DB AC AB A A ⇒ = ⇒ đpcm. 3. Đã có CA ’ ⊥ AC nên DE ⊥ AC chỉ cần chứng minh DE // CF , nghĩa là cần chứng minh · · EDC DCF= . Nêu được lí do hai góc này cùng bằng · BAE . 4. Chú ý OM ⊥ BC, lợi dụng các tứ giác OCFM, BMOE nội tiếp và các tam giác Cân BOC và AOB ta lần lượt chứng minh được tam giác EMF và EMD cân ở M . Từ đó suy ra đpcm. Bài 9: 1. MF ⊥ AC và ME ⊥ BC (gt) ⇒ · · 0 90MFC MEC= = ⇒ MFEC là tứ giác nội tiếp. 2. · · ABM FEM= (cùng bằng · ACM ) · · AMB FME= (cùng bằng · FCE ) BMA ⇒ ∆ EMF∆ BM EM BA FE ⇒ = ⇒ BM. EF = BA. EM 3. Từ BMA∆ EMF∆ EF BA MA MF ⇒ = Mà BA = 2AP và FE = 2QF (gt) Nên 2 2 AP MA QF MF = hay AP MA QF MF = Kết hợp với · · PAM QFM= (cùng bù · MCB ) AMP⇒ ∆ FMQ∆ (c.g.c) 4. Cần chứng minh PQM∆ FMA∆ để suy ra · · AFMPQM = . Chú ý · · AMP FMQ= (do AMP∆ FMQ∆ ) · · · · AMP PMF FMQ PMF⇒ + = + hay · · AMF PMQ= Kết hợp với AM FM MP FQ = (do AMP∆ FMQ∆ ) nên PQM∆ FMA∆ suy ra · · AFMPQM = . Mà · · 0 0 90 90MFA MQP= ⇒ = . Chú ý: Do có thể lấy vị trí M trên cung AC có thể vẽ hình rơi vào trường hợp tia MF nằm giữa hai tia MP và MA. Do không có thời gian hôm sau sẽ tải tiếp hướng dẫn từ bài 10 đến bài 20. Em tập ghi Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 6 Lại lời giải chi tiết , chỗ nào thấy không hiểu coi kĩ lại lí thuyết ở sgk nhé. Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình . 1 / / T I K E N M C B A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 1 HƯỚNG DẪN GIẢI 9/60 BÀI TOÁN HÌNH ÔN TẬP (Đề bài đã gứi vào 19/03/2 010 trên violet hay tìm ở trang riêng) Bài 1: 1 hôm sau sẽ tải tiếp hướng dẫn từ bài 10 đến bài 20. Em tập ghi Trần Văn Hứa – Trường THCS NGUYỄN BÁ NGỌC- Thăng Bình Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 6 Lại lời giải chi. NGỌC- Thăng Bình // // O ' I E D M B O C A S E O D M C B A Hướng dẫn ôn thi TS vào lớp 10 – môn Hình học Trang 3 Ta có · · 0 90FAE FBE= = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) Suy