ÔN TẬP HÌNH THI VÀO THPT

Điều kiện để một tứ giác nội tiếp .các công thức tính độ dài đường tròn , cung tròn , diện tích hình tròn.. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; 2.. Gọi I là tâm đờng

Ngày soạn : 15/3/2010

Ngày dạy :

Số tiết : 30 tiết CHUYÊN ĐỀ 2 : CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG

HỢP ÔN TẬP THI VÀO PTTH A.MỤC TIÊU :

* Ôn tập các hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông và các hệ thức giữa cạnh và góc của một tam giác vuông

-Rèn kỹ năng vận dụng linh hoạt các hệ thức trên vào tính độ dài các đoạn thẳng

*Ôn tập các kiến thức về đường tròn Rèn luyện các kỹ năng vẻ hình và vận dụng các kiến thức về đường tròn để giải các bài toán về tính toán và chứng minh

*Ôn tập các kiến thức góc ở tâm ,góc nội tiếp , góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung , góc có đỉnh ở bên trong và bên ngoài đường tròn Điều kiện để một tứ giác nội tiếp các công thức tính độ dài đường tròn , cung tròn , diện tích hình tròn hình quạt tròn

-Rèn luyện các kỹ năng vẻ hình và vận dụng các kiến thức trên để giải các bài toán về tính toán và chứng minh

HS: được rèn luyện các khả năng quan sát , dự đoán , rèn luyện tính chính xác ,cẩn thận

B.PHƯƠNG PHÁP : Thực hành giải toán

C CHUẨN BỊ : GV : Giáo án , chọn lọc các bài tập cơ bản ,nâng cao và

các bài tập đề thi vào lớp 10 để ôn tập

D NỘI DUNG KIẾN THỨC :

Bài 1

Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM

và DC theo thứ tự tại H và K

1 Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;

2 Tính ·CHK;

3 Chứng minh KH.KB = KC.KD;

4 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N Chứng minh

AD = AM + AN .

M H

+ Ta cú ãDAB = 90 o (ABCD là hỡnh vuụng)

ãBHD = 90 o (gt) Nờn ãDAB BHD+ã = 180 o

⇒ Tứ giỏc ABHD nội tiếp

+ Ta cú ãBHD = 90 o (gt)

ãBCD= 90 o (ABCD là hỡnh vuụng) Nờn H; C cựng thuộc đường trũn đường kớnh DB

⇒ Tứ giỏc BHCD nội tiếp

Ta cú: ãã ãã

o o

BDC BHC 180

CHK BHC 180





 ⇒ ãCHK BDC=ã

mà ãBDC = 45 o (tớnh chất hỡnh vuụng ABCD) ⇒ ãCHK = 45 o

Xột ∆ KHD và ∆ KCB

Cú

ã

o

KHD KCB (90 )

DKB chung





 ⇒∆KHD ∆KCB (g.g)

⇒ KH KD

KC = KB

⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)

Qua A kẻ đường thẳng vuụng gúc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P.

Ta cú: ãBAM DAP=ã (cựng phụ ãMAD )

AB = AD (cạnh hỡnh vuụng ABCD)

ABM ADP 90 = =

Nờn ∆ BAM = ∆ DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP

Trong ∆ PAN cú: ãPAN = 90 o ; AD ⊥ PN

nờn 12 12 1 2

AD = AP + AN (hệ thức lượng trong tam giỏc vuụng)

⇒ 1 2 1 2 12

AD = AM + AN

Bài tập 2: Cho tam giác vuông cân ABC có AB = AC = 5cm Đờng

tròn đờng kính AC cắt cạnh BC tạ M Tia phân giác của góc BAM cắt đờng tròn tại N (N khác A) và cắt cạnh BC tại I Đờng thẳng AM cắt đờng thẳng

CN tại S

b) Tính độ dài đoạn IC.

c) Chứng minh tứ giác BISA là tứ giác nội tiếp

a) Ta có:

ãAMC= 90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)⇒ ãAMI= 180o- ãAMC= 90o(hai góc kề bù)

ãANC= 90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)⇒ ãINC= 180o- ãANC=

90o(hai góc kề bù)

Tứ giác NIMS có: ãINS+ãIMS= ãINC+ãAMI= 90o + 90o = 180o ⇒ NIMS là

tứ giác nội tiếp

b) Tam giác ABC vuông cân nên đờng cao AM cũng là đờng trung tuyến

⇒ AM = BM = MC = 1

2BC

áp dụng đinh lí pitago vào tam giác vuông ABC ta có:

BC2 = AB2 + AC2 = 52 + 52 = 50

⇒ BC = 50= 5 2 (cm)

⇒ AM = MC = 5 2

2 (cm) (1) Tam giác vuông AMB có AM = BM (chứng minh trên) ⇒ tam giác AMB vuông cân

⇒ ãBAM = 45o

Vì AI là tia phân giác của ãBAM ⇒ ãIAM = 1ã

2BAM = 22o30’

áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông AIM ta có:

IM = AM tgãIAM = 5 2

2 tg22o30’= 1,4544 (cm) (2)

Từ (1) và (2) ⇒IC = IM + MC = 1,4544 + 5 2

2 (cm)

c) Tam giác AIC có S là giao điểm của hai đờng cao AM và CN ⇒ IS ⊥AC ⇒ IS//AB ⇒ ãAIS= ãIAB(hai góc so le trong)

⇒ ãAIS= ãIAB= 1ã

2BAM= 22o30’

Mặt khác ãBIA= ãIAM+ ãIMA(tính chất góc ngoài của tam giác)

⇒ ãBIA=ãIAM+ ãIMA= 22o30’+90o = 112o30’

⇒ ãBIS= ãBIA+ ãAIS= 112o30’+ 22o30’= 135o

Tứ giác BISA có: ãBAS+ãBIS= 45o+ 135o = 180o ⇒ BISA là tứ giác nội tiếp

B i 3 à :

Cho tam giác ABC vuông tại A có các đỉnh A, B cố định và đỉnh C thay

đổi trên tia At vuông góc với AB tại A Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC và P, Q, R lần lợt là các tiếp điểm của đờng tròn với các cạnh AC,

BC, AB Các đờng thẳng PQ và AI cắt nhau tại D

a) Chứng minh bốn điểm B, D, Q, R nằm trên một đờng tròn

b) Chứng minh khi C thay đổi trên At thì đờng thẳng PQ luôn đi qua một

điểm cố định

a) Ta có: góc BRI + gócBQI = 90o

Vậy tứ giác BRIQ nội tiếp (1)

Ta lại có: tam giácDIR=tam giácDIP(c.g.c)

⇒gócDRI=gócDPI

Mà tam giác QIP cân nên gócIQP = gócIPQ

⇒gócDRI = gócDQI

Vậy tứ giác QDIR nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) ⇒ B,Q,D,I,R cùng thuộc mọt đờng tròn

⇒đpcm

b) Vì tứ giác BRID nội tiếp mà góc BRI = 90o nên góc BDI= 90o

Vậy tam giác BDA vuông cân, AB cố định nên D cố định

Do đó PQ luôn đi qua điểm D cố định

B i 4 à :

Cho đờng tròn (O) và một đờng kính AB của nó Gọi S là trung điểm của

OA, vẽ đờng tròn (S) có tâm là điểm S và đi qua A

a) Chứng minh đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau

b) Qua A vẽ các đờng thẳng Ax cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại

M, Q; đờng thẳng Ay cắt đờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại N, F; đ-ờng thẳng Az cắt các đđ-ờng tròn (S) và (O) theo thứ tự tại P, T Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác QFT

a) Vì S là trung điểm của OA nên OS = OA- SA= R- r > 0

Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (S) tiếp xúc nhau

b) Ta có: ãMAP+ãMNP= 180o (tứ giác AMNP nội tiếp) ãQAT + ãQFT = 180o (tứ giác AQFT nội tiếp) ⇒ ãMNP = ãQFT (1) Mặt khác: ãMPN =ãMAN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MN) ãQTF= ãQAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FQ) ⇒ ãMPN= ãQTF (2) Từ (1) và (2) suy ra ∆ MNP đồng dạng với∆ QFT (g-g) B i 5 à : Cho một nửa đờng tròn (O) đờng kính AB; một điểm M nằm trên cung AB và một điểm C nằm trên đờng kính AB sao cho CA < CB Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M ngời ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB Đờng thẳng đi qua M vuông góc với MC cắt Ax, By theo thứ tự tại P, Q Gọi R là giao điểm của AM với CP; S là giao điểm của BM với CQ a) Chứng minh các tứ giác APMC, BQMC nội tiếp đợc b) Chứng minh RS //AB c) Tứ giác ARSC có thể là hình bình hành đợc không? Tại sao?

a) Ta có:

Tứ giác APMC nội tiếp đờng tròn(vì ãPAC+ãPMC=180o)

Tứ giác BQMC nội tiếp đờng tròn(vì ãQBC+ãQMC=180o)

b) Ta có:

ãPMA=ãPCA(hai góc nội tiếp cùng chắn cung PA)

ãQMB=ãQCB(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)

Mặt khác: ãAMB=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

⇒ ãPCA+ãQCB=ãPMA+ãQMB=90o

⇒ ãPCQ=90o

⇒Tứ giác MRCS nội tiếp đờng tròn(vì ãRMS+ãRCS=180o)

⇒ ãRCM=ãRSM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung RM) (1)

Ta lại có:

ãPAM =ãPCM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PM) (2)

ãPAM =ãABM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra ãRSM=ãABM (ở vị trí đồng vị)

⇒RS//AB

c) Tứ giác ARSC không thể là hình bình hành Vì:

Nếu tứ giác ARSC là hình bình hành ⇒CS//AM ⇒CS⊥MB ⇒PC//MB ⇒

AM⊥PC

⇒PC là trung trực của AM ⇒CA = CM ⇒C≡O ⇒CA = CB mâu thuẫn với giả thiết CA< CB

B i 6: à Cho đờng tròn tâm O đờng kính BC, M là một điểm trên đờng tròn (M

khác B và C) Tiếp tuyến của đờng tròn tại M cắt hai tiếp tuyến của đ-ờng tròn tại B

và C ở các điểm tơng ứng là P và Q

a) Chứng minh các tứ giác BPMO và CQMO nội tiếp

b) Chứng minh tam giác POQ là tam giác vuông tại O

c) Hạ MA vuông góc với BC (A nằm trên BC), hạ AE vuông góc với MB (E nằm trên MB), hạ AF vuông góc với MC (F nằm trên MC) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp

a) Tứ giác BPMO nội tiếp đờng tròn(vì ãOBP+ãOMP=180o)

Tứ giác CQMO nội tiếp đờng tròn(vì ãOMQ+ãOCQ=180o)

b)Ta có:ãBOP= ãBMP(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP)

ãCOQ= ãCMQ(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ)

Mặt khác: ãBMC=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

⇒ ãBOP+ãCOQ= ãBMP+ãCMQ= 90o

⇒ ãPOQ=90o ⇒tam giác POQ vuông tại O.

c) Ta có: ãMBA+ãBMA=90o(hai góc phụ nhau)

Tứ giác AEMF nội tiếp đờng tròn(vì ãMEA+ãMFA=180o) ⇒ ãEMA= ãEFA(hai góc nội tiếp cùng chắn cung EA)

Tứ giác BEFC có: ãEBC +ãEFC= ãEBC+ãEFA+ãAFC=ãMBA+ãBMA+ãAFC

=90o+90o = 180o

⇒Tứ giác BEFC nội tiếp đờng tròn

B i7 à :

Cho tam giác cân ABC (AB = AC), với àA = 45o, nội tiếp trong đờng tròn tâm O Đờng tròn đờng kính BC cắt AB ở E, cắt AC ở F

a) CMR: O thuộc đờng tròn đờng kính BC

b) CM: ∆AEC; ∆AFB là những tam giác vuông cân

c) Chứng minh tứ giác EOFB là hình thang cân Suy ra EF = BC 2

2

a) Ta có ãBAC =1

2sđBmCẳ = 45o(góc nội tiếp)⇒sđBmCẳ =90o

⇒ ãBOC=sđBmCẳ =90o(góc ở tâm)

⇒O nằm trên đờng tròn đờng kính BC

b) Ta có:

ãBEC=90o(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

⇒ ãAEC= 180o- ãBEC =90o(hai góc kề bù)

⇒ ∆AEC là tam giác vuông có ãEAC= 45o

⇒ ∆AEC là tam giác vuông cân

Chứng minh tơng tự ta có∆AFB là tam giác vuông cân

c) Ta có: góc OEC= 45o(góc nội tiếp chắn 1/4đờng tròn)

Mà tam giác AEC vuông cân tại E nên EO là phân giác

đồng thời là đờng cao⇒EO⊥AC

Lại có BF⊥AC(c/m trên)

Vậy EO//BF

Mặt khác gócEBF= góc OFB = 45o

Vậy tứ giác BEOF là hình thang cân

⇒EF = BO

áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông OBC ta có:

OB = BC.SinãOCB= BC Sin45o = BC 2

2

Do ẳEOF=BEOẳ ⇒EF = OB = BC. 2

2

B i 8 à : Cho đờng tròn đờng kính AB; Trên tia AB lấy điểm C sao cho B nằm

giữa AC, từ C kẻ đờng thẳng x vuông góc với AB, trên x lấy điểm D (D≠C) Nối DA cắt đờng tròn tại M, nối DB cắt đờng tròn tại N, nối CN cắt đờng tròn tại K

1) Chứng minh ADCN là tứ giác nội tiếp đợc đờng tròn

2) Chứng minh AC là phân giác của góc KAD

3) Kéo dài MB cắt đờng thẳng x tại S Chứng minh ba điểm S, A, N thẳng hàng

a) Ta có: ãANB= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

⇒ ãAND= 90o

Mặt khác: ãACD= 90o

Do đó hai điểm N và C cùng nhìn AD dới một góc vuông

⇒Hai điểm N và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AD

Hay tứ giác ADCN nội tiếp đờng tròn

b) Ta có: ãKAB=ãKNB(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

ãKNB=ãCAD(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

⇒ ãKAB=ãCAD ⇒AC là phân giác của ãKAD

c) Ta có: ãAMB= 90o (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)

B là giao điểm của hai đờng cao SM và AC của ∆ADS

nên B là trực tâm∆ADS

Mặt khác DN⊥AN (chứng minh trên)

Do đó DN là đờng cao còn lại của ∆ADS

Hay ba điểm A, N, S thẳng hàng

B i 9 à : Cho tam giác ABC cân đỉnh A nội tiếp trong đờng tròn tâm O Gọi

M, N, P lần lợt là các điểm chính giữa các cung nhỏ AB, BC, CA; BP cắt AN tại I; MN cắt AB tại E Chứng minh rằng:

1) Tứ giác BCPM là hình thang cân; Góc ABN có số đo bằng 90o

2) Tam giác BIN cân; EI//BC

1 Ta có: AB = AC ⇒ ẳAMB=ẳAPC=1

2 BACẳ

ẳAM =ằMB=1

2 ẳAMB(gt) ằAP=ằPC=1

2 ẳAPC(gt) ⇒ ẳAM =ằMB=ằAP=ằPC ⇒ ẳBAP=MPCẳ

Do ãMBC=1

2sđMPCẳ (góc nội tiếp chắn cungMPCẳ ) ãBCP=1

2sđBAPẳ (góc nội tiếp chắn cungBAPẳ )

⇒ ãMBC=ãBCP

Mặt khác ãMBC+ãMPC=180o(Vì tứ giác BCPM nội tiếp đờng tròn)

⇒ ãMPC+ãBCP=ãMPC+ãMBC=180o ⇒MP//BC

⇒Tứ giác BCPM là hình thang có MB = PC(vìằMB=ằPC) nên tứ giác BCPM

là hình thang cân

Ta lại có: ằBN =ằNC=1

2 BNCẳ (gt) ⇒NB = NC ãABN =1

2sđẳAPN (góc nội tiếp chắn cungẳAPN) ⇒ ãABN = 1

2sđ(ẳAPC+ằNC) = 1

2sđ 1ẳ 1ẳ

2BAC 2BNC

ữ

1

4sđ

4.360o = 90o

2 Ta có: ãIBN =1

2sđẳPCN(góc nội tiếp chắn cungẳPCN) (1) ãABI =1

2sđằAP(góc nội tiếp chắn cungằAP) ãBAI=1

2sđằBN (góc nội tiếp chắn cungằBN ) ãBIN =ãABI+ãBAI(góc ngoài của tam giác)

⇒ ãBIN = 1

2sđằAP+1

2sđằBN =1

2 ằPC+1

2 ằNC=1

2(ằPC+ằNC) =1

2 ẳPCN (2)

Từ (1) và (2)⇒ ãBIN = ãIBN ⇒tam giác BIN cân.

Ta có: ãBNE=1

2sđằMB(góc nội tiếp chắn cungằMB) ãENI=1

2sđẳAM (góc nội tiếp chắn cungẳAM )

Mà ằMB=ẳAM ⇒ ãBNE=ãENI ⇒ ∆BEN = ∆IEN(c.g.c)

Vì AB = AC; NB = NC⇒AN là trung trực của BC⇒AN⊥BC (4)

Từ (3) và (4)⇒EI//BC.

B i 10 à : Cho B và C là các điểm tơng ứng thuộc các cạnh Ax và Ay của góc vuông xAy (B≠A; C≠A) Tam giác ABC có đờng cao AH và phân giác BE Gọi D là chân đờng vuông góc hạ từ A lên BE, O là trung điểm của AB a) Chứng minh ADHB và CEDH là các tứ giác nội tiếp đợc trong đờng tròn

b) Chứng minh AH ⊥ OD và HD là phân giác của góc OHC

c) Cho B và C di chuyển trên Ax và Ay thoả mãn AH = h (h không đổi) Tính diện tích tứ giác ADHO theo h khi diện tích của tam giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất

a) Ta có: ãADB=ãAHB=90o

⇒Điểm H và D cùng nhìn AB dới một góc vuông

⇒D và H cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB

Do đó tứ giác ADHB nội tiếp đờng tròn

⇒ ãAHD=ãABD(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (1)

Ta lại có: ãABD+ãAEB=ãAHD+ãDHC= 90o (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ãAEB=ãDHC

Tứ giác CEDH có ãCED+ãDHC=ãCED+ãAEB= 180o nên tứ giác CEDH nội tiếp đờng tròn

b) Ta có: OH = OA(A và H cùng nằm trên đờng tròn (O;

2

AB

) ãABD=1

2sđằAD(góc nội tiếp chắn cungằAD) ãHBD=1

2sđHDẳ (góc nội tiếp chắn cungHDẳ ) Mặt khácãABD=ãHBD(gt)⇒ ằAD=ẳHD⇒AD = HD

Do đó: OD là trung trực của AH⇒ AH⊥OD.

∆ODA=∆ ODH(c.g.c)⇒ ãOAD=ãOHD

Ta lại có:ãOAD=ãAEB(cùng phụ với góc ãABE)

⇒ ãOHD=ãAEB

Vì ãAEB=ãDHC ⇒ ãOHD=ãDHC

⇒ HD là phân giác của góc OHC.

a) AH = h không đổi⇒SABC nhỏ nhất khi BC nhỏ nhất

Mà BC2 = AB2 + AC2 ≥2AB.AC

Dấu “=” xảy ra khi AB = AC ⇒tam giác ABC vuông cân⇒tam giác AHB vuông cân ⇒BH = AH = h ⇒AB = h 2 ⇒OD = h 2

2 Vì AH⊥OD nên

SADHO = 2

4 h2

B i 11 à : Cho tam giác ABC vuông tại A và N là trung điểm của cạnh AC Vẽ

đờng tròn (O) đờng kính NC Đờng tròn (O) cắt BN kéo dài tại D và cắt cạnh

BC tại E

a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp

b) Gọi M là trung điểm của cạnh BC, chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

c) Kéo dài BA và CD gặp nhau tại F Chứng minh ba điểm E, N, F

thẳnghàng

M

A

B

C D

E N F

B i 12 à :

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) d là tiếp tuyến của đờng tròn tại C Gọi AH; BK là đờng cao của tam giác; M,N,P,Q lần lợt

là chân đờng vuông góc hạ từ A,K,H,B xuống đờng thẳng d

1.Chứng minh tứ giác AKHB nội tiếp; tứ giác HKNP là hình chữ nhật 2.Chứng minh: góc HMP = góc HAC; HMP = góc KQN

3.Chứng minh MP = QN

K A

B

C O

H

M N

P Q

Giải:

1.ta có: góc AHB = AKB = 90o(gt)⇒Tứ giác AKHB nội tiếp

Ta có: góc KNP = góc NPH = 90o (gt)

Mặt khác ACN = góc ABC ( cùng chắn cung AC)

Góc HKC = góc ABH( cùng bù với góc AKH)

⇒góc ACN = góc HKC ⇒HI//NP⇒gócNIH = 90o

Vậy tứ giác HKNP là hình chữ nhật

2.Ta có góc AHC = góc AMC = 90o ⇒Tứ giác AHCM nội tiếp

⇒góc HAC= gócHMP(cùng chắn cung HC)

Tơng tự ta có tứ giác BQCK nội tiếp⇒gócKQC = gócKBC

Mà góc KBC = gócKAH(cùng chắn cung HK); góc KAH = gócHBP(chứng minh trên)

⇒gócHMP = gócKQC

3.Xét tam giác MHP và tam giác NKQ có:

KN= HP(cạnh hình chữ nhật)

góc KNQ= gócMPH=90o

gócHMP = gócKQN(chứng minh trên)

Vậy tam giác MHP = tam giác NKQ⇒MP = QN

B i 13: à

Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH Đường tròn (O)

đường kính HB cắt cạnh AB tại điểm E Tiếp tuyến với (O) tại E cắt cạnh AC tại F Chứng minh:

a) HE//AC v tà ứ giác BEFC nội tiếp

b) Tứ giác AEHF l hình chà ữ nhật

c) 









2

FH

FE

= 1 +

EA EB

Giải:

a)ta có: góc BEH= 90o(chắn nửa đờng tròn)