Một số dạng toán thường gặp trong ôn thi vào THPT

I LÝ THUYẾT Kiến thức lớp - Quan hệ tính vng góc với tính song song - Các dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song - Tiên đề Ơclít hệ tiên đề Ơclít - Các trường hợp hai tam giác - Định lý Py-ta-go - Tính chất ba đường đồng quy tam giác (Tính chất ba đường cao) I LÝ THUYẾT Kiến thức lớp - Tính chất dấu hiệu nhận biết tứ giác (Hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng) - Cơng thức tính diện tích hình đặc biệt - Định lý Ta-lét hệ định lý Ta-lét - Các trường hợp đồng dạng hai tam giác (Các trường hợp đồng dạng hai tam giác vuông thông thường trường hợp g- g) I LÝ THUYẾT Kiến thức lớp - Hệ thức lượng tam giác vuông - Định lý quan hệ vng góc đường kính dây cung - Tính chất tiếp tuyến đường trịn - Vị trí tương đối hai đường trịn - Tính chất chung hai đường trịn - Các loại góc với đường đường trịn (Có hai loại góc hay sử dụng góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) - Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp đường trịn (Có hai phương pháp thường sử dụng chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối diện 1800, tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh nối hai đỉnh cịn lại hai góc nhau) - Cơng thức tính chu vi, diện tích, độ dài cung trịn II CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP Dạng Chứng minh tứ giác nội tiếp Dạng Chứng minh tam giác đồng dạng  tỉ lệ thức  đẳng thức Dạng Nhận biết loại tứ giác? Dạng Chứng minh hai đường thẳng song song, vng góc, ba điểm thẳng hàng Dạng Chứng minh đường thẳng tiếp tuyến đường tròn, tiếp tuyến chung hai đường tròn Đề Trên nửa đường trịn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q cho P thuộc cung AQ Gọi C giao điểm tia AP tia BQ; H giao điểm hai dây cung AQ BP a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn (Dạng 1) b) Chứng minh CBP � HAP (Dạng 2) c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC (Ứng dụng Dạng 2) Bài giải a) - Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn - Cách chứng minh tứ giác nội tiếp phương pháp xét tổng hai góc đối 1800 (Lưu ý) �  AQB �  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) APB �  CQH �  900 � CPH �  CQH �  1800 � CPH Ta có: Suy tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn đường kính CH � PQ b) Sử dụng kiến thức hai góc nội tiếp chắn cung (Lưu ý trường hợp đồng dạng hay sử dụng g-g) Xét CBP HAP có: �  APH �  900 (suy từ a) BPC � ) �  HAP � (góc nội tiếp chắn cung PQ CBP CBP ÿ HAP c) Vận dụng kiến thức tính chất ba đường cao tam giác trường hợp đồng dạng hai tam giác vuông  tỉ số đồng dạng Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thiết suy K thuộc cạnh AB (1) ABC c�AQ  BC; BP  AC Suy H trực tâm tam giác ABC � CH  AB t�iK Từ suy ra:  APB � AKC � AP.AC  AK.AB (2)  BQA � BKC � BQ.BC  BK.BA (3) - Cộng vế (2) (3) kết hợp với (1), ta được: S  AP.AC  BQ.BC  AB2  4R2 Chú ý câu c: Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức chứng minh 23 SGK tr76 Trong hệ thức độ dài liên quan đến đường tròn, ta ý cho học sinh hệ thức: Nếu hai cát tuyến đường tròn cắt điểm M : MA MB = MC.MD Hệ thức đoạn cát tuyến đường tròn Đề Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh BCEF nội tiếp đường tròn b) Biết ABC = 450, ACB = 600, BC = a Tính diện tích tam giác ACD theo a Bài giải a) Vận dụng kiến thức quỹ tích cung chứa góc (hoặc định nghĩa đường tròn) �  BEC �  900 *) Theo giả thiết ta có: BFC Do đỉnh E, F nhìn đoạn BC góc 900 Nên tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn đường kính BC b) Vận dụng định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn �  900 (gt) ABC �  450 (gt) *) Xét ADB có ADB Nên ADB vuông cân D  AD = BD = BC – CD = a – CD Mặt khác ACD vuông D Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có: AD AD a  CD tan ACD  � tan 60   CD CD CD a � CD  a  CD � CD  1 a a  1 1 � AD  a  CD  a  � SACD AD.CD a2 a (2  3)    2    Đề Cho tam giác nhọn ABC, đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC M, N Gọi H giao điểm BN CM a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn b) Gọi K giao điểm đường thẳng BC với đường thẳng AH Chứng minh ∆BHK đồng dạng ∆ACK c) Chứng minh: KM + KN ≤ BC Dấu “ =” xảy nào? Bài giải a) - Vận dụng kiến thức góc nội tiếp chắn nửa đường trịn - Chứng minh tứ giác nội tiếp phương pháp tổng hai góc đối diện 1800 �  BNC �  900 *) Theo giả thiết ta có: BMC (Do chắn đường tròn) �  ANH �  900 AMH �  ANH �  1800 � AMH => Tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn b) - Vận dụng kiến thức tính chất ba đường cao tam giác - Kiến thức tứ giác nội tiếp để suy hai góc - Kiến thức trường hợp đồng dạng hai tam giác vng *) Vì BN  AC, CM  AB => H trực tâm ∆ABC �  ANB �  900 AKB =>AKBC => => Tứ giác ABKN nội tiếp đường tròn �  NBC � (cùng chắn cung KN)  KAC ∆BHK ∆ACK có: �  KAC, � HBK �  AKC �  900 HKB � BHK � ACK (g  g) c) - Vận dụng tính chất đối xứng đường trịn - Quan hệ dây đường tròn - Kiến thức chứng minh ba điểm thẳng hàng *) Từ M kẻ đường vng góc với BC cắt đường trịn P=>BC trung trung trực MP (tính chất đối xứng đường trịn) =>KP=KM Ta có tứ giác ABKN, BMHK nội tiếp �  AKN �  HKM �  MKB �  NKC �  ABN (cùng phụ với hai góc nhau) Mặt khác BC trung trực MP nên �  BKP �  BKP �  NKC � MKB P, KM = KP+ =>3suy điểm K,+NKN thẳng hàngKN = PN ≤ BC (do PN dây cịn BC đường kính) Dấu “=” xảy K trùng O, ∆ABC cân A Đề Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Trên nửa mặt phẳng chứa nửa đường trịn có bờ đường thẳng AB, kẻ tia Ax vng góc với AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm khác A) Đoạn AC cắt OM E, MB cắt nửa đường tròn D (D khác B) a) Chứng minh AMCO, AMDK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác MDO MEB đồng dạng c) Gọi H hình chiếu C AB, I giao điểm MB CH Chứng minh: EI vng góc với AM Bài giải a) - Chứng minh tứ giác nội tiếp phương pháp tổng hai góc đối diện 1800, vận dụng kiến thức quỹ tích cung chứa góc - Tính chất hai tiếp tuyến cắt - Tính chất đường trung trực đoạn thẳng - Tính chất tiếp tuyến *) Ta có Ax MC hai tiếp tuyến nửa đường tròn nên �  MCO  �  900 MAO  �  MCO  �  1800 � MAO  tứ giác AMCO nội tiếp Ta có: MA = MC (Tính chất tiếp tuyến cắt nhau) OA=OC (bán kính) O≠M => OM trung trực đoạn AC �  900 (1) � AEM �  900 Lại có: ADB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) �  900 (2) � MDA �  MDA �  900 Từ (1) (2) suy AEM nhìn AM nên tứ giác AMDE nội tiếp b) - Vận dụng hệ thức lượng tam giác vuông (Lưu ý) - Trường hợp đồng dạng cạnh – góc – cạnh (Lưu ý) *) Ta có: MD.MB = MA2 (Hệ thức lượng tam giác vuông) ME.MO = MA2 MD.MB = ME.MO MD MO �  ME MB Xét MDO MEB, có: Góc M chung MD MO �  ME MB � MDO � MEB (c  g  c) c) - Vận dụng hệ định lý ta lét - Tính chất đường trung bình tam giác BC cắt tia Ax P, ta có MO song song BC (vì vng góc với AC) mà AO = OB nên AM = MC Lại có CH // AC nên theo định lý Ta lét ta có: IC IB IH   MP BM MA  IC = IH Xét ACH, có: CI = IH; AE = EC  IE đường trung bình ACH  EI // AB  EI  AM Đề Cho đường trịn tâm O, đường kính AB cố định I điểm cố định thuộc đoạn OA (I không trùng với O A) Qua I vẽ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường trịn tâm O M N Gọi C điểm túy ý thuộc cung lớn MN (C không trùng điểm M, N B) Gọi E giao điểm AC MN a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AE AC = AI AB c) Chứng minh điểm C thay đổi cung lớn MN đường trịn tâm O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CME ln thuộc đường thẳng cố định Bài giải a) Vận dụng kiến thức góc nội tiếp chắn nửa đường trịn �  900 (góc nội tiếp chắn *) Ta có ACB nửa đường trịn) �  900 � ECB Tứ giác IECB có: �  ECB  �  1800 EIB   Tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Vận dụng kiến thức tam giác đồng dạng để suy tỉ lệ thức *) Xét AEB AIC, ta có: � (chung) A � ) �  ACI � (hai góc nội tiếp chắn cung EI ABE � AEB � AIC (g  g) AE AB  AI AC Hay AE AC = AB AI � c) Vận dụng kiến thức định lý đảo định lý góc tạo tia tiếp tuyến dây cung �  AN � *) Ta có MN  AB I � AM �  ACM � (1) � AMN �  900 (2) Mà AMB Từ (1) (2) suy MA tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMC MB cố định chứa đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác EMC Do tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CEM di động đường thẳng cố định Cách 2: c) Gọi giao điểm (J) ngoại tiếp tam giác MEC với BM K Ta có �  MKE �  MBA � MEC => KE//AB mà AB MN � � MEK  90 nên EK  MN suy MK đường kính (J) nên điểm J  MK hay J  BM Do I cố định, AB cố định; MN AB I nên MN cố định MB cố định J  MB cố định ... độ dài cung trịn II CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP Dạng Chứng minh tứ giác nội tiếp Dạng Chứng minh tam giác đồng dạng  tỉ lệ thức  đẳng thức Dạng Nhận biết loại tứ giác? Dạng Chứng minh hai đường... trường hợp đồng dạng hai tam giác (Các trường hợp đồng dạng hai tam giác vuông thông thường trường hợp g- g) I LÝ THUYẾT Kiến thức lớp - Hệ thức lượng tam giác vuông - Định lý quan hệ vuông góc đường... kiến thức tính chất ba đường cao tam giác trường hợp đồng dạng hai tam giác vuông  tỉ số đồng dạng Gọi K giao điểm tia CH AB Từ giả thi? ??t suy K thuộc cạnh AB (1) ABC c�AQ  BC; BP  AC Suy