chuyen de toan hinh 9 thi tuyen vao 10

Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Chủ đề 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VNG TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GĨC NHỌN A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Định lý Pitago ABC vuông A � AB2  AC2  BC2 2.Hệ thức lượng tam giác vuông 1) AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC 2) AB.AC = AH.BC 3) AH2 = BH.HC 1   4) 2 AH AB AC Kết quả: -Với tam giác cạnh a, ta có: h  a ; a2 S 3.Tỉ số lượng giác góc nhọn �   ; ABC �   đó: Đặt ACB AB AH AC HC AB AH AC HC sin    ; cos   ; tg   ; cot g   BC AC BC AC AC HC AB AH b  a sin B  acosC  ctgB  ccot gC c  acosB  asinC  bctgB  btgC Kết suy ra: 1) sin   cos; cos  sin; tg  cotg; cot g  tg sin  cos 2)  sin   1;  cos AC, kẻ trung tuyến AM đường cao AH Chứng minh: BC2 a) AB2  AC2  2AM  2 b) AB  AC  2BC.MH VD2.Cho hình thang ABCD (AB//CD có AB = 3cm; CD = 14cm; AC = 15cm; BD = 8cm a) Chứng minh AC vng góc với BD b) Tính diện tích hình thang � =700 VD3.Tính diện tích hình bình hành ABCD biết AD = 12; DC = 15; ADC C.MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN 1.Cho tam giác ABC vuông cân A, trung tuyến BD Gọi I hình chiếu C BD, H hình chiếu I AC Chứng minh: AH = 3HI 2.Qua đỉnh A hình vng ABCD cạnh a, vẽ đường thẳng cắt BC E cắt đường thẳng DC F 1   Chứng minh: 2 AE AF a 3.Cho tam giác cân ABC có đáy BC = a; �BAC =  ;   450 Kẻ đường cao AE, BF a) Tính cạnh tam giác BFC theo a tỉ số lượng giác góc  b) Tính theo a, theo tỉ số lượng giác góc  2 , cạnh tam giác ABF, BFC c) Từ kết trên, chứng minh đẳng thức sau: 2tg 1) sin 2  2sin cos; 2) cos2 =cos 2  sin ; 3) tg2   tg 2 Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chuyên đề ôn thi vào 10 - Phần hình học Chủ đề 2: §6 CHỨNG MINH BẰNG NHAU – SONG SONG, VNG GĨC - ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Tam giác �A � '; B �  B'; � C �  C' � � A �  ABC   A 'B'C' � a) Khái niệm: � AB  A 'B'; BC  B'C'; AC  A 'C' � b) Các trường hợp hai tam giác: c.c.c; c.g.c; g.c.g c) Các trường hợp hai tam giác vng: hai cạnh góc vng; cạnh huyền cạnh góc vng; cạnh huyền góc nhọn d) Hệ quả: Hai tam giác đường cao; đường phân giác; đường trung tuyến tương ứng 2.Chứng minh hai góc -Dùng hai tam giác hai tam giác đồng dạng, hai góc tam giác cân, đều; hai góc hình thang cân, hình bình hành, … -Dùng quan hệ góc trung gian với góc cần chứng minh -Dùng quan hệ góc tạo đường thẳng song song, đối đỉnh -Dùng mối quan hệ góc với đường trịn.(Chứng minh góc nội tiếp chắn cung hai cung đường tròn, …) 3.Chứng minh hai đoạn thẳng -Dùng đoạn thẳng trung gian -Dùng hai tam giác -Ứng dụng tính chất đặc biệt tam giác cân, tam giác đều, trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng, hình thang cân, hình chữ nhật, … -Sử dụng yếu tố đường tròn: hai dây cung hai cung nhau, hai đường kính đường trịn, … -Dùng tính chất đường trung bình tam giác, hình thang, … 4.Chứng minh hai đường thẳng, hai đoạn thẳng song song -Dùng mối quan hệ góc: So le nhau, đồng vị nhau, phía bù nhau, … -Dùng mối quan hệ song song, vng góc với đường thẳng thứ ba -Áp dụng định lý đảo định lý Talet -Áp dụng tính chất tứ giác đặc biệt, đường trung bình tam giác -Dùng tính chất hai dây chắn hai cung đường trịn 5.Chứng minh hai đường thẳng vng góc -Chứng minh chúng song song với hai đường vng góc khác -Dùng tính chất: đường thẳng vng góc với hai đường thẳng song song vng góc với đường thẳng cịn lại -Dùng tính chất đường cao cạnh đối diện tam giác Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học -Đường kính qua trung điểm dây -Phân giác hai góc kề bù 6.Chứng minh ba điểm thẳng hàng -Dùng tiên đề Ơclit: Nếu AB//d; BC//d A, B, C thẳng hàng -Áp dụng tính chất điểm đặc biệt tam giác: trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, … -Chứng minh tia tạo ba điểm tạo thành góc bẹt: Nếu góc ABC 180 A, B, C thẳng hàng -Áp dụng tính chất: Hai góc có hai cạnh nằm đường thẳng hai cạnh nằm hai nửa mặt phẳng với bờ đường thẳng -Chứng minh AC đường kính đường trịn tâm B 7.Chứng minh đường thẳng đồng quy -Áp dụng tính chất đường đồng quy tam giác -Chứng minh đường thẳng qua điểm: Ta hai đường thẳng cắt điểm chứng minh đường thẳng cịn lại qua điểm -Dùng định lý đảo định lý Talet *********************************************** Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Chủ đề 3: §8.CHỨNG MINH HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG HỆ THỨC HÌNH HỌC A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.Tam giác đồng dạng �A � '; B �  B'; � C �  C' � � A � -Khái niệm: ABC : A 'B'C' �AB AC BC   � �A 'B' A 'C' B'C' -Các trường hợp đồng dạng hai tam giác: c – c – c; c – g – c; g – g -Các trường hợp đồng dạng hai tam giác vng: góc nhọn; hai cạnh góc vng; cạnh huyền - cạnh góc vng… *Tính chất: Hai tam giác đồng dạng tỉ số hai đường cao, hai đường phân giác, hai đường trung tuyến tương ứng, hai chu vi tỉ số đồng dạng; tỉ số hai diện tích bình phương tỉ số đồng dạng 2.Phương pháp chứng minh hệ thức hình học -Dùng định lí Talet, tính chất đường phân giác, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng tam giác vuông, … Giả sử cần chứng minh MA.MB = MC.MD -Chứng minh hai tam giác MAC MDB đồng dạng hai tam giác MAD MCB -Trong trường hợp điểm nằm đường thẳng cần chứng minh tích tích thứ ba Nếu cần chứng minh MT2 = MA.MB chứng minh hai tam giác MTA MBT đồng dạng so sánh với tích thứ ba Ngồi cần ý đến việc sử dụng hệ thức tam giác vuông; phương tích điểm với đường trịn *************************************************** Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Chủ đề 4: §10.CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP A.KIẾN THỨC CƠ BẢN Phương pháp chứng minh - Chứng minh bốn đỉnh tứ giác cách điểm - Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù - Chứng minh hai đỉnh nhìn đoạn thẳng tạo hai điểm cịn lại hai góc - Chứng minh tổng góc ngồi đỉnh với góc đối diện bù - Nếu MA.MB = MC.MD NA.ND = NC.NB tứ giác ABCD nột tiếp (Trong M  AB �CD; N  AD �BC ) - Nếu PA.PC = PB.PD tứ giác ABCD nội tiếp (Trong P  AC �BD ) - Chứng minh tứ giác hình thang cân; hình chữ nhật; hình vng; … Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm thuộc đường trịn ta chứng minh điểm lúc Song cần ý tính chất “Qua điểm khơng thẳng hàng xác định đường trịn” Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N ,P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải Xét tứ giác CEHD ta có: A N � CEH = 90 ( Vì BE đường cao) � = 900 ( Vì AD đường cao) CDH � � => CEH = 1800  CDH � � Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: � = 900 BE đường cao => BE  AC => BEC P E F H - B D O - ( ( C M � = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn � � 3) Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = 900 ; Â góc chung  ADC AE AH  => AE.AC = AH.AD AD AC � � � góc chung * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = 900 ; C  ADC BE BC  =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC �1  A �1 ( phụ với góc ABC � ) Ta có C �2  A �1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) C �1  C � => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => C =>  AEH  ADC => => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B, C, E, F nằm đường trịn �1  E �1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF � ) => C Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp �1  E � ( hai góc nội tiếp chắn cung HD � ) �C �1  E � => EB tia phân giác góc FED � �E Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ôn thi vào 10 - Phần hình học � mà BE CF cắt H Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD � = 900 Chứng minh COD Chứng minh AC BD = AB2 4 Chứng minh OC // BM Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD Chứng minh MN  AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA  CM �  => AC + BD = CM + DM � DB  DM � Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM ; OD tia phân giác � Mà AOM � BOM � hai góc kề bù góc BOM � = 900 => COD � Theo COD = 900 nên  COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có : OM = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R => AC BD = � Theo COD = 900 nên OC  OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM  OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp  COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB � IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính CD Theo AC // BD => CN CM CN AC   , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD BN DM Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học => MN // BD mà BD  AB => MN  AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: � = 900 ( Vì BE đường cao) CEH � = 900 ( Vì AD đường cao) CDH � � => CEH = 1800  CDH � � Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp � = 900 Theo giả thiết : BE đường cao => BE  AC => BEA � = 900 AD đường cao => AD  BC => BDA Như E D nhìn AB góc 90 => E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D � = 900 trung điểm BC Theo ta có BEC Vậy  BEC vng E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp  AHE nên O trung điểm AH => OA = OE =>  AOE �1  A �1 (1) cân O => E Theo DE = �3  B �1 (2) BC =>  DBE cân D => E �1  A �1 ( phụ với góc ACB) => E �1  E �3 Mà B �1  E �2  E �2  E � Mà E �1  E �  BEA �  900  E �2  E �  900  OED �  E => DE  OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho  OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 � ED2 = 52 – 32 � ED = 4cm Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn 2.Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 cm, BC = 24 cm Lời giải: Vì I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B � = 900 Do BI  BK hay IBK � = 900 Tương tự ta có ICK B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn �1   C � (1) ( CI phân giác góc ACH) Ta có C �2  $ � = 900 ) (2) ( IHC C I1 = 90 $ � (3) (  OIC cân O) I1  ICO �1  ICO � = 900 hay AC  OC Từ (1), (2) , (3)  C Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20  12 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH 12  = (cm) AH 16 OC = OH  HC   12  225 = 15 (cm) Bài Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính � � = 900; OBM � dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 Như K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 10 Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I d A � = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM P K D nên  OAM vuông A có AI đường cao N H Áp dụng hệ thức cạnh đường cao M O I 2 => OI.OM = OA hay OI.OM = R ; OI IM = IA C Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) B => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R Bài Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 3) Chứng minh BAF tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Lời giải: � = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) Ta có : AMB � = 900 (vì hai góc kề bù) => KMF � = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) AEB � = 900 (vì hai góc kề bù) => KEF � � => KMF = 1800  KEF � KEF � Mà KMF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 11 Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải: A Ta có : BEH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E I => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) 1( F CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) )1 => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) O1 O2 B H C EAF = 90 ( Vì tam giác ABC vng A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) => AEF ACB => AE AF  => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 12 Các chuyên đề ôn thi vào 10 - Phần hình học Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tương tự ta có O2F  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vng góc với AB C cắt nửa đường trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN 2.Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn Lời giải: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) E => ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) N AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm I) H => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) M AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) I O A C K B Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn (I) (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Từ (4) (5) => N1 = N3 mà N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN  KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K) Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => AEB vng A có EC  AB (gt) => EC2 = AC BC � EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) =  OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  IA2 =  52 = 25  ; S(k) =  KB2 =  202 = 400  1 Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 13 ( S(o) - S(I) - S(k)) Các chuyên đề ôn thi vào 10 - Phần hình học 1 S = ( 625  - 25  - 400  ) = 200  = 100  �314 (cm2) 2 Bài Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường trịn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp 2.Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 90 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) �  EM � => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung D1= C3 => SM nhau) => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy �  EM � => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo Ta có SM Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 14 Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học �  CS �  SM �  EM � => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB => CE Bài 10 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp B AC // FG Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: O Xét hai tam giác ABC EDB E Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); 1 F G DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) D => DEB = BAC = 90 ; lại có ABC góc chung S A C => DEB   CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 11 Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD D Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi I Chứng minh BI // AD Chứng minh I, B, E thẳng hàng 1 A / / O B C Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) M O' Lời giải: BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE  AB M => BMD = 90 E => BID + BMD = 180 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 15 Các chun đề ơn thi vào 10 - Phần hình học ADC = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thơi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vng I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I I => MI tiếp tuyến (O’) Bài 12 Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng: Tứ giác MDGC nội tiếp Bốn điểm M, D, B, F nằm đường trịn D Tứ giác ADBE hình thoi G B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy M C B MF = 1/2 DE A O' O MF tiếp tuyến (O’) Lời giải: F BGC = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) E => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE  AB M => CMD = 900 => CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường tròn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) � Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi => BE // AD mà AD  DF nên suy BE  DF Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF  BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) 1 Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 16 Các chun đề ôn thi vào 10 - Phần hình học Suy MF = DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF  O’F F => MF tiếp tuyến (O’) Ngêi thùc hiƯn: Ph¹m Minh Huy 17 ... A C => DEB   CAB Theo DEB = 90 0 => DEC = 90 0 (vì hai góc kề bù); BAC = 90 0 ( ABC vng A) hay DAC = 90 0 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 90 0 ( tam... đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: O Xét hai tam giác ABC EDB E Ta có BAC = 90 0 ( tam giác ABC vng A); 1 F G DEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) D => DEB = BAC = 90 ; lại có... góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: Ta có CAB = 90 0 ( tam giác ABC vng A); MDC = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 90 0 D A nhìn BC góc 90