SƯU TẦM & BIÊN SOẠN (fb: hqnhi37) NHỮNG BÀI TOÁN MẪU CƠ BẢN ƠN THI HKII VÀ TS 10 HÌNH HỌC BT1 Phương tích 1: “Tích cát tuyến tích cát tuyến” Đề: ABC , ADE cát tuyến ( O ) C C/m: AB AC = AD AE Giải B Xét ∆ABE ∆ADC có: O A A : chung D AEB = ACD ( hai góc nội tiếp chắn BD ) Vậy ∆ABE ∽ ∆ADC ( g g ) AB AE ⇒ = ⇒ AB AC = AD AE AD AC E C/m: AB.AC = AD.AE BT2 Phương tích 2: “Bình phương tiếp tuyến tích cát tuyến” Đề: ABC cát tuyến ( O ) , AD tiếp C B A O tuyến ( O ) C/m: AD = AB AC Giải Xét ∆ABD ∆ACD có: A : chung ADB = ACD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn BD ) Vậy ∆ABD ∽ ∆ACD ( g g ) D C/m: AD2 = AB.AC Chú ý: 1) AD = OA2 − OD = OA2 − R (định lí Pytago) 2) AB AC = AM AN = AD = AO − R với AD tiếp tuyến ( O ) ABC , AMN hai cát tuyến ( O ) BT3 Phương tích 3: “ Tích dây tích dây ” Đề: BC , DE hai dây ( O ) cắt A E C/m: AB AC = AD AE B Giải Xét ∆ABD ∆AEC có: O A1 = A2 (đối đỉnh) A D C C/m: AB.AC = AD.AE B = E (hai góc nội tiếp chắn CD ) Vậy ∆ABD ∽ ∆AEC ( g g ) AB AD ⇒ = ⇒ AB AC = AD AE AE AC BT4 “Tích tích xuất phát từ chân đường cao đến đỉnh tam giác trực tâm” (Tích từ chân đường cao đến đỉnh tam giác (3 điểm thẳng hàng) tích từ chân đường cao đến đỉnh cịn lại trực tâm) Đề: ∆ABC nhọn, AD, BE , CF ba đường cao A cắt H C/m: DB.DC = DH DA Giải Xét ∆DBH ∆DAC có: BDH = ADC = 90o ( AD đường cao ∆ABC ) E F B1 = A1 (cùng phụ ACB ) H Vậy ∆DBH ∽ ∆DAC ( g g ) DB DH ⇒ = ⇒ DB.DC = DH DA DA DC B C D C/m: DB.DC = DA.DH Chú ý: 1) Xuất phát từ chân đường cao E , ta có: EA.EC = EH EB 2) Xuất phát từ chân đường cao F , ta có: FA.FB = FH FC BT5 “6 tứ giác nội tiếp tam giác nhọn” Đề: ∆ABC nhọn, AD, BE , CF ba đường cao A cắt H C/m: a) Tứ giác AEHF nội tiếp (Tứ giác loại 1) E b) Tứ giác BCEF nội tiếp (Tứ giác loại 2) F Giải H a) AEH = AFH = 90o ( BE , CF hai đường cao) ⇒ AEH + AFH = 180o ⇒ AEHF nội tiếp (tổng hai góc đối 180o ) B * Xác định tâm D C AEHF nội tiếp có AEH góc nội tiếp mà tứ giác nội tiếp AEH = 90o nên AH đường kính Chú ý: 1) TG loại 1: (Tổng hai góc Vậy tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF đối 180o ) trung điểm cạnh AH - BDHF nội tiếp Tâm b) BEC = BFC = 90o ( BE , CF hai đường cao) trung điểm cạnh BH ⇒ BCEF nội tiếp (hai đỉnh E , F nhìn - DHEC nội tiếp Tâm cạnh BC góc vng) trung điểm cạnh HC 2) TG loại 2: (Hai đỉnh * Xác định tâm nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại BCEF nội tiếp có BFC góc nội tiếp mà góc α ) BFC = 90o nên BC đường kính - ABDE nội tiếp Tâm Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCEF trung điểm cạnh AB trung điểm cạnh BC - ACDF nội tiếp Tâm trung điểm cạnh AC BT6 “ Trực tâm tam giác nhọn tâm đường tròn nội tiếp tam giác tạo chân đường cao” Đề: ∆ABC nhọn, AD, BE , CF ba đường A cao cắt H C/m: H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF E F Giải BCEF nội tiếp (BT5) ⇒ F1 = B1 (hai góc nội 2H tiếp chắn EC ) (1) BDHF nội tiếp (BT5) ⇒ F2 = B1 (hai góc B D C nội tiếp chắn HD ) (2) C/m: H tâm đường tròn nội tiếp DEF Từ (1),(2) suy F1 = F2 ⇒ FH phân giác DFE (*) C/m tương tự ta DH phân giác FDE (**) Từ (*),(**) suy H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF BT7 “3 chân đường cao trung điểm cạnh tam giác thuộc đường tròn” Đề: ∆ABC nhọn, AD, BE , CF ba đường A cao cắt H , O trung điểm BC C/m: D, F , E , O thuộc đường tròn E Giải F Cách 1: Từ BT5 ⇒ EFD = F + F2 = B1 BCEF nội tiếp H ⇒ B1 = EOC ⇒ EFD = EOC Vậy EFDO nội tiếp (tứ giác có góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) B D O C C/m: D,F,E,O thuộc đường tròn (Đường tròn Euler) Cách 2: Từ BT5 BFEC nội tiếp ⇒ FOE = FBE (góc nội tiếp góc tâm) FBE = FCE (1) BFHD nội tiếp ⇒ FBE = FDH (chắn FH )(2) DCEH nội tiếp ⇒ HDE = HCE (3) Từ (1),(2),(3) suy FDE = FOE Vậy EFDO nội tiếp (Hai đỉnh D, O nhìn cạnh EF góc nhau) BT8 “ Giao điểm đường cao với đường tròn đối xứng với trực tâm qua cạnh tam giác” Đề: ∆ABC nhọn nội tiếp ( O ) , AD, BE , E' A CF ba đường cao cắt H AH cắt ( O ) D′ C/m: F' E F D′ H đối xứng với qua BC Giải H Ta có: B1 = A1 (cùng phụ ACB ) O A1 = B2 (hai góc nội tiếp chắn D′C ) B D C ⇒ B1 = B2 ⇒ BD phân giác (1) BD ⊥ HD′ ⇒ BD đường cao (2) Từ (1),(2) suy ∆HBD′ cân B D' ⇒ BD trung trực HD′ D' H đối xứng với qua BC Hay H D′ đối xứng với qua BC Chú ý: 2) F ′ đối xứng với H qua AB 1) E ′ đối xứng với H qua AC 3) ED đường trung bình ∆HD′E ′ 4) ED //E ′D′; FD //F ′D′; EF //E ′F ′ BT9 “2 đỉnh tam giác, điểm đối xứng với đỉnh lại qua tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm tạo thành hình bình hành” Đề: ∆ABC nhọn nội tiếp ( O ) , AD, BE , CF A ba đường cao cắt H Vẽ đường kính AK C/m: BHCK hình bình hành E F Giải o * ACK = 90 (góc nt chắn nửa đường tròn) H ⇒ CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC ( BE đường cao) nên BH //CK (1) O * ABK = 90o (góc nt chắn nửa đường tròn) D ⇒ BK ⊥ AB mà CH ⊥ AB ( CF đường B C cao) nên BK //CH (2) Từ (1),(2) suy BHCK hình bình hành K BHCK hình bình hành Chú ý: 1) Nếu BK đường kính AHCK hình bình hành 2) Nếu CK đường kính AHBK hình bình hành 3) Nếu M trung điểm BC thì: a) M trung điểm HK (tính chất hai đường chéo hình bình hành) b) OM đường trung bình ∆AHK ( O tđ AK , M tđ HK ) AH (t/c đường trung bình) d) Nếu O′ đối xứng với O qua BC (tức OO′ = 2OM ; OO′ ⊥ BC ) AHO′O hình bình hành ⇒ O′H = OA = R Suy rộng: Cho BC = R , c/m: AHO′O hình thoi R ( ∆OMC vng M ⇒ OM = ⇒ AH = 2OM = R ) c) OM //AH OM = BT10 “Bán kính vng góc với hai chân đường cao” Đề: ∆ABC nhọn nội tiếp ( O ) , AD, BE ,CF y ba đường cao C/m: OA ⊥ EF A Giải Cách 1: x Vẽ xy tiếp tuyến A ( O ) ⇒ A1 = ABC (góc nội tiếp góc tạo tia M E F (1) tiếp tuyến dây chắn AC ) O H E1 = ABC ( BCEF nội tiếp-theo BT5) (2) B C D K OA ⊥ EF Từ (1),(2) suy A1 = E1 mà hai góc vị trí so le ⇒ EF //xy mà OA ⊥ xy ( xy tiếp tuyến ( O ) ) nên OA ⊥ EF Cách 2: Vẽ đường kính AK ( O ) ⇒ ACK = 90o (gnt chắn nửa đường tròn) ⇒ AKC + A2 = 90o (*) AKC = ABC (2 gnt chắn AC ) (1) ABC = E1 ( BCEF nội tiếp-theo BT5) (2) Từ (1),(2) suy AKC = E1 Chú ý: 1) OB ⊥ DF 2) OC ⊥ DE Từ (*),(**) suy E1 + A2 = 90o Gọi M giao điểm OA EF ⇒ ∆AME vuông M ⇒ OA ⊥ EF (**) BT11 “Bài toán liên quan đến trung điểm đường cao” Đề: ( O; R ) có đường kính AB C ∈ ( O ) , E CH ⊥ AB H Tiếp tuyến B, C cắt D C/m: AD qua trung điểm I C CH Giải D I Cách 1: Gọi I giao điểm CH AD IH AH AH 1 IH //DB ⇒ = = (1) B A DB AB R O H OC = OB = R ⇒ OD đường tt cat DB = DC t c ( ) trung trực BC ⇒ OD ⊥ BC mà AC ⊥ BC (vì ACB = 90o (gnt chắn nửa đường AD qua trung điểm I CH tròn)) nên OD //AC ⇒ A1 = O1 (đồng vị) * Xét ∆AHC ∆OBD có: H = B = 90o A1 = O1 Vậy ∆AHC ∽ ∆OBD ( g g ) CH AH AH ⇒ = = (2) DB OB R Từ (1),(2) ⇒ CH = IH ⇒ đpcm Cách 2: (thường sử dụng) Kéo dài AC cắt BD E Chứng minh D trung điểm BE ( ∆BCE vng có DB = DC ⇒ DB = DE ∆ABE có O trung điểm AB, OD //AC ⇒ D trung điểm BE (1) IH AI IH //DB ⇒ = (2) DB AD IC AI IC //DE ⇒ = (3) DE AD Từ (1),(2),(3) ⇒ IH = IC ⇒ đpcm Chú ý: 1) I trung điểm CH C/m: A, I , D thẳng hàng 2) AI cắt tiếp tuyến B D C/m: DC tiếp tuyến ( O ) BT12 “Bình phương khoảng cách đến cạnh đáy tích khoảng cách đến cạnh bên” Đề: AB, AC hai tiếp tuyến cắt A B H 1 I M A O 1 C K M ∈ BC nhỏ; H , I , K hình chiếu lên AB, BC , AC C/m: MI = MH MK Giải HMI + HBI = 180o ( MIBH nội tiếp) KMI + KCI = 180o (CKMI nội tiếp) HBI = KCI ( ∆ABC cân A ) Từ (1),(2),(3) ⇒ HMI = KMI I1 = B1 ( MIBH nội tiếp) (1) (2) (3) (*) (4) K1 = C1 ( MICK nội tiếp) (5) B1 = C1 (cùng chắn BM ) (6) Từ (4),(5),(6) ⇒ I1 = K1 Từ (*),(**) ⇒ ∆MIH ∽ ∆MKI ( g g ) MI MH ⇒ = ⇒ MI = MH MK MK MI Chú ý: Gọi P giao điểm MB IH , Q giao điểm MC IK 2) PQ //BC 3) PQ tiếp tuyến ( MQK ) C/m: 1) MPIQ nội tiếp M (**) BT13 “Tính chất đường phân giác trong/ngoài tam giác” Đề: ( O ) , đường kính AB, CD ⊥ AB H C Tiếp tuyến C cắt AB M C/m: 21 BM AM = ⇒ BM AH = BH AM M BH AH A B H O Giải AB vng góc CD H ⇒ BC = BD (định lí quan hệ vng góc đường kính dây cung) D ⇒ C1 = C2 ⇒ CB phân giác ∆MCH BM AM BM CM = ⇒ BM.AH = BH.AM ⇒ = (1) BH AH BH CH ACB = 90o (gnt chắn nửa đường tròn) ⇒ CA ⊥ CB ⇒ CA p/giác ∆MCH AM CM ⇒ = (2) AH CH Từ BM AM (1),(2) ⇒ = ⇒ BM AH = BH AM BH AH BT14 “Đường tròn qua năm điểm” Đề: AB, AC hai tiếp tuyến cắt A ADE cát tuyến, F trung điểm dây DE C/m: A, B, O, C , F thuộc đường tròn Giải F trung điểm DE ⇒ OF ⊥ DE (định lí quan hệ vng góc đường kính dây) ⇒ OFA = 90o mà OBA = OCA = 90o ( AB, AC hai tiếp tuyến ( O ) ) ⇒ F , B, C thuộc đường trịn đường kính OA Vậy A, B, O, C , F thuộc đường tròn E O F B C D A A,B,O,C,F thuộc đường tròn Chú ý: 1) FA tia phân giác BFC 2) Hai tia OF , BC cắt I C/m: IE , ID hai tiếp tuyến ( O ) 3) Tiếp tuyến E , D cắt I C/m: điểm O, F , I thẳng hàng BT15 “Bất đẳng thức hình học” B H I 60o K C C/m: BH.CK≤ BC HIK = 60 C/m: BH CK ≤ Giải AB = AC ; A1 = A2 (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) OB R ∆ABO vuông B ⇒ sin A1 = = = OA R ⇒ A1 = 30o ⇒ BAC = 60o o O Đề: AB, AC hai tiếp tuyến ( O ) OA = R H , I , K thuộc AB, BC , CA cho BC2 BC Giả sử BI CI ≤ ⇔ BI CI ≤ ( BI + CI ) ⇔ BI CI ≤ BI + CI + 2.BI CI ⇔ ≤ BI + CI − BI CI ⇔ ( BI − CI ) ≥ (luôn đúng) BC Từ (a),(b) ⇒ BH CK ≤ A ∆ABC có AB = AC BAC = 60o nên (b) ∆ABC ⇒ B = C = 60o (1) 0 I + K1 = 120 (2) ⇒ K1 = I1 I + I1 = 1200 Từ (1),(2) ⇒ ∆BIH ∽ ∆CKI ( g g ) BH BI ⇒ = ⇒ BH CK = CI BI (a) CI CK ... ⊥ DE Từ (*),(**) suy E1 + A2 = 90o Gọi M giao điểm OA EF ⇒ ∆AME vuông M ⇒ OA ⊥ EF (**) BT11 ? ?Bài toán liên quan đến trung điểm đường cao” Đề: ( O; R ) có đường kính AB C ∈ ( O ) , E CH ⊥ AB H... I C/m: IE , ID hai tiếp tuyến ( O ) 3) Tiếp tuyến E , D cắt I C/m: điểm O, F , I thẳng hàng BT15 “Bất đẳng thức hình học” B H I 60o K C C/m: BH.CK≤ BC HIK = 60 C/m: BH CK ≤ Giải AB = AC ; A1