Vậy: khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI của đường tròn đường kính QI cố định.. Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ t[r]
(1)C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 Bài ( điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB) Qua điểm M thay đổi trên nửa đường tròn ( M khác A, B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn cắt Ax, By C và D a/ Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp b/ Chứng minh OC vuông góc với OD và 1 2 OC OD R c/ Xác định vị trí M để ( AC + BD ) đạt giá trị nhỏ y x D M C A B O Bài 4: CMO 900 => Tứ giác ACMO nội tiếp a Xét tứ giác ACMO có CAO b Vì AC và CM là tiếp tuyến (O) =>OC là tia phân giác góc AOM (t/c) Tương tự DM và BD là tiếp tuyến (O) => OD là tia phân giác góc BOM (t/c) => Mặt khác AOM kề bù với BOM CO OD * Ta có COD vuông O và OM là đường cao => theo hệ thức lượng tam giác vuông ta 1 1 2 2 OC OD OM R c Vì Ax, By, CD là các tiếp tuyến cắt C và D nên ta có CA = CM , MD = DB => AC + BD = CM + MD = CD Để AC + BD nhỏ thì CD nhỏ Mà C, D thuộc hai đường thẳng // => CD nhỏ CD Ax và By => M là điểm chính cung AB Bài ( 3,5 điểm ) Lop12.net (2) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N và B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ Bài a) * Hình vẽ đúng 900 (giả thiết) * EIB M * ECB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) * Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp C O1 b) (1 điểm) Ta có: E * sđ cungAM = sđ cungAN A B * AME ACM I *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM AC AM AM2 = AE.AC * Do đó: AM AE N c) * MI là đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức trên * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 d) * Từ câu b) suy AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do đó tâm O1 đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ và NO1 BM.) * Dựng hình chiếu vuông góc N trên BM ta O1 Điểm C là giao đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M Bµi (3,5®iÓm) Cho ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB cã b¸n kÝnh R, tiÕp tuyÕn Ax Trªn tiÕp tuyÕn Ax lÊy ®iÓm F cho BF c¾t ®êng trßn t¹i C, tia ph©n gi¸c cña gãc ABF c¾t Ax t¹i E vµ c¾t ®êng trßn t¹i D 1- Chøng minh OD // BC 2- Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF 3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp 4- Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A và O cho AI = Lop12.net (3) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 Baøi 4: 1) OBD (OBD can ) ODB ODB EBF va so le 2) EBF CBD (tia phan giac) OD//BC ACB 900 (goùc ADB nội tiếp chắn đường tròn) * vAEB, đường cao AD: Coù AB2 = BD.BE (1) * vAFB, đường cao AC: Coù AB2 = BC.BF (2) Từ (1) và (2) BD.BE = BC.BF Từ BD.BE = BC.BF BD BF BCD BFE BC BE CFE CDB 3) Tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn ( góc ngoài góc đối diện) * Nếu tứ giác AOCD là hình thoi OA = AD = DC = CO OCD 600 ABC * S hình thoi = AC OD = R (2R )2 R R F E D A C O B Lop12.net (4) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 Câu 4: (3đ) Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm nằm O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) P,Q.Tiếp tuyến D trên cung nhỏ BP, cắt PQ E; AD cắt PQ F Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp b/ED=EF c/ED2=EP.EQ Câu 4: (3đ) a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o)) 900 ( gt ) FHB 900 900 1800 Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp => ADB FHB b/ED=EF Xét tam giác EDF có sd ( ) (góc có đỉnh nằm đường tròn (O)) EFD AQ PD sd ( ) (góc tạo tiếp tuyến và dây cung) EDF AP PD Do PQ AB => H là trung điểm PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm EDF PA PQ AQ => EFD tam giác EDF cân E => ED=EF E P D F B A O H Q Lop12.net (5) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 c/ED2=EP.EQ Xét hai tam giác: EDQ;EDP có chung E ) D (cùng chắn PD Q 1 => EDQ EPD=> ED EQ ED EP.EQ EP ED Bµi (3,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P Trong gãc PQR kÎ tia Qx bÊt kú c¾t PR t¹i D (D kh«ng trïng víi P vµ D kh«ng trïng víi R) Qua R kÎ ®êng th¼ng vu«ng gãc víi Qx t¹i E Gäi F lµ giao ®iÓm cña PQ vµ RE a) Chøng minh tø gi¸c QPER néi tiÕp ®îc mét ®êng trßn b) Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DEF c) TÝnh sè ®o gãc QFD d) Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng QE Chøng minh r»ng ®iÓm M lu«n n»m trªn cung tròn cố định tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP và QR Bµi 4: F P Q N D x E M Q R I Q Q a) Ta cã: QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) QER = 900 ( RE Qx) Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR góc không đổi (900) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh QR Lop12.net (6) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 b) Tø gi¸c QPER néi tiÕp PQR + PER = 1800 mµ PER + PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï) PQR = PEF PEF = PRQ (1) MÆt kh¸c ta cã: PEQ = PRQ (2) <Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PQ cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c QPER> Tõ (1) vµ (2) ta cã PEF = PEQ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF c) V× RP QF vµ QE RF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF suy FD QR QFD = PQR (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mµ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) QFD = 450 d) Gọi I là trung điểm QR và N là trung điểm PQ (I,N cố định) Ta cã: MI lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c QRE MI//ER mµ ER QE MI QE QMI = 900 M thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh QI Khi Qx QR th× M I, Qx QP th× M N Vậy: tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI đường tròn đường kính QI cố định Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng: 1/ HBCD là tứ giác nội tiếp 2.BDH 2/ DOK 3/ CK CA 2.BD Bài 4: 900 1/ DH AC (gt) DHC D BD AD (gt) BD BC BC // AD (t / c h×nh b×nh hµnh) 900 DBC Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC góc không đổi 900 HBCD nội tiếp đường tròn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) C 1 I K H A O Lop12.net B (7) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 C ( 1/ 2s® BH đường tròn đường kính DC) 2/ + D 1 (so le trong, AD//BC) D A + C1 A 1 (O)) DOK 2D 2BDH + DOK 2A1 (Góc tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK 900 (góc nội tiếp chắn ½ (O) BKC DHA 900 ; C A (c/m trên) 3/+ AKB 1 AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn) AH CK +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên) AD BD BC + Gọi I AC BD ; Xét ADB vuông D , đường cao DH ; Ta có: BD AD AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) Tương tự: BD BC2 CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được: CK.AI CK.CI 2BD CK(AI CI) 2BD CK.CA 2BD (đpcm) Bµi 5.(4®iÓm) Cho nöa ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB =a Gäi Ax, By lµ c¸c tia vu«ng gãc víi AB (Ax, By thuéc cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB) Qua ®iÓm M thuéc nöa ®êng trßn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By E và F a) Chøng minh: Gãc EOF b»ng 900 b) Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng c) Gäi K lµ giao ®iÓm cña AF vµ BE, chøng minh: MK vu«ng gãc víi AB d) Khi MB = MA, tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c KAB theo a 0,25 a) (1,5®) H×nh vÏ Cã EA AB => EA lµ tiÕp tuyÕn víi (O), mµ EM lµ tiÕp tuyÕn => OE lµ ph©n gi¸c cña gãc AOM Tương tự OF là phân giác góc BOM => gãc EOF = 900 (ph©n gi¸c gãc kÒ bï) b) (1®) cã gãc OAE = gãc OME = 900=> Tø gi¸c OAEM néi tiÕp Tø gi¸c OAEM néi tiÕp => gãc OAM = gãc OEM Cã gãc AMB = (AB lµ ®êng kÝnh) => OEF vµ MAB lµ tam gi¸c vu«ng => OEF và MAB đồng dạng 900 Lop12.net 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 (8) C¸c bai tap h×nh «n thi vµo lớp 10 KA AE KF FB EA vµ EM lµ tiÕp tuyÕn => EA = EM c) (0,75®) cã EA // FB => 0,25 KA EM KF MF AEF => MK // EA mµ EA AB => MK AB 0,25 FB vµ FM lµ tiÕp tuyÕn => FB = FM => 0,25 d) (0,75®) Gäi giao cña MK vµ AB lµ C, xÐt AEB cã EA // KC => KM KF EA FA KA KE KF KB AE//BF=> KF KB FA EB KC KM Do đó => KC = KM => SKAB = SMAB EA EA MB MAB vu«ng t¹i M => SMAB = MA KC KB EA EB xÐt AEF cã EA //KM => MB = 0,5 a a ; MB = 2 S KAB a (đơn vị diện tích 16 MA => MA = => S MAB a 8 Lop12.net 0,25 (9)