Loi giai chi tiet cac bai hinh da thi vao lop 10SGD QN

c) Chứng minh I là trực tâm tam giác APQ:.. Tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN là trung điểm của đoạn thẳng IP... b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). b) Chứng m[r]

(1)

H N

F E

C B

A

= // O

F E

C

D B A

LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TỐN HÌNH ĐÃ THI VÀO LỚP 10 CỦA SỞ GD-QN

( Đề gửi ngày 23/10/2009)

Bài 1: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 năm học 1999 – 2000)

a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp:

Ta có : BFC BEC 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính BC)

Tứ giác HFCN có HFC HNC  1800nên nội tiếp đường trịn đường kính HC) (đpcm)

b) Chứng minh FB tia phân giác góc EFN:

Ta có: EFB ECB ( hai góc nội tiếp chắn BE đường trịn đường kính BC)

 

ECB BFN ( hai góc nội tiếp chắn HN đường trịn đường kính HC)

Suy ra: EFB BFN  Vậy FB tia phân giác góc EFN (đpcm)

c) Giả sử AH = BC Tính số đo góc BAC tam giác ABC :

FAH FBC có:

AFH BFC900 AH = BC (gt)

FAH FBC (cùng phụ ACB)

Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra: FA = FB

AFB vuông F; FA = FB nên vuông cân Do BAC  450

Lưu ý: Các câu hỏi hay lại từ tập trên:

- Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác FEN

- Gọi I K trung điểm BH CH Chứng minh tứ giác FEIK nội tiếp - Cho BC = a Tính BH BF + CH CE theo a

a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp: Ta có: AED AFD 90  0(gt)

Hai đỉnh E F nhìn AD góc 900 nên tứ giác

EFDA nội tiếp đường tròn

b) Chứng minh AF phân giác EAD:

Ta có :

//

AE CD

AE OC OC CD

 

 



 Vậy EAC CAD ( so le trong)

Tam giác AOC cân O (vì OA = OC = R) nên CAO OCA 

Do đó: EAC CAD  Vậy AF phân giác góc EAD (đpcm)

c) Chứng minh tam giác EFA tam giác BDC đồng dạng:

EFA BDC có :

EFA CDB  (hai góc nội tiếp chắn AE đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFDA)

 

EAC CAB

EAF BCD CAB DCB

 



 



 

 Vậy EFA BDC đồng dạng (góc- góc)

(2)

O P K M

H

A

C

B

/ / // //

H Q

P I

O N

M

C B

A SACD =

1

2DF AC SABF =

.AF

2BC (1)

BC // DF (cùng  AF) nên : AF

BC AC

DF  hay DF AC = BC.AF (2)

Từ (1) (2) suy : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: giải cách khác nữa)

a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp: Ta có : MHC  900(gt), MKC  900

(gt)

Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối 1800 nên

nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tam giác MAP cân:

AH // OC (cùng vng góc CH) nên MAC ACO (so le trong)

AOC cân O (vì OA = OC = R) nên ACO CAO

Do đó: MAC CAO  Vậy AC phân giác MAB.

Tam giác MAP có AK đường cao (do AC  MP), đồng thời đường phân

giác nên tam giác MAP cân A (đpcm)

Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên AMP HCK (cùng bù HMK )

HCA CBA  (cùng

2sđAC), CBA MPA  (hai góc đồng vị MP// CB)

Suy ra: AMPAPM Vậy tam giác AMP cân A

c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng:

Ta có M; K; P thẳng hàng Do M; K;O thẳng hàng P  O hay AP = PM

Kết hợp với câu b tam giác MAP cân A suy tam giác MAP Do CAB  300.

Đảo lại: CAB  300ta chứng minh P  O :

Khi CAB  300 MAB  600(do AC phân giác MAB) Tam giác MAO cân O có MAO 600nên MAO

Do đó: AO = AM Mà AM = AP(do MAP cân A) nên AO = AP Vậy P  O

Trả lời: Tam giác ABC cho trước có CAB  300thì ba điểm M; K; O thẳng hàng.

Bài 4:(đề thi xét tuyển vào lớp 10 năm học 2002 – 2003) a) Chứng minh AHN ACB:

ANH 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Nên Tam giác ANH vuông N AHC 900

(do AH đường cao ABC) nên tam

giác AHC vng H

Do đó: AHN ACB (cùng phụ HAC)

b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp:

Ta có : AMN AHN (hai góc nội tiếp chắn cung AN)

AHN ACB (câu a)

Vậy: AMN ACB Do tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp.

(3)

H

/ /

= =

P

O K I

N M

C

B

A

/ /

//

H O

K

E D

C B

A

OA = OH QH = QC (gt) nên QO đường trung bình tam giác AHC

Suy ra: OQ//AC, mà AC AB nên QO  AB

Tam giác ABQ có AH  BQ QO  AB nên O trực tâm tam giác

Vậy BO  AQ Mặt khác PI đường trung bình tam giác BHO nên PI // BO

Kết hợp với BO  AQ ta PI  AQ

Tam giác APQ có AH  PQ PI  AQ nên I trực tâm tam giác APQ(đpcm)

a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp Xác định tâm K đường trịn ngoại tiếp

tứ giác đó:

Ta có : ACBANB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

Do đó: ICP INP 900

Tứ giác ICPN có ICP INP  1800nên nội tiếp một

đường tròn

Tâm K đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN trung điểm đoạn thẳng IP

b) Chứng minh KN tiếp tuyến đường trịn (O). Tam giác INP vng N , K trung điểm IP nên

1 KN KI  IP

Vậy tam giác IKN cân K Do KIN KNI (1)

Mặt khác NKP NCP  (hai góc nội tiếp chắn cung PN đường tròn (K)) (2)

N trung điểm cung CB nên CN BN  CN NB Vậy NCB cân N

Do : NCB NBC (3)

Từ (1) , (2), (3) suy ra: INK IBC , hai góc vị trí đồng vị nên KN // BC

Mặt khác ON BC nên KN  ON Vậy KN tiếp tuyến đường tròn (O)

Chú ý: * Có thể chứng minh KNI ONB 900 KNO 900 * chứng minh KNA ANO  900 KNO 900

c) Chứng minh C di động đường trịn (O) đường thẳng MN ln

tiếp xúc với đường tròn cố định:

Ta có AM MC (gt) nên AOM MOC Vậy OM phân giác AOC.

Tương tự ON phân giác COB, mà AOC COB kề bù nên MON 900

Vậy tam giác MON vuông cân O

Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R

2 =

2 R

không đổi

Vậy C di động đường trịn (O) đường thẳng MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định (O;

2 R

)

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp: ABO ACO 900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác ABOC có ABO ACO 1800nên nội tiếp

(4)

_ =

= /

/ O

K H

E D

C B

A

60 O

J I

N M

B A

H

AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ABAC Do AHB AHC

Vậy HA tia phân giác góc BHC c)Chứng minh

2 1

AK AD AE:

ABD AEB có:

BAE chung, ABDAEB(cùng

1

2 sđ BD)

Suy : ABD ~ AEB

Do đó:

2

AB AD

AB AD AE

AE AB   (1)

ABK AHB có:

BAH chung, ABK AHB (do ABAC) nên chúng đồng dạng. Suy ra:

2 .

AK AB

AB AK AH

AB AH   (2)

Từ (1) (2) suy ra: AE.AD = AK AH

AH AK AE AD

 

2

AH AK AE AD

 

=

 

2 AD DH

AE AD 

=

2

AD DH

AE AD 



AD AD ED AE AD

 

=

AE AD AE AD

 =

1

ADAE

(do AD + DE = AE DE = 2DH) Vậy:

2 1

AK AD AE(đpcm)

a) Chứng minh AM AN tiếp tuyến đường tròn (B;BM)

Ta có : AMBANB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn(O))

Điểm M N thuộc (B;BM) ; AM MB AN NB

Nên AM ; AN tiếp tuyến (B;BM)

b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng JI JN = 6R2.

MNI MNJ 900(các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O tâm B )

Nên IN MN JN  MN Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng

* Tam giác MJI BO đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R

Tam giác AMO cân O (vì OM = OA), MAO  600nên tam giác MAO đều.

AB  MN tai H(tính chất dây chung hai đường trịn (O) (B)cắt nhau)

Nên OH =

1

2OA2R Vậy HB = HO + OB =

3

2

R R

R

  2.3

2 R

NJ R

  

Vậy JI JN = 2R 3R = 6R2

c)Tính diện tích phần hình trịn (B; BM) nằm ngồi đường tròn (O; R) theo R: Gọi S diện tích phần hình trịn nằm (B;BM) nằm bên ngồi hình trịn (O;R) S1 diện tích hình trịn tâm (B; BM)

S2 diện tích hình quạt MBN

(5)

_

/ /

//

= M

O I H

D C

B A

Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4)

 Tính S1:

MAB 600 MB 1200  MB R 3 Vậy: S1 =  

2

3

R R

  

 Tính S2 :

 600

MBN   S2 =

 2 0

3 60 360 R 

=

2

2 R 

 Tính S3 :

S3 = Squạt MOB – SMOB

 1200

MOB   Squạt MOB =

2

0

.120

360

R R

 

 OA = OB  SMOB =

1

2SAMB = 1

2 AM MB=

4R R =

2 3

4 R

Vậy S3 =

2

3 R 

2

3 R 

= S4 (do tính chất đối xứng)

Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3)

= 3 R 2 –

2 2 2 3

2

R R R

 

 

 

 

 

=

2

11 3

6

R R

 

(đvdt)

Bài 8:

a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp:

CAO CDO  900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác ACDO có CAO CDO  1800nên nội tiếp trong

một đường trịn

b) Tính theo R độ dài đoạn thẳng AH; AD:

CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R  OCAD AH = HD

Tam giác ACO vuông A, AH  OC nên 2

1 1

AH AO AC

=  2

1

2

R  R =

5 4R Vậy : AH =

2

5 R

AD = 2AH =

4

5 R

c) Chứng minh MHD  450 : AMB 900

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CMA 900

Hai đỉnh H M nhìn AC góc 900 nên ACMH tứ giác nội tiếp.

Suy : ACM MHD

Tam giác ACB vuông A, AC = AB(gt) nên vuông cân Vậy ACB 450

Do : MHD  450.

(6)

E I K

H O

N M

D C

B A

Từ CHD  900và MHD  450 CHM 450

  mà CBA  450(do CAB vuông cân B)

Nên CHM CBA  Tứ giác HMBO nội tiếp Do MHB MOB 900.

Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB trung điểm MB Gọi S diên tích phần hình trịn ( I ) ngồi đường trịn (O) S1 diện tích nửa hình trịn đường kính MB

S2 diện tích viên phân MDB

Ta có : S = S1 – S2

 Tính S1 : MB 900 MB R 2 Vậy S1 =

2 2

1

2

R R

  

 

 Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB =

2

0

.90

360

R R



 =

2

4

R R

 

 S =

2

4 R 

 (

2

4

R R

 

) =

2

2 R

Bài 9: a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp:

ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy MCA  900 Tứ giác MNAC có N C 1800

  nên

nội tiếp đường trịn b) Tính CH tg ABC

AB = (cm) ; AH = (cm)  HB = (cm)

Tam giác ACB vuông C, CH  AB  CH2 = AH BH = =  CH  5(cm)

* tg ABC =

5 CH BH 

c) Chứng minh NC tiếp tuyến đường tròn (O):

Ta có : NCA NMA (hai góc nội tiếp chắn cung AN đường tròn ngoại tiếp

tứ giác MNAC)

NMA ADC (so le MN // CD) ADCABC (cùng chắn AC) Nên : NCA ABC  Do



2 ABC 

sđ AC



2 NCA

 

sđ AC Suy CN tiếp tuyến đường tròn (O)

(xem lại tập 30 trang 79 SGK toán tập 2) d) Chứng minh EB qua trung điểm CH:

Gọi K giao điểm AE BC; I giao điểm CH EB

KE // CD (cùng  với AB)  AKB DCB (đồng vị)

 

DAB DCB ( chắn cung BD)

 

DAB MAN (đối đỉnh) MAN MCN (cùng chắn MN)

Suy ra: EKC ECK  KEC cân E Do EK = EC

Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA KBE có CI // KE 

CI BI

KE BE ABEcó IH // AE 

(7)

/ / ?

_



K

E H

M

O

D

C B

A

Vậy

CI IH

KE AE mà KE = AE nên IC = IH (đpcm)

Bài 10 (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009- 2010)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AC Vẽ dây BD vng góc với AC K ( K nằm A O) Lấy điểm E cung nhỏ CD (E không trùng C D), AE cắt BD H

a) Chứng minh tam giác CBD cân tứ giác CEHK nội tiếp

b) Chứng minh AD2 = AH AE.

c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm Tính chu vi hình trịn (O)

d) Cho BCD  Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác MBC

cân M Tính góc MBC theo  để M thuộc đường tròn (O).

Hướng dẫn:

c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng

tính CA = 25 cm  R = 12,5 cm

Từ tính C = 25

d) M  (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp

 ABMACM 1800



0

90 180

2 MBC 

   

Từ tính

 1800

4 MBC  

Lưu ý: Trong tập tài liệu đôi chỗ đánh nhầm , bạn đọc sửa lại giúp Lời giải có tính chất tham khảo Các bạn tìm lời giải khác tốt Mọi nội dung sai sót xin phản ánh trực tiếp phần góp ý- Chân thành cám ơn

Định dạng
Số trang	7
Dung lượng	1,12 MB