Chuyen de Hinh hoc On thi vao 10

Gäi K lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c MCID, Chøng minh KCOH lµ tø gi¸c néi tiÕp.. Qua M kÎ d©y cung DE vu«ng gãc víi AB.[r]

Bùi Văn Bằng Các dạng toán «n thi vµo líp 10

A HƯ thèng kiÕn thức bản Phần 1: Tam giác

I Tính chÊt chung: A

B C

1.T/c vỊ gãc: Tỉng sè ®o gãc mét tam gi¸c b»ng 180o

Gãc tam giác tổng hai góc không kỊ víi nã.

2 T/c cạnh: Mỗi cạnh tam giác lớn hiệu hai cạnh nhỏ tổng hai cạnh 3 T/c Về quan hệ cạnh góc: Cạnh đối diện với góc lớn lớn ngợc lại. 4 T/c đờng tam giỏc A

a Đờng trung bình:

MN đờng trùng bình Δ ABC M N

⇒ MN // BC ; MN = 1/2BC

b Đờng trung tuyến: B C +G giao đờng trung tuyến thì: A

- G lµ trọng tâm tam giác - GA =

3AM ( GM =

3AM ; GM = 2AG¿

c¸c trung tuyÕn lại tơng tự G

B M C Më réng: -Trung tun cđa tam gi¸c chia tam giác thành phần có diện tích nhau - SGAB = SGBC = S GAC

c §êng trung trùc:

+ T/c trung trùc cđa đoạn thẳng.

d trung trực đoạn thẳng AB - M thuéc d suy MA = MB

- NA = NB suy N thuéc d

+ Ba đờng trung trực tam giác cắt điểm điểm cách đỉnh tam giác điểm tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác.

d Đờng phân giác:

+ T/c tia phân giác mét gãc.

- Điểm nằm tia phân giác góc cách hai cạnh - Điểm cách hai cạnh góc nằm tia phân giác.

+ T/c đờng phân giác ngồi tam gíac.

Đờng phân giác tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng đó.

A BD

, CD,=

BD DC=

AB AC

+ T/c đờng phân giác tam giác: đờng phân giác tam giác đồng quy điểm , điểm cách cạnh tam giác Điểm tâm đờng tròn nội tiếp tam giác. + Đờng phân giác góc hai đờng phân giác ngồi hai góc cịn lại cắt nhau điểm, điểm cách đờng thẳng chứa cạnh tam giác Điểm tâm đờng trịn bàng tiếp tam giác đó.

e §êng cao:

- Ba đờng cao tam giác cắt điểm , điểm gọi trực tâm tam giác f Đờng song song với cạnh tam giác ( Định lí ta let hệ )

II TÝnh chÊt riêng:

1 Tam giác cân:

- Hai cạnh bên nhau

- ng cao , ng trung trực , đờng trung tuyến, đờng phân giác xuất phát từ đỉnh trùng nhau.

+ DÊu hiÖu nhận biết tam giác cân: - Có hai góc nhau - Cã hai c¹nh b»ng nhau

- Có đờng cao đồng thời đờng trung tuyến …. 2 Tam giác vng:

a TÝnh chÊt:

- C¹nh huyền lớn cạnh góc vuông

- Tng hai góc nhọn 90o A - Trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền - Cạnh đối diện với góc 30o nửa cnh huyn.

b Các hệ thức lợng tam giác vuông: b2 = a.b, a h = b c

h2 = c, b, h2=

1

b2+

1

c2 B C c TØ sè lỵng gi¸c cđa gãc nhän.

Cần nhớ: - Định nghĩa tỉ số lợng giác góc nhọn. - Tỉ số lợng giác góc đặc biệt

- Mối quan hệ tỉ số lợng giác cđa hai gãc phơ nhau. - Mét sè c«ng thøc: tgα=sinα

cosα ;Cotgα=

Cosα

Sinα ;Tgα.Cotgα=1;Sin

α+Cos2α=1 - Víi α nhän th×: < sin α ; cos α <1

* Nếu góc α tăng từ 0o đến 90o sin α Tg α tăng Cos α Cotg α giảm

3 Tam giác đều: a Tính chất:

- c¹nh b»ng nhau

- đờng cao, đờng trung trực, đờng trung tuyến , đờng phân giác xuất phát từ đỉnh trùng nhau.

- Tâm đờng tròn nội tiếp, tâm đờng tròn ngoại tiếp, trực tâm , trọng tâm trùng nhau. b Dấu hiệu nhận biết.

- Tam gi¸c có cạnh nhau - Tam giác có góc nhau - Tam giác cân có góc b»ng 60o

III Các trờng hợp đồng dạng hai tam giác: 1 Hai tam giác thng:

Bằng nhau Đồng dạng

Cạnh cạnh – c¹nh Gãc – gãc Gãc – c¹nh – gãc C¹nh – gãc - c¹nh

Bïi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10 C¹nh – gãc – c¹nh C¹nh – c¹nh – cạnh

2 Hai tam giác vuông:

Bằng nhau Đồng dạng

Hai cạnh góc vuông tam giác vuông này hai cạnh góc vuông tam giác vuông kia.

Một góc nhọn tam giác vuông bằng góc nhọn tam giác vuông kia

Cạnh huyền góc nhọn tam giác vuông thứ tự cạnh huyền góc nhọn tam giac vuông kia.

Hai cạnh góc vuông tam giác vuông này tỉ lệ với hai cạnh góc vuông tam giác vuông kia.

Cạnh huyền cạnh góc vuông tam giác vuông cạnh huyền canh góc vuông tam giác vuông kia.

Cạnh góc vuông cạnh huyền tam giác vuông tỉ lệ với cạnh góc vuông và cạnh huyền tam giác vuông kia.

Chú ý: Nếu hai tam giác đồng dạng theo tỉ số k thì: - Tỉ số diện tích k2

- Tỉ số đờng cao, đờng trung tuyến, đờng phân giác tơng ứng k - Tỉ số chu vi k

- Tỉ số hai bán kính đờng trịn nội tiếp , ngoại tiếp tơng ứng k IV Một số cơng thức tính diện tích tam giác

1 S =

2a.h

2 S =

2abSinC=

2bc SinA=

2ac SinB

3 S = a+b+c

2 r (r bán kính đờng trịn nội tiếp tam giác)

4 S = a.b.c

4R ( R bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác) Chú ý: Trong tam giác ABC có: a

SinA=

b

SinB=

c

SinC=2R ( R bán kính đờng trịn ngoi

tiếp tam giác)

Phần 2: Tứ gi¸c

I Tính chất chung: Tổng số đo góc = 360o II T/c số tứ giác c bit.

1 Hình thang:

+ Định nghĩa: Hình thang tứ giác có hai cạnh song song. + TÝnh chÊt:

- Tỉng hai gãc kỊ cạnh bên 2v

- ng trung bỡnh song song với đáy băng nửa tổng độ dài hai đáy. + Dấu hiệu nhận biết:

- Tứ giác có hai cạnh song song.

- Hai gãc kỊ mét c¹nh cã tỉng b»ng 180o

2 Hình thang cân:

+/n: Hỡnh thang cú hai gúc kề đáy nhau. + T/c :

- Có t/c hình thang - Hai cạnh bên nhau. - Hai đờng chéo nhau.

- Hình thang có hai góc kề đáy nhau - Hình thang có hai đờng chéo bng nhau.

3 Hình bình hành:

+ /n: Tứ giác có cạnh đối song song

+ T/c: - Cã tÝnh chÊt cđa h×nh thang

- Tứ giác có Các cạnh đối nhau. - Tứ giác có cạnh đối song song

- Tứ giác có cặp cạnh đối song song nhau - Tứ giác có góc đối nhau

- Tứ giác có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng.

4 Hình chữ nhật:

+ Đ/n: Tứ giác có gãc vu«ng + T/c:

- Các cạnh đối nhau - Các cạnh đối song song

- đờng chéo cắt trung điểm đờng. - Có hai trục đối xứng tâm đối xứng.

+ DÊu hiÖu nhËn biÕt:

- Tứ giác có góc vuông

- Hình bình hành có góc vuông

- Hỡnh bình hành có hai đờng chéo nhau - Hình thang cân có góc vng.

5 H×nh thoi:

+ Đ/n: Tứ giác có cạnh nhau. + T/c:

- Hai đờng chéo vng góc với cắt trung điểm đờng.

- Mỗi đờng chéo phân giác góc đỉnh. - Tâm đỗi xứng giao điểm hai đờngchéo. - Hai đờng chéo hai trục đối xứng.

+DÊu hiÖu nhËn biÕt:

- Tứ giác có cạnh nhau

- Hình bình hành có hai cạnh kề nhau

- Hình bình hành có hai đờng chéo vng góc với nhau

- Hình bình hành có đờng chéo phân giác góc đỉnh.

6 Hình vuông:

+Đ/n: Tứ giác có cạnh có góc vuông. + T/c:

- Hai đờng chéo nhau, vng góc với

cắt trung điểm đờng ,là phân giác góc đỉnh. - Có tâm đối xứng

- Có trục đối xứng. + Dấu hiệu nhận biết:

- Hình chữ nhật có hai cạnh kề nhau. - Hình thoi có góc vuông

- Hỡnh thoi có hai đờng chéo nhau.

- Hình chữ nhật có đờng chéo phân giác góc. - Hình chữ nhật có hai đờng chéo vng góc nhau.

Phần : Đa giác đều * Tớnh cht:

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10 - Số đo góc : ((n-2).180o ):n

- Bỏn kính đờng trịn ngoại tiếp: R =

a

2 sin180

n - Bán kính đờng trịn nội tiếp r =

a

2 tg180

n - DiÖn tÝch: S = a.r.n

2 =P.r ( P lµ nưa chu vi)

Phần 4: Đ ờng tròn Hình tròn

I Đờng tròn:

+ nh ngha: ng trũn tõm O bán kính R hình gồm điểm cách điểm O cho trớc một khoảng R ( R > 0) kí hiệu: (O;R)

+ Cơng thức tính độ dài đờng trịn: C = 2 π R + Cơng thức tính diện tích hình trịn: S = π R2 + Cơng thức tính độ dài cung no : l = πRn

180

+Công thức tính diện tích quạt tròn no là: S = πR

n

360

+ Diện tích hình viên phân = S quạt – Stam giác. 1 Quỹ tích đờng trịn:

a {M/OM=R ,Ocodinh}=(O ; R) b {M/A M

❑

B=1V}=(I ;AB

2 ) víi I lµ trung điêm AB.

2 Quỹ tích cung trßn:

{M/A M❑ B=α} là hai cung chứa góc α dựng đoạn AB. 3 Các cách xỏc nh mt ng trũn:

- Biết tâm bán kính

- Qua điểm không thẳng hàng - ………

3 Tính chất đối xứng đờng trịn:

- tâm đối xứng tâm đờng trịn - Mỗi đờng kính trục đối xứng.

4 Định lí liên hệ đờng kính dây cung - Đờng kính dây cung lớn đờng tròn.

- Trong đờng trịn, đờng kính vng góc với dây qua trung điểm dây ấy. - Trong đờng trịn , đờng kính qua trung điểm dây khơng qua tâm vng góc với dây ấy.

5 Định lí liên hệ dây khoảng cách đến tâm. Trong đờng trịn :

- Hai dây cách tâm ngợc lại - Dây lớn dây gần tâm va ngợc lại.

6 Vị trí tơng đối đờng thẳng đờng tròn, điểm đờng tròn, hai đờng tròn. 7 Tiếp tuyến đờng tròn:

a Các dấu hiệu nhận biết đờng thẳng tiếp tuyến đờng trịn. - Đờng thẳng có điểm chung với đờng tròn.

- Khoảng cách từ tâm đờng trịn đến đờng thẳng bán kính.

- Đờng thăngr qua điểm đờng tròn vng góc với bán kính qua điểm đó. b Tích chất hai tiếp tuyến cắt nhau:

- Điểm cách hai tiếp điểm

- Tia kẻ từ điểm qua tâm tia phân giác góc tạo hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm qua điểm tia phân giác góc tạo hai bán kính qua các tiếp điểm.

7 Liên hệ cung dây:

Trong mt ng tròn hai đờng tròn nhau: - Dây lớn hn cng dõy ln hn.

- Dây lớn căng cung lớn hơn.

- Hai dây căng hai dây nhau. ( Chú ý: Ta xÐt c¸c cung nhá)

8 Các loại góc đờng trịn: Góc nội tiếp, góc tâm , góc tạo tia tiếp tuyến dây cung, góc có đỉnh bên hay bên ngồi đờng trịn.

( Định nghĩa, định lí hệ quả)

Chuyên đề 1:

Chứng minh đờng thẳng l tip tuyn ca mt ng trũn.

I/Phơng pháp:

- Chứng minh đờng thẳng vng góc với bán kính mút nằm đờng trịn. - Chứng minh khoảng cách từ tâm đờng tròn tới đờng thẳng bán kính - Giả sử đờng thẳng a1 tiếp tuyến đờg tròn , chứng minh a trùng với a1 - Dựa vào t/c góc tạo tia tiếp tuyn v dõy cung.

II/ Bài tập áp dụng:

Bài 1: Từ điểm A (O) vẽ tiÕp tuyÕn AB ë ngoµi (O) (B lµ tiÕp điểm) kẻ dây BC AO Chứng minh AC tiếp tuyến (O)

Bài 2: Cho điểm A ë ngoµi (O) VÏ ( A;OA) Gäi CD tiếp tuyến chung hai đ-ờng tròn C thuộc (O) D thuộc (A) Đoạn nối tâm OA cắt (O) H.

Chứng minh: DH tiếp tun cđa (O)

Bài 3: Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB Vẽ hai tiếp tuyến Ax By với nửa đ-ờng tròn M điểm thuộc nửa đđ-ờng trịn, Qua M kẻ tiếp tuyến với nửa đđ-ờng trịn cắt Ax C cắt By D Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD.

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A Gọi O giao điểm tia phân giác gãc B víi AC Chøng minh BC lµ tiÕp tuyÕn cña (O; OA)

Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có hai đờng cao BD CE cắt H Gọi M trung điểm BC Chứng minh

a MD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD. b ME tiếp tuyến (AEHD)

c MEOD lµ tø giác nội tiếp.

Bài 6: Cho (O;R) dây AB ( AB < 2R) Gọi M điểm cung nhỏ AB Dây MC cắt AB D Chứng minh:

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

Bài 7: Cho (O;R) từ điểm A cách O khoảng 2R kẻ hai tiếp tun AB vµ AC víi (O) víi B, C tiếp điểm Đờng thẳng vuông góc với OB O cắt AC N, Đ-ờng thẳng vuông góc với OC O cắt AB M

Chøng minh MN lµ tiÕp tun cđa (O).

Chuyờn 2:

Chứng minh điểm thẳng hàng

I Phơng pháp

1.Ph ơng pháp 1: Chứng minh đoạn thẳng (Mỗi đoạn có hai đầu hai điểm) tạo thành góc 180o

A B C c/m gãc ABC = 180o

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Trung tuyến AM, CN Trên tia đối tia NC lấy điểm K cho KN = NC, tia đối tia MB lấy điểm I cho MI = MB.

Chøng minh r»ng K, A, I thẳng hàng. A

N M

B C

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi M điểm đờng trịn Gọi I, J, K thứ tự hình chiếu M lên đờng AB, AC, BC

Chứng minh I, J , K thẳng hàng. A

B C

Ví dụ 3: Cho (O) (O,) tiếp xúc I AB CD hai đờng kính (O) (O,) ; AB // CD

Chøng minh A; I ; D thẳng hàng.

2 Ph ng pháp 2: Sử dụng tiên đề ơclit

“Chứng minh hai đờng thẳng qua ba điểm song song với đ-ờng thẳng cố định”

Ví dụ1: Cho hình thang ABCD ( AB//CD) Gọi I giao hai đờng phân giác ngoài đỉnh A vàD; J trung điểm AD , K trung điểm BC.

Chøng minh: I; J; K thẳng hàng. A B

I J K

D C

. K

J

Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD , O giao điểm hai đờng chéo Gọi E điểm đối xứng A qua B DE cắt BC F, H trung điểm EC.

Chøng minh: O; F; H thẳng hàng.

A B E o

F H D C

3 Ph ơng pháp 3: Sử dụng định lí hai đờng thẳng vng góc:

“Chứng minh đờng thẳng qua điểm vng góc với đờng thẳng cố định”

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng A có D thuộc AC, I chân đờng vng góc hạ từ D xuống BC Đờng thẳng qua C vng góc với BD cắt AB K.

Chøng minh: K; I D thẳng hàng.

Vớ d 2: Cho nửa (O) đờng kính AB C điểm nửa đờng tròn Gọi D điểm tia AC cho AD = AB E điểm đờng kính AB cho AE =AC , BC cắt DE H , AH cắt (O) ti K.

Chứng minh: D; K B thẳng hàng.

Ví dụ 3: Cho (O) hai dây không qua tâm AB CD song song với Gọi I trung điểm AB, J trung ®iĨm cđa CD.

Chøng minh r»ng O; I J thẳng hàng.

4 Ph ng phỏp 4: Chứng minh đờng thẳng qua điểm chứa điểm lại.

- Tâm thuộc đờng kính:

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng A đờng cao AH , đờng tròn (H,HA) cắt tia AB E cắt AC F Chứng minh E, H F thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) D điểm thoả mãn để tứ giác ABCD la hình bình hành Đờng thẳng qua A vng góc với BD cắt (O) H.

Chøng minh rằng: H, O C thẳng hàng.

Vớ d 3: Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao BD CE cắt tai H, Gọi I trung điểm BC , đờng thẳng qua C // với BH cắt đờng thẳng qua B //CH D chứng minh rằng:

a H, I D thẳng hàng

b A, O , D thẳng hàng ( O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC) c Gọi J K thứ tự trung điểm AH FE.

Chøng minh I, J K thẳng hàng.

- Tõm hỡnh bình hành thuộc đờng chéo hình bình hành.

Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD có O tâm đối xứng Gọi M trung điểm AB, N trung điểm DC.

Chøng minh M, O, N thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Đờng cao BD CE cắt H, AO cắt (O ) D , gọi I trung điểm BC.

Chứng minh: H, I D thẳng hàng.

- Trực tâm thuộc đờng cao:

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10 Chứng minh E, I H thẳng hàng.

- Trọng tâm thuộc trung tuyến:

Vớ dụ: Cho hình bình hành ABCD Gọi O giao điểm hai đờng chéo E điểm đối xứng A qua B ED cắt BC F, OF cắt EC H, OE cắt BC G.

Chứng minh A, G , H thẳng hàng.

5 Ph ơng pháp 5: chứng minh điểm có tính chất: + Cách hai đầu đoạn thẳng cố định

+ Cách hai cạnh góc

+ Cách đờng thẳng thuộc nửa mặt phẳng có bờ đờng thẳng đó.

VÝ dơ1: Cho tam gi¸c ABC vuông A , D thuộc cạnh AB , H hình chiếu B lên DC, BH cắt AC E Gọi O trung điểm DE, I trung điểm AH , J trung điểm BC.

Chứng minh: I, J O thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho hình chữ nhật ABCD với O tâm Một góc vuông xAy, tia Ax cắt BC tại E, cắt DC F , Ay cắt DC P cắt BC Q Gọi I trung điểm FQ, J trung điểm PE.

Chứng minh J, O, I thẳng hàng.

Vớ d 3: Cho t giác ABCD có AD khơng // với BC Gọi I giao điểm hai đờng của góc A góc B, J giao điểm hai đờng phân giác góc D góc C K giao điểm hai đờng phân giác đỉnh D C.

Chøng minh I, J, K thẳng hàng.

6 Các ph ơng pháp khác:

- A, B , C thẳng hàng AB + BC = AC

- Hai điểm tâm hai đờng tròn tiếp xúc tiếp điểm.

- Sử dụng t/c trung điểm cạnh bên trung điểm đờng chéo hình thang thẳng hàng.

- Sử dụng vị trí hai góc đối đỉnh.

- Sử dụng t/c đoạn thẳng tơng ứng tỉ lệ có điểm tơng ứng thẳng hàng: Ta có B, D, N thẳng hàng KE

KB= KF KD=

KG

KN ⇒ E, F , G thẳng hàng.

B E

D

K G N

Bµi tËp:

BT1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) , B thuộc cung BC đờng thẳng qua P //AB cắt AC tại I , đờng thẳng qua P //AC cắt BC J, đờng thẳng qua P //BC cắt AB K

Chứng minh I; J; K thẳng hàng.

BT2: Cho tam giác ABC đờng cao AA, , Gọi I, J, K , L thứ tự hình chiếu A, lên AB, AC, BB, CC,.

Chứng minh I, J, K L thẳng hàng.

BT3: Cho hình thang ABCD có O làgiao điểm hai đờng chéo , hai cạnh bên kéo dài cắt nhau I M, N thứ tự trung điểm AB DC.

Chøng minh r»ng I, M, N, O thẳng hàng.

BT4: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) đờng cao AD, BE, CF cắt H Gọi P là điểm đối xứng H qua trung điểm K BC.

a Chøng minh A, O , P thẳng hàng.

b Gọi I trung điểm AH, J trung điểm EF Chứng minh I, J, K thẳng hàng

Chuyờn : Chng minh đờng thẳng đồng quy A Phơng pháp chung:

- Tìm giao hai đờng thẳng sau chứng minh đờng thẳng thứ qua giao điểm hai đờng thẳng nhờ phơng pháp chứng minh điểm thẳng hàng.

- Chứng minh điểm thuộc đờng thẳng

- Sử dụng t/c đồng quy đờng tam giác.

- Sử dụng tính chất đờng thẳng định hai đờng thẳng song song đoạn thẳng tỉ lệ.

- Chứng minh cho đờng tròn qua điểm. B Bài tập:

BT1: Cho tam giác ABC trung tuyến AM, điểm E D thuộc cạnh AB AC cho AE = 1/3AB vµ AD = 1/3 AC.

Chứng minh AM , BD CE đồng quy.

BT2: Cho nửa đờng trịn đờng kính AB , C D hai điểm thuộc nửa đờng tròn

( AC < AD ) Gọi E giao điểm BC AD F hình chiếu E lên AB Chứng minh AC, BD, EF đồng quy.

D C

A B

BT3: Cho tứ giác lồi ABCD có cạnh đối khơng song song , phân giác góc A cắt phân giác góc B M, Phân giác góc D cắt phân giác góc C N

Chứng minh : AD, BC, MN đồng quy.

BT4: Cho tam giác ABC vuông A, D thuộc cạnh AC, đờng trịn đờng kính DC cắt BC E cắt BD F.

Chứng minh AB, ED CF đồng quy.

Chuyên đề 4: Chứng minh tứ giác nội tiếp A Phơng pháp:

- Chứng minh đỉnh cách điểm

- Chứng minh tổng hai góc đối vng

- Chứng minh hai đỉnh nhìn hai đỉnh cịn lại dới góc vng.

- Chứng minh hai đỉnh liên tiếp nhìn hai đỉnh cịn lại dới hai góc nhau.

Bùi Văn Bằng Các dạng tốn ơn thi vào lớp 10 BT1: Cho tam giác ABC có đờng cao AD , BE, CF cắt H

a Chøng minh tø gi¸c AEHF BFEC nội tiếp. b Trên hình có tứ giác nội tiếp.

BT2: Cho tam giỏc ABC nhọn đờng cao AH Gọi D , E thứ tự hình chiếu H Ab và AC Chứng minh ADHE BDEC nội tiếp

BT3: Cho hình vuông ABCD, có E thuộc cạnh DC, F thuéc c¹nh BC cho gãc EAF b»ng 45o DB cắt AE G, cắt AF t¹i K.

Chøng minh: a ABFG néi tiÕp b ADEK néi tiÕp.

BT4: Cho tam giác ABC có M, N, P thứ tự trung điểm BC, CA, AB Các đờng trung trực tam giác gặp O Các đờng cao AD, BE, CF gặp H Gọi I, K, R theo thứ tự trung điểm AH, HB, HC.

Chứng minh: I, D, M, K, E, N, R, P thuộc đờng trịn.

D¹ng V

Bài tập Hình tổng hợp

Bi 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P

Chøng minh r»ng:

1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp

2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

4 H M đối xứng qua BC

5 Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEC = 900.

CF đờng cao => CF  AB => BFC = 900.

Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng trịn đờng kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn

XÐt hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung

=>  AEH ADC => AE

AD= AH

AC => AE.AC = AH.AD

* XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung

=>  BEC ADC => BE

AD= BC

AC => AD.BC = BE.AC

4 Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( hai góc nội tiếp cïng ch¾n cung BM)

=> C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C

=> CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC 5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trịn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cịng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp cïng ch¾n cung HD)

E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED

Chng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF

Bài 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn

2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED =

2 BC

4 Chứng minh DE tiếp tuyến đờng trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:

Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEA = 900.

AD đờng cao => AD  BC => BDA = 900.

Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng trịn đờng kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn

3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900

Vậy tam giác BEC vuông E cã ED lµ trung tuyÕn => DE =

2 BC

Vì O tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)

Theo DE =

2 BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3

Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E

Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E

5 Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32  ED = 4cm

Bài 3 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N

1 Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh COD = 900.

3 Chøng minh AC BD = AB

2

4

4 Chøng minh OC // BM

5 Chứng minh AB tiếp tuyến đờng trịn đờng kính CD Chứng minh MN  AB

7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải:

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900.

Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,

Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB

2

4

Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1)

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

Gi I trung điểm CD ta có I tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng 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 đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD

6 Theo trªn AC // BD => CN

BN= AC

BD , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy CN BN=

CM DM

=> MN // BD mµ BD  AB => MN  AB

7 ( 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 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK

1. Chứng minh B, C, I, K nằm đờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)

1. Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B

Do BI  BK hayIBK = 900

Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng

trịn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng trịn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH

C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 )

I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O)

Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đờng trịn (O)

Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH =

√202−122 = 16 ( cm)

CH2 = AH.OH => OH = CH

2

AH = 122

16 = (cm)

OC = √OH2

+HC2=√92+122=√225 = 15 (cm)

Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng 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

1 Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp

2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn

3 Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.

4 Chøng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6 Tỡm qu tớch ca điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải:

(HS tù lµm)

Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ ng kớnh

Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A,

B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính OM

Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng trịn 3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đờng cao. áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2.

OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB h×nh thoi

5 Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vng góc với AB)

6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng trịn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E

1 Chøng minh tam gi¸c BEC c©n

2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE

Lêi gi¶i: (HD)

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)

Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2

2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyÒn AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB

=> AI = AH

3 AI = AH BE AI I => BE tiÕp tun cđa (A; AH) t¹i I 4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M

1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh BM // OP

3 Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành

4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng

Lời giải: (HS tù lµm)

Ta cã  ABM néi tiÕp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM =>  ABM =

AOM

(1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) =>  AOP =

AOM



(2) Tõ (1) vµ (2) =>  ABM =  AOP (3)

Mà  ABM  AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4)

Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB).

=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)

Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ

Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm

ca PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)

AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đơng thời đờng cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng

Bài 8 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng trịn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác néi tiÕp 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB.

3) Chứng minh BAF tam giác cân

4) Chứng minh : Tứ giác AKFH h×nh thoi

5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn

Lêi gi¶i:

1 Ta cã : AMB = 900 ( néi

tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vµo líp 10

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> KEF = 900 (vì hai góc kề bù).

=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối

của 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 đờng cao => AI2 = IM . IB.

Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……)

=> 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 đờng cao tam giác ABF (2).

Tõ (1) vµ (2) => BAF tam giác cân B

BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng 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 đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng)

(HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng trịn AKFI phải l hỡnh thang cõn

AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB

Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7)

Tam giác ABI vuông 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 đợc đờng tròn

Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E)

1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh  ABD =  DFB

3 Chøng minh r»ng CEFD lµ tø giác nội tiếp Lời giải:

C thuc na đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn

) => BC  AE

ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC

đ-ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB

đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).

=> ABD + BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)

 ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).

=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2)

Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)

Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800

ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD).

Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bï) nªn suy

ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác

Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đơng

vng góc từ S đến AB

1 Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh tam giác

PS’M c©n

3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải:

1 Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n

nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới

một góc 900 nên nằm đờng trịn đờng kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng trịn 2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M’ nằm đờng tròn => hai cung AM AM’ có số đo

=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)

Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2)

=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S= ASS’

Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cõn ti P

3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S’1 (cïng phơ víi S) (3)

Tam gi¸c PMS’ cân P => S1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5)

Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy

ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :

1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän

2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4 BD

CB= BM CF

Lêi gi¶i:

1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF= AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( v×

gãc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chứng minh tơng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã

ba gãc nhän

2 Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>

AD AF

AB AC => DF // BC.

3 DF // BC => BDFC hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn

4 Xét hai tam giác BDM CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD

CB= BM CF

Bài 12 Cho đờng trịn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh :

1 Tø giác OMNP nội tiếp

2 Tứ giác CMPO hình bình hành

3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M

4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định

Lêi gi¶i:

1 Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ).

Nh M N nhìn OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N cïng n»m

trên đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp

2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM)

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

=> OPM = OCM

Xét hai tam giác OMC MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại

có MO c¹nh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Tõ (1) vµ (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành

3. Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiếp chắn nửa

đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC

=>

CM CO

CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2

khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vng góc

víi CD t¹i D

Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song b»ng AB

Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng trịn đờng kính HC cắt AC F

1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp

3 AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải:

1 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)

CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2)

EAF = 900 ( V× tam giác ABC vuông A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

2 T giỏc AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung

AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 =

H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ 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 tip

3 Xét hai tam giác AEF ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng

minh trªn) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE AB = AF AC.

* HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC

4 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 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF

Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K

Đờng vng góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K)

1 Chøng minh EC = MN

2 Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)

3 TÝnh MN

4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải:

1 Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)

=> ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)

AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (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)

Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay

MN KN N => MN tiếp tuyến (K) t¹i N

Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)

3 Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm O) => AEB vng A có EC  AB (gt)

=> EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm.

4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta cã S(o) =  OA2 = 252 = 625; S(I) =  IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 =  202 = 400

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng trịn S =

1

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

1

2( 625- 25- 400) =

1

2.200  = 100 314 (cm2)

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng trịn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S

1 Chøng minh ABCD tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB

3 Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy

4 Chøng minh DM lµ tia phân giác góc ADE

5 Chng minh im M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:

1. Ta có CAB = 900 ( tam giác ABC vng A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp cïng ch¾n cung AB)

D1= C3 =>

 

SM EM => C

2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng trịn (O) chắn hai cung bng nhau)

=> CA tia phân giác gãc SCB

3 Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy

4 Theo trªn Ta cã SM EM  => D1= D2 => DM lµ tia phân giác góc ADE.(1)

5. Ta cú MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng 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 đờng tròn => A2 = B2

Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD)

=> A1= A2 => AM lµ tia phân giác góc DAE (2)

T (1) v (2) Ta có M tâm đờng trịn nội tiếp tam giỏc ADE

TH2(Hình b)

Câu : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bïADC) => CME = CDS

=> CE CS  SM EM => SCM = ECM => CA lµ tia phân giác góc SCB

Bi 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng trịn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G

Chøng minh :

1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp

3 AC // FG

4 Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải:

1 XÐt hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC

vuụng ti A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB  CAB

2 Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); BAC = 900

( ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mµ

đây hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp

* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay

BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn ng

kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp

3 Theo ADEC tứ giác néi tiÕp => E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so

le nªn suy AC // FG

4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S

Bài 17. Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC

1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng trịn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH

3 Chøng minh OH  PQ Lêi gi¶i:

1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt)

=> AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới mét gãc

bằng 900 nên P Q nằm đờng trịn đờng kính AM

=> APMQ tứ giác nội tiếp

* Vỡ AM đờng kính đờng trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM

2 Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC =

1

2BC.AH.

Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM

=

1

2AB.MP

Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM =

1

Ta cã SABM + SACM = SABC =>

1

2AB.MP +

2AC.MQ =

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH

3 Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => HP HQ  ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH  PQ

Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đờng thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đờng trịn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC

1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I

3 Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải:

1 Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MCI = 900 (vì hai góc kề bù)

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MDI = 900 (vì hai góc kÒ bï).

=> MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên

MCID tứ giác nội tiếp

2 Theo Ta có BC  MA; AD  MB nên BC AD hai đ-ờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đ-ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4

KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1

Mµ A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( v× gãc

ACM lµ gãc bĐt) hay OCK = 900

XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ OHK vµ OCK lµ

hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 19. Cho đờng trịn (O) đờng 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

1 Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chøng minh tø giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD

4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chøng minh MI lµ tiÕp tun cđa (O’) Lêi gi¶i:

1 BIC = 900 ( néi tiÕp ch¾n

nửa đờng trịn ) => BID = 900 (vì

Bïi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

=> BID + BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID

nên MBID tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng 3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1)

4 Theo giả thiết ADBE h×nh thoi => EB // AD (2)

Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thơi.)

5 I, B, E th¼ng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính )

=> I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mµ

I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  OI I => MI tiếp tuyến (O)

Bài 20. Cho đờng tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đờng 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:

1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp

2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đờng trịn Tứ giác ADBE hình thoi

4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE

7 MF tiếp tuyến (O) Lời giải:

1 BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )

=> CGD = 900 (v× hai góc kề bù)

Theo giả thiÕt DE  AB t¹i M => CMD = 900

=> CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp

2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE  AB M)

nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng trịn đờng kính BD

=> M, D, B, F nằm đờng tròn

3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vng góc với trung điểm đờng 4 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình tho

=> BE // AD mµ AD  DF nªn suy BE  DF

Theo BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF  DF mà qua B có đờng thẳng

vu«ng gãc víi DF đo B, E, F thẳng hàng

5 Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy

6 Theo trªn DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)

7 (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1

OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB )

=> F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’

hay MF OF F => MF tiÕp tun cđa (O’)

Bài 21. Cho đờng trịn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q

1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A

4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải:

1 Ta có OI = OA – IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A

2 OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1

IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1

=> P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ

3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân

tại O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ 4. (HD) Kẻ QH  AB ta có SAQB =

1

2AB.QH mà AB đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn

nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO

Thật P trung điểm cung AO => PI  AO mà theo PI // QO => QO  AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn

Bài 22. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thứ tự H K

1 Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK

3 Chøng minh KC KD = KH.KB

4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải:

1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE

tại H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD díi mét gãc

bằng 900 nên H C nằm đờng trịn đờng kính BD =>

BHCD tứ giác nội tiếp

2. BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1)

BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).

Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450

3 XÐt KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung

=> KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC KD = KH.KB

4 (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển

động cung BC (E  B H  B; E  C H  C)

Bài 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE

1 Chøng minh ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng

2 ng thng HD ct ng trũn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân

3 Cho biÕt ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF vµ

ED, Chứng minh điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn

4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Lêi gi¶i:

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vu«ng ë A => BAC = 900

=> BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) nên tam giác BFC vng F (1).

FBC = FAC ( néi tiÕp cïng chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2).

Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F

3 Theo trªn BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông).

=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF

= CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vu«ng) => CMF = 450 hay CMB = 450

Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông).

Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng trªn BC

=> điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn

4 CBM cã B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC C => MC tiếp tuyến

đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bi 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, ng trũn ny ct

BA BC D vµ E

1 Chøng minh AE = EB

2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH

3 Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Lêi gi¶i:

1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( hai góc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt ABE = 450

=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB

F 1 / / _ _ K H I E D O C B A

2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE E => IK  HE K (2).

Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH 3. theo I thuộc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I trung điểm BH => IE = IB

 ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng

D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID

Ta có ODC cân O (vì OD OC b¸n kÝnh ) => D1 = C1 (3)

IBD cân I (vì ID IB b¸n kÝnh ) => D2 = B1 (4)

Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH  AC F => AEB có AFB = 900

Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5)

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID

tại D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bài 25. Cho đờng trịn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q

1 Chøng minh tam giác ABC cân 2 Các tứ gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ  MI.

Lêi gi¶i:

1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ABC cân A 2. Theo giả thiết MI BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900.

=> MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp

* ( Chøng minh tø gi¸c CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK )

3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tø gi¸c

CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800 mµ KBI = HCI ( tam giác

ABC cân A) => KMI = HMI (1)

Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiÕp cïng chắn cung

KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM)

Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 = H1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

MI MK

4 Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 + BMC = 1800

=> I1+ I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp

=> Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả

thiÕt MI BC nªn suy IM  PQ

Bài 26. Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :

1 KC

KB= AC

AB 2 AM tia phân giác CMD 3 Tø gi¸c OHCI néi

tiÕp

4 Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng trịn M

Lêi gi¶i: 1 Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC 

=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC

KB= AC

AB ( t/c tia phân giác tam giác )

2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD

3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM BC I => OIC = 900 ; CD  AB t¹i H

=> OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp

4 Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM  BC => OM  MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 27 Cho đờng trịn (O) điểm A ngồi đờng trịn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB Chứng minh :

Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 BAO =  BCO 3 MIH  MHK 4 MI.MK = MH2.

Bïi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

(HS tù gi¶i)

Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => BAO =  BCO (néi tiếp chắn cung BO) Theo giả thiết MH BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900

=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội

tiÕp cïng chắn cung HM)

Chứng minh tơng tự ta có tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiếp chắn cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) =>  HIM  KHM

Theo trªn  HIM  KHM =>

MI MH

MH MK => MI.MK = MH2

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC

1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O)

3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân

4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC

Lêi gi¶i:

1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đ-ờng chéo cắt trung điểm đđ-ờng

2 (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ

BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF

là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800

=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)

* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800

=> ABEC néi tiÕp => E thuéc (O)

3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC  HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE  HE (2)

Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)

Theo E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4)

Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE (

cïng phơ ACB) (5)

Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6)

Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân

4. Theo trờn AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH

Theo giả thiết I trung điểm BC => OI  BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>

GI OI

GA HA mµ OI =

1

2 AH

=>

1

GI

GA mµ AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm cña

Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H

1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’

3 Gäi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’

4 Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để

tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD)

1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) AEF = ABC (cïng bï CEF) =>  AEF  ABC

2 Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’

3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính các đờng trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :

 AEF  ABC =>

' '

R AA

R AA (1) R bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ l bỏn kớnh

đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA’ lµ trung tun cđa ABC; AA1 lµ trung tuyÕn cña AEF

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đờng trịn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’

AH

= AA’

2 '

A O

VËy R AA1 = AA’ A’O (2)

4 Gọi B’, C’lần lợt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

1

2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )

2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)

Theo (2) => OA’ = R

1

'

AA AA mµ

1

'

AA

AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC

nªn

1

'

AA AA =

EF

BC T¬ng tù ta cã : OB’ = R FD

AC ; OC’ = R ED

AB Thay vào (3) ta đợc

2SABC = R (

EF FD ED

BC AC AB

BC  AC AB )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC

Ta cã SABC =

1

2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm

chÝnh giìa cđa cung lín BC

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA

1 Chøng minh AM phân giác góc OAH Giả sö B > C Chøng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 vµ OAH = 200 Tính:

a) B C tam giác ABC

Hớng dẫn ôn tập Toán 9

2 VÏ d©y BD  OA => AB AD => ABD = ACB

Ta cã OAH =  DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C

3 a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C =

200

=>

0

0

120 70

20 50

B C B

B C C

                    

b) Svp= SqBOC - SBOC =

2

.120

360 2

R R

R





=

2 2

(4 3)

3 12

R R R

  

 

B i 31à : Cho tam giác ABC nhọn đờng cao BD CE cắt H Gọi M ,N lần l-ợt hình chiếu B ,C DE Chứng minh :

a)Tø gi¸c ADHE néi tiÕp.

b)Bốn điểm B ; C ; D ; E thuộc đờng trũn. c)Chng minh AD.AC=AE.A

d)I ;J lần lợt trung điểm BC DE Chứng minh :IJ DE

e)Chøng minh ME=DN

H E I C B A N M D j

HD:d)Tam giác DEF cân I có IJ đờng trung tuyến đồng thời đờng cao e)Cách 1:IJ đờng trung bình hình thang BCNM

C¸ch 2: BME  BDC vµ CNDCEB

Bài 32:Cho đờng trịn tâm O dây AB Trên đt AB lấy C nằm đoạn AB cho CA<CB Đờng kính EF vng góc với AB D ,CE cắt đờng trịn điểm thứ I IF cắt AB K CF cắt đờng tròn điểm

thø P Chứng minh

a)Tứ giác DEIK nội tiếp b)P ,K ,E thẳng hàng c)Tứ giác CPKI nội tiếp

d)IC phân giác IAB d)CA.KB=CB.KA

HD:b)Trực tâm thuộc đờng cao

d)Vuông góc với phân giác IK e)Dựa vào tính chất phân giác (IK) và phân giác ngoµi (IC) cđaIAB