HÌNH HỌC - Thời gian ôn thi 6 buổi .
Toán chứng minh tứ giác nội tiếp
Toán chứng minh hệ thức sử dụng đến kiến thức hệ thức lượng trong tam giác
vuông hay hai tam giác đồng dạng .
Toán chứng minh 3 điểm thẳng hàng
Toán chứng minh tia phân giác của một góc…..
Toán chứng minh các đường thẳng song song , đồng quy
Toán tìm quỹ tích của điểm ………………..
Toán tìm cực trị trong hình học…….
Toán tìm số đo góc…
Toán chưng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn…
Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến
tại B và C cắt nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD.
EC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng:
A
1) Tứ giác OEBM nội tiếp.
2) MB2 = MA.MD.
O
C
� MOC
� .
E
3) BFC
F
4) BF // AM
B
Hướng dẫn giải
D
1) Ta có EA = ED (gt) OE AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây)
�
�
OEM
= 900; OBM
= 900 (Tính chất tiếp tuyến)
E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông Tứ giác OEBM nội tiếp.
1
�
� ( góc nội tiếp chắn cung BD)
sđ BD
2) Ta có MBD
2
M
1
�
� ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD)
MAB
sđ BD
2
�
� . Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:
MBD
MAB
MB MD
�
�
MBD đồng dạng với MAB
Góc M chung, MBD
MAB
MA
MB = MA.MD
1 �
1
�
� ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
BOC
3)Ta có: MOC
= sđ BC
2
2
� MOC
� .
nội tiếp) BFC
MB
2
� = 1800)
4)Tứ giác MFOC nội tiếp ( F$ C
�
� (theo câu 3)
MC), mặt khác MOC
BFC
� 1 sđ � (góc
BFC
BC
2
� MOC
�
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung
MFC
� MFC
� BF // AM.
BFC
Bài 2:Cho điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O; R). Vẽ đường kính AC,
tiếp tuyến tại C của đường tròn (O; R) cắt AB ở D. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác MAOB nội tiếp
2. AB.AD = 4R 2
3. OD vuông góc với MC
Hướng dẫn giải ( H/s tự vẽ hình)
1.Xét tứ giác MAOB có: MAO = 90 0 ( Do MA tiếp tuyến )
MBO = 90 0 ( Do MB tiếp tuyến )
Do đó MAO + MBO = 180 0
Vậy tứ giác MAOB nội tiếp ( vì có tổng hai góc đối bằng 180 0 )
2.Ta có ACD = 90 0 ( Do DC là tiếp tuyến )
ABC = 90 0 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
ACD vuông tại C , có đường cao CB , Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong
tam giác vuông ta có
AB.AD = AC 2 2 R 4 R 2 (đpcm)
2
3. Gọi MO cắt AB tại I,MC cắt OD tại H.
Ta có MAO = ACD = 90 0 ;
AMO = CAD ( Cùng phụ với MAI)
MAO : ACD (g- g)
MA AO
MA CO
mà AO = CO Nên
;
AC CD
AC CD
MAC = OCD = 90 0
MAC : OCD (c-g-c)
ACM = ODC mà MCD = AMC (so le trong )
MAC : CHD ( g g ) DHC MAC 900
Vậy OD MC (đpcm)
Bài 3:Cho đường tròn (O; R) và dây AB, vẽ đường kính CD vuông góc với AB tại K (D thuộc
cung nhỏ AB). Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. DM căt AB tại F.
a. Chứng minh tứ giác CKFM nội tiếp.
b. Chứng minh: DF.DM = AD2.
c. Tia CM cắt đường thẳng AB tại E. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt AF tại I. Chứng minh:
IE = IF.
d. Chứng minh:
FB KF
=
EB KA
C
Hình vẽ
� 900 ;
Vì AB CD CDF
j M
� =900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) )
Mà CMF
O
Tứ giác CKFM nội tiếp
HS chứng minh: DF.DM = DK.DC (Do DKF : DMC ( g g ) )
E
I
Chứng minh: DK.DC = AD2 (Pitago trong tam
giác
vuông ADC có AK đường cao)
B
2
F
K
Suy ra: DM.DF = AD A
D
� CDM
�
� MIF cân tại I MI MF
HS lập luận chỉ ra: MFI
DMI
(1)
� +IMF
� =EMF
� =900 ; MFI
� +MEI
� =900 ( Vì D MEF vuông tại M)
Mà IME
� =MFI
�
� IEM
� MIE cân tại I IE IM
Mặt khác theo c/m trên: IMF
IME
và (2) suy ra: IF = IE
Ta có KA = KB (T/c đường kính vuông góc dây cung)
HS chứng minh DKF : EKC ( g g )
(2) ; Từ (1)
DK KF
KE.KF KD.KC
EK KC
Mà KD. KC = KB2 (Pitago trong tam giác vuông CBD có BK là đường cao)
(KB +BF)KF = KB2
KB.KF BE.KF KB 2 BE.KF KB 2 KB.KF KB ( KB KF )
FB KF
FB KF
BE.KF KB.FB
EB KB
EB KA
Bài 4: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm
bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB.
1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
�
�
2) Chứng minh ACM
ACK
3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác
vuông cân tại C.
C
M
E
H
A
K
O
B
Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp.
� 900 ( do chắn nửa đường tròn đk AB)
Ta có HCB
� 900 (do K là hình chiếu của H trên AB)
HKB
� HKB
� 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp
=> HCB
�
�
Chứng minh ACM
ACK
Ta có �
ACM �
ABM (do cùng chắn �
AM của (O))
� HBK
�
� .của đtròn đk HB)
và �
(vì cùng chắn HK
ACK HCK
Vậy �
ACM �
ACK
Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam
giác vuông cân tại C
Vì OC AB nên C là điểm chính giữa của cung AB
� 900
AC = BC và sd �
AC sd BC
Xét 2 tam giác MAC và EBC có
�
�
MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC
= MBC
vì cùng chắn
� của (O)
cung MC
MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân
tại C (1)
� 450 (vì chắn cung CB
� 900 )
Ta lại có CMB
� CMB
� 450 (tính chất tam giác MCE cân tại C)
CEM
� CEM
� MCE
� 1800 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) MCE
� 900 (2)
Mà CME
Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C
Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính
giữa cung AC. Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia
OM ở D. OD cắt AC tại H.
1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.
2. Chứng minh CD = MB và DM = CB.
3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa
đường tròn.
4. Trong trường hợp AD là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn (O), tính diện tích phần
tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) theo R.
Hướng dẫn
.
3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa
đường tròn.
AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) AD AB .
ADC có AK CD và DH AC nên M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM AD
� .
D
Vậy AD AB CM // AB �
AM BC
0
� nên �
� �
� BC
� = 60 .
K
Mà �
AM MC
AM BC
AM MC
//
4. Tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài (O) theo R:
M
Gọi S là diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O).
=
H
S1 là diện tích tứ giác AOCD.
A
O
S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm AOC.
Ta có: S = S1 – S2
hình 3
Tính S1:
� BC
� 600 �
AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) �
AM MC
AOD 600 .
1
1
R2 3
Do đó: AD = AO. tg 600 = R 3 SADO = AD. AO .R 3.R
2
2
R
AOD COD (c.g.c) SAOD = SCOD SAOCD = 2 SADO = 2.
Tính S2:
R 2 .1200 R 2
0
�
S quạt AOC =
=
AC 120
3600
3
2
2
2
3
= R2 3 .
C
B
Tính S:
R 2 3R 2 3 R 2 R 2
3 3 (đvdt)
S = S1 – S2 = R 3 –
=
=
3
3
3
Bài 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC
và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (F AD; F O).
a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được;
b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF;
c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO.
Giải:
B
2
C
E
M
A
O
F
D
a) Ta có: �
(1)
ABD 1v (Do �
ABD chắn nữa đương tròn đường kính AD )
� E 1v (Do EF AD )
(2)
AF
�
�
Từ (1)và (2) suy ra: ABD AEF 2v nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính
AE.
b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m)
� ECF
�
� )
EDF
(cùng chắn EF
(3)
Mặt khác trong (O) ta củng có �
(4)
ADB �
ACB (cùng chắn �
AB )
�
�
Từ (3) và (4) suy ra: ACB ACF .
Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm)
c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO.
Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF.
(5)
MDC cân tại M, hay MD = CM.
Mặt khác Ta chứng minh được hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên
DF DM
DM .DB DF .DO
DB DO
(6)
Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm)
Bài 7
Cho Đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Đường tròn đờng kính AO cắt
đường tròn (O; R) tại M và N. Đường thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C (d không qua O;
điểm B nằm giữa hai điểm A và C). Gọi H là trung điểm của BC.
1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đường tròn đường kính AO.
2) Đường thẳng qua B vuông góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:
a) CD.
Hướng dẫn
Từ (a) Ta có tứ giác BDHN nội tiếp.
Suy ra CD.
áp dụng BĐT tam giác trong tam giác DHC ta có:
CH + HD > CD
(7)
Theo giả thiết ta lại có H là trung điểm của BC, nên HB = HC (8)
Từ (7) và (8) ta có HB + HD > CD (đpcm)
Bài 8:: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa
đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là
tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
� ACO
� .
b) Chứng minh ADE
c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 4:
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên:
�
�
MAO MCO 900 AMCO là tứ
giác nội tiếp đường tròn đường kính
MO.
�
ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa
�
đường tròn) ADM
900 (1)
x
N
C
M
D
E
I
A
B
H O
Lại có: OA = OC = R; MA = MC
(tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là
đường trung trực của AC
�
AEM 900 (2).
Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
�
�
�
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE
AME AMO (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)
�
�
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: AMO
ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4).
� ACO
�
Từ (3) và (4) suy ra ADE
�
�
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB
900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACN 900 , suy ra
∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì
IC
IH BI
MN MA BM
(6).
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Bài 9 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Ax là tia tiếp tuyến của nửa đường tròn (Ax và
nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB), từ điểm C trên nửa đường tròn (C A,B)
vẽ tiếp tuyến CM cắt Ax tại M, hạ CH vuông góc với AB, MB cắt (O) tại Q và cắt CH tại N.
a) Chứng minh MA2 = MQ.MB
b) MO cắt AC tại I. Chứng minh tứ giác AIQM nội tiếp
c) Chứng minh IN CH .
Vẽ hình đúng:
C
x
M
Q
I
A
N
H
O
B
a. Kẻ AQ, ta có: �
AQB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ABM vuông tại A có AQ BM
Nên ta có: MA2 = MQ.MB (Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông).
0
b.Kẻ BC, ta có: �
ACB = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BC AC (1)
OA = OC (bằng bàn kính đường tròn (O)), MA = MC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) MO là
đường trung trực của đoạn thẳng AC
MO AC (2)
Từ (1) và (2) BC // OM ( Cùng AC )
� MBC
�
� MBC
�
(So le trong) . Hay IMQ
(3)
OMB
� MBC
�
Mặt khác: QAI
(4) (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung QC )
� QAI
� ( Cùng bằng MBC
� ).
Từ (3) và (4) suy ra IMQ
M và A cùng nhìn QI cố định dưới góc bằng nhau nên tứ giác AIQM nội tiếp.
W
� MQI
� 1800 (5).
c. Tứ giác AIQM nội tiếp MAI
� MQI
� 1800 (6) (Hai góc kề bù)
NQI
� NQI
�
� )
Từ (5) và (6) MAI
(7) (Cùng bù với MQI
� �
Mặt khác: MAI
ACH (8) ( So le trong )
� hay ICN
� NQI
�
tứ giác CQIN nội tiếp
Từ (7) và (8) �
ACH NQI
� CQN
�
Tứ giác CQIN nội tiếp CIN
(9) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN).
� CAB
�
(10) (Hai góc nội tiếp đường trong (O) cùng chắn cung BC)
CQN
� )
� CAB
�
Từ (9) và (10) CIN
(Cùng bằng CQN
IM // AB ( Có cặp góc đồng vị bằng nhau)
Do AB CH (gt) IN CH . W
Bài 10:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H thuộc đoạn thẳng AO (H khác A và
O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại C. Trên cung BC
lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC
tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
1. Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh tam giác IED là tam giác cân.
3. Đường thẳng qua I và song song với AB cắt BC tại K. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ICD là trung điểm của đoạn CK.
a) Ta có: CH AB (gt)
BHI 90 0
(1)
0
Lại có: BDI BDA 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
T ừ (1) v à (2)
BHI BDI 180 0
(2)
Tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn ( tổng 2 góc đối bằng 1800)
b) Xét nửa đường tròn (O) có
1
� (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
sđ DA
2
1
� (Góc nội tiếp của đường tròn (O))
Lại có : ABD sđ DA
2
(3)
EDI ABD
Lại có: EID ABD (cùng bù với góc HID )
(4)
Từ (3) và (4) EID EDI . Do đó EID cân tại E.
EDI EDA
c)
Vì IK//AB (gt)
nên KID BAD ( hai góc đồng vị)
Mà BCD BAD (góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O))
Nên BCD KID
Suy ra tứ giác DCIK nội tiếp
(5)
Ta có AB IH ; IK//AB(gt) nên IK IH hay CIK
� 900 (6)
Từ (5) và (6) ta có CK là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD là trung điểm của đoạn CK.
Bài 11:Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của
đường tròn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O)
(E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường
thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ENI EBI và MIN 900 .
3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .
4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện
tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Hướng dẫn ( HS tự vẽ hình)
Xét tứ giác BIEN có
góc IEN = góc IBN = 90o.
ð
góc IEN + góc IBN = 180o.
ð
tứ giác IBNE nội tiếp
ð
góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*)
ð
Do tứ giác AMEI nội tiếp
=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB
(**)
Từ (*) và (**) suy ra
góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.
3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có
góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o)
AMI ~ BNI ( g-g)
ð
AM
AI
BI
BN
ð
AM.BN = AI.BI
ð
4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp
nên góc AMI = góc AEF = 45o.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A
Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B
ð
AM = AI, BI = BN
Áp dụng pitago tính được
MI
R 2
3R 2
; IN
2
2
Vậy S MIN
1
3R 2
.IM .IN
( đvdt)
2
4
Bài 12: Cho (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O)
(M, N thuộc (O)). Qua A vẽ một đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C phân biệt (B
nằm giữa A, C). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng BC
a) Chứng minh rằng tứ giác AMHN nội tiếp
2
b) Chứng minh rằng AM AB.AC
c) Đường thẳng qua B song song với AM cắt đoạn thẳng MN tại E. Chứng minh rằng EH //
MC
Hướng dẫn ( H/s tự vẽ hình)
a) Theo gt AM, AN là các tiếp tuyến với (O) nên
�
AMO
900
� 900
ANO
Ta lại có HB = HC (gt) OH BC (đường kính đi qua trung điểm dây cung)
�
�
�
0
�
AHO 90 .
Do đó AMO ANO AHO 90 => Năm điểm A, M, O, H, N cùng thuộc một đường tròn
Suy ra tứ giác AMHN nội tiếp được đường tròn
0
�
�
�
b) Xét AMB và ACM có A
chung và AMB ACM (góc giữa tiếp tuyến và dây cung,
AM AB
AM 2 AB.AC
�
AC AM
gốc nội tiếp cùng chắn BM ) nên AMB đồng dạng với ACM
(đpcm)
�
�
�
c) Theo câu a, tứ giác AMHN nội tiếp HAM HNM (góc nội tiếp cùng chắn HM
)
�
�
�
�
�
�
Mặt khác, BE // AM (gt) HAM HBE (đồng vị). Do đó HNM HBE hay HNE HBE ,
suy ra tứ giác HNBE nội tiếp được.
�
BM
)
�
�
�
�
�
Từ đó ta có EHB ENB (góc nội tiếp cùng chắn BE
); ENB MCB (góc nội tiếp cùng chắn
�
�
Suy ra EHB MCB EH // MC.
Bài 13:Cho đường tròn O cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn O , kẻ
các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt
đường tròn O tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC.
a) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng: AK . AI AB. AC
c) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?
d) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM 2 IN .
M
O
A
B
E
K
I
C
N
1) Tứ giác AMON nội tiếp
AK
AM
AK . AI AM 2 1
AM
AI
AB
AM
ΔABM � ΔAMC gg
AB. AC AM 2 2
AM
AC
1
&
2
AK
.
AI
AB
.
AC
3) Ta có IB IC OI BC �
AIO 900 mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường
2) ΔAKM � ΔAMI gg
kính AO.
Giới hạn: Khi
B M I M
B N I N
�
Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên MON
của đường tròn đường kính AO.
IN
KN
KN .MA
IN
MA KA
KA
IM KM
KM .NA KM .MA
ΔKIM � ΔKNA gg
IM
(vì NA=MA)
NA KA
KA
KA
KN .MA
IN 1
KA 1 KN 1
Do đó IM 2 IN
KM .MA 2
IM 2
KM 2
KA
KN 1
Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với
KM 2
4) ΔKIN � ΔKMA gg
2
Bài 14: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 3 AO. Kẻ
dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M,
N và B. Nối AC cắt MN tại E.
1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .
2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC.
3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác CME là nhỏ nhất.
M
Hướng dẫn giải
1. Theo giả thiết MN AB tại I
� = 90 hay ECB
� = 90
ACB
� + ECB
� = 1800
EIB
0
O1
E
0
A
mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên
tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.
2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm
� nên AMN
�
�
chính giữa của MN
(hai
= ACM
I
C
O
B
N
�
� , lại có CAM
�
góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME
là góc chung do đó tam
= ACM
giác AME đồng dạng với tam giác ACM
AM
AE
AM2 = AE.AC.
=
AC
AM
�
�
3. Theo trên AMN
= ACM
AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM. Nối MB ta có
0
� = 90 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM.
AMB
Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM NO1 BM. Gọi O1 là chân
đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ECM có bán
kính là O1M.
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ECM là nhỏ nhất thì C phải là
giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông
góc của N trên BM.
Bài 15. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường
tròn này cắt BA và BC tại D và E.
1. Chứng minh AE = EB.
2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường
trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.
3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác BDE.
Lời giải:
1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE =
450
=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.
A
D
/
1
B
/
I
F
1
2
_H
_K
E
O
1
C
2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đường trung bình của tam
giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE tại E => IK HE tại K (2).
Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.
3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.
ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH
vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB
= ID => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.
Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3)
IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4)
Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC
=> BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH AC tại F => AEB có AFB = 900 .
Theo trên ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD
ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Bài 16: Cho đường tròn (O; R) A là điểm cố định nằm ngoài (O). Qua A kẻ các tiếp tuyến AM, AN và cát
tuyến ABC (M, N, B, C (O) và B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC.
a. Chứng minh AN2 = AM2 = AB.AC.
b. Chứng minh 5 điểm A; M; H; O; N cùng nằm trên một đường tròn.
c. Khi cát tuyến ABC quay quanh điểm A thì trọng tâm tam giác MBC chạy trên đường nào?
M
G
H
K
C
B
A
I
O
N
a
Xét 2 tam giác AMB và ACM có : Â chung ; �
AMB �
ACM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây
cung cùng chắn cung BM ) AMB đồng dạng ACM (g-g) nên
b
AM
AB
AM2 = AB.AC. Mặt khác AM = AN ( t/c 2 tt cắt nhau) nên AN2 = AM2 = AB.AC.
AC AM
Ta có: �
AMO �
AHO �
ANO 900 nên các điểm M; H; N nằm trên đường tròn đường kính AO, hay 5 điểm
A; M; H; N; O cùng nằm trên một đường tròn đường kính AO
Gọi I là trung điểm AO I cố định. MI = IH =
c
MK =
1
AO Không đổi. Gọi K là điểm nằm trên MI sao cho
2
2
2
MI K cố định . Ta lại có KG = IH vậy G nằm trên đường tròn tâm K (cố định) bán kính
3
3
2
IH (IH không đổi)
3
Bài tập 17. (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia
AO cắt đương tròn (O) tại D.
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC
A
E
O
F
�
�
a) Tứ giác BCEF có: BEC
BFC
900 (gt)
=> Tứ giác BCEF nội tiếp
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đtròn)
b) Ta có BAD
G
H
B
=> BD AB mà CH AB => BD // CH
C/m tương tự: CD // BH
=> BHCD là hình bình hành
c) BHCD là hình bình hành , M là trung điểm của BC
=> M là trung điểm của HD
=> OM là đường trung bình của AHD
1
=> MO = AH
2
MG MO 1
+ C/m được MGO ഗ AGH (g.g) =>
AG AH 2
1
2
=> MG = AG => AG = AM
2
3
Mà AM là đường trung tuyến của ABC
=> G là trọng tâm của ABC
Bài 18:
C
M
D
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba đường cao AK; BE; CD cắt nhau ở H.
1/Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
2/Chứng minh :AD.AB=AE.AC.
3/Chứng tỏ AK là phân giác của góc DKE.
4/Gọi I; J là trung điểm BC và DE. Chứng minh: OA//JI.
Hướng dẫn
4/C/m JI//AO. Từ A dựng tiếp tuyến Ax.
Ta có sđ xAC=
1
sđ cung AC (góc giữa tt và một dây)
2
1
.Mà sđABC= sđ cung AC (góc nt và cung bị chắn)
2
xAC=AED
Ta lại có góc AED=ABC(cùng bù với góc DEC)
Vậy Ax//DE.Mà AOAx(t/c tiếp tuyến)AODE.Ta lại có do BDEC nt trong đường tròn tâm I DE
là dây cung có J là trung điểm JIDE(đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm)Vậy
IJ//AO
Bài 19.
Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp
tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp.
b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H.Chứng minh MH.MO = MC.MD
c) Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD
R2
d) Gọi Q là giao điểm của AB và OI. Chứng minh OQ
OI
2
MD
HA
e) * Chứng minh
=
MC
HC 2
A
O
H
d
M
C
I
B
Q
a) MA, MB là các iếp tuyến của (O)
� MBO
� 900
MAO
� 900
I là trung điểm của CD OI CD MIO
A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO
Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO.
D
b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB
MO là đường trung trực của AB
MO AB
MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
� MBD
� 1 sđ �
MBC
BC
2
MBC : MDB( g .g )
MB MD
MC.MD MB 2 (2)
MC MB
Từ (1) và (2) MH.MO = MC.MD
MC MO
MCH : MOD(c.g .c )
MH MD
�
�
MHC
MDO
tứ giác CHOD nội tiếp
H thuộc đường tròn ngoại tiếp COD.
c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI
�
Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH
chung
MIO : QHO
MO OQ
OI OH
(R là bán kính (O) không đổi)
MO.OH OA2 R 2
OQ
OI
OI
OI
O, I cố định
độ dài OI không đổi
lại có Q thuộc tia OI cố định
Q là điểm cố định đpcm.
0
�
�
� 900 180 COD ( COD cân tại O)
d) �
AHC 900 MHC
900 ODC
2
1�
1
1 �
0
�
3600 sdCBCB
sdCAD
= 180 COD
2
2
2
�
= CBD (3)
� CDB
�
(4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
CAH
Từ (3) và (4) AHC : DBC ( g .g )
HA BD
(5)
HC BC
MBC : MDB ( g .g ) (chứng minh trên)
MD MB BD
MB MC BC
(6)
2
BD MD MB MD
.
MB MC MC
BC
MD HA2
Từ (5) và (6)
MB HC 2
PHẦN II: MỘT SỐ ĐỀ THI CÓ LỜI GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM
---***---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
ĐỀ THI MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ SỐ 1
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P=
x
3
6x 4
2
x 1 x 1 x 1
1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.
2. Rút gọn P
2 x ay 4
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :
ax 3 y 5
1. Giải hệ phương trình với a=1
2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều đi
2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O).
Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ
đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O).
Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh
rằng:
1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn.
2. Đoạn thẳng ME = R.
3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán
kính của đường tròn đó.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng :
4
a 3 4 b3 4 c3 2 2
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM SỐ 1
Câu
C1.1
(0,75
điểm)
Đáp án, gợi ý
x 1 0
Biểu thức P xác định x 1 0
x 2 1 0
Điểm
0,5
0,25
C1.2
(1,25
điểm)
x 1
x 1
P=
C2.1
(1,0
điểm)
0,25
x
3
6x 4
x ( x 1) 3( x 1) (6 x 4)
x 1
x 1
( x 1)( x 1)
( x 1)( x 1)
0,5
2
2
x x 3x 3 6 x 4
x 2x 1
0,5
( x 1)( x 1)
( x 1)( x 1)
( x 1) 2
x 1
( x 1)( x 1)
x 1
(voi x 1)
2 x y 4
Với a = 1, hệ phương trình có dạng:
x 3 y 5
0,25
0,25
6x3y 12 7x 7
x 3 y 5 x 3y 5
0,25
0,25
x 1 x 1
13y 5 y 2
C2.2
(1,0
điểm)
x 1
Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:
y 2
x 2
2 x 4
-Nếu a = 0, hệ có dạng:
5 => có nghiệm duy nhất
3 y 5 y
3
-Nếu a 0 , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:
a 2 6 (luôn đúng, vì a 2 0 với mọi a)
2
a
a 3
0,25
0,25
0,25
0,25
C3
(2,0
điểm)
Do đó, với a 0 , hệ luôn có nghiệm duy nhất.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a.
Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4.
Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là:
=> diện tích hình chữ nhật đã cho là: x.
x x2
2
2
x
(m)
2
(m2)
Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần
lượt là: x 2 va
x
2 (m)
2
Khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta có phương trình:
x
1 x2
2)
2
2 2
2
x
x2
2x x 4
x 2 12 x 16 0
2
4
………….=> x1 6 2 5 (thoả mãn x>4);
( x 2)(
x 2 6 2 5 (loại vì không thoả mãn x>4)
C4.1
(1,0
điểm)
C4.2
(1,0
điểm)
C4.3
(1,0
điểm)
Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là 6 2 5 (m).
1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
Ta có: MOB 90 0 (vì MB là tiếp tuyến)
MCO 90 0 (vì MC là tiếp tuyến)
=> MBO + MCO =
= 900 + 900 = 1800
=> Tứ giác MBOC nội tiếp
(vì có tổng 2 góc đối =1800)
=>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn
2) Chứng minh ME = R:
Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’)
=> O1 = M1 (so le trong)
Mà M1 = M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) => M2 = O1 (1)
C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC)
=> O1 = E1 (so le trong) (2)
Từ (1), (2) => M2 = E1 => MOCE nội tiếp
=> MEO = MCO = 900
=> MEO = MBO = BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật
=> ME = OB = R (điều phải chứng minh)
3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định:
Chứng minh được Tam giác MBC đều => BMC = 600
=> BOC = 1200
=> KOC = 600 - O1 = 600 - M1 = 600 – 300 = 300
Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có:
CosKOC
OC
OC
3 2 3R
OK
R:
0
OK
2
3
Cos 30
Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán kính
=
2 3R
(điều phải chứng minh)
3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
C5
(1,0
điểm)
4
4a 3 4 4b3 4 4c 3
4
0,25
a b c a 3 4 a b c b3 4 a b c c 3
4 a 4 4 b4 4 c 4
a b c
4
4
Do đó,
Câu 5
Cach 2: Đặt x =
4
0,25
0,25
a 3 4 b3 4 c3
0,25
4
4
2 2
4
4
2
a; y 4 b;z 4 c => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4.
BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 2
hay 2 (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4
x3( 2 -x) + y3( 2 -y)+ z3( 2 -z) > 0 (*).
Ta xét 2 trường hợp:
- Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô
Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 2 ( do y, z > 0).
2 , giả sử x
- Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ 2 thì BĐT(*) luôn đung.
Vậy x3 + y3 + z3 > 2 2 được CM.
3
2 thì x 2 2 .