Tài liệu Một số dạng toán thường gặp trong ôn thi vào thpt.ppt

I. LÝ THUYẾT 1. Kiến thức lớp 7 - Quan hệ giữa tính vuông góc với tính song song - Các dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song - Tiên đề Ơclít và hệ quả của tiên đề Ơclít . - Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác. - Định lý Py-ta-go. - Tính chất ba đường đồng quy trong tam giác (Tính chất ba đường cao). I. LÝ THUYẾT 2. Kiến thức lớp 8 - Tính chất và các dấu hiệu nhận biết các tứ giác (Hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vuông). - Công thức tính diện tích các hình đặc biệt. - Định lý Ta-lét và hệ quả của định lý Ta-lét. - Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác (Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông thông thường trường hợp g- g) I. LÝ THUYẾT 3. Kiến thức lớp 9 - Hệ thức lượng trong tam giác vuông. - Định lý quan hệ vuông góc của đường kính và dây cung. - Tính chất tiếp tuyến của đường tròn. - Vị trí tương đối của hai đường tròn. - Tính chất chung của hai đường tròn. - Các loại góc với đường đường tròn (Có hai loại góc hay sử dụng góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) - Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn (Có hai phương pháp thường sử dụng chứng minh tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800, tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh nối hai đỉnh còn lại dưới hai góc bằng nhau) - Công thức tính chu vi, diện tích, độ dài cung tròn. II. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP Dạng 1. Chứng minh tứ giác nội tiếp. Dạng 2. Chứng minh tam giác đồng dạng  tỉ lệ thức  đẳng thức. Dạng 3. Nhận biết các loại tứ giác? Dạng 4. Chứng minh hai đường thẳng song song, vuông góc, ba điểm thẳng hàng. Dạng 5. Chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn, tiếp tuyến chung của hai đường tròn. Đề 1 Trên nửa đường tròn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao cho P thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H là giao điểm của hai dây cung AQ và BP. a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn. (Dạng 1) b) Chứng minh CBP ÿ HAP (Dạng 2) c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị của biểu thức: S = AP.AC + BQ.BC (Ứng dụng của Dạng 2) Bài giải a) - Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. - Cách chứng minh tứ giác nội tiếp bằng phương pháp xét tổng hai góc đối bằng 1800 . (Lưu ý)   Ta có: APB AQB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).    CPH CQH 90.0    CPH  CQH 1800 Suy ra tứ giác CPHQ nội tiếp được đường tròn đường kính CH.  PQ b) Sử dụng kiến thức về hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung. (Lưu ý trường hợp đồng dạng hay sử dụng g-g) Xét CBP và HAP có:   BPC APH 900 (suy ra từ a)  )   (góc nội tiếp cùng chắn cung PQ CBP HAP CBP ÿ HAP c) Vận dụng kiến thức tính chất ba đường cao trong tam giác và các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông  tỉ số đồng dạng. Gọi K là giao điểm của tia CH và AB. Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh AB (1) ABC cã AQ  BC; BP  AC . Suy ra H là trực tâm của tam giác ABC.  CH  AB t¹i K Từ đó suy ra:  APB ÿ AKC  AP.AC AK.AB (2)  BQA ÿ BKC  BQ.BC BK.BA (3) - Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp với (1), ta được: S AP.AC  BQ.BC AB 2 4R 2 . Chú ý câu c: Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức đã chứng minh bài 23 SGK tr76 Trong hệ thức giữa độ dài liên quan đến đường tròn, ta chú ý cho học sinh hệ thức: Nếu hai cát tuyến của đường tròn cắt nhau tại điểm M thì : MA .MB = MC.MD Hệ thức giữa các đoạn cát tuyến của đường tròn. Đề 2 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D  BC, E  AC) a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. (Dạng 1) b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. (Dạng 3) c) Gọi F là giao điểm của tai CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất AD BE CF (Sử dụng diện tích đa giác) của biểu thức: Q   . HD HE HF Bài giải a) Ứng dụng bài toán quỹ tích Vì AB và BE là các đường cao nên ta có:   ADB AEB 900 Vậy tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB. b) - Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn. - Quan hệ giữa tính vuông góc với tính song song. - Dấu hiệu nhận biết hình bình hành.   ACK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: ABK  CK  AC, BK  AB (1) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: BH  AC, CH  AB (2) Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành c) Sử dụng tính chất ba đường cao và kiến thức về diện tích đa giác Đặt SBHC S1 ; SAHC S2 ; SAHB S3 , SABC S Vì tam giác ABC nhọn nên trực tâm H nằm trong tam giác ABC, do đó: S S1  S2  S3 . Ta có: AD SABC  S (1) HD SBHC S1 BE SABC S   (2) HE SAHC S2 CF SABC S   (3) HF SAHB S3 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: 1 1 1 AD BE CF S S S Q      S     HD HE HF S1 S2 S3  S1 S2 S3  Áp dụng bất đẳng thức Côssi cho 3 số dương, ta có: 1 1 1 3 S S1  S2  S3 3 S1.S2 .S3 (4);    (5) 3 S1 S2 S3 S1.S2 .S3 3 Nhân vế theo (4) và (5), ta được: Q 9 Đẳng thức xẩy ra  S1 S2 S3 Hay H là trọng tâm của tam giác ABC, nghĩa là tam giác ABC đều. Đề 3 Cho đường tròn (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 ANHM nội tiếp được đường tròn 2 b) Chứng minh rằng AN AB.AC c) Đường thẳng qua B song song với AN cắt đoạn thẳng MN tại E. Chứng minh rằng EH // NC Bài giải a) - Vận dụng tính chất tiếp tuyến, quan hệ vuông góc giữa đường kính và đây  góc vuông. - Vận dụng kiến thức quỹ tích cung chứa góc. - Hoặc chứng minh theo định nghĩa đường tròn. * Theo GT AM, AN là các tiếp tuyến với đường tròn (O) nên:  AMO 900  ANO 900 Ta lại có HB = HC (gt)  OH  BC (đường kính đi qua trung điểm dây cung)   AHO 900    ANO AHO 900 Do đó AMO Hay năm điểm A, M, O, H, N cùng thuộc một đường tròn đường kính AO. Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp đường tròn b) - Vận dụng kiến thức về tam giác đồng dạng. Với bài toán trên GV cần hướng dẫn học sinh cách phân tích ngược để từ đó nghĩ đến xét các cặp tam giác đồng dạng để dẫn đến điều ta cần. - Vận dụng kiến thức về góc nội tiếp cùng chắn một cung b) Xét ANB vµ ACN có:  (chung) A   (góc nội tiếp và BNA ACN góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)  ANB ÿ ACN (g  g) AN AB    AN 2 AB.AC AC AN c) -Vận dụng kiến thức về tứ giác nội tiếp - Góc nội tiếp cùng chắn một cung. - Dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song.   HMN c) Theo câu a, tứ giác ANHM nội tiếp  HAN (góc nội tiếp cùng chắn cung HM)   HBE Mặt khác, vì BE//AM (gt)  HAN (đồng vị).     Do đó HMN HBE hay HME , suy ra tứ giác HMBE HBE nội tiếp đường tròn.    ) EMB Suy ra: EHB (góc nội tiếp cùng chắn cung BE    ) EMB NCB (góc nội tiếp cùng chắn cungBN    EHB NCB  EH / /NC. Đề 4 Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng BCEF nội tiếp đường tròn. b) Biết ABC = 450, ACB = 600, BC = a. Tính diện tích tam giác ACD theo a Bài giải a) Vận dụng kiến thức về quỹ tích cung chứa góc (hoặc định nghĩa đường tròn).   *) Theo giả thiết ta có: BFC BEC 900 Do đó đỉnh E, F cùng nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 900 Nên tứ giác BCEF nội tiếp được đường tròn đường kính BC. b) Vận dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn.   900 (gt) và ABC *) Xét ADB có ADB . 450 (gt) Nên ADB vuông cân tại D  AD = BD = BC – CD = a – CD. Mặt khác ACD vuông tại D. Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có: AD AD a  CD 0 tan ACD   tan 60   CD CD CD a  CD 3 a  CD  CD  3 1 a a 3  3 1 3 1  AD a  CD a   SACD AD.CD a2 3 a 2 (2 3  3)    2 2 4 2. 3  1  