BÀI tập HÌNH ON THI vào 10 PHẦN 1

Đường thẳng MN cắt Lời giải 1 Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp... 2 Vì Gọi Elà trung điểm của đoạn thẳng CD nên OECDtính chất đường kính và dây cung SEO 90 nên S E O; ; thuộc đường trò

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Câu 1. Cho đường tròn O R; 

và một điểm M nằm ngoài đường tròn Từ M kẻ hai tiếp tuyến

MA, MB (A, B là các tiếp tuyến) N là điểm di động trên đoạn AO Đường thẳng MN cắt

Lời giải

1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp

Theo tính chất của tiếp tuyến ta có





AMO 90ANO 90

     vuông cân tại I AOI 45   MAO vuông cân tại A

 Tứ giác MAOB là hình vuông có cạnh R.

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

RS

4max 

Câu 2. Cho đường tròn O R; 

và điểm S cố định nằm ngoài đường tròn  O

Kẻ hai tiếp tuyến SA và

SB của đường tròn O R; 

(A B, là tiếp điểm) Đường thẳng bất kỳ qua S cắt đường tròn  O

tại C và

D(SC SD và C O D, , không thẳng hàng) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng CD

1) Chứng minh bốn điểm S A O B, , , cùng thuộc một đường tròn.

2) Chứng minhAOB 2 SEB  

1) Chứng minh bốn điểm S A O B, , , cùng thuộc một đường tròn.

Ta có: SAO 90  0nên S A O; ; thuộc đường tròn đường kính SO.

Ta có: SBO 90  0nên S B O; ; thuộc đường tròn đường kính SO.

Vậy bốn điểm S A O B, , , cùng thuộc một đường tròn.

2) Vì Gọi Elà trung điểm của đoạn thẳng CD nên OECD(tính chất đường kính và dây cung)

SEO 90 nên S E O; ; thuộc đường tròn đường kính SO.

Vậy 4 điểm S E O B; ; ; thuộc đường tròn đường kính SO  SOB SEB 

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Mà AOB 2 SOB   (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1) và (2) nên tứ giác ACDF là hình thang cân

Ta có SSAD SSFD (cùng đáy SD và cùng chiều cao)

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Suy ra AMH ∽AON c g c   AHM ANO  (hai góc tương ứng)

 Tứ giác ONMH nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối)  *c) Ta có: OHN OMN  (góc nội tiếp chắn ON )  5

Xét OMN ta có: OM ON (bán kính của  O

)

OMN

  cân tại O  OMN ONM   6

Lại có: ONM ONA AHM    7

Từ      5 , 6 , 7

suy ra: OHN AHM   8Lại có: OHN NHC 90    và AHM MHC 90     9

Từ    8 , 9

suy ra: NHC MHC   HC là tia phân giác của MHN

* Xét tứ giác SMON ta có: SMO SNO 90    (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

SMO SNO 180

     Tứ giác SMON nội tiếp  **

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Câu 4 Cho đường tròn  O

bán kính R , đường thẳng dkhông qua Ovà cắt đường tròn tại hai điểm A B, Từ một điểm Ctrên d ( A nằm giữa B và C), vẽ tiếp tuyến CNvới đường tròn (Nlà tiếp điểm; Nthuộc cung AB lớn) Gọi E là trung điểm đoạn AB

a) Chứng minh bốn điểm C E O N, , , cùng nằm trên một đường tròn

b) Chứng minh CN2 CA CB

c) Gọi H là hình chiếu của điểm Ntrên OC Chứng minh OAB CHA  Tia CO cắtđường tròn O( )tại hai điểm D và I (I nằm giữa C D, ) Chứng minh IC DH DC IH 

Lời giải

a) Vì E là TĐ của AB nên OEAB OECE  Eđường tròn đường kính OC

Vì CNlà tiếp tuyến của đường tròn,Nlà tiếp điểm nên CNON Nđường tròn đườngkính OC

Do đó E N, thuộc đường tròn đường kính OC hay bốn điểm C E O N, , , cùng nằm trênđường tròn đường kính OC(ĐPCM) , suy ra tứ giác OECNnội tiếp

  ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung); BCN

chung nên NBC∽ANC g g    CACN CNCB  2

Suy ra CAH∽COB c g c   CHA CBO  (1)

Vì OA OB ( bán kính) nên OABcân tại O OAB ABO  (2)

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Từ (1) và (2) ta suy ra OAB CHA  (đpcm)

+) Chứng minh tương tự ta có CAI∽CDB c g c   CAI CDB  (3)

  AIlà tia phân giác của CAH

Mà AIAD CAH HAB; , là hai góc kề bù  ADlà tia phân giác của BAH

Xét AHCcó AI AD, lần lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài tại đỉnh A

Câu 5. Cho đường tròn O R; 

, đường kính AB Lấy C bất kì trên đường tròn  O

sao cho

AC  CB, kẻ dây cung CD vuông góc với đường kính AB tại E Gọi M là điểm chính giữa củacung nhỏAC Tia AM cắt tia BCtại S

1) Chứng minh SM SA SC SB  và tam giác ABScân

2) Qua A kẻ tiếp tuyến với đường tròn  O

cắt tia BM tạiN Chứng minh tứ giác ANSBnội tiếp

3) Gọi K là giao điểm của AC và BM Kẻ KH vuông góc với AB tại H Chứng minh 3điểm M , H , D thẳng hàng

4) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác AMH theo R biết AM R

Lời giải

H K

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

M là điểm chính giữa AC  AM MC

Xét ( ) :O AM MC   ABM SBM  (chắn hai cung bằng nhau)

Xét ABS có: AMB 90   BMAS BMlà đường cao

.ABM SBM  (cmt). BM là phân giác ABS

 ABS cân tại B

2) Xét  O

có MAN là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung  MAN 12sdAM

MBC là góc nội tiếp chắn MC MBC

1MC

2sd



Mà AM MC   MAN MBC  hay SAN SBC 

Xét tứ giác ANSB có SAN SBC  ; M , N là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn SN

ANSB

 nội tiếp (dhnb)

3) Xét tứ giác AHKM có AMK AHK 90     AMK AHK 90    90 180

 tứ giác AHKM nội tiếp  KMH KAH   1

Chứng minh: CAEDAE CAE DAE  hay DAB KAH 

Mà: DAB BMD  (2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)  KHA BMD   2

Từ  1

,  2  KMH BMD  hayBMH BMD 

H , D cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BM

 TiaMH&MD trùng nhau  M , H , D thẳng hàng

4) Ta có: tứ giác AHKM nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp AMH là đường tròn ngoạitiếp tứ giác AHKM có đường kính là AK

 Diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác AMH là

2 2

2 R 3 Rr

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Bài 6 Từ điêm A nằm ngoài đường tròn  O

vẽ hai tiếp tuyến AD AE D E, ( , là các tiếp điểm).Vẽcát tuyến ABC của đường tròn  O

sao cho B nằm giữa A và C.Tia AC nằm giữa hai tia AD AO, Từ O kẻ OIAC tại I

a) Chứng minh 5 điểm A D E I O, , , , cùng nằm trên đường tròn

b) Chứng minh IA là tia phân giác của DIE và AB AC AD  2

c) Gọi K và F lần lượt là giao điểm của ED với ACvà OI.Qua D vẽ đường thẳng song song với EIcắt OF và AClần lượt tại H và P.Chứng minh D là trung điểm của HP

Lời giải

a) Ta có IB IC  OIBC I (tính chất đường kính dây cung)

+) OIA ODA OCA 90    0

Mà các góc OIA ODA OCA , , cùng nhìn cạnh OA dưới góc 900

Suy ra 5 điểm A D E I O, , , , cùng nằm trên đường tròn

Bài 7 Cho đường tròn O R; 

, vẽ dây AB cố định không đi qua tâm O Lấy điểm S bất kì thuộctia đối của tia AB Kẻ hai tiếp tuyến SM SN, với  O

, ( M N, là các tiếp điểm, M thuộc cung nhỏ

AB ) Gọi H là trung điểm của AB

1) Chứng minh 5 điểm O H N S M, , , , cùng thuộc một đường tròn

2) Phân giác của góc AMB cắt AB tại K Chứng minh SMK cân và

NB MB.3) Gọi I là trung điểm của NB Kẻ IF AN F AN   

Giả sử góc AOB bằng 1200.Chứng minh rằng điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một đườngtròn cố định và tính bán trình của đường tròn này theo R

Lời giải

3 2 1

K

1) Chứng minh 5 điểm O H N S M, , , , cùng thuộc một đường tròn

Do H là trung điểm của AB nên OHAB (tính chất đường kính và dây cung)

Mặt khác, SMO SNO 90    (Tính chất tiếp tuyến)

Do vậy SMO SNO SHO 90     suy ra M H N, , cùng nhìn SO dưới 1 góc bằng 90 nên

5 điểm O H N S M, , , , cùng thuộc một đường tròn đường kính SO

2) Phân giác của góc AMB cắt AB tại K Chứng minh SMK cân và

NB MB.

Ta có M 1ABM (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung )

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Khi đó SMK M  1M 2 ABM M  2 ABM M  3 SKM (Góc ngoài của tam giácKMB )

( M M M 1; 2; 3 chưa tương ứng với hình vẽ)

Vậy tam giác SMK cân tại S

Xét SAM và SMB có:

MSA chung

SNA SBN (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung AN)

Ta được SAN∽SNB (g – g) suy ra

Giả sử góc AOB bằng 1200.Chứng minh rằng điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một đườngtròn cố định và tính bán kính của đường tròn này theo R

Gọi AT là bán kính của đường tròn tâm O Vì A O, cố định nên T cố định

Gọi J là trung điểm của BT Vì B T, cố định nên J cố định

Ta có ANT 90   ANNT

Mặt khác, IFAN nên IF/ /NT.

Ta lại có IJ/ /NT suy ra F I J, , thẳng hàng

ABJ 90   ABJ AFJ 90   nên A B J F, , , nội tiếp đường tròn đường kính AJ

Vì AJ cố định nên trung điểm L của AJ cố định hay đường tròn tâm L bán kính LA cốđịnh

Vậy điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một đường tròn cố định tâm

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABT vuông tại B có AT 2R AB ;  3R ta có

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Bài 8 Cho Cho đường tròn O R; 

từ điểm A nằm ngoài đường tròn  O

vẽ hai tiếp tuyến AB AC,với đường tròn  O

( B C, lần lượt là các tiếp điểm)

1) Chứng minh tứ giác ABCOnội tiếp đường tròn

2) Gọi D là trung điểm của AC, BD cắt đường tròn tại E , đường thẳng AE cắt đườngtròn  O

tại điểm thứ hai F Chứng minh AB2 AE AF

3) Gọi I là giao điểm của AO với  O

Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

và BC CF.

Lời giải

I E

D

O A

BOI COI  IB IC  ABI IBC Nên BI cũng là phân giác của tam giác ABC

Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

  Mà DBA AFB   DAE AFB 

Lại có hai góc này ở vị trí so le trong  AC BF//  CBF BCA  (so le trong)

Mà BCA BFC  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)

 CBF CFB   CBFcân tại C  CB CF

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Bài 9 Cho đường tròn  O

, AB là đường kính C là điểm bất kì thuộc đường tròn sao ch

CB CA ( C khác với A và B) Trên tia đối tia BA lấy điểm S ( S khác B), qua S kẻ đường thẳng  d

vuông góc với AB, cắt tiếp tuyến tại C ở I AI cắt đường tròn  O

tại điểm thứ hai là

E Đường thẳng AC cắt đường thẳng  d

ở H.1) Chứng minh: HSBC là tứ giác nội tiếp

HSBC là tứ giác nội tiếp nên SHC SBC 180   

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

A chung

SHC AEC ( do  3

)Suy ra ACE ∽AIH (g – g).

Khi đó:

AI AH ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)Suy ra: AC AH AE AI  ( đpcm)

3) Chứng minh: I là trung điểm của HK và  d

là trung trực BM

Vì CI là tiếp tuyến của đường tròn  O

nên ICB CAB 

Mà CAB CKH  ( cùng phụ với AHK )

Suy ra I là trung điểm của HK(Đpcm)

Gọi D là giao điểm của AK và  O

Xét AHK có:

ABHK ( gt)

KBAH ( ACB 90 )

Suy ra Blà trực tâm của AHK

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

HB AK

  ( đường cao thứ 3 của AHK)  3

Lại có: BDAK ( BDA là góc nội tiếp đường tròn đường kính AB)  4

Do đó HB HM ; KB KM ( cặp cạnh tương ứng bằng nhau)

Vậy HK là trung trực của BM

Bài 10 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn  O

và AB  AC Các đường cao

BMvà CN cắt nhau tại H Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng MN và CB Đường

thẳng APcắt đường tròn  O

tại K (K khácA)

1 Chứng minh tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh PB PC .PN PMvà tam giác PKN đồng dạng với tam giác PMA

3 Gọi I là trung điểm của BC Chứng minh ba điểm K H I, , thẳng hàng

Lời giải

E I

K

P

H N

M O A

1 Chứng minh tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp.

Vì CNAB gt 

suy ra BNC 90  0

 Điểm N nhìn cạnh BC dưới một góc không đổi bằng 90 0

 Điểm N thuộc đường tròn đường kính BC ( bài toán quỹ tích ) (1)

Vì BMAC gt 

suy ra BMC 90  0

 Điểm M nhìn cạnh BC dưới một góc không đổi bằng 90 0

 Điểm M thuộc đường tròn đường kính BC ( bài toán quỹ tích ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

2 Chứng minh PB PC .PN PM và tam giác PKN đồng dạng với tam giácPMA

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNMC có

3 Gọi Ilà trung điểm của BC Chứng minh ba điểm K H I, , thẳng hàng

Gọi E là giao điểm của AO với đường tròn  O

Vì ACE là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O

ACE 90

  ( hệ quả góc nội tiếp )

EC AC

Mà BMAC( gt )

Suy ra BM EC/ / ( quan hệ từ vuông góc đến song song ) hay BH EC/ / .

Vì ABE là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O

Suy ra tứ giác BNCE là hình bình hành ( dấu hiệu nhận biết hình bình hành )

Mà I là trung điểm của đường chéo BC ( gt )

  ( định nghĩa hai tam giác đồng dạng )

 Tứ giác AKNM nội tiếp ( dấu hiệu góc trong bằng góc ngoài ở vị trí đối ) (6)

Từ (6) và (7) suy ra 5 điểm A K N H M, , , , cùng thuộc đường tròn đường kính AH

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Bài 11 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB 2R Trên nửa đường tròn  O

lấy điểm M

sao cho MB R Vẽ các tiếp tuyến Ax By, (Ax và By cùng thuộc một nửa mặt phẳng

bờ AB có chứa điểm M) Tiếp tuyến tại M của đường tròn  O

cắt Ax By, lần lượt tại

C và D.

1) Chứng minh tứ giác OBDM là nội tiếp

2) BC cắt đường tròn tại F (F khác B) Đường thẳng qua O vuông góc với BC cắt

By tại E Chứng minh : EF là tiếp tuyến của đường tròn  O

.3) Gọi K là giao điểm của OE và BC Chứng minh KO KE KF KB  và đường trungtrực của đoạn thẳng MK đi qua điểm D

Lời giải

K

E F

 Tứ giác OBDM là nội tiếp

2) Ta có OB OF  OBF cân tại O FOE BOE 

Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn  O

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

3) Ta có: FOK EBK  ( vì cùng bằng nửa số đo BF )

Mặt khác, CMO CAO 90    90 180  4 điểm O A C M, , , cùng thuộc một đường

tròn đường kính OC ACM MOB 60   

EKM EBM 30    Tứ giác BKME nội tiếp.

Tứ giác BKME có BKE 90   Tứ giác BKME nội tiếp đường tròn đường kính BE

Bài 12 Cho tam giác nhọn ABC (AB AC ) có các đường cao AD, BE ,CF cắt nhau tại H.

1) Chứng minh tứ giác DHEC nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giácnày

2) Trên cung nhỏ EC của O

, lấy điểm I sao cho IC IE , DIcắt CE tại N Chứngminh NI ND NE NC 

3) Gọi M là giao điểm của EFvới IC Chứng minh MN song songAB

Xét tứ giác DHEC có HEC HDC 90   

 tứ giác DHEC là tứ giác nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối bằng 180 )

Gọi O là trung điểm của HC Xét hai tam giác vuông HEC và HDC có HC  là cạnh huyền

Áp dụng định lý đường trung tuyến  OC OE OH OD  

BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

2) Chứng minh NI ND NE NC 

Xét tam giác NIE và NCD  có:

ENI DNC (đối đỉnh)

3) Chứng minh MN song song AB

Tứ giác BFEC có: BFC BEC 90   

 Tứ giác BFEC ( vì có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đường thẳng nối 2 cạnh còn lạidưới một góc không đổi)

 AFE BCE  mà BCE DIE  ( do cùng bằng

1s

2 đDE )

 AFE DIE   1

Tứ giác AEHFcó: A H AFH 90 E   

 Tứ giác AEHFnội tiếp ( vì có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đường thẳng nối 2 cạnh còn

lại dưới một góc không đổi)

 MEN AEF AHF DHC DIC    

Mà MIN DIC 180     MIN MEN 180   

 Tứ giác MENI nội tiếp  EMN EIN   2