Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án

Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án Các bài toán hình học ôn tập tuyển 10 có đáp án

PHẦN II CHỦ ĐỀ HÌNH HỌC DÀNH CHO HỌC SINH TỰ HỌC

CHỦ ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP THƯỜNG XUẤT HIỆN

TRONG KỲ THI TUYỂN 10 I./ Một số bài toán cơ bản thường xuyên xuất hiện trong bài toán tổng hợp hình học.

Bài 1 Từ điểm M bên ngoài đường tròn

(O), vẽ hai cát tuyến MBA và MCD

Bài 2: Từ điểm A bên ngoài đường

tròn(O), vẽ tiếp tuyến AB và cát

tuyến ACD Chứng minh

AB2 = AC.AD

Giải:

Xét ABC và ADB có :

 chung, ( góc n tiếp với góc tạo

bởi tia tuyến và dây cùng chắn cung BC) ABC ~ ADB

B

A D

AB2 = AC.AD

Chú ý 1:

a./Ở hình 2, đường tròn (O) cũng là đường tròn ngoại tiếp BCD Như vậy trênđường thẳng chứa cạnh DC lấy A năm ngoài đoạn CD Nếu có AB2= AC.AD thì

ta chứng minh được AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BCD

Ta chứng minh như sau:

Giả sử AB còn có điểm chung thứ hai với đường tròn (O) là B’

Khi đó ABB’ và ACD là hai cát tuyến, chứng minh như bài 1 ta được AB.AB’ =AC.AD

Mà AB.AB = AC.AD (GT) B’ trùng B( vô lý)

Vậy AB chỉ có 1 điểm chung với (O) hay AB là tiếp tuyến với (O)

b./Nếu A cố định, (O;R) cố định , từ KQ : AB2 = AC.AD AC.AD không đổi khi cát tuyến A quay xung quanh A

c./ Nếu A;C;D cố định và đường tròn (O) thay đổi

nhưng luôn qua C và D Từ AB2 = AC.AD

(không đổi)

B nằm trên đường tròn tâm A bán kinh

c./ Kết hợp kết quả bài 1 và 2 ta có

Từ A bên ngoài đường tròn, vẽ hai

Cát tuyến ACD ; AEF và tiếp tuyến AB thì:

AD.AC=AE.AF = AB2 ( h3)

Bài toán 3: Tứ giác ABCD có

hai cạnh đối AB và CD cắt tại M và

MA.MB=MC.MD Chứng minh ABCD nội tiếp

Giải: ( hình 4)

Xét MBC và MDA có góc M chung,

h3

E C O

B

A D

F

MA.MB=MC.MD

Suy ra MBC ~ MDA Â=

ABCD nội tiếp( vì có góc trong bằng góc ngoài đỉnh đối)

Bài toán 4: ( Bài toán áp dụng kết

quả ba bài toán trên)

Cho hai đường tròn (O) và (O’)

Cắt nhau tại A và B Vẽ tiếp

Tuyến chung CD sao cho tia AB

Cắt đoạn CD tại E ( C là tiếp điểm

Trên (O)) Trên tia đối tia EB lấy

F sao cho EB = EF.Gọi AB cắt OO’ tại

L.Gọi giao điểm của FC với (O) là G,

Xét tứ giác OLCE có OLE+ OCE = 900 + 900 OLEC nội tiếp

b./Trong (O) có EC là t tuyến và EAB là cát tuyến chắc chắn C/m được EB.EA

= EC2

+ Tương tự trong (O’) có ED2 = EB.EA

Suy ra EC= ED Kết hợp FF = EB (xong)

h4

C

B

M D

A

h5

L

H G

E B A

O

O'

F

c/ Trong (O) có FCG và FAB là cát hai tuyến chắc chắn C/m được FB.FA = FC.FG

+ Tương tự trong (O’) có FB.FA = FD.FH

Suy ra FC.FG = FD.FH và chung FCD ~ FHG ĐCCM

Chú ý 2: Nhiều câu toán dạng cực trị trong bài toán hình học thường dùng các BĐT đại số sau đây:

1./Bất đẳng thức Cô si: Với a;b >0 có Dấu = khi a=b (1)

Áp dụng:

1.1Có hai đại lượng HH có tích không đổi tìm min của tổng ta dùng BĐT cô si1.1Có hai đại lượng HH có tổng không đổi tìm max của tích ta dùng BĐT cô si2./ Với mọi a,b ta có 2(a2 +b2) (a+b)2 4ab dấu = khi a=b (2)

II MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔNG HỢP.

Bài toán I( Bài toán liên quan đến ba đường cao trong tam giác)

Bài 1: Cho ABC nhọn có

ba đường cao BD; CE và AF cắt tại H.Nối ED; EF, DF.

Câu 1.1 Trong hình có 6 tứ giác nội tiếp Hãy tìm và chứng minh:

HD:Các tứ giác: AEHD; BEHF; HDCF có tổng hai góc đối bằng 2v

Các tứ giác ADFB; AEFC; BCDE có hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh còn lại góc 900

Câu 1.2.Chứng minh AED ~ ACB

Vì BCDE nội tiếp AED= ACB (vì cùng bù với góc DEB) và Â chung

D

A

Câu 1.3.Gọi T ; J là tâm đường tròn ngoại tiếp ADHE và BCDE Chứng minh TD là tiếp tuyến đường tròn tâm J

+Vì AEH = 900 tâm T là trung điểm AH

+Vì BDC = 900 Tâm J là trung điểm BC

+Ta có TAD cân tại T và JCD cân tại J

+ JDT = 1800 – ( ADT+ JDC) = 1800 – ( TAD+ JCD) =1800 – 900 = 900

TD JD ĐCCM

Câu 1.4.Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp EDF

+Trong đường tròn ngoại tiếp BCDE có EDB = ECB ( góc n tiếp cùng chắn

cung BE)

+ Trong đường tròn ngoại tiếp HDCF có HDF = ECB ( góc n tiếp cùng

chắn cung HF)

+Suy ra EDB= HDF DH là tia phân giác EDF

+Tương tự EH là tia phân giác DEF

+ suy ra ĐCCM

Câu 1.5.Đường tròn (T) cắt AJ tại S Chứng minh DSJC và ESJB nội tiếp

Trong đường tròn (T) ta có ASD= AED ( góc n tiếp cùng chắn cung AD)

Vì BCDE nội tiếp đường tròn (J) ACB= AED (cùng bù DEB)

Suy ra ACB= ASD DSJC nội tiếp ( vì góc trong bằng góc ngoài đỉnh đối)

+ C/m EAJB nội tiếp tương tự.

Câu 1.6.Chứng minh BHSC nội tiêp.

H E

D A

C B

Từ JD TD ( Câu 1.3) JD là ttuyến của đ tròn (T) DHS = JDS ( cùng chắn cung SD)

Trong đ tròn ngoại tiếp SDCJ có JDS = JCS ( góc n tiếp cùng chắn cung JS)

Suy ra DHS = JCS BHSC nội tiêp ( vì góc trong bằng góc ngoài đỉnh

+3 trung điểm của các đoạn nối trực tâm đến đỉnh

Tất cả 9 điểm cùng nằm trên đường tròn- Gọi là đường tròn Ơ le

Vì vậy đề thi có thể chọn bộ 4 trong 9 điểm này chứng minh tứ giác

n tiếp( câu 1.7 là một VD)

Câu 1.8.Tính

+ Ta có HBC và ABC có cùng cạnh đáy BC tỉ số hai diện tích bằng tỉ số

hai đường cao(tính chất) Tương tự: và

HD: C/m: HM.HB = HF2 vàHP.AC=HF2 ( hệ thức lượng vuông)

HM.HB= HP.HC+ từ đây C/m: HMP ~

h8

Q P

M

N

F

H E

D

A

HCB HMP = ECB ĐCCM

Câu 1.9: chứng minh N;M;P;Q thẳng hàng.

HD: Ta C/m được BNMF nội tiếp ( vì N và M cùng nhìn BF 1 góc vuông)

NMB = NFB ( g n tiếp cùng chắn cung NB)

+ FN// CE (cùng v góc AB) NFB = ECB mà ECB = EDB (câu 1.3)

suy ra NMB = EDB hai góc này ở vị trí đồng vị MN//ED

Câu 2.1 Chứng minh E 1 D 1 //ED

+ Trong (O) có D1E1C = D1BC ( g n tiếp cùng chắn cung D1C.)

+Trong đ tròn (BCDE) có DEC= D1BC (g n tiếp cùng chắn cung DC)

D1E1C = DEC Mà 2 góc này đồng vị E1D1 //ED

Câu 2.2 Chứng minh BHCV hình bình hành ; BKVC hình thang cân + ACV = 900 ( n tiếp nửa đ tròn (O)) ; ABV = 900 (?)

+ BH// VC ( cùng AC) và CH// VB (cùng AB) ĐCCM

Câu 2.3 Chứng minh AH = 2 OJ ( với J trung điểm BC)

+BHCV hình bình hành , mà J trung điểm đường chéo BC J là t điểm HV+ AHV có OJ là đ t bình ĐCCM

Câu 2.4 Chứng minh H;G;O thẳng hàng và HG = 2 GO( với G trọng tâm ABC)

+ G trọng tâm ABC GA:GJ = 2 mà AH :OJ = 2 GA:GJ = AH :OJ kết hợp với HAG = OJG ( vì AH//OJ do cùng BC) GAH ~ GJO HGA = OGJ H;G; O thẳng hàng và HG : GO = AH : OJ = 2

HG = 2 GO

Câu 2.5 Chứng minh OA DE

Vẽ d là tiếp tuyến của (O) tại

A Ta có dAE1 = ACB ( g n tiếp và góc tạo bởi tt vớidây cùng chắn cungAB) vàAED = ACB (vì cùng bùvới BED do BCDE n tiếp)

AED= dAE1 d//DE

Câu 2.6 Chứng minhAD 1 2 = AZ 1 AC

h 10 V

F

K

H E

BCE= BCK+Xét HCK có CF là đường cao vừa phân giác HCK cân tại C CB là trung trực đoạn HK ĐCCM

Câu 2.9.Nếu K là điểm đối xứng của H qua BC Chứng minh K thuộc đường tròn(O) (chú ý câu này là ngược lại của câu 2.8)

+Ta có AEHD n tiếp  + EHD = 1800, mà EHD = BHC (đ đỉnh) và BHC = BKC do H và K đối xứng qua BC Â+ BKC = 1800 ABKC n tiếp ĐCCM

Câu 2.10.Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp BHC theo R

+Vì H và K đối xứng qua BC BHC = BKC b kính đường tròn ngoại tiếp BHC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp BKC Mà đ tròn ngoại tiếpBKC là đ tròn (O) có bán kính R bán kính đườngtròn n tiếp BHC = RChú ý: Tương tự bán kính của các đường tròn ngoại tiếp AHC và AHB cũng bằng R.Vì vậy câu này có thể đổi : Chứng minh các bán kính của đ tròn ngoại tiếp các tam giác AHB;BHC;AHC bằng nhau

Câu 2.11 Chứng minh AB.AC = 2R.AF từ đây suy ra

+Xét BFA và VCA vuông tại F và C có ABC = AVC (g n tiếp cùng chắn cung AC) BFA ~ VCA từ đây suy ra AB.AC = 2R.AF

AB.AC.BC = 2R.AF.BC =2R.2SABC

Vì ADHE nội tiếp có ADH = 900

T là trung điểm AH+Trong (T) có KTD = 2 KAC ( góc n tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung HD) (*)

Trong (O) ta có KBC = KAC( góc nội tiếp cùng chắn cung KC)

Ta lại có CBD = KBC ( cùng phụ ACB) suy ra DBC = KBC

hay DBK = 2 KBC = 2 KAC.Kết hợp với (*) DBK = DTK

B và T cùng nhìn KD một góc ĐCCM

Câu 2.15 Cho A di động trên cung lớn BC, BC cố định Chứng minh DE không đổi.

h 11

J T

V F

K

H E

D

O

B

C A

Vì cung BC không đổi cosA không đổi ĐCCM

Câu 2.16 Cho A di động trên cung lớn BC, BC cố định Chứng minh

không đổi.

Từ AED ~ ACB ( Câu 1.2) = cos2A không đổi

Câu 2.17 Cho A di động trên cung lớn BC, BC cố định Tìm vị trí của A để

S ABC lớn nhất

HD: Vì BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AF lớn nhất

Mà AF AJ OA+OJ= R + OJ( không đổi) maxAF = R +OJ A điểm chính giữa cung lớn AB

Vậy để SABC lớn nhất A điểm chính giữa cung lớn AB

Chú ý: Ta có ( câu 1.7) Chu vi DEF lớn nhất khi

SABC lớn nhất A điểm chính giữa cung lớn AB

Câu 2.18 Cho A di động trên cung lớn BC, BC cố định Tìm vị trí của A để HF.AF lớn nhât.

kính đường tròn ngoại tiếp AED không đổi

Vì ADHE nội tiếp đ tròn ngoại tiếp ADE là đường tròn ngoại tiếp ADHE=AH:2 = OJ nên không đổi

Chú ý 1 Từ kết quả câu 2.20 và câu

2.17 ta có kết quả :

Một tam giác có 1 cạnh không đổi và

góc đối diện cạnh đó không đổi thì diện

tích tam giác lớn nhất khi tam giác đó

cân

+Chu vi tam giác lớn nhất khi tam giác

đó cân

Chú ý 2.Câu này đề thay điểm H là

điểm O’ là tâm đường tròn nội tiếp

ABC Yêu cầu tìm vị trí của A để chu vi

O’BC lớn nhất , diện tích lớn nhất

cũng được giải tương tự

Câu 2.20 Cho A di động trên cung lớn BC, BC cố định Tìm vị trí của

A HA+HB+HC lớn nhất.

Giải:( xem hình 11)

+BC cố định , AH = 2 OJ không đổi HA+HB+HC max HB + HC max

Gọi đ tròn có chứa cung chứa góc( 180- ):2 là đ tròn tâm W.+Vì BS là dây của đ tròn W BS max BS là đường kính BCS

= 900

HBC= HCB( vì cùng phụ vớiHSC và HCS nhưng 2 góc này bằng nhau do HSC cân tại H)

Bài 3 GT như câu 1 Lấy M bất kỳ trên cung nhỏ BC Gọi N

và P là điểm đối xứng của M qua AB

và AC.

Ta có các câu sau

Câu 3.1 Chứng minh AHBN và APCH nội tiếp

Ta có ANB = AMB ( tính chất đối xứng)

AMB = ACB = 1800 - DHF= AHD

Suy ra ANB = AHD AHBN nội tiếp( vì góc trong bằng góc ngoài đỉnh đối)

Tương tự cho APCH

A

M N

A

Trong đường tròn ngoại tiếp AHBN có AHN = ABN = ABM

Vì ABMC nội tiếp (4 đỉnh nằm trên đường tròn(O)) ABM = 1800- ACN = 1800 - ACP

Trong đ tròn ngoại tiếp AHCP có ACP = AHP

Suy ra: 1800 - ACP=1800 - AHP

Vậy AHN=1800 - AHP AHN+ AHP= 1800 ĐCCM

Ta có YN = AN.sinYAN =AM.sinBAC 2YN = PN = 2AM.sinBAC

Vì BAC không đổi PN lớn nhất AM lớn nhất

Mà AM là dây của đường tròn (O) AM lớn nhất khi AM là đường kính Mđiểm chính giữa cung nhỏ BC

Bài 4 GT như câu 1 Gọi đường tròn ngoại tiếp BCDE có tâm J Từ A vẽ t tuyến AQ 3 ; và AR 3 với đường tròn (J).

Ta có các câu sau

Câu 4.1.Chứng minh FHS 3 J nội tiếp.

HD: C/m AJ Q3R3 rồi suy ra tổng hai góc đối bằng 1800

Câu 4.2 Chứng minh 5 điểm A;Q 3 ; F;J; R 3 cùng nằm trên một đường tròn.

HD: Chú ý có AQ3J = AFJ = AR3J = 900 Q3; F;R3 cùng nằm trên đường tròn đường kính AJ 5 điểm A;Q3; F;J; R3 cùng nằm trên một đường tròn

Câu 4.3 Chứng minh AJ.AS 3 = AH.AF

HD: Tứ giác HS3JF nội tiếp có hai cạnh đối cắt tại A chắn chắn C/m được

D

C J

B

A

Trong đ tròn đi qua 5 điểm A;Q3; F;J; R3 có AR3 = AQ3 ( t/c tiếp tuyến)

h 16

K

H

I N

A O

C B

M

Câu 1.1 Chứng minh 5 điểm A;B;I;O;C cùng nằm trên một đường tròn + ABO = ACO = 900 ( t/c t tuyến)

+I trung điểm dây MN OI MN

Vậy ABO = ACO = AIO= 900 B;C;I cùng nằm trên đường tròn đường kính AO ĐCCM

Chú ý:

+Nếu đề toán lấy bộ 4 điểm từ 5 điểm trên để chứng minh tứ giác nội tiếp VD Chứng minh: ABOC hoặc ABIO hoặc AIOC hoặc ABIC nội tiếp

+Trong các tứ giác này nếu đề yêu câu c/m ABIC nội tiếp , không để ý thì đây

là câu khó Gặp trường hợp này các em vẫn C/m 5 điểm cùng thuộc đường tròn rồi suy ra ABIC nội tiếp

Câu 1.2 Chứng minh AB 2 = AC 2 = AM.AN

( Xem lại bài 2 mục I)

Câu 1.3 Chứng minh BM CN = CM.BN

HD: Từ câu 1.2 đã C/m ABM ~ ANB

Tương tự C/m ACM ~ ANC

Vì AB = AC BM CN = CM.BN

Câu 1.4 Chứng minhOHMN nội tiếp

Nhận xét Tứ giác này có hai cạnh đối cắt tại A, để C/m nội tiếp trước hết cần C/m: AH.AO = AM.AN

Giải:+ Ta đã có AM.AN = AC2

ACO vuông, c/m OA BC AH.AO = AC2 ( đ lý) AH.AO = AM.AN

và MAH chung AHM ~ ANO AHM= ANO ĐCCM

Câu 1.5.Tiếp tuyến tại M và N của (O) cắt tại K Chứng minh K;B;C thẳng hàng

+ Ta có KNO + KMO = 900 + 900 = 1800 KNOM n tiếp và đường tròn nhận OK làm đ Kính

+Vì ONMH cũng n tiếp K;M;N;O;N;H cùng nằm trên một đường tròn đườngkính OK KHO = 900 ( n tiếp nửa đ tròn), vì BHO = 900 B;K;C thẳng hàng

Câu 1.6 Chứng minh P là tâm đường tròn nội tiếp ABC ( với P là giao điểm của AO với (O) và AP < AO) HD: Ta c/m P là g điểm hai phân giác

trong của ABC+ AP phân giác góc A( theo t/c tt cắt nhau)

+ Ta có ACP phụ với PCO HCP phụ với HPC

Mà OPC cân tại O ( vì OP=OC) PCO = HPC

Suy ra ACP = HCP CP phân giác BCA

Suy ra ĐCCM

Câu 1.7 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp OJI luôn đi qua 1 điểm cố định khi cát tuyến AMN quay quanh A( với J là giao điểm của MN với BC) HD:

Hướng 1: Nhớ rằng đường thay đổi cắt đường cố định tại 1 điểm thì điểm đó

“có thể” là điểm cố định Ở câu này: đ tròn ngoại tiếp OJ I cắt BC tại 1 điểm nào đó điểm này có thể cố định chăng?

Hướng 2: Ta tìm điểm cố định rồi ghép với 3 đỉnh của , đi C/m tứ giác nội tiếp( cách này đối với câu này dễ phát hiện)

Vậy giải như sau:

Xét tứ giác HJIO có OHJ + OIJ = 900 + 900 = 1800 OIJH nội tiếp

Mà H đã là điểm cố định ĐCCM

Câu 1.8 Chứng minh MP là phân giác

h 17

F E

J

P H

I N

A O

C B

M

+TA có AMH ~ AON (Câu 1.4) AMH= AON mà AON = 2.NCP ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung NP)

+ Ta có CNMP nội tiếp vì có 4 đỉnh nằm trên đường tròn NCP = AMP ( cùng bù góc NMP) NCP = AMP

+ Từ 2 ý trên AMH = 2 AMP ĐCCM

Câu 1.9 BI cắt đ tròn (O) tại E Chứng minh CE//MN

+Trong (O) có BEC = BOC( góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

+ BOC = BOA ( t/c t tuyến cắt nhau)

+ Vì BIOA n tiếp BOA = BIA ( góc n tiếp cùng chắn cung BA)

Từ 3 ý trên suy ra BEC = BIA mà 2 góc này ở vị trí đồng vị MN//EC

Câu 1.10.Qua I vẽ đường thẳng song song CN cắt BC tại F Chứng minh BIFM nội tiếp

h 18

T

F E

J

P H

I N

A O

C B

M

cân tại O)+ OMN = OHN ( vì góc n tiếp cùng chắn cung ON của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHNM)

Từ 3 ý trên AHM = OHN hai góc phụ với hai góc này bằng nhau hay NHJ = MHJ ĐCCM

Câu 1.12.Chứng minh

Nhận xét : ĐCCM JM.AN = AM.JN ở đây 4 điểm A,J,N,M cùng nằm trên đường thẳng, điều cần c/m là tích đoạn lớn nhất với đoạn giữa = tích hai đoạn ở hai đầu , cho ta cách nghĩ dùng tính chất phân giác trong và phân giác ngoài.

Giải:

+Xét NHM có HJ là phân giác trong

+ Vì HA HJ HA là phân giác góc ngoài

+ Từ hai ý trên suy ra ĐCCM

Câu 1.13.Chứng minh

+Ta có CHN = 1800 - NHB = 1800 - NHM

+Trong đường tròn ngoại tiếp OHMN có

1800 - NHM =1800 - NOM (góc n tiếp cùng chắn cung MN)

+ Mà 1800 - NOM= 1800 - NCM( góc ở tâm và góc n tiếp cùng chắn cung

+Vì tứ giác NCMB n tiếp nên 1800 - NCM= NBM

Từ 4 ý trên

Câu 1.14 MH cắt đường tròn tại T Chứng minh NT //BC

+ Ta có HB phân giác NHM( câu 1.10) và OHNM nội tiếp (câu 1.4) nên ta có

+Trong (O) ta lại có ( góc ở tâm và góc n tiếp cùng chắn cung MN)

+Từ 2 ý trên ta suy ra vì hai góc này ở vị trí đồng vị NT//BC

Câu 1.15.Xác định vị trí của AMN để AM+AN lớn nhất, nhỏ nhất.

Nhận xét: Vì AM.AN = AB2 không dổi nên tổng nhỏ nhất ta dùng BĐT cô si

Giải + Ta có:

h 19

O

B