Hình học Ôn thi vào 10 có kèm đáp án.

Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó D-ng hình vuôD-ng ABED thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C.. Gọi F là giao điểm của AE và nửa đờng trò

K

F E

D

C B

A

ÔN THI 10 Bài 1 Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC Điểm A thuộc nửa đờng tròn đó

D-ng hình vuôD-ng ABED thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C Gọi F là giao

điểm của AE và nửa đờng tròn (O) Gọi Klà giao điểm của CFvà ED

a chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K nằm trên một đờng tròn

b Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao Giải

a Ta có  KEB= 900

mặt khác  BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)

do CF kéo dài cắt ED tại D

=>  BFK= 900 => E,F thuộc đờng tròn đờng kính BK

hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng tròn đờng kính BK

b  BCF= BAF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Mà  BAF= BAE=450( tính chất hình vuông)=> BCF= 450

Ta có BKF=  BEF( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Mà BEF= BEA=450(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)

=> BKF=450

Vì BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vuông cân tại B

Bài 2 : Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O H là trực tâm

của tam giác D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A

a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành

b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB

và AC Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng

c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất

Giải

a Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên

CH  AB và BHAC => BD AB và CDAC

Do đó: ABD = 900 và ACD = 900

Vậy AD là đờng kính của đờng tròn tâm O

Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD

của đờng tròn tâm O thì

tứ giác BHCD là hình bình hành

b) Vì P đối xứng với D qua AB nên APB = ADB

nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác:

AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB

Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB

Chứng minh tơng tự ta có: CHQ = DAC

Vậy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800

Ba điểm P; H; Q thẳng hàng

H

O P

Q

D

C B

A

K O

N

M

I

D

C

B A

c) Ta thấy  APQ là tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ

đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất

 D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Bài3: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất

kỳ trên đoan CD

a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I là trung điểm của MN

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi

c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố

định

Giải

a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N

b) Do MâN = 900 nên MN là đờng kính

Vậy I là trung điểm của MN

b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)

=> CN = MK = MD (vì ΔMKD vuông cân)

Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA

=> AM = AN = AD + AC không đổi

c) Ta có IA = IB = IM = IN

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định

Bài 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 Vẽ các tiếp tuyến

AB, AC với đờng tròn Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D

và E.Chứng minh rằng: a DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O )

b RDER

3 2

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc

AB = AC = R  ABOC là hình vuông

Kẻ bán kính OM sao cho

BOD = MOD

MOE = EOC

Chứng minh BOD = MOD

 OMD = OBD = 900

Tơng tự: OME = 900

 D, M, E thẳng hàng Do đó DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R

Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Bài 5: Từ điểm P nằm ngoài đờng tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB.

Gọi H là chân đờng vuông góc hạ từ A đến đờng kính BC

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH

b) Giả sử PO = d Tính AH theo R và d

Giải

a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam

giác CPB ta có

CB

CH PB

EH

B

M A

O

C D

E

b a

I

C B

A

 2

 2

Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)

=>  AHC   POB Do đó:

OB

CH PB

AH

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH

Theo (1) và do AH = 2EH ta có

)

2 (

2PB

AH.CB 2PB

AH.CB

AH2  R

 AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

 AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB

2

2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

d

R d 2.R 4R

) R 4(d

R d 8R

(2R) 4PB

4R.2R.PB CB

4.PB

4R.CB.PB AH























từng vế ta đợc: 3DE > 2R  DE >

3

2

R Vậy R > DE >

3

2

R

Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ) Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.

a) Chứng minh DM.AI= MP.IB

b) Tính tỉ số :

MQ MP

Giải

Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC Mặt khác góc ADB = góc BCA=>

 MPD đồng dạng với  ICA =>

IA

MP CI

DM

 => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB (1).

Ta có góc ADC = góc CBA,

Góc DMQ = 180 0 - AMQ=180 0 - góc AIM = góc BIA.

Do đó  DMQ đồng dạng với  BIA =>

IA

MQ

BI

DM

 => DM.IA=MQ.IB (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra MQ MP = 1

Bài 7 Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ˆ ( 90 0 )



  

A

Chứng minh rằng AI =

c b

Cos bc

 2

(Cho Sin2   2SinCos)

Giải

O

E A P

1 1

Q

P M

F

E

B A

2

2

1 AI cSin

2

2

1 AI bSin

SAIC 

2

1



bcSin

SABC  SABC SABI SAIC

c b

bcCos c

b Sin

bcSin

AI

c b AISin

bcSin

















2 2

) ( 2

) ( 2











Bài 8: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450 Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng chéo BD tại P Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đ-ờng chéo BD tại Q

a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đờng tròn

b/ Chứng minh rằng: SAEF = 2SA Q P

c/ Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB biết CPD=CMD

Giải

a/ A1 và B1 cùng nhìn đoạn QE dới một góc 450

 tứ giác ABEQ nội tiếp đợc

 FQE = ABE =1v

chứng minh tơng tự ta có FBE = 1v

 Q, P, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kinh EF

b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân

 AE

AQ = 2

(1)

tơng tự ∆ APF cũng vuông cân

 AF

AB = 2

(2)

từ (1) và (2)  AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF

AQP

S

S = ( 2 )2 hay SAEF = 2SAQP

c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và APD=CPD

MCD= MPD=APD=CPD=CMD

MD=CD  ∆MCD đều  MPD=600

mà MPD là góc ngoài của ∆ABM ta có APB=450 vậy MAB=600-450=150

Bài 9: Cho đờng tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung

lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC

Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các cặp đờng thẳng AB với CD; AD và CE

a Chứng minh rằng DE// BC

b Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F Chứng

minh hệ thức:

CE

1

= CQ1 +

CE

1

Giải a SđCDE =

2

1

Sđ DC =

2

1

Sđ BD = BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le)

b APC =

2 1

sđ (AC - DC) =  AQC

E

H

M

B

A

=> Tứ giác APQC nội tiếp

(vì  APC =  AQC cùng nhìn đoan AC)

c.Tứ giác APQC nội tiếp

CPQ =  CAQ (cùng chắn cung CQ)

CAQ =  CDE (cùng chắn cung DC)

 CPQ =  CDE => DE// PQ

Ta có: DE PQ = CQ CE (vì DE//PQ) (1)

FC

DE

= QC QE (vì DE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) :      1

CQ

CQ CQ

QE CE FC

DE PQ

DE

=> PQ1 FC1 DE1 (3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ Thay vào (3) : CQ1 CF1 CE1

Bài 10: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn; vẽ đờng cao AD và BE Gọi H là trực tâm

và G là trọng tâm của tam giác ABC

a Chứng minh : tgB tgC =

HD AD

b Chứng tỏ rằng : HG // BC  tgB tgC = 3

a) (2,5 điểm) Xét ADB tg B =

BD AD

Xét ADC tg C =

CD

AD

 tg B tg C =

CD BD

AD

.

2

Ta có BDH ~ ADC  BD AD DH DC

 BD DC = DH AD

 tgB tgC =

DH

AD AD

DH

AD CD

BD

AD





2 2

b)Ta có  3

GM

AM

Do đó Xét ADM có : HG // BC  HG // DM 

HD

AD

GM

AM



 tgB.tgC = 3