Luyện thị lớp 10: 12 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP THEO CHỦ ĐỀ

DADE vuông tại E , nên theo định lý Pitago ta có: Vẽ đường phân giác AD của tam giác ABC.. Các đoạn thẳng AB AC , có độ dài không đổi, DE ^OA từ đó gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính

PHẦN 3 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN

CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ

LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu 1 Giải:

Vẽ ME ^AB E, Î AB EM cắt DC tại F Tứ giác AEFD có

Gọi E là giao điểm của AD và BC

Vì DECD có µD C+µ =900 nên ·CED =900

E

D

C B

A

E

B A

Các tam giác EAB ECD EAC EBD vuông tại , , , E nên theo định lý Pitago ta có:EA2+EB2=AB2 (1); EC2+ED2=CD2 (2);

Câu 4 Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC tại

G Xét DABE và DADG có: ·ABE =ADG· =90 ;0AB =AD (vì

ABCD là hình vuông); ·BAE =DAG· (hai góc cùng phụ với ·DAE )

A

A

B

C G

D

E

F

Câu 5

Dựng AE ^AN AH, ^CD ,E H Î CD,dựng AF ^BC thì hai tam

giác AHE , AFM bằng nhau nên AE =AM Trong tam giác vuông

N H

E

B A

x

20 o

E D C B

A

vuông tại E , nên theo định lý Pitago ta có:

4

AE +BE =AB Þ AE =AB - BE = b DADE vuông tại

E , nên theo định lý Pitago ta có:

Vẽ đường phân giác AD

của tam giác ABC

Theo tính chất đường phân

giác của tam giác ta có BD DC

Câu 9.

Dựng đường thẳng vuông góc

với AM tại A cắt BO tại K

Dựng IH ^OA Ta dễ chứng minh

được DAOK = DIHA Þ AK =AI

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AK M ta có:

BEK =DEC =EDC =AKE nên tam giác

BEK cân do đó BK =BE Þ DAEK vuông tại

E K

B A

Vẽ đường kính AE có AE =8cm

Điểm B thuộc đường tròn

đường kính AE Þ ABE· =900

Xét DADC và DABE có ·DAC

(chung), ADC· =ABE· (=900),

H

O

B A

vuông góc dây cung) Þ AH =CK Xét DOHM (OHM =· 900) có

OM (cạnh chung) và OH =OK , do đó DOHM = DOKM (cạnh

huyền, cạnh góc vuông) Þ MH =MK Ta có

MH - AH =MK - CK Þ MA=MC

Câu 14 Giải:

Vì ·COD =900 suy ra tam giác

COD vuông cân tại O nên

O

K H

B

chứng minh AD hoặc AE có độ dài

không đổi Các đoạn thẳng AB AC ,

có độ dài không đổi, DE ^OA từ đó

gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra:

những điều này giúp ta nghỉ đến

chứng minh OM là đường phân giác

(AH - BH) (+ AH +HC) =2AH .DMAO có ·AMO =900, theo định

lý Pitago có AM2+OM2=OA2; DHAO có ·AHO =900 nên

Gọi N là trung điểm của CD

thì MN là đường trung bình của

hình thang và tam giác MNC cân

tại N nên ·NMC =ACM· =MCN·

Suy ra CM là tia phân giác của ·ACH nên MA=MH , Từ đó ta có điều phải chứng minh

Câu 19 Gợi ý:

Dễ thấy PB/ /AH , gọi D là giao điểm của CA và BP thì tam giác

BAD vuông tại A Do PA =PB Þ PA=PB =PD (Do

PDA=DAP cùng phụ với ·DBA =PAB· )

O

M H

C B

A

M

d' d

D N

H C

B A

+ Vì ·CEK =AED· =ADE· =EKC·

Suy ra tam giác CEK cân tại C Þ CE =CK Thay vào (*) ta có:

I P

A D

C B

K I

O

E D

M

C B

A

N

E H

A

O K

OK OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD (tính chất trung tuyến)Þ KOC· =900 + Xét DOEK và DCDO có OEC· =CDO· (=90 ,0) OKE· =COD· (cùng

phụ với ·EOK ).Do đó DOEK : DCDO Þ OD EK =OE CD hay

+ Trong DABM có HE / /BM , áp dụng hệ quả của định lý Thales

trong tam giác ta có HE AE

trên tia phân góc A)

+ Gọi M N là tiếp điểm của , ( )O ;

K

O D

M

C B

A

N

+ Vì đường tròn ( )I tiếp xúc với

các cạnh tại , ,D E F nên suy ra

AM AN là các tiếp tuyến của đường

tròn ( )O ,gọi H là giao điểm của AO

và MN

Ta có tam giác AHE đồng dạng với

Tam giác ADO nên AE AD =AH AO

N I

Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH AO =AM2.Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

điểm của đường tròn ( )O tiếp xúc

với BC , đường tròn ( )I tiếp xúc với AD

Gọi O là trung điểm của BC

thì tam giác OCD đều nên ·OCD =600

D

B

A

Câu 26 Giải:

Ta gọi giao điểm của AM và cung BC

là D.Ta có ·BAM =MAC· Û BD» =DC¼ .

Để chứng minh: ·AMO'=ADO· ta

dựa vào các tam giác cân O AM' và OAD

A

O H

D

C B

A

A

D O

Dựng đường kính HN của đường tròn

( )C cắt đường tròn ( )O tại K khi đó ta có

D

N

E C

K

M

B A

Hay Û MC MC( +MK)=HC2 Û MC HC.2 =HC2Û HC =2MC

là điều phải chứng minh

Câu 31 Giải:

Dựng đường kínhAE của đường

tròn (O R Ta có ·; ) AEC =ABD· (cùng chắn cung AC )

suy ra DDBA : DCEA, từ đó suy ra

BAD =OAC

Câu 32

Ta có: ·BEC =BDC· (cùng chắn cung )

BC và ·ABD =BDC· (so le trong)

suy ra ·BEC =ABD·

Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE

x

E

B A

x

y E

tiếp cùng chắn ¼AM )

ANB =ANM +MNB = ; do đó N thuộc đường tròn đường kính

AB + Gọi E là giao điểm của MN và »AB ( E khác N ) Ta có

của tam giác ABC , ta cần chứng

minh AFE =· 900, nghĩa là cần có

AF AB =AE AD

H O

D

C B

A

F A

M

N E

H

Nhưng ta có: AF AB =AM2(Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) hoặc

có thể dùng tam giác đồng dạng

Câu 36 Giải:

Gọi ,D E là giao điểm của đường tròn

( )O với các cạnh AC AB thì , H

là giao điểm của BD CE ,

Chứng minh được ·AMH =AMN· ,

từ đó có M H N thẳng hàng., ,

Câu 37 Giải:

Hai tam giác cân ABC DAB ,

có chung góc ở đáy ·ABC ,

do đó ·BAC =ADC· Suy ra BA là tiếp

tuyến của đường tròn ngoại tiếp

tam giác ACD

Câu 38 Giải:

Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( )O

·xAB và ·ACB lần lượt là góc tạo

bởi tia tiếp tuyến và dây cung và

góc nội tiếp cùng chắn cung AB của

B

A

I O D

C B

A

x

( )O nên · xAB =ACB· .

·ABD và ·ACB lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và

góc nội tiếp cùng chắn cung BD của ( )I nên · ABD =ACB· .

Do đó ·xAB =ABD· Þ Ax/ /BD Mà OA ^Ax OA, ^BD suy ra

O

C

D B

E A

F

E D C

B A

2 1 2

1 A

B

C

D M

CD ^AC (gt) Þ OM ^CD tại M , CM là bán kính của ( )M Þ CD

là tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại M .

c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường tròn, có:

d) Ta có IP / /AM (vì cùng vuông góc với MB).Kéo dài IP cắt AN

tại K ; DAMN có IK là đường trung bình Þ K trung điểm của

AN Mà A N, cố định nên K cố định Điểm P luôn nhìn hai điểm

H

K F

O

tiếp cùng chắn »IC ) Þ IAC· =IBA·

FAK

D có AI là đường cao (AI ^BI) đồng thời là đường trung

tuyến (F và K đối xứng qua I )

FAK

Þ D cân tại A Þ FAI· =IAK· .Ta có

FAB =FAI +IAB =IAK +IAB =IBA+IAB = Þ AF ^AB

tại AÞ AF là tiếp tuyến của ( )O

D có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác Þ DABE

cân tại B nên BI cũng là đường trung trực Þ KA =KE K( Î BI)

3 12

(hai góc nội tiếp chắn hai cung

bằng nhau) Þ BM là đường phân

[

A B

C

M

O

giác ·ABN trong DABM .Mặt khác

Þ = = (do DCMN cân tại

M nên CM =MN)Þ QN =BC BCA =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét DBAQ vuông tại A, AC ^BQ có:

Þ là hình thoi (hình bình

hành có hai đường chéo vuông góc nhau)

b) Ta có BIC =· 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn ( )O' )

MID O IC+ =MDI +O CI = (DMCD vuông tại M ) Vậy

'

MI ^O I tại I , 'O I =R' bán kính đường tròn ( )O' Þ MI là tiếp

tuyến của đường tròn ( )O' .

c) BCI· =BIM· (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn »BI ) BCI· =BIH· (cùng phụ ·HIC) Þ BIM· =BIH· Þ IBlà

phân giác ·MIH trong DMIH Ta lại có BI ^CI Þ IC là phân giác ngoài tại đỉnh I của DMIH Áp dụng tính chất phân giác đối với

D

M

N P

K

ta có DM DN, lần lượt là tia phân giác ·KDP và ·PDL

AD là đường trung tuyến của DABC đều nên AD là tia phân giác

·BAC Suy ra OÎ AC Gọi P K L', ', ' lần lượt là các tiếp điểm của( )O với EF AB AC, , Ta có AK '=AL P E'; ' =EK P F'; ' =FL' (tínhchất hai tiếp tuyến cắt nhau)

D E M

O

CD Trong đường tròn ( )O có IMD· =MAB· (góc nội tiếp, góc tạo

bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn ¼MB ), MAB· =MDI· (cùng phụ

với ·ACH )Þ IMD· =MDI· Þ DIMD cân tại I Þ IM =ID Ta lại có

I

C E

M D

· ·

IMC =ICM (cùng phụ với hai góc bằng nhau) Þ DMIC cân tại I

Þ = Vậy IM =ID =IC Þ I là trung điểm của CD

+ DCED có EI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên

d) DAHC có H =µ 900, CAH =· 450 Þ DAHC vuông cân tại H

N

P

C B

A

DBO =DOE = Þ DBDO : DODE (c.g.c) Þ BDO· =ODE· , mà

tia DO nằm giữa hai tia DB DE, Þ DO là tia phân giác ·BDE

c) DABC đều nên đường trung tuyến AO cũng là đường phân giác trong của ·BAC , mà DO là phân giác ngoài tại đỉnh D Þ O là tâm

đường tròn bàng tiếp trong góc A của ADED Þ ĐƯờng tròn ( )O

Þ = = là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác IOQE Þ

Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc một cung chứa góc) Suy ra

EIO =EQO = Lý luận tương tự DNE =· 900 Vậy tứ giác DINE

(·DIE và ·DNE cùng nhìn DE dưới một góc vuông) Þ ONI· =ODE· .Vậy DONI : DODE (g.g)

a) Do AB AC, là hai tiếp tuyến

cắt nhau của đường tròn ( )O

nên ABO· =ACO· =900Þ B C,

E

H

I G' G M

K

A

C B

O

thuộc đường tròn đường kính OA có tâm I là trung điểm OA

2

AB

AM AO = AI =AB AI c) Gọi E là trung điểm MA, do G là trọng tâm DCMA nên G Î CE

Þ = , theo định lý Ta-lét đảo Þ MG/ /BC .

d) Gọi G' là giao điểm của OA và CM Þ G' là trọng tâm DABC

Nên ' 1

CM = =CE , theo định lý Ta-lét đảo GG'/ /ME (1)

MI là đường trung bình trong DOAB Þ MI / /OB, mà AB ^OB

a) Gọi O' là giao điểm của AO

với cung nhỏ DE của đường tròn

( )O Þ O' thuộc đường phân giác

của µA trong DADE Ta có

C B

A

phân giác Dµ Þ O' là tâm đường tròn nội tiếp DADE Do đó

nên ·

·2

NCB = (do CO là tia phân giác ·ACB) Suy ra NMB· =NCB· ,

mà M C, là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác BCMN Þ Tứ giác BCMNnội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa góc)

c) DNMO và DBCO có NOM· =BOC· (đối đỉnh); NMO· =BCO· (cmt)Þ DNMO$DBCO (g.g) OM ON MN