^ bài luyện thi vào 10 hình học có Hướng dẫn

Bi 1 : Cho
ABC

vuông tại A đờng cao AK. Vẽ đờng tròn (A; AK).
Kẻ các tiếp
tuyến BE; CD với đờng tròn ( E; D là các tiếp điểm khác K).
CMR:
a) BC = BE + CD
b) Ba điểm D; A; E thẳng hàng.
c) DE tiếp xúc với đờng tròn đờng kính BC.
a, Chứng minh đợc:
BC là tiếp tuyến của (A; AK)
Ta có:
BE BK
CD CK
=


=



BC = BE + CD
b, Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
ta có :
à
ả
ã
à
ả

ã
1 2
3 4
1
2
1
2
A A DAK
A A KAE

= =




= =





à
ả ả
ã
à
ả
à
ã
1 2 2
3 4 3

2.
2.
A A A DAK
A A A KAE

+ = =


+ = =



Ta có:
ã
DAE
=
ã
ã
DAK KAE+



ã
DAE
=
ả ả
à
ả
2 2 3 4
A A A A+ + +

ã
DAE
=
ả
à
( )
2 3
2. A A+
= 2. 90
0
= 180
0

Vậy ba điểm A, D, E thẳng hàng
c) Gọi M là trung điểm của BC
chứng minh đợc MA là đờng trung bình của hình thang BCDE (0,25đ)
nên MA // BE do đó MA

DE (1)
chứng minh đợc MA = MB = MC=
1
2
BC


A

;
2
BC
M

ữ

(2) (0,25đ)
Từ (1) và (2)

DE là tiếp tuyến của đờng tròn
;
2
BC
M

ữ


Bi 2 Cho tỏm giỏc ABC cõn ti A cú BC<AB ni tip ng trũn tõm O. Tip tuyn
ti B v C ca ng trũn tõm O ln lt ct AC, AB theo th t D v E
1, c/m BD
2
= AD. CD
2, t/g BCDE ni tip
3, BC//DE
Chứng minh:
a) Xét
ABD
và

BCD

có

ã
ADB
(chung)
ã
ã
DAB DBC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung BC )


ABD

BCD

(g . g)



AD BD
BD CD
=


BD
2
= AD . CD ( Đcpcm)
b) Ta có:

ã
ằ
ẳ
( )
1
AEC sdAC sd BC
2
=
( Góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn)
ã
ằ
ằ
1
ADB (sdAB sdBC)
2
=
( góc có đỉnh bên ngoài đờng tròn ) . Mà theo
( gt) ta có AB = AC


ã
ã
AEC ADB=


E, D cùng nhìn BC dới hai góc bằng nhau

2 điểm D; E thuộc quĩc tích cung chứa góc dựng trên đoạn thẳng
BC

Tứ giác BCDE nội tiếp.
c) Theo ( cmt ) tứ giác BCDE nội tiếp



ã
ã
0
BED BCD 180+ =

(T/C về góc của tứ giác nội tiếp)
Lại có :
ã
ã
0
ACB BCD 180+ =
( Hai góc kề bù )


ã
ã
BED ACB=
(1)
Mà ABC cân ( gt)


ã ã
ACB ABC=
(2)
Từ (1) và (2)

ã
ã
BED ABC=


BC // DE (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)
. Bài tập 3
Cho ba im A, O, B thẳng hàng theo th t cú OA=a
O
D
E
A
C
B
S
v OB = b.K Ax, By AB; Trờn Ax ly im C trờn By ly
im D sao cho Gúc COD bng 90
0
a) c/m
AOC
đồng dạng
BDO
v tích AC.BD khụng i
b) S
ABCD
,
ã
COA

= 60
0

Chứng minh:
a) Xét AOC và BDO có:

à
à
0
A B 90= =
(gt)

ã ã
ACO BOD=
(cùng phụ với
ã
AOC
)


AOC
đồng dạng với
BDO
(g.g)


AO AC
=
BD BO

AO . BO = AC . BD

Do A, O, B cho trớc và cố định

AO.BO = R
2
(không đổi)


Tích AC.BD không đổi (đpcm)
b) - Xét vuông AOC có
ã
0
COA 60=


theo tỉ số lợng giác của góc nhọn ta có :
AC = AO.tg 60
0
= a
3


AC = a
3

- Xét vuông BOD có
ã
0
BOD 30=

(cùng phụ với
ã
AOC
)

Theo tỉ số lợng giác của góc nhọn ta có:
BD = OB . tg 30
0
= a
3
3
Vậy diện tích hình thang ABCD là:
S =
3
a 3 + a
AC + BD
3
.AB = (a + b)
2 2

S =
4a 3(a + b)
=
6

2 3( )
3
a a b+
=

. Bài tập4
cỏc ng cao h t A v B ca tam giỏc ABC ct nhau ti H ( gúc
C khỏc 90
0
) v ct ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC ln lt ti
D v E
1, c/m CD = CE
2, c/m BHD cân
3, c/m CD = CH
4,Xỏc nh tõm ca ng trũn ngoi tip tam giỏc DEH
Chứng minh:
1)
Ta có: AH BC; BH AC (gt)

H là trực tâm của ABC

CH AB .


ã
ã
DAC EBC=
(góc có cạnh tơng ứng vuông góc)


ằ
ằ
CE = CD
(hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)

CD = CE (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau) (đcpcm)
2)
Theo cmt ta có
ằ
ằ
CD CE=



ã
ã
CBD CBH=
Mà BC HD

BHD
có phân giác của
ã
HBD
cũng là đờng cao

BHD cân tại B ( đcpcm )
c) Xét BCH và BCD có :
BH = BD ( vì BHD cân tại B )
BC (Cạnh chung )
ã
ã
CBH CBD=
( cmt)

CBH = CBD ( c.g.c)

CD = CH ( đcpcm )
Bài 5 Cho
ABC
vuông tại A, có AB = 9 cm, AC = 12cm. Trên cạnh AC
lấy điểm M vẽ đờng tròn đờng kính MC. Kẻ BM cắt đờng tròn tại D.
Đờng thẳng DA cắt đờng tròn tại S.
CMR: a) Tứ giác ABCD là một tứ giác nội tiếp.
b)
ã
ã
ACB ACS=
.
A
E
C
D
B
F
B
C
H
A
O
c) Tính chu vi và diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Biết AB
=9 cm, AC=12cm
a) Gọi O là tâm đờng tròn đờng kính CM và I là trung điểm
của BC
Ta có:

ã
0
BAC 90=
(gt)

Theo quỹ tích cung chứa góc ta có A
BC
;
2
I

ữ

(1)
Lại có D (O;
MC
2
)


ã
0
CDM 90 =

ã
0
Hay CDB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O))

D

BC
;
2
I

ữ

(2)
Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A ; D ; B ; C
BC
;
2
I

ữ


Hay tứ giác ABCD nội tiếp trong ( I ;
BC
2
) .
b) Vì tứ giác ABCD nội tiếp trong
BC
;
2
I

ữ

(cmt)

ã
ã
ADB ACB=
(3) ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của
BC
;
2
I

ữ

)
Mà tứ giác CMDS nội tiếp trong
MC
;
2
O

ữ

(gt)


ã
ã
0
MDS MCS 180+ =
(tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp)

Mặt khác :
ã
ã
0
MDS ADB 180+ =
( 2 góc kề bù)


ã
ã
ACS ADB=
(4)
Từ (3) và (4)


ã
ã
ACS BCA=
(đpcm)
c) Xét
ABC
vuông tại A Ta có BC
2
= AB
2
+ AC
2
( định lí Pytago)

BC
2
= 9
2
+ 12
2
= 81

+144 = 225

BC = 15
Trong đờng tròn tâm I có đờng kính BC = 15 cm

R
(I)
=7,5 cm
+) Chu vi hình tròn
BC
;
2
I

ữ

ngoại tiếp tứ giác ABCD là:

2 2.3,14.7,5 47,1C R

= =
cm.

+) Diện tích hình tròn
BC
;
2
I

ữ

ngoại tiếp tứ giác MCSD là:

( )
2
2
3,14. 7,5 176,625S R

= =
cm
2
Bài 6
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đ-
ờng cao BD, CE của tam giác cắt nhau tại H và cắt đờng tròn (O)
tại điểm thứ hai theo thứ tự tại N, M
a/ Chứng minh các tứ giác AEHD, EBCD nội tiếp
b/ Chứng minh: MN//ED
c/ Chứng minh:
OA ED

H
M
N

E
D
O
C
B
A
a/ BD
AC,CE AB

(gt)
-* Tứ giác AEHD có

D =

E = 90
0
nên:

D +

E = 180
0
hai gúc

D v

E v trớ i nhau
=> t/g AEHD nội tiếp
*

BEC =

BDC = 90
0
Xột t/gBEDC
Cú 2 nh D và E k nhau cựng nhỡn cnh BC cha 2 nh cũn li
di mt gúc vuụng
=> Tứ giác BEDC nội tiếp
b/ Tứ giác BEDC nội tiếp =>

EBD =

ECB (cùng chắn cung BE)
hay

EDH =

HCB (1)


MNB =

MCB (cùng chắn cung MB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra

EDH =

MNB
Hai

EDH v

MNB ở vị trí so le trong => MN//ED
c/ Tứ giác BEDC nội tiếp =>

EBD =

ECD( cùng chắn cung ED)
hay

ABN =

MCA

=> cungAN =cung AM (3)
AM = AN
OM = ON
O, A nm trờn ng trung trc ca MN
OA l ng trung trc ca MN
Từ (3) => OA

MN
Vì MN//DE => OA

DE