On tap hinh vao 10( hay0

D
C
M
y
x
O
B
A
C¸c bai tap h×nh «n thi vµo 10( hay)
Bài 4 ( 3 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By và nửa
đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB). Qua điểm M thay đổi trên nửa đường tròn
( M khác A, B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn lần lượt cắt Ax, By tại C và D.
a/ Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp.
b/ Chứng minh OC vuông góc với OD và
222
111
RODOC
=+
c/ Xác định vị trí của M để ( AC + BD ) đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 4:
a. Xét tứ giác ACMO có
·
·
0
90CAO CMO= =
=> Tứ giác ACMO nội tiếp.
b. Vì AC và CM là tiếp tuyến của (O) =>OC là tia phân giác của góc AOM (t/c)
Tương tự DM và BD cũng là tiếp tuyến của (O) => OD là tia phân giác của góc BOM (t/c)
Mặt khác
·

AOM
kề bù với
·
BOM
=>
CO ⊥OD.
* Ta có ∆COD vuông tại O và OM là đường cao => theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được
2 2 2 2
1 1 1 1
OC OD OM R
+ = =
c. Vì Ax, By, CD là các tiếp tuyến cắt nhau tại C và D nên ta có CA = CM , MD = DB
=> AC + BD = CM + MD = CD
Để AC + BD nhỏ nhất thì CD nhỏ nhất.
Mà C, D thuộc hai đường thẳng // => CD nhỏ nhất khi CD⊥ Ax và By => M là điểm chính giữa cung AB.
Bài 3. ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2
3
AO. Kẻ dây MN
vuông góc với AB tại I. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối
AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM
2
= AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI
2
.
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là

nhỏ nhất.
Bài 3.
a)
1
* Hình vẽ đúng
*
·
0
EIB 90=
(giả thiết)
*
0
ECB 90∠ =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:
* sđ
cungAM
= sđ
cungAN

*
AME ACM∠ = ∠

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:
AC AM
AM AE
= ⇔
AM

2
= AE.AC
c)
* MI là đường cao của tam giác vng MAB nên MI
2
= AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM
2
- MI
2
= AI
2
.
d)
* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó tâm O
1
của đường tròn
ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO
1
nhỏ nhất khi và chỉ khi NO
1
⊥
BM.)
* Dựng hình chiếu vng góc của N trên BM ta được O
1
. Điểm C là giao của đường tròn đã cho với đường
tròn tâm O
1
, bán kính O

1
M.
Bµi 4 (3,5®iĨm)
Cho ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB cã b¸n kÝnh R, tiÕp tun Ax. Trªn tiÕp tun Ax lÊy ®iĨm F sao cho BF c¾t ®-
êng trßn t¹i C, tia ph©n gi¸c cđa gãc ABF c¾t Ax t¹i E vµ c¾t ®êng trßn t¹i D .
1- Chøng minh OD // BC .
2- Chøng minh hƯ thøc : BD.BE = BC.BF .
3- Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp.
4- X¸c ®Þnh sè ®o cđa gãc ABC ®Ĩ tø gi¸c AOCD lµ h×nh thoi. TÝnh diƯn tÝch h×nh thoi AOCD theo R .
Bài 4:
1)
· ·
·
·
·
·
( )
va so le trong
(tia phan giac
OD//BC
)
ODB OBD OBD can
ODB EBF
EBF CBD

= ∆

⇒ =

=



⇒
2)
· ·
0
90ADB ACB= =
(góc nội
tiếp chắn nữa đường tròn)
* ∆vAEB, đường cao AD:
Có AB
2
= BD.BE (1)
* ∆vAFB, đường cao AC:
Có AB
2
= BC.BF (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BD.BE = BC.BF .
Từ BD.BE = BC.BF
·
·
BD BF
BCD BFE
BC BE
CDB CFE
⇒ = ⇒ ∆ ∆
⇒ =
:
⇒ Tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn ( góc ngoài bằng góc trong đối diện)
3) * Nếu tứ giác AOCD là hình thoi

⇒ OA = AD = DC = CO
⇒ ∆OCD đều
·
0
60ABC⇒ =
* S hình thoi = AC . OD
2
A B
M
E
C
I
O
1
N
=
2 2 2
(2 ) . 5R R R R+ =
E
D
C
B
O
A
F
Câu 4: (3đ)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt
(O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .Chứng minh:
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.
b/ED=EF

c/ED
2
=EP.EQ
Câu 4: (3đ)
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.

·
0
90ADB =
(góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))

·
0
90 ( )FHB gt=
=>
·
·
0 0 0
90 90 180ADB FHB+ = + =
. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được.
b/ED=EF
Xét tam giác EDF có
·
»
»
1
( )
2
EFD sd AQ PD= +
(góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).

·
»
»
1
( )
2
EDF sd AP PD= +
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Do PQ
⊥
AB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm của
»
»
»
PQ PA AQ=> =
=>
·
·
EFD EDF=
tam giác EDF cân tại E => ED=EF
3
H
E
Q
F
O
B
1
A
D

P
1
c/ED
2
=EP.EQ
Xột hai tam giỏc: EDQ;EDP cú
à
E
chung.
à
ả
1 1
Q D=
(cựng chn
ằ
PD
)
=>

EDQ

EPD=>
2
.
ED EQ
ED EP EQ
EP ED
= => =
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác PQR vuông cân tại P. Trong góc PQR kẻ tia Qx bất kỳ cắt PR tại D (D không trùng
với P và D không trùng với R). Qua R kẻ đờng thẳng vuông góc với Qx tại E. Gọi F là giao điểm của PQ và RE.

a) Chứng minh tứ giác QPER nội tiếp đợc trong một đờng tròn.
b) Chứng minh tia EP là tia phân giác của góc DEF
c) Tính số đo góc QFD.
d) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng QE. Chứng minh rằng điểm M luôn nằm trên cung tròn cố định khi
tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR
Bài 4:
a)
Ta có:

QPR = 90
0
( vì tam giác PQR vuông cân ở P)


QER = 90
0
( RE

Qx)
Tứ giác QPER có hai đỉnh P và E nhìn đoạn thẳng QR dới một góc không đổi (90
0
)

Tứ giác QPER nội tiếp
đờng tròn đờng kính QR.
b)
Tứ giác QPER nội tiếp

PQR +

PER = 180
0
mà

PER +

PEF = 180
0
(Hai góc kề bù)
4
Q
P
R
D
E
F
x
M
I
N
1
1
1
I
H
K
O
D

C
B
A




PQR =

PEF



PEF =

PRQ (1)
Mặt khác ta có:

PEQ =

PRQ (2) <Hai góc nội tiếp cùng chắn cung PQ của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
QPER>.
Từ (1) và (2) ta có

PEF =

PEQ

EP là tia phân giác của gócDEF
c)

Vì RP

QF và QE

RF nên D là trực tâm của tam giác QRF suy ra
FD

QR



QFD =

PQR (góc có cạnh tơng ứng vuông góc)
mà

PQR = 45
0
(tam giác PQR vuông cân ở P)



QFD = 45
0
d)
Gọi I là trung điểm của QR và N là trung điểm của PQ. (I,N cố định)
Ta có: MI là đờng trung bình của tam giác QRE

MI//ER mà ER

QE

MI

QE



QMI = 90
0


M thuộc đờng tròn đờng kính QI.
Khi Qx

QR thì M

I, khi Qx

QP thì M

N.
Vậy: khi tia Qx thay đổi vị trí nằm giữa hai tia QP và QR thì M luôn nằm trên cung NI của đờng tròn đ-
ờng kính QI cố định.
Bi 4: (3,5 im)
Cho tam giỏc vuụng cõn ADB ( DA = DB) ni tip trong ng trũn tõm O. Dng hỡnh
bỡnh hnh ABCD ; Gi H l chõn ng vuụng gúc k t D n AC ; K l giao im ca
AC vi ng trũn (O). Chng minh rng:
1/ HBCD l mt t giỏc ni tip.
2/

ã
ã
DOK 2.BDH=
3/
2
CK CA 2.BD=.
Bi 4:
1/
DH AC

(gt)
ã
0
DHC 90=
BD AD (gt)
BD BC
BC// AD(t / c hình bình hành)






ã
0
DBC 90 =
Hai nh H,B cựng nhỡn on DC di
mt gúc khụng i bng 90
0
HBCDW

ni tip trong ng trũn
ng kớnh DC (qu tớch cung cha gúc)
2/ +
ả
ả
ằ
1 1
D C ( 1/ 2s BHđ= =
ca ng trũn ng kớnh DC)
+
ả
ả
1 1
C A=
(so le trong, do AD//BC)
ả
ả
1 1
D A =
+
ã
ả
1
DOK 2A=
(Gúc tõm v gúc ni tip cựng chn
ằ
DK
ca (O))
ã
ả

ã
1
DOK 2D 2BDH = =
.
3/+
ã
0
AKB 90=
(gúc ni tip chn ẵ (O)
ã
ã
0
BKC DHA 90 = =
;
ả
ả
1 1
C A=
(c/m trờn)

AHD CKB =V V
(cnh huyn gúc nhn)
AH CK =
+AD = BD (
ADB
cõn) ; AD = BC (c/m trờn)
AD BD BC
= =
+ Gi
I AC BD=

; Xột
ADB
vuụng ti D , ng cao DH ; Ta cú:

2 2
BD AD AH.AI CK.AI= = =
(h thc tam giỏc vuụng) (1)
Tng t:
2 2
BD BC CK.CI= =
(2)
Cng v theo v ca (1) v (2) ta c:
2 2 2
CK.AI CK.CI 2BD CK(AI CI) 2BD CK.CA 2BD+ = + = =
(pcm)
Bài 5.(4điểm)
Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By thuộc cùng một
nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đờng tròn (O);
nó cắt Ax, By lần lợt ở E và F.
a) Chứng minh: Góc EOF bằng 90
0
.
b) Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh: MK vuông góc với AB.
d) Khi MB =
3
MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
5
a) (1,5đ) Hình vẽ
0,25

Có EA AB => EA là tiếp tuyến với (O), mà EM là tiếp tuyến
=> OE là phân giác của góc AOM
0,5
Tơng tự OF là phân giác góc BOM
0,5
=> góc EOF = 90
0
(phân giác 2 góc kề bù)
0,25
b) (1đ)
có góc OAE = góc OME = 90
0
=> Tứ giác OAEM nội tiếp
0,5
Tứ giác OAEM nội tiếp => góc OAM = góc OEM
0,25
Có góc AMB = 90
0
(AB là đờng kính) => OEF và MAB là tam giác vuông
=> OEF và MAB đồng dạng.
0,25
c) (0,75đ) có EA // FB =>
KA AE
KF FB
=
0,25
EA và EM là tiếp tuyến => EA = EM
FB và FM là tiếp tuyến => FB = FM =>
KA EM
KF MF

=
0,25
AEF => MK // EA mà EA AB => MK AB
0,25
d) (0,75đ) Gọi giao của MK và AB là C, xét AEB có EA // KC =>
KC KB
EA EB
=
xét AEF có EA //KM =>
KM KF
EA FA
=
AE//BF=>
KA KE KF KB
KF KB FA EB
= => =
Do đó
KC KM
EA EA
=
=> KC = KM => S
KAB
=
1
2
S
MAB
0,5
MAB vuông tại M => S
MAB

= MA.
2
MB
MB =
3
MA => MA =
2
a
; MB =
3
2
a
=>
2 2
1 1
3 3
8 16
MAB KAB
S a S a= => =
(đơn vị diện tích
0,25
6