Tập Các Bài Hình Học TS Vào 10 Có Đ.A (TK2)

TỔNG HP CÁC BÀI HÌNH CỦA CÁC ĐỀ THI
Bài 1 : Cho nưa ®êng trßn (O) ®êng kÝnh AB. KỴ tiÕp tun Bx víi nưa ®êng trßn.
Gäi C lµ ®iĨm trªn nưa ®êng trßn sao cho cung CB b»ng cung CA, D lµ mét ®iĨm t ý trªn cung CB ( D kh¸c
C vµ B ). C¸c tia AC, AD c¾t tia Bx theo thø tù ë E vµ F .
a, Chøng minh tam gi¸c ABE vu«ng c©n.
b, Chøng minh
=
2
FB FD.FA
c, Chøng minh tø gi¸c CDFE néi tiÕp ®ỵc ®êng trßn.
Bài 2 : Cho tam gi¸c ®Ịu ABC, O lµ trung ®iĨm cđa BC. Trªn c¸c c¹nh AB, AC
lÇn lỵt lÊy c¸c ®iĨm di ®éng D vµ E sao cho
·
0
60DOE =
.
a. Chøng minh tÝch BD.CE kh«ng ®ỉi.
b. Chøng minh ∆BOD ∆OED. Tõ ®ã suy ra tia Do lµ tia ph©n gi¸c cđa
·
BDE
Bài 3 : H·y tÝnh thĨ tÝch mét chi tiÕt m¸y theo
kÝch thíc ®· cho trªn h×nh vÏ bªn.
Bài 4 :Cho nưa ®êng trßn (O, R) ®êng kÝnh AB cè ®Þnh. Qua A vµ B vÏ c¸c tiÕp tun víi nưa ®êng trßn (O). Tõ
mét ®iĨm M t ý trªn nưa ®êng trßn (M kh¸c A vµ B) vÏ tiÕp tun thø ba víi nưa ®êng trßn c¾t c¸c tiÕp tun
t¹i A vµ B theo thø tù t¬ng øng lµ H vµ K.
a) Chøng minh tø gi¸c AHMO lµ tø gi¸c néi tiÕp.
b) Chøng minh AH + BH = HK
c) Chøng minh ∆ HAO ∆ AMB vµ HO.MB = 2R
2
d) X¸c ®Þnh vÞ trÝ cđa ®iĨm M trªn nưa ®êng trßn sao cho tø gi¸c AHKB cã chu vi nhá nhÊt.
Bài 5 :Trên (O,R) đường kính AB , lấy hai điểm M ,E theo thứ tự A , M , E, B (hai điểm M , E khác A, B ) .

hai đường thẳng AM và BE cắt nhau tại điểm C : AE và BM cắt nhau tại D .
a) CMR : MCED là một tứ giác nội tiếp và CD ⊥ AB.
b) Gọi H là giao điểm của AB và CD. CMR : BE.BC=BH.BA
c) CMR : các tiếp tuyến tại M và E của (O,) cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng CD
d) Cho biết
·
0
45BAM
=
và
·
0
30BAE
=
. Tính diện tích tam giác ABC theo R
Bài 6: Lấy ba điểm A, B, C thuộc đường tròn tâm O sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC.
Tiếp tuyến tại A của đường tròn tâm O cắt BC tại M. Gọi K là trung điểm của dây BC.
a. Chứng minh các điểm M, A, O, K cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh hệ thức MA
2
= MB.MC.
Vẽ AH vuông góc với OM tại H . Chứng minh:
·
·
HBO HCO=
.
Bài 7: Cho ABC néi tiÕp trong ®êng trßn (O). Tia ph©n gi¸c cđa gãc BAC c¾t BC t¹i I, c¾t ®êng trßn t¹i M
a) Chøng minh OM vu«ng gãc BC
b) Chøng minh MC
2

= MI. MA
c) KỴ ®êng kÝnh MN. C¸c tia ph©n gi¸c cđa gãc B vµ gãc C c¾t ®êng th¼ng AN t¹i P vµ Q . Chøng minh 4
®iĨm P,C,B,Q cïng thc mét ®êng trßn
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông tại A và có góc B = 60
0

, AB = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích
của hình được tạo thành ( theo a ) khi tam giác ABC :
a/ Quay quanh trục AB?
b/ Quay quanh trục AC?
Bµi 1:
a, Ta có
ằ
ằ
CA CB
=
(gt) nên sđ
ằ
CA =
sđ
ằ
CB
=
0 0
180 : 2 90=

ã
1
CAB
2

=
sđ
ằ
0 0
1
CB .90 45
2
= =
(
ã
CAB
là góc nội tiếp chắn cung CB)
à
E 45
=
0
Tam giác ABE có
ã
0
ABE 90
=
( tính chất tiếp tuyến) và
ã
à
0
CAB E 45
= =
nên tam giác ABE vuông cân tại B (
b,
ABFvà DBF

là hai tam giác vuông (
ã
0
ABF 90
=
theo CM trên,
ã
0
ADB 90
=
do là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên
ã
0
BDF 90
=
) có chung góc
AFB nên
ABF

:
BDF

(0,75đ)
suy ra
FA FB
FB FD
=
hay
2

FB FD.FA
=
(0,25đ)
c, Ta có
ã
1
CDA
2
=
sđ
ằ
0 0
1
CA .90 45
2
= =

ã
ã
0
CDF CDA 180
+ =
( 2 góc kề bù) do đó
ã
ã
0 0 0 0
CDF 180 CDA 180 45 135
= = =
(0,25đ)
Tứ giác CDFE có

ã
ã
0 0 0
CDF CEF 135 45 180
+ = + =
nên tứ giác CDFE
nội tiếp
đợc (0,25đ)
a) Xét BDO và COE có
à
à
0
B C 60= =
(vì ABC đều)
ã
ả
ã
ả

+ =


+ =


0
3
0
3
BOD O 120

OEC O 120
ã
ã
BOD OEC=

BDO COE (gg)
BD BO
CO CE
=
BD. CE = CO. BO (không đổi)
b) Vì BOD COE (c/m câu a)

BD DO
CO OE
=
mà CO = OB (gt)
BD DO
OB OE
=
Lại có
à
ã
0
B DOE 60= =
BOD OED (c.g.c)
ả
ả
1 2
D D=
(hai góc tơng ứng).

Vậy DO là phân giác
ã
BDE
O
x
E
F
D
C
B
A
- Thể tích của chi tiết máy chính là tổng thể tích của hai hình trụ.
- Hình trụ thứ nhất, ta có:
r
1
= 5,5cm ; h
1
= 2cm
V
1
=
2
1
r
h
1
= . 5,5
2
. 2 = 60,5 (cm
3

)
- Hình trụ thứ hai có:
r
2
= 3cm ; h
2
= 7cm
V
2
= .
2
2
r
h
2
= . 3
2
. 7 = 63 (cm
3
)
- Vậy thể tích của chi tiết máy là :
V
1
+ V
2
= 60,5 + 63 = 123,5 (cm
3
)
Hình vẽ đúng:
a) Xét tứ giác AHMO có:

ã
ã
0
OAH OMH 90= =
(tính chất tiếp tuyến)

ã
ã
0
OAH OMH 180+ =
tứ giác AHMO nội tiếp vì có tổng hai góc đối diện bằng 180
0
b) Theo tính chất hai tia tiếp tuyến cắt nhau của một đờng tròn có :
AH = HM và BK = MK
Mà HM + MK = HK (M nằm giữa H và K). AH + BK = HK
c) Có HA = HM (chứng minh trên).OA = OM = R OH là trung trực của AM OH AM.
Có
ã
AMB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn
1
2
đờng tròn). MB AM.
HO // MB (cùng AM)
ã
ã
HOA MBA=
(hai góc đồng vị).

Xét HAO và AMB có :
ã
ã
HAO AMB=
= 90
0;
ã
ã
HOA MBA=
(chứng minh trên).
HAO AMB (g g)

HO AO
AB MB
=
HO.MB = AB.AO HO.MB = 2R.R = 2R
2
d) Gọi chu vi của tứ giác AHKB là P
AHKB
P
AHKB
= AH + HK + KB + AB

= 2HK + AB (vì AH + KB = HK)
Có AB = 2R không đổi.
P
AHKB
nhỏ nhất HK nhỏ nhất. 0,25 điểm. HK // AB
mà OM HK HK // AB OM AB
M là điểm chính giữa của

ằ
AB
H×nh vÏ minh ho¹

5/ a) CMR : MCED là một tứ giác nội tiếp và CD
⊥
AB.
·
·
·
·
= = = =
0 0
: 90 90Ta có AMB CMB va ø AEB CEC
Tứ giác MCED có 2 góc đối diện là 2 góc vuông nên là một tứ giác nội tiếp.
Tam giác ACB có AE và BM là 2 đường cao nên đường thẳng CD là đường cao thứ ba: CD
⊥
AB.
b) Gọi H là gjao điểm của AB và CD. CMR : BE.BC = BH.BA
Hai tam giác vuông BEA và BHC đồng dạng với nhau vì có gócB chung, cho ta:
. .
BE BA
BE BC BA BH
BH BC
= ⇒ =
c) CMR : các tiếp tuyến tại M và E của (O,) cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng CD .
Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CD tại I.
·
·
Ta có : IMD MAB (cùng chắn cung MB)

=
Ngoài ra do tứ giác MAHD nội tiếp nên
·
·
MAB MDI
=
Suy ra:
·
·
IMD MDI va øta co ù tam giác IMD cân tạiI cho IM = ID
Va ødo tam giác CMD vuông nên I la øtrung điểm của CD.
Ly ù luận tương tự, tiếp tuyến tại E của (O) cũng cắt tại trung điểm I của C
=
D.
Vậy ta co ù điều phải chứng minh.
d) Cho biết
·
0
45BAM
=
và
·
0
30BAE =
. Tính diện tích tam giác ABC theo R
Ta có: BH = 2R – AH
Tam giác AHC vuông cân cho CH = AH
Tam giác HBC là nữa tam giác đều: CH = BH
3
= (2R – AH)

3
Vậy ta có (2R – AH)
3
= AH ( vì CH = AH)
O
H
D
I
E
M
C
B
A
:
2R 3
Ta có CH
1+ 3
=
Diện tích tam giùac ABC=
1
2
.AB. CH=
1
2
2R.
2R 3
1+ 3
= R
2
(3 -

3
)
Bài 6
Ta có:
KB = KC (gt)
OK BC⇒ ⊥
(t/c đkính và dc)
·
0
90MKO =
Lại có:
·
0
90MAO =
(t/c ttuyến)
Hai điểm K và A cùng nhìn
K
H
B
A
O
M
C
đoạn thẳng MO dưới một góc 90
0
. nên các điểm M, A, O, K cùng thuộc một đường tròn đường
kính MO.
Xét các tam giác MAB và MCA ta có:
¶
M

là góc chung
·
·
»
1
2
MAB MCA sd AB= =
(hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)
( )
.MAB MCA g g⇒ ∆ ∆:
2
.
MA MB
MA MB MC
MC MA
⇒ = ⇒ =
Tam giác MAO vuông tại A có AH là đường cao nên:
MA
2
= MH.MO (đònh lý 1 hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Mà MA
2
= MB.MC (câu a)
Suy ra: MB.MC = MH.MO
MH MB
MC MO
⇒ =
.
Xét các tam giác MHB và MCO ta có:
¶

M
là góc chung và
MH MB
MC MO
=
·
·
MHB MCO MHB MCO⇒ ∆ ∆ ⇒ =:
Suy ra tứ giác BHOC nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng với góc trong của đỉnh đối
diện)
Vậy
·
·
HBO HCO=
(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung
¼
HO
.

Q
C©u 7 N A
P
B C

O

I

M
a) Theo gt tia AM là phân giác nên:

BAM =

MAC
hay cung MB bằng cung MC (t/c góc nội tiếp)
Do đó OM vuông góc với BC (định lý đờng kính, dây)
b) MCI đồng dạng MAC vì

M chung và

CAM =

MCI
=>
MA
MC
=
MC
MI
=> MC
2
= MA.MI
c)

MAN = 90
o
(góc nội tiếp chắn nủa đờng tròn)
=>

QPB = 90

o
-

AKP = 90
0
- (
2
A
+
2
B
) (1)
=>

BCQ =
2
C
=
2
1
(180
o
-
A
-
B
) = 90
0
- (
2

A
+
2
B
) (2)
Từ (1) và (2) =>

QPB =

BCQ => P,C cùng nằm về một nửa mặt phẳng mà bờ là đờng thẳng BQ và cùng
nhìn đoạn BQ dợ những góc bằng nhau
Vậy tứ giác BQPC nội tiếp đợc trong một đờng tròn (3 điểm)