Tải bản đầy đủ (.doc) (6 trang)

On thi vao 10 Hinh hoc (co dap an)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (111.39 KB, 6 trang )

O
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 Dng
hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không 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= 90
0

mặt khác

BFC= 90
0
( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D
=>

BFK= 90
0
=> 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)


BAF=

BAE=45
0
( tính chất hình vuông)=>

BCF= 45
0
Ta có

BKF=

BEF( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)


BEF=

BEA=45
0
(EA là đờng chéo của hình vuông ABED)
=>


BKF=45
0


BKC=

BCK= 45
0
=> 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 = 90
0


ACD = 90
0
.
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
H
O

P
Q
D
C
B
A
K
O
N
M
I
D
C
B
A
Do đó:

APB =

ACB Mặt khác:

AHB +

ACB = 180
0
=>

APB +

AHB = 180

0

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên

PAB =

PHB


PAB =

DAB do đó:

PHB =

DAB
Chứng minh tơng tự ta có:

CHQ =

DAC
Vậy

PHQ =

PHB +

BHC +

CHQ =


BAC +

BHC = 180
0
Ba điểm P; H; Q thẳng hàng
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 = 90
0
nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD 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 AMN 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 = 45
0
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.
RDER
<<
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
B
M
A
O

C
D
E

OMD = OBD = 90
0
Tơng tự: OME = 90
0

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
=
; (1)
Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB)

=>

POB =

ACB (hai góc đồng vị)
=> AHC

POB Do đó:
OB
CH
PB
AH
=
(2)

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 AH
2
= BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có
.)2(
2PB
AH.CB
2PB
AH.CB
AH
2
=
R


AH
2
.4PB
2
= (4R.PB - AH.CB).AH.CB

4AH.PB
2
= 4R.PB.CB - AH.CB
2

AH (4PB
2
+CB
2
) = 4R.PB.CB
2
222
222
222
2222
d
Rd.2.R
4R)R4(d
Rd.8R

(2R)4PB
4R.2R.PB
CB4.PB

4R.CB.PB
AH

=
+

=
+
=
+
=
từng vế ta đợc: 3DE > 2R

DE >
3
2
R Vậy R > DE >
3
2
R
O
B
C
H
E
A
P
c
b
a

I
C
B
A

2

2
1
1
Q
P
M
F
E
D
C
B
A
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,
)90(

0
==

A
Chứng
minh rằng AI =
cb
Cosbc
+
2
.2

(Cho Sin2

CosSin2
=
)
Giải
+
;
2
.
2
1

cSinAIS
ABI

=

+
;
2
.
2
1

bSinAIS
AIC
=

+
;
2
1

bcSinS
ABC
=


AICABIABC
SSS

+=
cb
bcCos
cbSin

bcSin
AI
cbAISinbcSin
+
=
+
=
+=
2
2
)(
2
)(
2





Bài 8: Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 45
0
. Một
tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đờng
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: S
AEF
= 2S
A Q P

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

CPD=

CMD
Giải
a/

A
1


B
1
cùng nhìn đoạn QE dới một góc 45
0

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 S
AEF
= 2S
AQP
c/ Để thấy CPMD nội tiếp, MC=MD và

APD=

CPD



MCD=

MPD=

APD=

CPD=

CMD
MD=CD MCD đều

MPD=60
0



MPD là góc ngoài của ABM ta có

APB=45
0
vậy

MAB=60
0
-45
0
=15
0
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
=
CQ
1
+
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
=> 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:
PQ
DE
=
CQ
CE
(vì DE//PQ) (1)

FC
DE
=
QC
QE
(vì DE// BC) (2)
Cộng (1) và (2) :
1
==
+
=+
CQ
CQ
CQ
QECE
FC
DE
PQ
DE
=>
DEFCPQ
111
=+
(3)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×