On thi vao 10 Hinh hoc (co dap an)

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)
Mà

BAF=

BAE=45
0
( tính chất hình vuông)=>

BCF= 45
0
Ta có

BKF=

BEF( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Mà

BEF=

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

BKF=45
0
Vì

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
và

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
Mà

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
và

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

mà

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)