BT hinh hoc vao lop 10 nam hoc 2019 2020

Tailieumontoan.com

Sưu Tầm

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC
TRONG ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM 2019-2020

Thanh Hóa, tháng 9 năm 2019


1

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC
TRONG ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM 2019-2020
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán
THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển tập các bài toán hình học
trong đề tuyển sinh vào 10 môn toán năm học 2019-2020. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều đề thi
để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới
về cấu tạo số thường được ra trong các kì thi gần đây.
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp
con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải
toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế,
sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


2

Website:tailieumontoan.com

Câu 1:

[TS10 Bắc Ninh, 2019-2020]~[9H1B4]

Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC
. Biết AH

12cm ,

HB
HC

1
. Tính độ dài đoạn BC là
3

Lời giải
HB 1
  HC  3HB . Áp
HC 3
dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC

Theo đề bài ta có:

vuông tại A có đường cao AH ta có

AH 2  BH .HC  12  BH .3BH
 BH 2  4  BH  2
 HC  3.HB  3.2  6
 BC  HB  HC  2  6  8  cm 
Câu 2:

[TS10 Bến Tre, 2019-2020]~[9H1B2]

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Biết AB  3cm, AC  4cm. Tính đọ
dài đường cao AH , tính cos ACB và chu vi tam giác ABH .
Lời giải
Ta có:

BC  5 AH 

AB, AC 12

BC
5

AC
4
; cos ACB  ;
cos ACB 
BC
5
Chu vi tam giác ABH là:

Câu 3:

AB 2 9
BH 

BC 5

36
.
5

*TS10 Bình Phước, 2019-2020]~[9H1B1]

Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết
AH  3cm; HB  4cm . Hãy tính AB, AC, AM và diện tích tam giác ABC .
Lời giải
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


3

Website:tailieumontoan.com
A

C

H

M

B

Xét AHB vuông tại H , theo định lí Pitago, ta có: AB2  AH 2  HB2

AB2  32  42  9  16  25
 AB  25  5 (cm)

Xét ABC vuông tại A , có đường cao AH .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

1
1
1


2
2
AH
AB
AC 2



1
1
1
1 1 1 1



 2 2 
2
2
2
AC
AH
AB
3 5
9 25



1
16
225
225 15

 AC 2 
 AC 
 (cm)
2
AC
225
16
16
4

Xét ABC vuông tại A , theo định lí Pitago, ta có: BC 2  AB2  AC 2
2

225 625
 15 
BC 2  52     25 

16
16
4
 BC 

625 25

(cm)
16
4

ABC vuông tại A , AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

 AM 

1
1 25 25
BC   
(cm)
2
2 4
8

1
1 15 75

Diện tích tam giác ABC : S ABC   AB  AC   5   (cm2 )
2
2
4
8
Câu 4:

*TS10 Lâm Đồng, 2019-2020]~[9H1B1]
Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao  H  BC  . Biết

BH  3cm, BC  9cm. Tính độ dài AB .

Lời giải
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


4

Website:tailieumontoan.com

A

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC
vuông tại A , đường cao AH ta có:
AB2  BH.BC
 AB2  3.9
 AB  27  3 3  cm 
B

Câu 5:

H

C

[TS10 Long An, 2019-2020]~[9H1B1]

Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH ( H  BC ). Biết BH  3, 6 cm và HC  6, 4
cm. Tính độ dài BC, AH , AB, AC .
Lời giải
p dụn Pit

o vào t m i c vu n

AB  AH  BH
2

2

ABH

2

C

 AH 2  AB 2  BH 2  52  32  16  AH  4( cm )
25
(cm) .

13
p dụn hệ thức lượn vào t m i c vu n ABC

BH.BC  AB 2  BH.13  52  BH 

AH 2 16
  cm 
BH
3
16 25
  cm 
Do đó BC  BH  CH  3 
3
3
p dụn Pit o vào t m i c vu n ABC
16 25 400
AC 2  CH .BC   
3 3
9
20
 AC  cm )
3
AH 2  BH .CH  CH 

sinCAH 

H
3cm

A

B
5cm

CH 16 20 4
 : 
CA 3 3 5

Câu 6:

[TS10 Tây Ninh, 2019-2020]~[9H1B1]
Cho tam giác ABC vuông cân tại A có đường trung tuyến BM ( M thuộc cạnh AC ). Biết
AB  2a . Tính theo a độ dài AC , AM và BM .
Lời giải

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


5

Website:tailieumontoan.com

Ta có: AC  AB  2a ; AM 

Câu 7:

AC
 a ; BM 2  AB2  AM 2 ; BM  5a

2

[TS10 Thái Nguyên, 2019-2020]~[9H1Y1]

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết AB = 10cm, AH = 6cm, Tính độ dài các cạnh
AC, BC của tam giác ABC.

Lời giải

1
1
1


2
2
AH
AB
AC 2
1
1
1
 2  2
6 10
AC 2
1
1
1




36 100
AC 2
64
1


36.100
AC 2
15
 AC  (cm)
2
Ta có: AH.BC = AB.AC

 6.BC = 10.

15
2

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


6

Website:tailieumontoan.com
25
(cm)
2

 BC =

Câu 8:

*TS10 Vĩnh Lon , 2019-2020]~[9H1G1]

Cho tam giác ABC có

A

AB  4 cm, AC  4 3cm, BC  8cm.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông.
b) Tính số đo B, C và độ dài đường cao AH của tam
giác ABC.

Lời giải

B

H

C

a) Ta có:

AB2  42  16; AC 2  (4 3)2  48; BC 2  82  64
 AB2  AC 2  16  48  64  BC 2

 ABC vuông tại A (định lý Pit o đảo).

b)
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong ABC ta có:

cos B 

AB 4 1
   B  60
BC 8 2

 C  180  B  A  180  60  90  30
Áp dụng hệ thức lượng trong ABC vuông tại A và có đường cao AH ta có:
AH .BC  AB. AC  AH 

AB. AC 4.4 3

 2 3 cm
BC
8



Vậy B  60 , C  30 , AH  2 3 cm.

Câu 9. [TS10 Ninh Bình, 2019-2020]
Trên một khúc sông với 2 bờ song song với nhau, có một chiếc đò dự định chèo qua sông từ vị trí
A ở bở bên này sang vị trí B ở bờ bên ki , đường thẳng AB vuông góc với các bờ sông. Do bị
dòn nước đẩy xiên nên chiếc đò đã cập bờ bên kia tại vị tri C cách B mội khoảng bằng 30 m.
Biết khúc sông rộng 150 m, hỏi dòn nước đã đẩy chiếc đò lệch đi một góc có số đo bằng bao
nhiêu? (kết quả làm tròn đến giây).

Lời giải

1.
Ta có hình vẽ :
Ta có AB  BC  ABC vuông tại B
AB 150

 5  ACB  780 41'24"
Do đó tan ACB 
BC 30
Vậy dòn nước đã đẩy chiếc đò đi lệch một góc có số
đo bằng
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

B

30m

C

150m

A
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


7

Website:tailieumontoan.com

Câu 1:

[TS10 An Giang, 2019-2020]~[9H3Y7]

Cho tam giac ABC vu n tại A có AB  4cm, AC  3cm . Lây điêm D thuộc cạnh

AB  AB  AD  . Đườn tròn  O  đường kính BD cắt CB tại E , k o dài CD cắt đườn

tròn  O  tại F .

a) Chứng minh rằn ACED là tứ i c nội tiếp.
b) Biết BF  3cm . Tính BC và diện tích t m i c BFC .
c) K o dài AF cắt đường tròn  O  tại điểm G . Chứng minh rằn BA là tia
phân i c của óc CBG .
Lời giải

C

C

E

E

A

D

O

B

A

D

O

B

F
(Hình vẽ cho câu a; 0,5đ)

G

a) Chứng minh rằn ACED là tứ i c nội tiếp.

CAD  900 ( iả thiết

CED  900 ( óc nội tiếp chắn nử đườn tròn)
 Bốn điểm C, D, A, E cùn nằm trên đườn tròn đườn kính CD
Vậy tứ i c ACED là tứ i c nội tiếp.
b) Biết BF  3cm . Tính BC và diện tích t m i c BFC .
ABC vu n tại A : BC 2  AB2  AC 2  42  32  25
 BC  5
BFC vu n tại F : CF 2  BC 2  BF 2  52  32  16
 CF  4
1
1
S BFC  .BF .CF  .3.4  6 (cm2 )

2
2
c) Tứ i c ACBF nội tiếp đườn tròn ( do CAB  CFB  900 )
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


8

Website:tailieumontoan.com
nên ABC  AFC (cùn chắn cun

AC )

Mà ABG  AFC (cùn bù với DFG )

 ABC  ABG
Vậy BA là tia phân giác của CBG
Câu 2:

[TS10 Bà Rị Vũn Tàu, 2019-2020]~[9H3B7]

Cho nử đườn tròn tâm O đườn kính AB và E là điểm tùy ý trên nử đườn tròn đó (E
khác A, B). Lêy1 điểm H thuộc đoạn EB (H khác E, B). Tia AH cắt nử đường tròn tại điểm
thứ hai là F. Kéo dài tia AE và tia BF cắt nhau tại I. Đường thẳng IH cắt nử đường tròn tại
P và cắt AB tại K.
a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn.
b) chứng minh AIH  ABE
c) Chứng minh: cos ABP 

PK  BK
PA  PB

d) Gọi S là i o điểm của tia BF và tiếp tuyến tại A của nử đường tròn (O). Khi tứ
giác AHIS nội tiếp được đường tròn , chứng minh EF vuông góc với EK.
Lời giải
I

P

F

E

H

A

K

O

B

a) Chứng minh tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn.
Ta có: AEB  900 (góc nội tiếp chắn nử đường tròn)

 HEI  900 (kề bù với AEB )
T. tự, ta có: HFI  900

Suy ra:  HEI + HFI  900 + 900  1800

 tứ giác IEHF nội tiếp được đường tròn (tổn h i óc đối nhau bằng 1800 )
b) chứng minh AIH  ABE
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


9

Website:tailieumontoan.com
Ta có: AIH  AFE (cùng chắn cung EH)
Mà: ABE  AFE (cùng chắn cung AE)
Suy ra: AIH  ABE
c) Chứng minh: cos ABP 

PK  BK
PA  PB

ta có: AF  BI , BE  AI nên suy ra H là trực tâm của

IAB

 IH  AB  PK  AB
Tam giác ABP vuông tại P có PK là đường cao nên ta có:
BP.PA = AB.PK và BP2  AB.BK
Suy ra: BP.PA + BP2  AB.BK + AB.PK

 BP.( PA  BP)  AB.( PK  BK )



BP PK  BK
PK  BK

 cos ABP 
AB PA  BP
PA  BP

d) Gọi S là i o điểm của tia BF và tiếp tuyến tại A của nử đường tròn (O). Khi tứ giác
AHIS nội tiếp được đường tròn , chứng minh EF vuông góc với EK.
S

I
F
E
H
A
K

O

B

Ta có: SA // IH (cùng vuông góc với AB)

 Tứ giác AHIS là hình thang.
Mà tứ giác AHIS nội tiếp được đường tròn (gt)
Suy ra: AHIS là hình thang cân.

 ASF vuông cân tại F
 AFB vuông cân tại F
Ta lại có: FEB  FAB  BEK  450

 FEK  2.FEB  900  EF  EK
Câu 3:

[TS10 Bắc Giang, 2019-2020]~[9H3K7]

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


10

Website:tailieumontoan.com
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  đường kính AC  BA  BC  . Trên đoạn thẳng
OC lấy điểm I bất kỳ  I  C  . Đường thẳng BI cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai là D.

Kẻ CH vuông góc với BD  H  BD  , DK vuông góc với AC  K  AC  .
a) Chứng minh rằng tứ giác DHKC là tứ giác nội tiếp.
b) Cho độ dài đoạn thẳng AC là 4cm và ABD  60o . Tính diện tích tam giác ACD.
c) Đường thẳn đi qu

K song song với BC cắt đường thẳng BD tại E. Chứng minh

rằng khi I th y đổi trên đoạn thẳng OC  I  C  thì điểm E luôn thuộc một đường tròn cố
định.

Lời giải
B

E

K

A
O

C

I
H

D

a) + Chỉ r được DHC  900 ;
+ Chỉ r được AKC  900
Nên H và K cùng thuộc đườn tròn đường kính CD
+ Vậy tứ giác DHKC nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chỉ r được ACD  600 ; ADC  900
Tính được CD  2 cm; AD  2 3 cm và diện tích tam giác ACD bằng 2 3 cm2 .
c) Vì EK / / BC nên DEK  DBC.
Vì ABCD nội tiếp nên DBC  DAC. Suy ra DEK  DAK .
Từ đó tứ giác AEKD nội tiếp và thu được AED  AKD  90o  AEB  90o.
Kết luận khi I th y đổi trên đoạn OC thì điểm E luôn thuộc đườn tròn đường kính AB. cố
định.
Câu 4:

[TS10 Bạc Lưu, 2019-2020]~[9H3K7]

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


11

Website:tailieumontoan.com

Trên nử đườn tròn đường kính AB, lấy h i điểm I, Q sao cho I thuộc cung AQ. Gọi C là
i o điểm h i ti AI và BQ; H là i o điểm hai dây AQ và BI.
a) Chứng minh tứ giác CIHQ nội tiếp.
b) Chứng minh: CI . AI  HI .BI .
c) Biết AB  2R . Tính giá trị biểu thức: M  AI . AC  BQ.BC theo R.
Lời giải
C
Q

I
H

A

O

B

a) Ta có: AIB  AQB  900 (góc nội tiếp chắn nử đường tròn)  CIH  CQH  900

Xét tứ giác CIHQ có CIH  CQH  900  900  1800

 tứ giác CIHQ nội tiếp
b) Xét AHI và BCI có:
AIH  BIC  900 

  AHI ∽ BCI  g.g 
IAH  IBC





AI HI

 CI . AI  HI .BI
BI CI

c) Ta có: M  AI . AC  BQ.BC  AC  AC  IC   BQ  BQ  QC 

 AC 2  AC.IC  BQ 2  BQ.QC
 AQ 2  QC 2  AC.IC  BQ 2  BQ.QC
  AQ 2  BQ 2   QC  QC  BQ   AC.IC
 AB 2  QC.BC  AC.IC
Tứ giác AIBQ nội tiếp  O   CIQ  CBA (cùng phụ với AIQ )
Xét CIQ và CBA có:
ACB chung 

  CIQ ∽ CBA  g .g 
CIQ  CBA 



IC QC

 QC.BC  AC.IC
BC AC
 QC.BC  AC.IC  0


Suy ra: M  AB 2   2R   4R 2
2

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


12

Website:tailieumontoan.com

Câu 5:

[TS10 Bắc Ninh, 2019-2020]~[9H3B7]
Cho đường tròn O , h i điểm A, B nằm trên O sao cho AOB

nằm trên cung lớn AB sao cho AC

BC và tam giác ABC có b

90º . Điểm C

óc đều nhọn. Các

đường cao AI , BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . BK cắt O tại điểm N (khác
điểm B ); AI cắt O tại điểm M (kh c điểm A ); NA cắt MB tại điểm D . Chứng minh
rằng:
a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường tròn.
b) MN là đường kính củ đường tròn O .
c) OC song song với DH .
Lời giải
a)Ta có

HK

C

KC

HI

HKC

IC

HIC

90º 90º

180º .

N
O

Do đó,CIHK là tứ giác nội tiếp.

K

b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên

45º

ICK

1
sđBM
2

BHI

H

1
sđAN .
2

A

I

M

B

 sđBM  sđAN  90 .
Suy ra, sđMN

sđAB
90

(sđBM
90

180º

sđAN ) hay MN

là đường kính của O .

D

c) Do MN là đường kính của O nên MA
giác DMN hay DH

DN , NB

DM . Do đó, H là trực tâm tam

MN .

Do I , K cùng nhìn AB dưới góc 90º nên tứ giác ABIK nội tiếp.

Suy ra, CAI

MN
Vì AC

CO

CBK

sđCM

sđCN

C là điểm chính giữa của cung

MN .

BC nên

ABC không cân tại C do đó C ,O, H không thẳng hàng. Từ đó suy r

CO //DH .

Câu 6:

[TS10 Bến Tre, 2019-2020]~[9H3K7][9D5G1]

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

13

Website:tailieumontoan.com
Cho tam giác ABC vuông cân ở A, đường cao AH  H  BC  . Trên AC lấy điểm

M  M  A, M  C  và vẽ đườn tròn đường kính MC. Kẻ BM cắt AH tại E và cắt
đường tròn tại D. Đường thẳng AD cắt đường tròn tại S . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CDEF là một tứ giác nội tiếp.
b) BCA  ACS .
Lời giải

a) Vì AH  BC nên EDC  900
Vì BD  CD nên EHC  900

EDC  EHC  1800 và EDC , EHC đối nhau
Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có: ADB  MCS ; ADB  ACB
Nên BCA  ACS
Câu 7:

*TS10 Bình Dươn , 2019-2020]~[9H3B7]

Cho đường tròn

 O; R  .

Từ một điểm M ở n oài đường tròn

 O; R 

sao cho

OM  2R , vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với  O  ( A, B là hai tiếp điểm). Lấy một điểm N
tuỳ ý trên cung nhỏ AB. Gọi I , H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trên

AB, AM , BM .
1) Tính diện tích tứ giác MAOB theo R.
2) Chứng minh: NIH  NBA.
3) Gọi E là i o điểm của AN và IH , F là i o điểm của BN và IK . Chứng minh
tứ giác IENF nội tiếp được tron đường tròn.
4) Giả sử O, N , M thẳng hàng. Chứng minh: NA2  NB2  2R2
Lời giải
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


14

Website:tailieumontoan.com

1. Tính diện tích tứ giác MAOB theo R .
Xét tam giác OAM và tam giác OBM ta có:

OA  OB   R  ;
OM chung;

MA  MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau);

 OAM  OBM (c.c.c)  SOAM  SOBM
 SMAOB  SOAM  SOBM  2SOBM
Áp dụn định lí Pytago trong tam giác vuông OAM ta có:

AM 2  OM 2  OA2   2R   R 2  3R 2  AM  R 3 .
2

1
 SMAOB  2SOAM  2. .OA. AM  R.R 3  R 2 3 (đvdt).
2
2) Chứng minh NIH  NBA
Xét tứ giác AINH có: AIN  AHN  900  900  1800  Tứ giác AINH là tứ giác nội tiếp
(Tứ giác có tổn h i óc đối bằng 1800 ).

 NIH  NAH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN ).
Mà NAH  NBA (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AN
của  O  )





 NIH  NBA  NAH (đpcm).
3. Gọi E là giao điểm của AN và IH , F là giao điểm của BN và IK . Chứng minh tứ
giác IENF nội tiếp được trong đường tròn.
Xét tứ giác NIBK ta có NIB  NKB  90  90  180
Mà h i óc này là h i óc đối diện

 NIBK là tứ giác nội tiếp.
 KBN  NIK

X t đường tròn  O  ta có: KBN  NAB
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


15

Website:tailieumontoan.com

 NIK  NAB( KBN )
Xét ANB ta có: ANB  NAB  NBA  180
Lại có: NIH  NAB  NIE; NIK  NAB  NIF ; ANB  ENF

 ENF  EIN  NIF  ENF  EIF  180
Mà ENF , EIF là h i óc đối diện  Tứ giác NEIF là tứ giác nội tiếp.
4) Giả sử O, N , M thẳng hàng. Chứng minh: NA2  NB2  2R2

Theo đề bài ta có: O, N , M thẳng hàng  ON  R 

1
OM  N là trun điểm của OM .
2

Ta có: ON  AB  {I }  I là trun điểm của AB .
Lại có: OA  OB  R  ON là đường trung trực của AB  NA  NB
Xét MAO ta có: cos AOM 

OA
R 1


  AOM  60  AON
OM 2 R 2


OA  ON  R
 AON là t m i c đều.

AON

60



Xét AON có: 

 NA  ON  OA  R  NB
 NA2  NB2  R2  R2  2R2 (đpcm)
Câu 8:

*TS10 Bình Phước, 2019-2020]~[9H3B7]

Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2R . Gọi C là trun điểm của OA , qua C kẻ
đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại h i điểm phân biệt M và N . Trên
cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M ). Gọi H là i o điểm của AK và MN .
a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh AK . AH  R2 .
c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI  KM . Chứng minh NI  BK .
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn.

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


16

Website:tailieumontoan.com
M
K

H
A

C

B

O

N

Vì AB  HC tại C nên BCH  900 ;
Ta có: AKB  900 (Góc nội tiếp chắn nử đường tròn)  BKH  900
Xét tứ giác BCHK có: BCH  BKH  900  900  1800
Mà BCH ; BKH là h i óc đối nhau.
Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK . AH  R2 .
M

K

H
A

C

O

B

N

Xét ACH và AKB có:

ACH  AKB  900 ;
BAK là góc chung;

Do đó: ACH



AKB ( g.g )

AH AC
R

 AH . AK  AB. AC  2R   R 2
AB AK
2

Vậy AK . AH  R2
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


17

Website:tailieumontoan.com
c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI  KM . Chứng minh NI  BK .
E

M
K
H
A

C

B

O
I

N

Trên ti đối của tia KB lấy điểm E sao cho KE  KM  KI
Xét OAM có MC là đườn c o đồng thời là đường trung tuyến (vì C là trun điểm của
OA )

 OAM cân tại M  AM  OM .

Mà OA  OM  R  OA  OM  AM  OAM là t m i c đều  OAM  600
Ta có: AMB  900 (Góc nội tiếp chắn nử đường tròn)
 AMB vuông tại M  ABM  300

Xét BMC vuông tại C có: BMC  MBC  900

 BMC  900  MBC  900  300  600  BMN  600 (1)
Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên EKM  MAB  600
Mặt khác: KM  KE (cách dựng)  EKM cân tại K
Và EKM  600  EKM là t m i c đều.  KME  600 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: BMN  KME  600

 BMN  BMK  KME  BMK  NMK  BME
Xét BCM vuông tại C có: sin CBM  sin300 

CM 1
  BM  2CM
BM 2

Mà OA  MN tại C
 C là trun điểm của MN (đường kính vuông góc với dây cun thì đi qu trun điểm

của dây cung).
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

18

Website:tailieumontoan.com
 MN  2CM
 MN  BM (vì  2CM )

Xét MNK và MBE có:

MNK  MBE (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK )

MN  BM (cmt )

NMK  BME (cmt )
Do đó: MNK  MBE ( g.c.g )
 NK  BE (Hai cạnh tươn ứng)
 IN  IK  BK  KE

Mà IK  KE (vẽ hình)
Suy ra: IN  BK
Câu 9:

*TS10 Bình Định, 2019-2020]~[9H3B7][9H3K3][9H0K7]

Cho đường tròn tâm O , bán kính R và một đường thẳng d không cắt đường tròn (O) .
Dựn đường thẳng OH vuông góc với đường thẳng d tại điểm H . Trên đường thẳng d
lấy điểm K (kh c điểm H ), qua K vẽ hai tiếp tuyến KA và KB với đường tròn (O) , ( A
và B là các tiếp điểm) sao cho A và H nằm về hai phía củ đường thẳng OK .
a) Chứng minh tứ giác KAOH nội tiếp được tron đường tròn.
b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng OH tại điểm I . Chứng minh rằng IA  IB  IH  IO và
I là điểm cố định khi điểm K chạy trên đường thẳng d cố định.

c) Khi OK  2R, OH  R 3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R .
Lời giải
a) Ta có KAO  90 ( KA  AO) ,

KHO  90 (OH  KH )
Xét tứ giác KAOH có KAO  KBO  180
nên là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có KBO  KAO  180 nên KAOB là tứ giác nội
tiếp và đỉnh H , B, A cùng nhìn cạnh OK dưới một góc
vu n nên năm điểm K , A, B, O, H cùng thuộc đường
tròn đường kính OK

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


19

Website:tailieumontoan.com
Xét tam giác IAH và tam giác IOB có HIA  BIO (đối đỉnh) và AHI  ABO (hai góc nội
IA IO
tiếp cùng chắn cung AO ). Do đó IAH ∽ IOB ( g.g ) 

 IA  IB  IH  IO .
IH IB
Xét tứ giác AOBH có OHB là góc nội tiếp chắn cung OB, OBA là góc nội tiếp chắn cung
OA; Mà OA  OB  R nên OHB  OBA .
Xét OIB và OBH có BOH góc chung và OHB  OBA (cmt).

OI OB
OB 2
R2

 OI 

.
OB OH
OH OH
Ta lại có đường thẳng d cố định nên OH kh n đổi ( OH  d ).
Do đó OIB ∽ OBH ( g.g ) 

Vậy điểm I cố định khi K chạy trên đường thẳng d cố định.
c) Gọi M là i o điểm của OK và AB
Theo tính chất tiếp tuyến ta có KA=KB;
Lại có OA  OB  R nên OK là đường trung trực của AB, suy ra AB  OK tại M và
MA  MB .
Theo câu b) ta có OI 

R2
R2
R
.


OH R 3
3

Xét OAK vuông tại A , có

OA2 R 2 R


OK 2 R 2
R 3R
Suy ra KM  OK  OM  2 R  
2
2
OA2  OM  OK  OM 

R 3R 3R 2
R 3
AM  OM  KM  

 AM 
2 2
4
2
Xét OMI vuông tại M , có
2

2

2

R 3
 R  R
MI  OI  OM  
  2   6
 3  

2

2

Suy ra AI  AM  MI 

R 3 R 3 2R 3


2
6
3

1
1 3R 2 R 3 R 2 3
Diện tích AKI là S  AI  KM  


2
2 2
3
2

Câu 10:

[TS10 Cần Thơ, 2019-2020]~[9H3B7][9H3K7][9H3G7]

 AB  AC  nội tiếp đường tròn tâm O. C c đường cao BD và
 D thuộc AC, E thuộc AB  . Gọi M , N lần lượt là trun điểm của các

Cho tam giác nhọn ABC
CE cắt nhau tại H

cạnh AB và AC.
a) Chứng minh các tứ giác BCDE và AMON nội tiếp.
b) Chứng minh AE. AM  AD.AN.
c) Gọi K là i o điểm của ED và MN , F là i o điểm của AO và MN , I là i o điểm của
ED và AH . Chứng minh F là trực tâm của tam giác KAI .
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20

Website:tailieumontoan.com
Lời giải

a) Ta có: BEC  90, BDC  90
 E, D thuộc đườn tròn đường kính BC.
 Tứ giác BCDE nội tiếp đườn tròn đường kính BC.
AB và
Do M , N
lần lượt là trun
điểm

AC

 OM  AB, ON  AC

 OMA  90, ONA  90
Tứ giác AMON có:

OMA  ONA  90  90  180 mà OMA và ONA là h i óc đối nhau
 AMON là tứ giác nội tiếp.
b) Cách 1:
M , N là lần lượt là trun điểm của AB, AC  MN là đường trung bình của ABC
 MN // BC  ANM  ACB (so le trong) 1

Mặt khác, ta có:

ACB  BED  DCB  BED  180 (tứ giác BCDE nội tiếp)
AED  BED  180 (kề bù)

 ACB  AED  2 
Từ 1 và  2   ANM  AED.
Xét AMN và ADE có:

A : góc chung
ANM  AED.
 AMN ” ADE
AM AN


 AE. AM  AD. AN
AD AE
Cách 2:
Xét ABD và ACE có:

A : góc chung

ADB  AEC  90
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


21

Website:tailieumontoan.com
AB

AC
c) H là i o điểm của BD
 AH  BC mà MN // BC
 ABD ” ACE 

AD
2 AM AD
AM AD




 AE. AM  AD. AN
AE
2 AN AE
AN AE
và CD  H là trực tâm của ABC
nên AH  MN  KN  AI  3

Gọi J là i o điểm của AF và DE
Tron đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMON

EAJ  EAO  MNO (góc nội tiếp cùng chắn cung OM )
Xét AJE có:
AEJ  EAJ  AED  EAJ  ANM  MNO  ONA  90
 AJE  90  AJ  JE  AJ  KI  4 

KN cắt AJ tại F

 5

Từ  3 ,  4  ,  5  F là trực tâm của KAI .
Câu 11:

*TS10 Đà Nẵng, 2019-2020]~[9H3B7]

Cho đườn tròn (O) tâm O, đườn kính AB và C là điểm nằm trên đoạn thẳng OB ( với C
khác B). Kẻ dây DE củ đường tròn (O) vuông góc với AC tại trun điểm H của AC. Gọi K
là i o điểm thứ hai của BD với đườn tròn đường kính BC.
a) Chứng minh tứ giác DHCK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CE song song với AD và b điểm E, C, K thẳng hàng.
c) Đường thẳng qua K vuông góc với DE cắt đường tròn (O) tại h i điểm M và N ( với M
thuộc cung nhỏ AD ). Chứng minh rằng EM 2  DN 2  AB2
Lời giải

a) Ta có DHC  900  gt 

BKC  900 ( góc nội tiếp chắn nử đườn tròn đường kính BC)

 DKC  900 ( Kè bù với BKC )
Xét tứ giác DHKC ta có: DKC  DHC  1800
Mà DKC và DHC đối nhau
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


22

Website:tailieumontoan.com
Suy ra DHKC là tứ giác nội tiếp.
b) Ta có OA  DE  H là trun điểm của DE ( quan hệ vuông góc giữ đường kính và
dây cung).
Tứ i c ADCE có H là trun điểm của AC và DE và AC  DE
Nên ADCE là hình thoi

 AD // CE.
Ta có ADB  900 ( góc nội tiếp chắn nử đườn tròn đường kính AB)

 CE  BD
Mà CK  BD (cmt)

 h i đường thẳng CE và CK trùng nhau  E, C, K thẳng hàng.
c) Vẽ đường kính MI củ đường tròn O
Ta có MNI  900 ( góc nội tiếp chắn nử đường tròn đường kính MI)

 NI  MN
Mà DE  MN
 NI // DE ( cùng vuông góc với MN)

 DN = EI (hai dây song song chắn hai cung bằng nhau)
Ta lại có MEI  900 ( góc nội tiếp chắn nử đườn tròn đường kính MI)

 MEI vuông tại E
EM 2  EI 2  MI 2 ( Định lý py-ta-go)
Mà DN = EI
MI = AB =2R

 EM 2  DN 2  AB2
Câu 12: *TS10 ĐăK LăK, 2019-2020]~[9H3Y7]
Cho đườn tròn (O) có h i đường kính AB và CD vuông góc với nh u. Điểm M thuộc
cung nhỏ BD sao cho BOM  300. Gọi N là i o điểm của CM và OB. Tiếp tuyến tại M của
đường tròn (O) cắt OB, OD kéo dài lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua N và vuông góc
với AB cắt EF tại P.
1) Chứng minh tứ giác ONMP là tứ giác nội tiếp.
2) Chứn minh t m i c EMN là t m i c đều.
3) Chứng minh NC  OP .
4) Gọi H là trực tâm của tam giác AEF. Hỏi b điểm A, H, P có thẳng hàng không? Vì sao ?
Lời giải

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23

Website:tailieumontoan.com
C

N
A

B E

O
M

P

D

F

1) Ta có: ONP  900 ( PN  OB ).

OMP  900 (EF là tiếp tuyến tại M củ đường tròn (O)).
Tứ i c ONMP có N, M cùn nhìn OP dưới một góc vuông nên là tứ giác nội tiếp.
1
900  300
2) Ta có: CME  CMO 
 600 (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung).
2
2

Tam giác OME vuông tại M, có MOE  300  OEM  900  300  600 .
Tam giác EMN có NME  NEM  600 nên là t m i c đều.
3) Tứ giác ONMP nội tiếp nên NME  NOP , mà NME  MNE (t m i c EMN đều).

 NOP  MNE  OP / /CM .

Tứ giác OCNP có OP / /CN ; NP / /CO nên là hình bình hành  OP  CN ..
4) T m i c ENM đều, NM / /OP nên suy r t m i c EOP đều.
Giả sử b điểm A, H, P thẳng hàng  AP  EF  APO  900  OPE  900  600  300 .

AP  EF  AP / /OM  PAO  MOE  300 (đồng vị).
Suy ra tam giác AOP cân  OP  OA (mâu thuẫn vì P nằm trên tiếp tuyến tại M của
đường tròn (O) nên P không thuộc đường tròn (O)).
Vậy b điểm A, H, P không thẳng hàng.
Câu 13:

[TS10 ĐăK N n , 2019-2020]~[9H3B7]

Cho một điểm M nằm bên n oài đường tròn  O;6 cm  . Kẻ hai tiếp tuyến MN , MP ( N , P là
hai tiếp điểm) củ đường tròn  O  . Vẽ cát tuyến MAB củ đường tròn  O  s o cho đoạn
thẳng AB  6 cm với A, B thuộc đường tròn  O  , A nằm giữa M và B .
a) Chứng minh tứ giác OPMN nội tiếp đường tròn.
b) Gọi H là trun điểm đoạn thẳng AB . So sánh góc MON và góc MHN .

Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


24

Website:tailieumontoan.com
c) Tính diện tích hình viên phân giới hạn bởi cung nhỏ AB và dây AB của hình tròn

tâm  O  .
Lời giải

a) Tứ giác PMNO có P = 900 và N = 900 (Tính chất tiếp tuyến)

 P + N = 1800  Tứ giác PMNO nội tiếp được tron đườn tròn đường kính MO.
b) Vì: H là trun điểm của AB, nên: OH  AB

 OHM  ONM  900 .
OHM và ONM cùn nhìn đoạn OM một góc 900

 Tứ giác MNHO nội tiếp trong một đường tròn .
 MHN = MON ( vì cùng chắn cung MN).
c) Gọi diện tích cần tính là SVP
SVP = SqAOB  SAOB
+ Ta có: OA = OB = AB = 6cm
+ SqAOB =

Câu 14:

 R2n
360



 .62.60

=> AOB đều => SAOB = 9 3  15,59

 cm 
2

.

 6  18,84(cm2 ) .

360
=>SVP = Sq  S = 6  - 9 3 = 3(2  - 3 3 )  18,84 - 15,59  3,25 (cm2).

[TS10 Điện Biên, 2019-2020]~[9H3K4][9H3G3]

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O; R) và có h i đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I (I
khác O). Kẻ đường kính CE.
1. Chứng minh tứ giác ABDE là hình thang cân.
2. Chứng minh:

AB2  CD2  BC 2  AD2  2 2R.

3. Từ A, B kẻ c c đường thẳng vuông góc với CD lần lượt cắt BD, AC tại F và K. Tứ
giác ABKF là hình gì?
Sưu tầm và tổng hợp Trịnh Bình

TÀI LIỆU TOÁN HỌC