Huong dan giai 960 bai toan hinh on thi ki 2 va TS 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (174.54 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

hình 1
/
/
T
I K
E
N
M
C
B
A

HƯỚNG DẪN GIẢI 9/60 BÀI TỐN HÌNH ƠN TẬP

(Đề bài đã gứi vào 19/03/2010 trên violet hay tìm ở trang riêng)

Bài 1:

1. Chứng minh  900 

C

AIB 

AIB 1800 BAI ABI 

   (định lí tổng ba góc của tam giác)
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI, BI
là phân giác các góc BAC và ABC.

Do đó   ; 

2 2

BAC ABC

BAI  ABI  .

Vậy:  1800  

2 2

BAC ABC

AIB   .Thay 1800 bằng tổng ba góc của tam giác ABC và chú ý

  

2 2

C C

C  ta được    

 

2 2

BAC ABC

AIB A B C     = 



  

2 2

A B

A B C

   
   
   
   
   
=      
0
0
180
90

2 2 2 2 2

A B C C C C

   

    

 

 

2. Chứng minh 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường tròn:

Do M, E là các tiếp điểm trên các cạnh AB, AC của đường tròn ( I) nên AMI AEI 900

  (*)

Ta cần chứng minh AKI 900

 , nghĩa là chứng minh tứ giác AEKI nội tiếp, nghĩa là cần
chứng minh AIK NEC.

Ta có: CE = CN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên tam giác CEN cân ở C.
Suy ra:  1800  900 

2 2

C C

CEN     (1)

 1800  1800 900 

C

AIK   AIB    

  =

0
90
2
C

 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: CEN AIK . Do đó tứ giác AEKI nội tiếp. Suy ra AEI AKI 900

  (**)

Từ (*) và (**) suy ra 5 điểm A, M, I, K, E cùng nằm trên một đường trịn đường kính AI.
3. Chứng minh KT. BN = KB. ET

Đẳng thức cần chứng minh gợi ý chứng minh tỉ lệ thức BN ET

KB KT , tuy nhiên hai tam giác

KBN và KET không thể đồng dạng được (quan sát hình vẽ ), tìm hai tỉ số này bằng hai tỉ
số tương ứng khác , với chú ý TEK TIA , tính chất tia phân giác AI của BATvà hai
tam giác KBA và NBI đồng dạng thì mới giải quyết được đpcm.

TKE và TIA có T chung , TKE IAT  (chứng minh trên) nên TKE TIA (góc góc)
Do đó: TE TI

TK TA. (4)

Tam giác ABT có AI là phân giác của BAT nên TI BI

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

O
D
E

C
B

//
//

O
E

C
B

//
//

O
E

C
B

KBA và NBI có AKB INB = 900, ABK IBN  KBA NBI(gg) BI NB

AB KB

  (6)

Từ (4), (5), (6) suy ra: BN ET

KB KT hay KT. BN = KB. ET (đpcm)

Bài 2: (hướng dẫn)

1. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp:

Nêu lí do hai góc BEC và BDC là các góc vng  đpcm
2. Xử dụng tính chất tứ giác nội tiếp BEDC ta có ngay
DEA ACB  (cùng bù BED )

3. Xử dụng hệ quả của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
Với góc nội tiếp để có yAB ACB kết hợp câu 2 ta được 
yABAED, hai góc này ở vị trí so le trong từ đó  đpcm

4. Có nhiều cách chứng minh, thơng dụng nhất là xử dụng tính chất tam
giác cân MON, lí giải OA vng góc MN (do OA  xy và xy // MN) .
Cách sau đây hay hơn nhiều:

xy // MN  AM AN  AM AN , OM = ON do đó OA là đường trung trực MN.
Vậy MOA NOA (tính chất đối xứng) , từ đó  đpcm

5. Chứng minh AME ABM AM AE

AB AM

   đpcm.

Bài 3:

1. Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp:

Gọi O là trung điểm BC

BC
OA OB OC

    (1) (tính chất đường

trung tuyến trong tam giác vuông ứng với cạnh huyền).
Từ OA = OC và EA = EC (do E thuộc đường trung trực AC)

Nên OE  AC, từ đó AB // OE (cùng  AC). I
Do đó: ABEBEO (so le trong), mà ABEEBO (gt) suy

ra OEB OBE  . Vậy BOE cân ở O nên OB = OE (2)

Từ (1) và (2) suy ra: OA = OB = OC = OE. Điều này chứng tỏ tứ giác
 ABCE nội tiếp. Điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCE.
2. Tính BE.

Tam giác ABC có O là trung điểm BC, OE // AB nên OE đi qua trung điểm 
 I của AC. Vậy OI là đường trung bình ABC nên OI = 1 1.14 7

2AB2  (cm).
 OE = BC : 2 = 25 cm , từ đó EI = 18 cm.

Tam giác OIC vuông ở I nên IC = OC2 OI2 252 72 24

    cm.

Tam giác EIC vuông ở I nên EC = IE2 IC2 182 242 900 30

     cm

Tam giác BEC vuông ở E nên BE = BC2 EC2 502 302 40

    cm

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

// //

E
D

M O B C

E
O
D
M

C
B

Ta có FAE FBE  900

  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) )
 Suy ra : EB, FA là hai đường cao của tam giác PEF

Tứ giác ABFE nội tiếp có AB // EF nên nó là hình thang cân.
 Do đó AEF BFE nên tam giác PFE cân ở P.

Tam giác PEF cân ở P, PO là đường trung tuyến nên PO là 
 cao thứ ba của tam giác.

Vậy ba đường thẳng BE, AF, PO ng qui .

4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE.
 Gọi S là diện tích phần hình trịn tâm O nằm ngoài ngũ giác ABFCE.
S1 là diện tích hình trịn (O).

S2 là diện tích hình thang ABFE.

S3 là diện tích tam giác ECF.

Ta có: S = S1 



S2S3



 S1 = R2 = .252= 625

 2





.
2

AB

S   AI =



14 50



.24



= 768
 3

1 1

. . .40.30

2 2

S  FC EC = 600

Vậy S = 625 – (768 + 600) = 625 – 1368 (cm2)

Bài 4:

1. Có MA = MB và AB  DE. Cần chứng minh MD = ME
 rồi kết luận ADBE là hình thoi.

2. Đã có DMB 900

 (do ABDE ) , cần chứng minh
 DIB 900

 , suy ra từ BIC900

3. BI // AD, BE//AD từ đó suy ra ba điểm E, B, I thẳng hàng.
Xử dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vng
ứng với cạnh huyền để suy ra kết quả.

4. Chứng minh CMI CDB ( góc C chung, CMI CDB  )
Từ đó suy ra đpcm.

5. Có nhiều cách chứng minh MI là tiếp tuyến .
Có thể chứng minh MID O IC  ' 900

  , MID MDI O IC O CI  ; '  ' (tự giải thích)
MID O IC MDC MCD  '   900

    (do DM  AC)  MIO ' 900 đpcm
 Bài 5:

1. Đã có BAC 900

 , chỉ cần nêu BDC 900 thì kết luận được
 tứ giác ABCD nội tiếp.

2. Cần chứng minh MED MEA  .
Đã có MED MCD MCD  , ABD

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

O
K

B
A

3. Chú ý tứ giác MDSC nội tiếp  MCS ADB, mà ADBACB từ đó ACS ACB
4. Ba đường thẳng BA, CD, ME là ba đường thẳng chứa ba đường cao của tam giác
BMC nên chúng đồng qui.

Bài 6: (Giải chi tiết)

1.Chứng minh:  0
EOF 90

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E

Nên OE là phân giác của AOM . 
Tương tự: OF là phân giác của BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900

 (đpcm)

2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
 Ta có: EAO EMO  900

  (tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có EAO EMO  1800

  nên nội tiếp được trong một đương tròn.
 Tam giác AMB và tam giác EOF có:

 EOF 90 0

AMB  , MAB MEO  (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)

3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MKAB.

Tam giác AEK có AE // FB nên: AK AE

KF BF

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên : AK ME

KF MF . Do đó MK // AE (định lí đảo của định

lí Ta- let)
Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB.

4. Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB.
FEA có: MK // AE nên: MK FK

AE FA (1)

BEA có: NK // AE nên: NK BK

AE BE (2)

Mà FK BK

KA KE ( do BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK

FA BE (3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: MK KN

AE AE . Vậy MK = NK.

Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: AKB 12
AMB

S KN

S MN 

Do đó: 1
2

AKB AMB

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

//
//

M
D

F
E

C
B

/
/
=

O Q

B C

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = MB 3

MA  MAB 600.

Vậy AM =
2

a

và MB = 3
2

a  1 1 3

. . .

2 2 2 2

AKB

a a
S

  = 1 2 3

16a (đvdt)

Bài 7: Coi lại cách giải bài 5 , tự trình bày xem như luyện tập.

Bài 8: Đính chính câu 2. Chứng minh DB. A’A = AB. A’C.

1. AEB ADB 900

   tứ giác ABDE nội tiếp.
2. Chú ý ACA ' 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ABD AA 'C

 (cùng chắn cung AC)
 DBA CA A' (g-g)

'
'

DB AC

AB A A

   đpcm.

3. Đã có CA’  AC nên DE  AC chỉ cần chứng

minh DE // CF , nghĩa là cần chứng minh EDCDCF . Nêu được lí do
hai góc này cùng bằng BAE .

4. Chú ý OM  BC, lợi dụng các tứ giác OCFM, BMOE nội tiếp và các tam giác
Cân BOC và AOB ta lần lượt chứng minh được tam giác EMF và EMD cân ở M
. Từ đó suy ra đpcm.

Bài 9:

1. MF  AC và ME  BC (gt)
 MFC MEC 900

   MFEC là tứ giác nội tiếp.
2. ABM FEM (cùng bằng ACM )

AMB FME (cùng bằng FCE)
 BMA EMF

BM EM

BA FE

   BM. EF = BA. EM
3. Từ BMA EMF

BA MA

MF

 

Mà BA = 2AP và FE = 2QF (gt)
Nên 22QFAP MFMA hay AP MA

QF MF

Kết hợp với PAM QFM (cùng bù MCB )  AMP FMQ(c.g.c)

4. Cần chứng minh PQM AFM để suy ra PQM AFM .

Chú ý AMP FMQ  (do AMP FMQ)  AMP PMF FMQ PMF  hay AMF PMQ
Kết hợp với AMMP FMFQ (do AMP FMQ) nên PQM AFM suy ra PQM AFM .
Mà MFA 900 MQP 900

   .

Chú ý: Do có thể lấy vị trí M trên cung AC có thể vẽ hình rơi vào trường hợp tia MF
 nằm giữa hai tia MP và MA.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>