Chuyen de Hinh hoc On thi vao 10

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

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

A. Hệ thống kiến thức cơ bản

<b>Phần 1: Tam giác</b>

<b>I. Tính chất chung</b>

:

A

B C

1.T/c vÒ gãc: Tổng số đo 3 góc trong một tam giác bằng 180

o

Gãc ngoµi cđa tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nã.

2. T/c về cạnh: Mỗi cạnh của tam giác lớn hơn hiệu hai cạnh và nhỏ hơn tổng hai cạnh

3. T/c Về quan hệ cạnh và góc: Cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn và ngợc lại.

4. T/c các đờng trong tam giác. A

a. Đờng trung bình:

MN là đờng trùng bình của

<i>Δ</i>

ABC M N

<i>⇒</i>

MN // BC ; MN = 1/2BC

b. Đờng trung tuyến: B C

+G là giao của 3 đờng trung tuyến thì: A

- G là trọng tâm của tam giác

- GA =

2

3AM

( GM =

1

3AM

; GM =

1
2AG

các trung tuyến còn lại tơng tự.

G

B M C

Më réng: -Trung tuyến của tam giác chia tam giác thành 2 phần cã diÖn tÝch b»ng nhau

- SGAB = SGBC = S GAC

c. §êng trung trùc:

+ T/c trung trực của đoạn thẳng.

d là trung trực của đoạn thẳng AB

- M thuộc d suy ra MA = MB

- NA = NB suy ra N thuéc d

+ Ba đờng trung trực của tam giác cắt nhau tại một điểm

điểm đó cách đều 3 đỉnh của tam giác và điểm đó là tâm

đờng trịn ngoại tip tam giỏc.

d. Đờng phân giác:

+ T/c tia phân giác cđa mét gãc.

- Điểm bất kì nằm trên tia phân giác của một góc cách đều hai cạnh

- Điểm cách đều hai cạnh của góc nằm trên tia phân giác.

+ T/c đờng phân giác trong và ngoài của tam gíac.

Đờng phân giác trong và ngồi của tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ

với hai cạnh kề của hai đoạn thẳng đó.

A

BD

<i>,</i>
CD<i>,</i>=

BD
DC=

AB
AC

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

+ T/c 3 đờng phân giác trong tam giác: 3 đờng phân giác của tam giác đồng quy tại một

điểm , điểm đó cách đều 3 cạnh của tam giác . Điểm đó là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác.

+ Đờng phân giác trong của một góc và hai đờng phân giác ngồi của hai góc cịn lại cắt

nhau tại một điểm, điểm đó cách đều 3 đờng thẳng chứa 3 cạnh của tam giác . Điểm đó là

tâm đờng trịn bàng tiếp tam giác đó.

e. §êng cao:

- Ba đờng cao của tam giác cắt nhau tại một điểm , điểm đó gọi là trực tâm của tam giác

f. Đờng song song với một cạnh của tam giác ( Định lí ta let và hệ quả )

<b>II. Tính chất riêng:</b>

1. Tam giác cân:

- Hai cạnh bên b»ng nhau

- Đờng cao , đờng trung trực , đờng trung tuyến, đờng phân giác xuất phát từ đỉnh trùng

nhau.

+ Dấu hiệu nhận biết tam giác cân:

- Có hai gãc b»ng nhau

- Cã hai c¹nh b»ng nhau

- Có đờng cao đồng thời là đờng trung tuyến

…

.

2. Tam giác vuụng:

a. Tính chất:

- Cạnh huyền lớn hơn mỗi cạnh góc vu«ng

- Tổng hai góc nhọn bằng 90

o

_A

- Trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.

- Cạnh đối diện với góc 30

o

_{bằng nửa cạnh huyn.}

b. Các hệ thức lợng trong tam giác vuông:

b

2

_{= a.b}

,

_{a . h = b. c}

h

2

_{= c}

,

_{. b}

,



1

<i>h</i>2=

1

<i>b</i>2+

1

<i>c</i>2

B C

c. TØ sè lỵng gi¸c cđa gãc nhän.

<i><b>Cần nhớ: - Định nghĩa tỉ số lợng giác của góc nhọn.</b></i>

- Tỉ số lợng giác của các góc đặc biệt

- Mèi quan hệ tỉ số lợng giác của hai góc phụ nhau.

- Mét sè c«ng thøc:

tg<i>α</i>=sin<i>α</i>

cos<i>α</i> <i>;</i>Cotg<i>α=</i>

Cos<i>α</i>

Sin<i>α</i> <i>;</i>Tg<i>α</i>.Cotg<i>α</i>=1<i>;</i>Sin
2

<i>α</i>+Cos2<i>α</i>=1

- Víi

<i>α</i>

nhän th×: 0 < sin

<i>α</i>

; cos

<i>α</i>

<1

* Nếu góc

<i>α</i>

tăng từ 0

o

_{đến 90}

o

_{thì sin}

<i>_α</i>

_{và Tg}

<i>_α</i>

_{tăng còn Cos}

<i>_α</i>

_{và Cotg}

<i>_α</i>

giảm

3. Tam giác đều:

a. Tính chất:

- 3 c¹nh b»ng nhau

- các đờng cao, đờng trung trực, đờng trung tuyến , đờng phân giác xuất phát từ một

đỉnh trùng nhau.

- Tâm đờng tròn nội tiếp, tâm đờng tròn ngoại tiếp, trực tâm , trọng tâm trùng nhau.

b. Dấu hiệu nhận biết.

- Tam gi¸c cã 3 cạnh bằng nhau

- Tam giác có 3 góc bằng nhau

- Tam giác cân có một góc bằng 60

o

III. Cỏc trờng hợp bằng nhau và đồng dạng của hai tam giỏc:

1. Hai tam giỏc thng:

<b>Bằng nhau</b>

<b>Đồng dạng</b>

Cạnh cạnh – c¹nh

Gãc – gãc

Gãc – c¹nh – gãc

C¹nh góc - cạnh

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

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào líp 10

C¹nh – gãc – c¹nh

C¹nh – c¹nh – cạnh

2. Hai tam giác vuông:

<b>Bằng nhau</b>

<b>Đồng dạng</b>

Hai cạnh góc vuông của tam giác vuông

này bằng hai cạnh góc vuông của tam

giác vuông kia.

Một góc nhọn của tam giác vuông này

bằng một góc nhọn của tam giác vuông

kia

Cạnh huyền và góc nhọn của tam giác

vuông này thứ tự bằng cạnh huyền và góc

nhọn của tam giac vuông kia.

Hai cạnh góc vuông của tam giác vuông

này tỉ lệ với hai cạnh góc vuông của tam

giác vuông kia.

Cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam

giác vuông này bằng cạnh huyền và canh

góc vuông của tam giác vuông kia.

Cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam

giác vuông này tỉ lệ với cạnh góc vuông

và cạnh huyền của tam giác vuông kia.

Chú ý: Nếu hai tam giác đồng dạng theo tỉ số k thì:

<i><b>- Tỉ số diện tích bằng k</b></i>

<i><b>2</b></i>

<i><b>- Tỉ số các đờng cao, đờng trung tuyến, đờng phân giác tơng ứng bằng k </b></i>

<i><b>- Tỉ số chu vi bằng k</b></i>

<i><b>- Tỉ số hai bán kính đờng trịn nội tiếp , ngoại tiếp bằng tơng ứng bằng k </b></i>

IV. Một số cơng thức tính diện tích của tam giác

1. S =

1

2<i>a</i>.<i>h</i>

2. S =

1

2abSinC=
1

2bc .SinA=
1

2ac . SinB

3. S =

<i>a+b+c</i>

2 .<i>r</i>

(r là bán kính đờng trịn nội tiếp tam giác)

4. S =

<i>a</i>.<i>b</i>.<i>c</i>

4<i>R</i>

( R là bán kính đờng trịn ngoại tiếp tam giác)

Chú ý: Trong tam giác ABC có:

<i>a</i>

SinA=

<i>b</i>

SinB=

<i>c</i>

SinC=2<i>R</i>

( R là bỏn kớnh ng trũn ngoi

<i>tiếp tam giác)</i>

<b>Phần 2: Tứ gi¸c</b>

I. Tính chất chung: Tổng số đo 4 góc = 360

o

II. T/c của một số tứ giác đặc biệt.

<b>1. Hình thang: </b>

+ Định nghĩa: Hình thang là tứ giác cã hai c¹nh song song.

+ TÝnh chÊt:

- Tỉng hai gãc kề một cạnh bên bằng 2v

- ng trung bỡnh song song với 2 đáy và băng nửa tổng độ dài hai đáy.

+ Dấu hiệu nhận biết:

- Tø gi¸c cã hai c¹nh song song.

- Hai gãc kỊ mét c¹nh cã tổng bằng 180

o

<b>2. Hình thang cân:</b>

+/n: Hỡnh thang cú hai góc kề một đáy bằng nhau.

+ T/c :

- Có t/c của hình thang

- Hai cạnh bên bằng nhau.

- Hai đờng chéo bằng nhau.

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

- Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau

- Hình thang cú hai ng chộo bng nhau.

<b>3. Hình bình hành:</b>

+ /n: Tứ giác có các cạnh đối song song

+ T/c:

- Cã tÝnh chÊt cña h×nh thang

- Tứ giác có Các cạnh đối bằng nhau.

- Tứ giác có các cạnh đối song song

- Tứ giác có 1 cặp cạnh đối song song và bằng nhau

- Tứ giác có các góc đối bằng nhau

- Tứ giác có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mi ng.

<b>4. Hình chữ nhật:</b>

+ Đ/n: Tứ giác có 4 gãc vu«ng

+ T/c:

- Các cạnh đối bằng nhau

- Các cạnh đối song song

- 2 đờng chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng.

- Có hai trục đối xứng và một tâm đối xứng.

+ DÊu hiÖu nhËn biết:

- Tứ giác có 3 góc vuông

- Hình bình hành cã mét gãc vu«ng

- Hình bình hành có hai đờng chéo bằng nhau

- Hình thang cân có một góc vng.

<b>5. Hình thoi:</b>

+ Đ/n: Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau.

+ T/c:

- Hai đờng chéo vng góc với nhau và cắt nhau tại

trung điểm của mỗi đờng.

- Mỗi đờng chéo là phân giác các góc ở đỉnh.

- Tâm đỗi xứng là giao điểm của hai đờngchéo.

- Hai đờng chéo là hai trục đối xng.

+Dấu hiệu nhận biết:

- Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau

- Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau

- Hình bình hành có hai đờng chéo vng góc với nhau

- Hình bình hành có 2 đờng chéo l phõn giỏc ca mt gúc nh.

<b>6. Hình vuông:</b>

+Đ/n: Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau và có 4 gãc vu«ng.

+ T/c:

- Hai đờng chéo bằng nhau, vng góc với nhau

cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng ,là phân giác của các góc ở đỉnh.

- Có một tâm đối xứng

- Có 4 trục đối xứng.

+ Du hiu nhn bit:

- Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau.

- Hình thoi có một góc vuông

- Hình thoi có hai đờng chéo bằng nhau.

- Hình chữ nhật có một đờng chéo là phân giác của một góc.

- Hình chữ nhật có hai đờng chéo vng góc nhau.

<b>Phần 3 : Đa giác đều</b>

<b>* Tính chất:</b>

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

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

- Số đo mỗi góc lµ : ((n-2).180

o

_):n

- Bán kính đờng trịn ngoại tiếp: R =

<i>a</i>

2 sin180

<i>n</i>

- Bán kính đờng trịn nội tiếp là r =

<i>a</i>

2 tg180

<i>n</i>

- DiÖn tÝch: S =

<i>a</i>.<i>r</i>.<i>n</i>

2 =<i>P</i>.<i>r</i>

( P là nửa chu vi)

<b>Phần 4: Đ</b>

<b> ờng tròn </b>

<b> Hình tròn</b>

I. Đờng tròn:

+ nh nghĩa: đờng trịn tâm O bán kính R là hình gồm các điểm cách điểm O cho trớc

một khoảng bằng R ( R > 0) kí hiệu: (O;R)

+ Cơng thức tính độ dài đờng trịn: C = 2

<i>π</i>

R

+ Cơng thức tính diện tích hình trịn: S =

<i>π</i>

R

2

+ Cơng thức tính độ dài cung n

o

_{là : l =}

<i>π</i>Rn

180

+C«ng thøc tính diện tích quạt tròn n

o

_{là: S =}

<i>πR</i>
2

<i>n</i>

360

+ Diện tích hình viên phân = S quạt – Stam giác.

1. Quỹ tích là đờng trịn:

a.

{<i>M</i>/OM=<i>R ,</i>Ocodinh}=(O ; R)

b.

{

<i>M</i>/<i>A M</i>

❑

<i>B=</i>1<i>V</i>

}

=(I ;AB

2 )

víi I là trung điêm của AB.

2. Quỹ tích là cung tròn:

{

<i>M</i>/<i>A M</i>❑ <i>B=α</i>

}

là hai cung chứa góc

<i>α</i>

dựng trên đoạn AB.

3. Các cách xác định một đờng trũn:

- Biết tâm và bán kính

- Qua 3 điểm không thẳng hàng

-

..

3. Tớnh cht i xng ca ng trịn:

- 1 tâm đối xứng chính là tâm của đờng trịn

- Mỗi đờng kính là một trục đối xứng.

4. Định lí liên hệ giữa đờng kính và dây cung

- Đờng kính là dây cung lớn nhất của đờng trịn.

- Trong một đờng trịn, đờng kính vng góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.

- Trong một đờng trịn , đờng kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì

vng góc với dây ấy.

5. Định lí liên hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm.

Trong một đờng trịn :

- Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm và ngợc lại

- Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn va ngợc lại.

6. Vị trí tơng đối của đờng thẳng và đờng tròn, của điểm và đờng tròn, của hai đờng tròn.

7. Tiếp tuyến của đờng tròn:

a. Các dấu hiệu nhận biết một đờng thẳng là tiếp tuyến của đờng trịn.

- Đờng thẳng chỉ có một điểm chung với đờng tròn.

- Khoảng cách từ tâm của đờng trịn đến đờng thẳng bằng bán kính.

- Đờng thăngr đi qua một điểm của đờng trịn và vng góc với bán kính đi qua điểm đó.

b. Tích chất hai tiếp tuyến cắt nhau:

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

- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm

- Tia kẻ từ điểm đó qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.

- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua

các tiếp điểm.

7 . Liªn hƯ giữa cung và dây:

Trong mt ng trũn hoc hai ng tròn bằng nhau:

- Dây lớn hơn căng dây lớn hơn.

- Dây lớn hơn căng cung lớn hơn.

- Hai dây bằng nhau căng hai dây bằng nhau.

<i>( Chú ý: Ta chỉ xÐt c¸c cung nhá)</i>

8 . Các loại góc trong đờng trịn: Góc nội tiếp, góc ở tâm , góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung, góc có đỉnh ở bên trong hay bên ngồi đờng trịn.

<i><b>( Định nghĩa, định lí và hệ quả)</b></i>

<b>Chuyên đề 1:</b>

Chứng minh một ng thng l tip tuyn ca mt ng trũn.

<b>I/Phơng pháp:</b>

- Chứng minh đờng thẳng vng góc với bán kính tại mút nằm trên đờng tròn.

- Chứng minh khoảng cách từ tâm đờng trịn tới đờng thẳng bằng bán kính

- Giả sử đờng thẳng a1 là tiếp tuyến của đờg tròn , chứng minh a trùng với a1

- Dựa vào t/c góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.

<b>II/ Bµi tập áp dụng:</b>

<b>Bài 1:</b>

Từ điểm A ở ngoài (O) vÏ tiÕp tuyÕn AB ë ngoµi (O) . (B lµ tiếp điểm)

kẻ dây BC

AO. Chứng minh AC là tiếp tuyến của (O)

<b>Bài 2:</b>

Cho điểm A ở ngoµi (O) . VÏ ( A;OA) Gäi CD lµ tiÕp tuyến chung của hai

đ-ờng tròn C thuộc (O) và D thuộc (A). Đoạn nối tâm OA cắt (O) tại H.

Chøng minh: DH lµ tiÕp tun cđa (O)

<b>Bài 3</b>

: Cho nửa đờng trịn (O) đờng kính AB. Vẽ hai tiếp tuyến Ax và By với nửa

đ-ờng tròn . M là điểm bất kì thuộc nửa đđ-ờng trịn, Qua M kẻ tiếp tuyến bất kì với nửa đđ-ờng

trịn cắt Ax tại C và cắt By tại D. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính

CD.

<b>Bài 4:</b>

Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi O là giao điểm của tia phân giác gãc B

víi AC. Chøng minh BC lµ tiÕp tun cđa (O; OA)

<b>Bài 5</b>

: Cho tam giác ABC nhọn có hai đờng cao BD và CE cắt nhau tại H. Gọi M là

trung điểm của BC. Chứng minh

a. MD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD.

b. ME là tiếp tuyến của (AEHD)

c. MEOD là tứ giác nội tiếp.

<b>Bài 6</b>

: Cho (O;R) dây AB bất kì ( AB < 2R) . Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ

AB . Dây MC cắt AB tại D. Chứng minh:

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

<b>Bài 7</b>

: Cho (O;R) và từ điểm A cách O một khoảng bằng 2R kẻ hai tiếp tuyến AB và

AC với (O) với B, C là các tiếp điểm. Đờng thẳng vuông góc với OB tại O cắt AC tại N,

Đ-ờng thẳng vuông góc với OC tại O cắt AB tại M .

Chứng minh MN là tiÕp tun cđa (O).

<b>Chun đề 2:</b>

<b>Chøng minh 3 ®iĨm thẳng hàng</b>

I. Phơng pháp

<b>1.Ph</b>

<b> ơng pháp 1:</b>

Chứng minh 2 đoạn thẳng (Mỗi đoạn có hai đầu là hai trong 3 điểm) tạo

thành góc 180

o

A B C c/m gãc ABC = 180

o

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Trung tuyến AM, CN . Trên tia đối của tia NC lấy điểm

K sao cho KN = NC, trên tia đối của tia MB lấy điểm I sao cho MI = MB.

Chøng minh r»ng K, A, I thẳng hàng.

A

N M

B C

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi M là một điểm bất kì trên đờng trịn.

Gọi I, J, K thứ tự là hình chiếu của M lên các đờng AB, AC, BC

Chøng minh r»ng I, J , K thẳng hàng.

A

B C

Ví dụ 3: Cho (O) và (O

,

_{) tiếp xúc ngoài tại I . AB và CD là hai đờng kính của (O) và}

(O

,

_{) ; AB // CD}

Chøng minh A; I ; D thẳng hàng.

<b>2. Ph</b>

<b> ng phỏp 2:</b>

S dng tiờn ơclit

“Chứng minh hai đờng thẳng đi qua 2 trong ba điểm đó cùng song song với một

đ-ờng thẳng cố định”

Ví dụ1: Cho hình thang ABCD ( AB//CD) . Gọi I là giao của hai đờng phân giác

ngoài tại đỉnh A vàD; J là trung điểm của AD , K là trung điểm của BC.

Chøng minh: I; J; K thẳng hàng.

A B

I J K

D C

<b>.</b>

<b>K</b>

<b>J</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD , O là giao điểm của hai đờng chéo. Gọi E là

điểm đối xứng của A qua B. DE cắt BC tại F, H là trung im ca EC.

Chứng minh: O; F; H thẳng hàng.

A B E

o

F H

D C

<b>3. Ph</b>

<b> ơng pháp 3</b>

: Sử dụng định lí hai đờng thẳng vng góc:

“Chứng minh 2 đờng thẳng đi qua 2 trong 3 điểm đó cùng vng góc với một đờng

thẳng cố định”

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng tại A có D thuộc AC, I là chân đờng vng góc hạ

từ D xuống BC. Đờng thẳng qua C vng góc với BD cắt AB tại K.

Chøng minh: K; I và D thẳng hàng.

Vớ d 2: Cho na (O) ng kính AB . C là một điểm trên nửa đờng tròn . Gọi D là

điểm trên tia AC sao cho AD = AB. E là điểm trên đờng kính AB sao cho AE =AC , BC cắt

DE tại H , AH cắt (O) tại K.

Chøng minh: D; K và B thẳng hàng.

Ví dụ 3: Cho (O) và hai dây không qua tâm AB và CD song song với nhau. Gọi I là

trung điểm của AB, J là trung điểm của CD.

Chứng minh rằng O; I và J thẳng hàng.

<b>4. Ph</b>

<b> ng phỏp 4</b>

: Chng minh mt ng thẳng đi qua 2 trong 3 điểm chứa điểm còn lại.

<b>- Tâm thuộc đờng kính:</b>

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A và đờng cao AH , đờng tròn (H,HA) cắt tia AB tại

E cắt AC tại F. Chứng minh E, H và F thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). D là một điểm thoả mãn để tứ giác ABCD la

hình bình hành. Đờng thẳng qua A và vng góc với BD cắt (O) tại H.

Chøng minh r»ng: H, O vµ C thẳng hàng.

Vớ d 3: Cho tam giỏc ABC nhn có đờng cao BD và CE cắt nhau tai H, Gọi I là

trung điểm của BC , đờng thẳng qua C và // với BH cắt đờng thẳng qua B và //CH tại D.

chứng minh rằng:

a. H, I và D thẳng hàng

b. A, O , D thng hàng ( O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

c. Gọi J và K thứ tự là trung điểm của AH và FE.

Chøng minh I, J vµ K thẳng hàng.

<b>- Tõm hỡnh bỡnh hnh thuc ng chộo của hình bình hành.</b>

Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD có O là tâm đối xứng. Gọi M là trung điểm của

AB, N là trung điểm của DC.

Chøng minh M, O, N thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Đờng cao BD và CE cắt nhau tại H, AO cắt

(O ) tại D , gọi I là trung điểm của BC.

Chứng minh: H, I và D thẳng hàng.

<b>- Trc tõm thuc ng cao:</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

Chứng minh E, I và H thẳng hàng.

<b>- Trọng tâm thuộc trung tun:</b>

Ví dụ: Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo. E là điểm

đối xứng của A qua B. ED cắt BC tại F, OF cắt EC tại H, OE cắt BC tại G.

Chứng minh A, G , H thẳng hàng.

<b>5. Ph</b>

<b> ng pháp 5:</b>

chứng minh 3 điểm có cùng một tính chất:

+ Cách đều hai đầu đoạn thẳng cố định

+ Cách đều hai cạnh của một góc

+ Cách đều một đờng thẳng và cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ l ng thng

ú.

Ví dụ1: Cho tam giác ABC vuông tại A , D thuộc cạnh AB , H là hình chiếu của B lên

DC, BH cắt AC tại E . Gọi O là trung điểm của DE, I là trung điểm của AH , J là trung

điểm của BC.

Chứng minh: I, J và O thẳng hàng.

Ví dụ 2: Cho hình chữ nhật ABCD với O là tâm . Một góc vuông xAy, tia Ax cắt BC

tại E, cắt DC tại F , Ay cắt DC tại P cắt BC tại Q. Gọi I là trung điểm của FQ, J là trung

điểm của PE.

Chứng minh J, O, I thẳng hàng.

Vớ d 3: Cho t giỏc ABCD cú AD không // với BC. Gọi I là giao điểm của hai đờng

của góc A và góc B, J là giao điểm của hai đờng phân giác trong của góc D và góc C. K là

giao điểm của hai đờng phân giác ngoài tại đỉnh D và C.

Chøng minh I, J, K thẳng hàng.

<b>6. Các ph</b>

<b> ơng pháp khác:</b>

- A, B , C thẳng hàng

<i></i>

AB + BC = AC

- Hai điểm là tâm của hai đờng tròn tiếp xúc nhau và tiếp điểm.

- Sử dụng t/c trung điểm các cạnh bên và trung điểm các đờng chéo của hình thang thẳng

hàng.

- Sử dụng vị trí của hai góc đối đỉnh.

- Sử dụng t/c các đoạn thẳng tơng ứng tỉ lệ khi đã có 3 điểm tơng ứng thẳng hàng:

Ta có B, D, N thẳng hàng nếu

KE

KB=
KF
KD=

KG

KN <i>⇒</i>

E, F , G thẳng hàng.

B

E

D

K G N

<b>Bµi tËp:</b>

BT1: Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O) , B thuộc cung BC. đờng thẳng qua P //AB cắt AC

tại I , đờng thẳng qua P //AC cắt BC tại J, đờng thẳng qua P //BC cắt AB tại K

Chøng minh rằng I; J; K thẳng hàng.

BT2: Cho tam giỏc ABC đờng cao AA

,

_{, Gọi I, J, K , L thứ tự là hình chiếu của A}

,

_{lên AB,}

AC, BB

,

_{và CC}

,

_.

Chøng minh I, J, K vµ L thẳng hàng.

BT3: Cho hỡnh thang ABCD cú O lgiao im của hai đờng chéo , hai cạnh bên kéo dài cắt

nhau tại I. M, N thứ tự là trung điểm của AB và DC.

Chøng minh r»ng I, M, N, O thẳng hàng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

BT4: Cho tam giỏc ABC nhọn nội tiếp (O) các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi P

là điểm đối xứng của H qua trung điểm K của BC.

a. Chøng minh A, O , P thẳng hàng.

b. Gọi I là trung ®iĨm cđa AH, J lµ trung ®iĨm cđa EF. Chøng minh I, J, K thẳng hàng

<b>Chuyờn : Chng minh 3 đờng thẳng đồng quy</b>

<b>A. Phơng pháp chung:</b>

- Tìm giao của hai đờng thẳng sau đó chứng minh đờng thẳng thứ 3 đi qua giao điểm của

hai đờng thẳng trên. nhờ các phơng pháp chứng minh 3 điểm thẳng hàng.

- Chứng minh một điểm thuộc 3 đờng thẳng

- Sử dụng các t/c đồng quy của các đờng trong tam giác.

- Sử dụng tính chất các đờng thẳng định ra trên hai đờng thẳng song song những đoạn

thẳng tỉ lệ.

- Chứng minh cho các đờng tròn cùng đi qua một điểm.

B. Bài tập:

BT1: Cho tam gi¸c ABC trung tuyÕn AM, các điểm E và D thuộc các cạnh AB vµ AC sao

cho AE = 1/3AB vµ AD = 1/3 AC.

Chứng minh AM , BD và CE đồng quy.

BT2: Cho nửa đờng trịn đờng kính AB , C và D là hai điểm thuộc nửa đờng tròn

( AC < AD ) . Gọi E là giao điểm của BC và AD. F là hình chiếu của E lên AB. Chứng

minh AC, BD, EF đồng quy.

D

C

A B

BT3: Cho tứ giác lồi ABCD có các cạnh đối khơng song song , phân giác góc A cắt phân

giác góc B tại M, Phân giác góc D cắt phân giác góc C tại N .

Chứng minh rằng : AD, BC, MN đồng quy.

BT4: Cho tam giác ABC vuông tại A, D thuộc cạnh AC, đờng trịn đờng kính DC cắt BC tại

E và cắt BD tại F.

Chứng minh AB, ED và CF đồng quy.

<b>Chuyên đề 4: Chứng minh tứ giác nội tiếp</b>

<b>A. Phơng pháp</b>

:

- Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm

- Chứng minh tổng hai góc đối bằng 2 vng

- Chứng minh hai đỉnh nhìn hai đỉnh cịn lại dới một góc vng.

- Chứng minh hai đỉnh liên tiếp nhìn hai đỉnh cịn lại dới hai góc bằng nhau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

BT1: Cho tam giác ABC có các đờng cao AD , BE, CF cắt nhau ti H

a. Chứng minh tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp.

b. Trên hình có bao nhiêu tứ giác nội tiÕp.

BT2: Cho tam giác ABC nhọn đờng cao AH . Gọi D , E thứ tự là hình chiếu của H trên Ab

và AC. Chứng minh ADHE và BDEC ni tip .

BT3: Cho hình vuông ABCD, có E thuéc c¹nh DC, F thuéc c¹nh BC sao cho gãc EAF bằng

45

o

_{. DB cắt AE tại G, cắt AF t¹i K.}

<i>Chøng minh: a. ABFG néi tiÕp </i>

b. ADEK néi tiÕp.

BT4: Cho tam giác ABC có M, N, P thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB . Các đờng trung

trực của tam giác gặp nhau tại O. Các đờng cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Gọi I, K, R

theo thứ tự là trung điểm của AH, HB, HC.

<i>Chứng minh: I, D, M, K, E, N, R, P cựng thuc mt ng trũn.</i>

Dạng V

Bài tập Hình tổng hợp

<b>Bi 1</b>. Cho tam giỏc ABC cú ba góc nhọn nội tiếp đờng trịn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P.

Chøng minh r»ng:

1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp .

2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.

4. H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF.
<b>Lời giải:</b>

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 _{( Vì BE là đờng cao)}

 CDH = 900 _{( Vì AD là đờng cao)}

=>  CEH

+

 CDH = 1800

Mà  CEH

và

 CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900_.

CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900_.

Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900_{=> E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC.}

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng trũn.

Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: AEH = ADC = 900_{; Â là gãc chung}

=>  AEH ADC => AE

AD=
AH

AC => AE.AC = AH.AD.

* XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900_;__{C lµ gãc chung}

=>  BEC ADC => BE

AD=
BC

AC => AD.BC = BE.AC.

<b>4</b>. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> C1 = C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB HM => CHM cân tại C

=> CB cng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
<b>5</b>. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn
=> C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cựng chn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
C1 = E2 ( vì là hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)

E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED.

Chng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là
tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF.

<b>Bài 2</b>. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Chứng minh ED = 1

2 BC.

4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng trịn (O).
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
<b>Lời giải:</b>

Xét tứ giác CEHD ta có:
 CEH = 900 _{( Vì BE là đờng cao)}

 CDH = 900 _{( Vì AD là đờng cao)}

=>  CEH

+

 CDH = 1800

Mà  CEH

và

 CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
<b>2</b>. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900_.

AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900_.

Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 900_{=> E và D cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AB.}

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.

<b>3</b>. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900_.

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED lµ trung tun => DE = 1

2 BC.

Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác
AOE cân tại O => E1 = A1 (1).

Theo trªn DE = 1

2 BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3

Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E.

<b>5</b>. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho
tam giác OED vng tại E ta có ED2_{= OD}2_{– OE}2_ED2_{= 5}2_{– 3}2_{ED = 4cm}

<b>Bài 3</b> Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa
đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt
nhau tại N.

1. Chøng minh AC + BD = CD.
2. Chøng minh COD = 900_.

3. Chøng minh AC. BD = AB

2

4 .

4. Chøng minh OC // BM

5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính CD.
6. Chứng minh MN  AB.

7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
<b>Lời giải:</b>

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác
cđa gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kÒ bï => COD = 900_.

Theo trên COD = 900_{nên tam giác COD vng tại O có OM}__{CD ( OM là tiếp tuyến ).}
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có OM2_{= CM. DM,}

Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2_{=> AC. BD =} AB

2

4 .

Theo trªn COD = 900_{nªn OC}__{OD .(1)}

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Bïi Văn Bằng Các dạng toán «n thi vµo líp 10

Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO là
bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại
có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung bình của hình thang ACDB
=> IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng trịn đờng kính CD

<b>6</b>. Theo trên AC // BD => CN

BN=
AC

BD , mà CA = CM; DB = DM nªn suy ra
CN

BN=

CM
DM

=> MN // BD mµ BD  AB => MN  AB.

<b>7</b>. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi
tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD
nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vng góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M
phải là trung điểm của cung AB.

<b>Bài 4</b> Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trịn bàng tiếp góc
A , O là trung điểm của IK.

<b>1.</b> Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
<b>2.</b> Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng trịn (O).

<b>3.</b> Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
<b>Lời giải:</b> (HD)

<b>1.</b> Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trịn bàng tiếp góc
A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B

Do đó BI  BK hayIBK = 900_.

Tơng tự ta cũng có ICK = 900_{nh vậy B và C cùng nằm trên đờng}

tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng trịn.
Ta có C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.

C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).

I1 =  ICO (3) ( v× tam giác OIC cân tại O)

T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2_{= AC}2_{– HC}2_{=> AH =}

√

202<i>₋</i>₁₂2 _{= 16 ( cm)}

CH2_{= AH.OH => OH =} CH

2

AH =
122

16 = 9 (cm)

OC =

_√

_OH2

+HC2=

√

92+122=

_√

225 = 15 (cm)

<b>Bài 5</b> Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm
M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm).
Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.

1. Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp.

2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng
tròn .

3. Chøng minh OI.OM = R2_{; OI. IM = IA}2_.

4. Chứng minh OAHB là hình thoi.

5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.

6. Tỡm qu tớch ca điểm H khi M di chuyển trên đờng thẳng d
<b>Lời giải:</b>

(HS tù lµm).

Vì K là trung điểm NP nên OK NP ( quan h ng kớnh

Và dây cung) => OKM = 900_{. Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã}__{OAM = 90}0_;__{OBM = 90}0_{. nh vËy K, A,}

B cùng nhìn OM dới một góc 900_{nên cùng nằm trên đờng trịn đờng kính OM.}

Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng trịn.
<b>3</b>. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R
=> OM là trung trực của AB => OM  AB tại I .

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900_{nên tam giác OAM vng tại A có AI là đờng cao.}
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2_{hay OI.OM = R}2_{; và OI. IM = IA}2_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.

=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là h×nh thoi.

<b>5</b>. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì
qua O chỉ có một đờng thẳng vng góc với AB).

<b>6</b>. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động
nhng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng
thẳng d là nửa đờng trịn tâm A bán kính AH = R

<b>Bài 6</b> Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng
kính của đờng trịn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E.

1. Chøng minh tam gi¸c BEC c©n.

2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A; AH).
4. Chứng minh BE = BH + DE.

<b>Lêi gi¶i: </b> (HD)

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2).

Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến
của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2

<b>2</b>. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB

=> AI = AH.

<b>3</b>. AI = AH và BE AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.

<b>4</b>. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

<b>Bài 7</b> Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.

1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn.
2. Chứng minh BM // OP.

3. Đờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng
minh tứ giác OBNP là hình bình hành.

4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt
nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.

<b>Lời giải: </b>
(HS tự làm).

Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM là góc ở tâm
chắn cung AM =>  ABM = 2

<i>AOM</i>



(1) OP lµ tia phân giác AOM
( t/c hai tiếp tuyến c¾t nhau ) =>  AOP = 2

<i>AOM</i>



(2)
Tõ (1) vµ (2) =>  ABM =  AOP (3)

Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)

XÐt hai tam gi¸c AOP và OBN ta có : PAO=900_{(vì PA là tiÕp tuyÕn );}__{NOB = 90}0_{(gt NO}__AB).

=> PAO = NOB = 900_{; OA = OB = R;}__{AOP =}__{OBN (theo (3)) =>}__{AOP =}__{OBN => OP = BN (5)}

Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ

Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900_{=> K là trung điểm}

ca PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6)

AONP là hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đơng thời là đờng cao => IK  PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.

<b>Bài 8</b> Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng trịn ( M khác A,B). Trên
nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc
IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.

1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh r»ng: AI2_{= IM}<b>_.</b>_IB.

3) Chøng minh BAF là tam giác cân.

4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.

5) Xỏc nh v trớ M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng trịn.

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1</b>. Ta cã : AMB = 900_{( néi}

tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KMF = 900_{(vỡ l}

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vµo líp 10

AEB = 900_{( nội tiếp chắn nửa ng trũn )}

=> KEF = 900_{(vì là hai gãc kÒ bï).}

=> KMF + KEF = 1800_{. Mà}__{KMF và}__{KEF là hai góc đối}

của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.

Ta có IAB = 900_{( vì AI là tiếp tuyến ) =>}__{AIB vng tại A có AM}__{IB ( theo trên).}
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2_{= IM}<b>_.</b>_IB.

Theo gi¶ thiÕt AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (<i>lÝ do ……)</i>

=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1)

Theo trên ta có AEB = 900_{=> BE}__{AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2).}

Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam giác cân. tại B .

BAF l tam giỏc cõn. ti B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm
của AF. (3)

Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác HAK (5)
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là
trung điểm của HK. (6).

Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi
đờng).

(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang.
Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân.

AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB.

Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 450_{(t/c gãc néi tiếp ). (7)}

Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 450_=>__{AIB = 45}0_.(8)

Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450_{=> AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau).}

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng trịn.

<b>Bài 9</b> Cho nửa đờng trịn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng
tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E).

1. Chứng minh AC. AE không đổi.
2. Chứng minh  ABD =  DFB.

3. Chøng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
<b>Lời giải: </b>

C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn}

) => BC  AE.

ABE = 900_{( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông tại B có BC lµ}

đ-ờng cao => AC. AE = AB2_{(hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là}

đ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi do đó AC. AE khơng đổi.
 ADB có ADB = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).}

=> ABD + BAD = 900_{(vì tổng ba góc của một tam giác b»ng 180}0₎₍₁₎

 ABF cã ABF = 900_{( BF là tiếp tuyến ).}

=> AFB + BAF = 900_{(vì tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 180}0_{) (2)}

Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)

Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800_.

ECD + ACD = 1800_{( Vì là hai góc kề bù) =>}_{ECD =}__{ABD ( cïng bï víi}__ACD).

Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB. Mµ EFD + DFB = 1800_{( Vì là hai góc kề bù) nên suy}

ra ECD + EFD = 1800_{, mặt khác}__{ECD và}__{EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác}

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

<b>Bài 10</b> Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng trịn sao cho AM < MB. Gọi
M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đơng

vuông góc từ S đến AB.

1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn
2. Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng tam giác

PS’M c©n.

3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn .
<b>Lời giải: </b>

1. Ta cã SP  AB (gt) => SPA = 900_;__{AMB = 90}0_{( néi tiÕp ch¾n}

nửa đờng trịn ) => AMS = 900_{. Nh vậy P và M cùng nhìn AS dới}

một góc bằng 900_{nên cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AS.}

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng trịn.
<b>2</b>. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M’ cũng
nằm trên đờng tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau

=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)

Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB)
=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2).

=> Tõ (1) vµ (2) => AS’S= ASS’.

Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP )
=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P.

<b>3</b>. Tam gi¸c SPB vuông tại P; tam giác SMS vuông tại M => B1 = S’1 (cïng phơ víi S). (3)

Tam giác PMS cân tại P => S1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5).

Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 = AMB = 900 nªn suy

ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đờng tròn tại M

<b>Bài 11.</b> Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại các điểm D, E,
F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :

<b>1.</b> Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän.

<b>2.</b> DF // BC. <b>3</b>. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. <b>4</b>. BD

CB=
BM
CF

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b> 1</b>. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam giác ADF

cân tại A => ADF= AFD < 900_{=> s® cung DF < 180}0_=>__{DEF < 90}0_{( v×}

gãc DEF néi tiÕp chắn cung DE).

Chứng minh tơng tự ta có DFE < 900_;__{EDF < 90}0_{. Nh vËy tam gi¸c DEF cã}

ba gãc nhän.

<b> 2</b>. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>

<i>AD</i> <i>AF</i>

<i>AB</i> <i>AC</i> _{=> DF // BC.}

<b> 3</b>. DF // BC => BDFC là hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .

<b> 4</b>. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân).
BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF .
=> BDM CBF => BD

CB=
BM
CF

<b>Bài 12</b> Cho đờng trịn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vng góc với nhau. Trên đoạn thẳng
AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đờng thẳng vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến
tại N của đờng trịn ở P. Chứng minh :

1. Tø gi¸c OMNP nội tiếp.

2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.

3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng
cố định nào.

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1</b>. Ta cã OMP = 900_{( v× PM}__{AB );}_{ONP = 90}0_{(vì NP là tiếp tuyến ).}

Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc b»ng 900_{=> M vµ N cïng n»m}

trên đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.

<b>2</b>. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp =>
OPM =  ONM (nội tiếp
chắn cung OM)

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vµo líp 10

=> OPM = OCM.

XÐt hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900_;__{OPM =}__{OCM =>}__{CMO =}__{POM l¹i}

có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1)
Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2).
Tõ (1) vµ (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.

<b>3.</b> Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900_{( gt CD}__AB);__{DNC = 90}0_{(néi tiÕp chắn nửa}

đ-ờng tròn ) => MOC =DNC = 900_{lại có}_{C là góc chung =>}_OMC_NDC

=>

<i>CM</i> <i>CO</i>

<i>CD CN</i> _{=> CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R}2_{khơng đổi => CM.CN =2R}2

khơng đổi hay tích CM. CN khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

<b>4.</b> ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900_{=> P chạy trên đờng thẳng cố định vuụng gúc}

với CD tại D.

Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A B song song và bằng AB.

<b>Bi 13</b> Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A ,
Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.

1. Chøng minh AFHE lµ hình chữ nhật.
2. BEFC là tứ giác nội tiếp.

3. AE. AB = AF. AC.

4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn .
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. Ta có : BEH = 900_{( nội tiếp chắn nc ng trũn )}

=> AEH = 900_{(vì là hai gãc kÒ bï). (1)}

CFH = 900_{( nội tiếp chắn nửc đờng trịn )}

=> AFH = 900_{(v× là hai góc kề bù).(2)}

EAF = 900_{( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)}

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì cã ba gãc vu«ng).

<b>2</b>. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung

AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (O1) và (O2) => B1 =

H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mµ AFE +

EFC = 1800_{(vì là hai góc kề bù) =>}__EBC+__{EFC = 180}0_{mặt khác}__{EBC và}__{EFC là hai góc đối của}

tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.

<b>3</b>. XÐt hai tam giác AEF và ACB ta có A = 900_{lµ gãc chung;}__{AFE =}__{ABC ( theo Chøng}

minh trªn) => AEF ACB =>

<i>AE</i> <i>AF</i>

<i>AC</i><i>AB</i>_{=> AE. AB = AF. AC.}

* <i><b>HD c¸ch 2</b></i>: <i>Tam giác AHB vuông tại H có HE </i><i> AB => AH2_{= AE.AB (*)}</i>

<i>Tam giác AHC vuông t¹i H cã HF </i><i> AC => AH2_{= AF.AC (**)}</i>

<i>Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC</i>

<b>4</b>. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E1 = H1 .

O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là bán kính) => E2 = H2.

=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF .

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

<b>Bài 14</b> Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các
nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.

Đờng vng góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA,
EB với các nửa đờng tròn (I), (K).

1. Chøng minh EC = MN.

2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng
tròn (I), (K).

3. TÝnh MN.

4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn
<b>Lời giải: </b>

<b> 1</b>. Ta có: BNC= 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)}

=> ENC = 900_{(vì là hai góc kề bù). (1)}

AMC = 900_{( nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm I) =>}__{EMC = 90}0_{(vì là hai góc kề bù).(2)}

AEB = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay}__{MEN = 90}0₍₃₎

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật )
<b>2</b>. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) và (K)
=> B1 = C1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => C1= N3

=> B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => B1 = N1 (5)

Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay

MN KN tại N => MN là tiếp tuyến cđa (K) t¹i N.

Chứng minh tơng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,
Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I), (K).

<b>3</b>. Ta có AEB = 900_{(nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm O) =>}__{AEB vng tại A có EC}__{AB (gt)}

=> EC2_{= AC. BC}_EC2_{= 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm.}

<b>4</b>. Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta cã S(o) =  .OA2 = 252 = 625; S(I) = . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 =  . 202 = 400.

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S =

1

2_{( S}_(o)_{- S}_(I)_{- S}_(k)₎

S =

1

2_{( 625}_{- 25}_{- 400}_{) =}

1

2_.200_{= 100} _{314 (cm}2₎

<b>Bài 15</b> Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng trịn (O) có đờng kính MC.
đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) ti S.

1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .

2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.

3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD
đồng quy.

4. Chøng minh DM lµ tia phân giác của góc ADE.

5. Chng minh im M l tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
<b>Lời giải: </b>

<b>1.</b> Ta có CAB = 900_{( vì tam giác ABC vng tại A);}__{MDC = 90}0_{( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )}

=> CDB = 900_{nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90}0_{nên A và D cùng nằm trên đờng}

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

<b>2.</b> ABCD là tø gi¸c néi tiÕp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB).

D1= C3 =>

 

<i>SM EM</i> _=>__C

2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng trịn (O) chắn hai cung bằng nhau)

=> CA lµ tia phân giác của góc SCB.

<b>3</b>. Xột CMB Ta cú BACM; CD  BM; ME  BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của tam giác
CMB nên BA, EM, CD đồng quy.

<b>4</b>. Theo trªn Ta cã <i>SM EM</i>  => D1= D2 => DM lµ tia phân giác của góc ADE.(1)

<b>5.</b> Ta cú MEC = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) =>}__{MEB = 90}0_.

Tứ giác AMEB có MAB = 900_;__{MEB = 90}0_=>__{MAB +}__{MEB = 180}0_{mà đây là hai góc đối nên tứ}

giác AMEB nội tiếp một đờng trịn => A2 = B2 .

Tø gi¸c ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiÕp cïng ch¾n cung CD)

=> A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2)

T (1) v (2) Ta có M là tâm đờng trịn nội tip tam giỏc ADE

<b>TH2</b><i><b>(Hình b)</b></i>

<b>Câu 2 : </b>ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng <b>bï</b>ADC) => CME = CDS

=> <i>CE CS</i>  <i>SM EM</i> => SCM = ECM => CA là tia phân giác của gãc SCB.

<b>Bài 16</b> Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng trịn đờng kính BD cắt BC
tại E. Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G.

Chøng minh :

1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .

3. AC // FG.

4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 900_{( vì tam giác ABC}

vuụng tại A); DEB = 900_{( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )}

=> DEB = BAC = 900_{; lại có}_{ABC là góc chung =>}_DEB_{CAB .}

<b>2</b>. Theo trªn DEB = 900_=>__{DEC = 90}0_{(v× hai gãc kỊ bï);}__{BAC = 90}0

( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 900_=>__{DEC +}__{DAC = 180}0_mµ

đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .

<b> * </b>BAC = 900_{( vì tam giác ABC vuông tại A);}__{DFB = 90}0_{( góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) hay}

BFC = 900_{nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90}0_{nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng}

kÝnh BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.

<b>3</b>. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà đây là hai góc so

le trong nên suy ra AC // FG.

<b>4</b>. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S.

<b>Bài 17.</b> Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M khơng trùng B. C,
H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với các cạnh AB. AC.

1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đờng trịn ngoại tiếp tứ giác đó.
2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH.

3. Chøng minh OH  PQ.
<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1.</b> Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900_{; MQ}__{AC (gt)}

=> AQM = 900_{nh vậy P và Q cùng nhìn BC dới mét gãc}

bằng 900_{nên P và Q cùng nằm trên đờng trịn đờng kính AM}

=> APMQ lµ tø gi¸c néi tiÕp.

* Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là
trung điểm của AM.

<b>2</b>. Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC =

1

2_BC.AH.

Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM

=

1

2_AB.MP

Tam giác ACM có MQ là đờng cao =>
SACM =

1

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Ta cã SABM + SACM = SABC =>

1

2_{AB.MP +}
1

2_{AC.MQ =}
1

2_{BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH}

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.

<b>3</b>. Tam giác ABC có AH là đờng cao nên cũng là đờng phân giác => HAP = HAQ => <i>HP HQ</i>  ( tính
chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác
POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đờng cao => OH  PQ

<b>Bài 18 </b> Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H khơng trùng O, B) ;
trên đờng thẳng vng góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đờng tròn ; MA và MB thứ tự cắt đờng
tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC.

1. Chøng minh MCID là tứ giác nội tiếp .

2. Chng minh cỏc ng thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.

3. Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. Ta có : ACB = 900_{( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )}

=> MCI = 900_{(vì là hai góc kề bù).}

ADB = 900_{( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )}

=> MDI = 900_{(vì là hai góc kề bù).}

=> MCI + MDI = 1800_{mà đây là hai góc đối của tứ giỏc MCID nờn}

MCID là tứ giác nội tiếp.

<b>2</b>. Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai
đ-ờng cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực
tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH  AB nên MH cũng là
đ-ờng cao của tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I.

<b>3</b>. OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4

KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 .

Mà A1 + M1 = 900 ( do tam gi¸c AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( vì góc

ACM là gãc bĐt) hay OCK = 900_.

XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã OHK = 900_;__{OCK = 90}0_=>__{OHK +}__{OCK = 180}0_mµ__{OHK vµ}__{OCK lµ}

hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.

<b>Bài 19.</b> Cho đờng trịn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là
trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD.

1. Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp .
2. Chøng minh tứ giác ADBE là hình thoi.

3. Chứng minh BI // AD.

4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.
5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O).
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. BIC = 900_{( néi tiÕp ch¾n}

nửa đờng trịn ) => BID = 900_(vỡ

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

=> BID + BMD = 1800_{mà đây là hai góc i ca t giỏc MBID}

nên MBID là tứ giác néi tiÕp.

<b>2</b>. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M
cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính và dây cung)

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng .
<b>3</b>. ADC = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD}__{DC; theo trên BI}__{DC => BI // AD. (1)}

<b>4</b>. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).

Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đờng thẳng song song với AD mà thôi.)

<b>5</b>. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE)
=>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; OIC cân tại O ( vì OC và OI cùng là bán kính )

=> I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mµ

I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’).

<b>Bài 20.</b> Cho đờng trịn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đờng
kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vng góc với AB tại trung điểm M của AB.
Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O’) là F, BD cắt (O’) tại G. Chứng minh rằng:

1. Tø gi¸c MDGC néi tiÕp .

2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn
3. Tứ giác ADBE là hình thoi.

4. B, E, F thẳng hàng
5. DF, EG, AB đồng quy.
6. MF = 1/2 DE.

7. MF là tiếp tuyến của (O).
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. BGC = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )}

=> CGD = 900_{(vì là hai góc kề bù)}

Theo giả thiết DE AB tại M => CMD = 900

=> CGD + CMD = 1800_{mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp}

<b>2</b>. BFC = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>}__{BFD = 90}0_;__{BMD = 90}0_{(vì DE}__{AB tại M)}

nh vậy F và M cùng nhìn BD dới một góc bằng 900_{nên F và M cùng nằm trên đờng trịn đờng kính BD}

=> M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn .

<b>3</b>. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan
hệ đờng kính và dây cung)

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng .
<b>4</b>. ADC = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD}__{DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho}

=> BE // AD mµ AD  DF nªn suy ra BE  DF .

Theo trên BFC = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF}__{DF mà qua B chỉ có một đờng thẳng}

vu«ng gãc víi DF do đo B, E, F thẳng hàng.

<b>5</b>. Theo trờn DF BE; BM  DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của tam giác BDE
=> EC cũng là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB ng quy

<b>6</b>. Theo trên DF BE => DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung ®iĨm cđa DE) suy
ra MF = 1/2 DE ( vì trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền).

<b>7</b>. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D1 = F1

OBF cân tại O ( vì OB và OF cùng là bán kính ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng phơ víi DEB )

=> F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mµ F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’

hay MF OF tại F => MF là tiếp tun cđa (O’).

<b>Bài 21.</b> Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm I đi qua A, trên

(I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.

1. Chứng minh rằng các đờng tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A.

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lợt là các bán kính của đờng
trịn (O) và đờng tròn (I) . Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (I) tiếp xúc
nhau ti A .

<b>2</b>. OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => A1 = Q1

IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A1 = P1

=> P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.

<b>3.</b>APO = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP}__{AQ => OP là đờng cao của}__{OAQ mà}__{OAQ cân}

tại O nên OP là đờng trung tuyến => AP = PQ.
<b>4.</b> (<i><b>HD</b></i>) Kẻ QH  AB ta có SAQB =

1

2_{AB.QH. mà AB là đờng kính khơng đổi nên S}_AQB_{lớn nhất khi QH lớn}

nhÊt. QH lín nhÊt khi Q trïng víi trung ®iĨm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P
phải là trung điểm của cung AO.

Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO => QO  AB tại O => Q là

trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.

<b>Bài 22.</b> Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vng góc với DE, đờng
thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.

1. Chøng minh BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp .
2. TÝnh gãc CHK.

3. Chøng minh KC. KD = KH.KB

4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đờng nào?
<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên BCD = 900_{; BH}_DE

tại H nên BHD = 900_{=> nh vậy H và C cùng nhìn BD dới một gãc}

bằng 900_{nên H và C cùng nằm trên đờng trịn đờng kính BD =>}

BHCD lµ tứ giác nội tiếp.

<b>2.</b> BHCD là tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800_{. (1)}

BHK lµ gãc bĐt nên KHC + BHC = 1800_(2).

Từ (1) và (2) => CHK = BDC mà BDC = 450_{(vì ABCD là hình vuông) =>}_{CHK = 45}0_.

<b>3</b>. Xét KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450_;__{K lµ gãc chung}

=> KHC KDB =>

<i>KC KH</i>

<i>KB</i><i>KD</i>_{=> KC. KD = KH.KB.}

<b>4</b>. (<i>HD</i>) Ta ln có BHD = 900_{và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển}

động trên cung BC (E  B thì H  B; E  C thì H  C).

<b>Bµi 23.</b> Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE.

1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
tại F, chứng minh FBC là tam giác vuông cân.

3. Cho biÕt ABC > 450_{; gọi M là giao điểm của BF và}

ED, Chứng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên
một đờng tròn.

4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.

<b>Lời giải: </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

Tứ giác AEDC là hình vuông => CAD = 450_{; tam giác ABC vuông ở A =>}_{BAC = 90}0

=> BAH + BAC + CAD = 450_{+ 90}0_{+ 45}0_{= 180}0_{=> ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng.}

<b>2.</b> Ta cú BFC = 900_{(ni tip chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1).}

FBC = FAC ( néi tiÕp cùng chắn cung FC) mà theo trên CAD = 450_hay__{FAC = 45}0_(2).

Tõ (1) vµ (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F.

<b>3</b>. Theo trªn BFC = 900_=>__{CFM = 90}0_{( vì là hai góc kề bù);}_{CDM = 90}0_{(t/c hình vuông).}

=> CFM + CDM = 1800_{m õy l hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đờng trịn suy ra}__CDF

= CMF , mµ CDF = 450_{(vì AEDC là hình vuông) =>}__{CMF = 45}0_hay__{CMB = 45}0_.

Ta còng có CEB = 450_{(vì AEDC là hình vuông);}_{BKC = 45}0_{(vì ABHK là hình vuông).}

Nh vËy K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450_{nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 45}0 _{dùng trªn BC}

=> 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng tròn.

<b>4</b>. CBM cã B = 450_;__{M = 45}0_=>__{BCM =45}0_{hay MC}_{BC tại C => MC là tiếp tuyến của}

đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

<b>Bài 24.</b> Cho tam giác nhọn ABC có B = 450_{. Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, đờng trịn này cắt}

BA và BC tại D và E.

1. Chứng minh AE = EB.

2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đờng trung
trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.

3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
BDE.

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1</b>. AEC = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn )}

=> AEB = 900_{( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết}_{ABE = 45}0

=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.

<b>F</b>
1
1
1
2
/
/ _
_
<b>K</b>
<b>H</b>
<b>I</b>
<b>E</b>
<b>D</b>
<b>O</b>
<b>C</b>
<b>B</b>

<b>A</b>

<b>2</b>. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình của tam giác
HBE => IK // BE mà AEC = 900_{nên BE}__{HE tại E => IK}__{HE tại K (2).}

Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH.
<b>3.</b> theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I là trung điểm của BH => IE = IB.

ADC = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>}__{BDH = 90}0_{(kề bù}__{ADC) => tam giác BDH vng tại}

D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là
tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.

Ta cã ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3)

IBD cân tại I (vì ID và IB là b¸n kÝnh ) => D2 = B1 . (4)

Theo trên ta có CD và AE là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH
cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 900_.

Theo trªn ADC cã ADC = 900_=>__B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID

tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

<b>Bài 25.</b> Cho đờng tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đờng tròn (O) tại B và C
chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đờng vng góc MI, MH, MK xuống

các cạnh tơng ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q.

<b>1</b>. Chøng minh tam gi¸c ABC cân. <b> 2</b>. Các tứ gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp .
<b>3</b>. Chøng minh MI2_{= MH.MK.}<b>₄</b>_{. Chøng minh PQ}__MI.

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1</b>. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AB = AC => ABC cân tại A.
<b>2.</b> Theo gi¶ thiÕt MI  BC => MIB = 900_{; MK}__{AB =>}__{MKB = 90}0_.

=> MIB + MKB = 1800_{mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp}

<i><b>* ( Chøng minh tø gi¸c CIMH nội tiếp tơng tự</b><b>tứ giác BIMK )</b></i>

<b>3</b>. Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800_{; tø gi¸c}

CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800_{. mà}_{KBI =}_{HCI ( vì tam giác}

ABC cân tại A) => KMI = HMI (1).

Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung

KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => H1 = C1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM).

Mà B1 = C1 ( = 1/2 s® <i>BM</i> ) => I1 = H1 (2).

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

<i>MI</i> <i>MK</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

<b>4</b>. Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1

+

B2 + BMC = 1800

=> I1

+

I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp

=> Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả

thiÕt MI BC nªn suy ra IM  PQ.

<b>Bài 26.</b> Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là điểm chính giữa
của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và CB. Chứng minh :

<b>1</b>. KC

KB=
AC

AB <b>2</b>. AM là tia phân giác của CMD. <b>3</b>. Tø gi¸c OHCI néi

tiÕp

<b>4</b>. Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến của đờng trịn
tại M.

<b>Lêi gi¶i: 1</b>. Theo giả thiết M là trung điểm của <i>BC</i> => <i>MB MC</i> 

=> CAM = BAM (hai gãc néi tiếp chắn hai cung bằng nhau) => AK là tia
phân giác của góc CAB => KC

KB=
AC

AB ( t/c tia phân giác của tam giác )

<b>2.</b> (<i><b>HD</b></i>) Theo giả thiết CD AB => A là trung ®iĨm cđa <i>CD</i> => CMA = DMA => MA là tia phân giác
của góc CMD.

<b>3</b>. <i><b>(HD</b></i>) Theo giả thiết M là trung điểm của <i>BC</i> => OM  BC t¹i I => OIC = 900_{; CD}__{AB t¹i H}

=> OHC = 900_=>__OIC

₊

__{OHC = 180}0_{mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp}

<b>4</b>. Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vì cùng vng góc với AC). Theo trên OM  BC => OM  MJ tại J suy
ra MJ là tiếp tuyến của đờng tròn tại M.

<b>Bài 27</b> Cho đờng tròn (O) và một điểm A ở ngồi đờng trịn . Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A
tiếp xúc với đờng tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH 
BC, MK  CA, MI  AB. Chứng minh :

Tø gi¸c ABOC néi tiÕp. <b>2</b>. BAO =  BCO. <b> 3</b>. MIH  MHK. <b> 4</b>. MI.MK = MH2_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10

(<i>HS tự giải</i>)

Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO =  BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO).
Theo gi¶ thiÕt MH  BC => MHC = 900_{; MK}__{CA =>}__{MKC = 90}0

=> MHC

+

MKC = 1800_{mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp =>}__{HCM =}__{HKM (nội}

tiếp cùng chắn cung HM).

Chứng minh tơng tự ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (nội tiếp cùng chắn cung IM).
Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® <i>BM</i> ) => HKM = MHI (1). Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã
KHM = HIM (2). Tõ (1) vµ (2) =>  HIM  KHM.

Theo trªn  HIM  KHM =>

<i>MI</i> <i>MH</i>

<i>MH</i> <i>MK</i> _{=> MI.MK = MH}2

<b>Bài 28</b> Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H
qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC.

1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
2. E, F nằm trên đờng trịn (O).

3. Chøng minh tø gi¸c BCFE là hình thang cân.

4. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của
tam giác ABC.

<b>Lời giải: </b>

<b>1</b>. Theo gi thit F l điểm đối xứng của H qua trung điểm I của
BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai
đ-ờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đđ-ờng .

<b>2</b>. (<i><b>HD</b></i>) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800_mµ

BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800_{. Theo trờn BHCF}

là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800

=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O).

* H và E đối xứng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800

=> ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) .

<b>3</b>. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của của HF
=> EI = 1/2 HE => tam giác HEF vng tại E hay FE  HE (2)

Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3)

Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4).

Theo trên F (O) và FEA =900 _{=> AF là đờng kính của (O) =>}__{ACF = 90}0_=>__{BCF =}__{CAE ( vì}

cïng phơ ACB) (5).

Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6).

Tõ (3) vµ (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân.

<b>4.</b> Theo trờn AF là đờng kính của (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình hành => I là
trung điểm của HF => OI là đờng trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH.

Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC ( Quan hệ đờng kính và dây cung) => OIG = HAG

(vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>

<i>GI</i> <i>OI</i>

<i>GA HA</i> _{mµ OI =}

1

2_AH

=>

1
2

<i>GI</i>

<i>GA</i> _{mµ AI là trung tuyến của tam giác ABC (do I là trung điểm của BC) => G là trọng t©m cđa}

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

<b>Bài 29</b> BC là một dây cung của đờng tròn (O; R) (BC 2R). Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho
O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng quy tại H.

1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.
2. Gọi A’ là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA.

3. Gọi A1 là trung điểm của EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’.

4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để

tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất.

<b>Lời giải: </b><i><b>(HD)</b></i>

<b>1</b>. Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE)
AEF = ABC (cïng bï CEF) =>  AEF  ABC.

<b>2</b>. Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( cùng vng góc AB); KC // BH
(cùng vng góc AC) => BHKC là hình bình hành => A’ là trung điểm
của HK => OK là đờng trung bình của AHK => AH = 2OA’

<b>3.</b> áp dụng tính chất : <i>nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ số giữa hai bán kính </i>
<i>các đờng trịn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng</i>. ta có :

 AEF  ABC => 1

'
'

<i>R</i> <i>AA</i>

<i>R</i> <i>AA</i> _{(1) trong đó R là bán kính đờng trịn ngoại tiếp}__{ABC; R l bỏn kớnh}

đ-ờng tròn ngoại tiếp AEF; AA’ lµ trung tun cđa ABC; AA1 lµ trung tun cđa AEF.

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đây cũng là đờng trịn ngoại tiếp AEF
Từ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ 2

<i>AH</i>

= AA’ .

2 '
2

<i>A O</i>

VËy R . AA1 = AA’ . A’O (2)

<b>4. </b>Gọi B’, C’lần lợt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính đi qua trung điểm của
một dây khơng qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt là các đờng cao của các tam giác OBC, OCA, OAB.

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

1

2_{( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB )}

2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3)

Theo (2) => OA’ = R .

1

'

<i>AA</i>
<i>AA</i> _mµ

1

'

<i>AA</i>

<i>AA</i> _{là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AEF và ABC}

nên

1

'

<i>AA</i>
<i>AA</i> ₌

<i>EF</i>

<i>BC</i>_{. Tơng tự ta cã : OB’ = R .}
<i>FD</i>

<i>AC</i> _{; OC’ = R .}
<i>ED</i>

<i>AB</i>_{Thay vào (3) ta đợc}

2SABC = R (

. . .

<i>EF</i> <i>FD</i> <i>ED</i>

<i>BC</i> <i>AC</i> <i>AB</i>

<i>BC</i>  <i>AC</i> <i>AB</i> ₎__2S_ABC_{= R(EF + FD + DE)}

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi SABC.

Ta cã SABC =

1

2_{AD.BC do BC không đổi nên S}_ABC_{lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất khi A là điểm}

chÝnh giìa cđa cung lín BC.

<b>Bài 30</b> Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại M. Vẽ đờng cao AH và
bán kính OA.

1. Chøng minh AM là phân giác của góc OAH.
2. Giả sử B > C. Chøng minh OAH = B - C.
3. Cho BAC = 600_vµ__{OAH = 20}0_{. TÝnh:}

a) B vµ C cđa tam gi¸c ABC.

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27></div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28></div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29></div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30></div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31></div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32></div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33></div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34></div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35></div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36></div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37></div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38></div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39></div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40></div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41></div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42></div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43></div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44></div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45></div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46></div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47></div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48></div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49></div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50></div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51></div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52></div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

Híng dÉn «n tËp Toán 9

<b>2</b>. Vẽ dây BD OA => <i>AB AD</i> => ABD = ACB.

Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD

=> OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C.

<b>3</b>. a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600_=>__{B +}__{C = 120}0_{; theo trªn}__B__{C =}__{OAH =>}__{B -}__{C =}

200_.

=>

0 0

0 0

120 70

20 50

<i>B</i> <i>C</i> <i>B</i>

<i>B</i> <i>C</i> <i>C</i>

     
 

 
     
 
 

b) Svp

= SqBOC - S

BOC =

2 2
0

. .120 1

. 3.

360 2 2

<i>R</i> <i>R</i>

<i>R</i>





=

2 2 2

. . 3 .(4 3 3)

3 4 12

<i>R</i> <i>R</i> <i>R</i>

  

 

<b>B i 31</b>

<b>à</b>

: Cho tam giác ABC nhọn đờng cao là BD và CE cắt nhau tại H .Gọi M ,N lần

l-ợt là hình chiếu của B ,C trên DE .Chứng minh :

a)Tø gi¸c ADHE néi tiÕp.

b)Bốn điểm B ; C ; D ; E cùng thuộc một đờng tròn.

c)Chứng minh AD.AC=AE.A

d)I ;J lần lợt là trung điểm của BC vµ DE .Chøng minh :IJ



_DE

e)Chøng minh ME=DN

H
E
I C
B
A
N
M
D
j

HD:d)Tam giác DEF cân tại I có IJ là đờng trung tuyến đồng thời là đờng cao

<i> e)Cách 1:IJ là đờng trung bình của hình thang BCNM </i>

<i>Cách 2: </i>

<i>BME </i>

<i>BDC và </i>

<i>CND</i>

<i>CEB</i>

Bi 32:Cho ng tròn tâm O dây AB .Trên đt AB lấy C nằm ngồi đoạn AB sao cho

CA<CB .Đờng kính EF vng góc với AB tại D ,CE cắt đờng trịn tại điểm thứ 2 là I và

IF cắt AB tại K .CF cắt đờng trịn tại điểm

thø 2 lµ P .Chứng minh

a)Tứ giác DEIK nội tiếp

b)P ,K ,E thẳng hàng

c)Tứ giác CPKI nội tiếp

d)IC là phân giác ngoài cña



IAB

d)CA.KB=CB.KA

HD:b)Trực tâm thuộc đờng cao

d)Vuông góc với phân giác trong IK

e)Dựa vào tính chất phân giác trong (IK)

và phân giác ngoài (IC) của

IAB

</div>

<!--links-->