(Sáng kiến kinh nghiệm) một số dạng toán thường gặp trong ôn thi vào THPT

I. LÝ THUYẾT
1. Kiến thức lớp 7
- Quan hệ giữa tính vng góc với tính song song
- Các dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song
- Tiên đề Ơclít và hệ quả của tiên đề Ơclít .
- Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác.
- Định lý Py-ta-go.
- Tính chất ba đường đồng quy trong tam giác (Tính

chất ba đường cao).


I. LÝ THUYẾT
2. Kiến thức lớp 8
- Tính chất và các dấu hiệu nhận biết các tứ giác (Hình bình
hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng).
- Cơng thức tính diện tích các hình đặc biệt.
- Định lý Ta-lét và hệ quả của định lý Ta-lét.
- Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác (Các trường hợp
đồng dạng của hai tam giác vuông thông thường trường hợp g- g)


I. LÝ THUYẾT
3. Kiến thức lớp 9
- Hệ thức lượng trong tam giác vng.
- Định lý quan hệ vng góc của đường kính và dây cung.
- Tính chất tiếp tuyến của đường trịn.
- Vị trí tương đối của hai đường trịn.
- Tính chất chung của hai đường trịn.
- Các loại góc với đường đường trịn (Có hai loại góc hay sử

dụng góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
- Các phương pháp chứng minh tứ giác nội tiếp đường trịn
(Có hai phương pháp thường sử dụng chứng minh tứ giác có tổng
hai góc đối diện bằng 1800, tứ giác có hai đỉnh liên tiếp nhìn cạnh
nối hai đỉnh cịn lại dưới hai góc bằng nhau)
- Cơng thức tính chu vi, diện tích, độ dài cung trịn.


II. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1. Chứng minh tứ giác nội tiếp.
Dạng 2. Chứng minh tam giác đồng dạng  tỉ lệ
thức  đẳng thức.
Dạng 3. Nhận biết các loại tứ giác?
Dạng 4. Chứng minh hai đường thẳng song song,
vng góc, ba điểm thẳng hàng.
Dạng 5. Chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến
của đường tròn, tiếp tuyến chung của hai đường tròn.


Đề 1
Trên nửa đường trịn đường kính AB, lấy hai điểm P, Q sao
cho P thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm của tia AP và tia BQ; H
là giao điểm của hai dây cung AQ và BP.
a) Chứng minh tứ giác CPHQ nội tiếp đường tròn. (Dạng 1)
b) Chứng minh CBP � HAP (Dạng 2)
c) Biết AB = 2R, tính theo R giá trị của biểu thức:
S = AP.AC + BQ.BC (Ứng dụng của Dạng 2)

Bài giải

a) - Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
- Cách chứng minh tứ giác nội tiếp bằng phương pháp xét tổng hai
góc đối bằng 1800 . (Lưu ý)
�  AQB
�  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
APB
�  CQH
�  900
� CPH
.
�  CQH
�  1800
� CPH

Ta có:

Suy ra tứ giác CPHQ
nội tiếp được đường trịn đường kính CH.

�
PQ


b) Sử dụng kiến thức về hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung. (Lưu
ý trường hợp đồng dạng hay sử dụng g-g)
Xét CBP và HAP có:
�  APH
�  900 (suy ra từ a)
BPC

� )
�  HAP
�
(góc nội tiếp cùng chắn cung PQ
CBP
CBP ÿ HAP


c) Vận dụng kiến thức tính chất ba đường cao trong tam giác và
các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông  tỉ số đồng
dạng.
Gọi K là giao điểm của tia CH và AB.
Từ giả thiết suy ra K thuộc cạnh AB (1)
ABC c�AQ  BC; BP  AC . Suy ra H là
trực tâm của tam giác ABC.
� CH  AB t�iK

Từ đó suy ra:

 APB � AKC � AP.AC  AK.AB (2)
 BQA � BKC � BQ.BC  BK.BA (3)

- Cộng từng vế của (2) và (3) và kết hợp
với (1), ta được: S  AP.AC  BQ.BC  AB2  4R2.


Chú ý câu c: Hướng dẫn học sinh vận dụng hệ thức đã chứng
minh bài 23 SGK tr76
Trong hệ thức giữa độ dài liên quan đến đường tròn, ta chú ý
cho học sinh hệ thức: Nếu hai cát tuyến của đường trịn cắt nhau

tại điểm M thì : MA .MB = MC.MD
Hệ thức giữa các đoạn cát tuyến của đường tròn.


Đề 2
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O.
Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D  BC, E  AC)
a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. (Dạng 1)
b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K (K khác A). Chứng minh
tứ giác BHCK là hình bình hành. (Dạng 3)
c) Gọi F là giao điểm của tai CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất
AD BE CF (Sử dụng diện tích đa giác)
của biểu thức:
Q


.
HD HE HF

Bài giải


a) Ứng dụng bài tốn quỹ tích
Vì AB và BE là các đường cao nên
ta có:
�  AEB
�  900
ADB

Vậy tứ giác ABDE nội tiếp đường

trịn đường kính AB.
b) - Sử dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn.
- Quan hệ giữa tính vng góc với tính song song.
- Dấu hiệu nhận biết hình bình hành.
�  ACK
�  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Ta có: ABK
� CK  AC, BK  AB (1)

Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: BH  AC, CH  AB (2)
Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK.
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành


c) Sử dụng tính chất ba đường cao và kiến thức về
diện tích đa giác
Đặt SBHC  S1 ; SAHC  S2 ; SAHB  S3 , SABC  S
Vì tam giác ABC nhọn nên trực
tâm H nằm trong tam giác ABC,
do đó: S  S1  S2  S3 .
Ta có: AD  SABC  S (1)
HD

SBHC

S1

BE SABC S

 (2)

HE SAHC S2
CF SABC S

 (3)
HF SAHB S3

Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:
�1 1 1 �
AD BE CF S S S
Q


    S�   �
HD HE HF S1 S2 S3
�S1 S2 S3 �


Áp dụng bất đẳng thức Côssi cho 3 số dương, ta có:
1 1 1
3
S  S1  S2  S3 �3 S1.S2 .S3 (4);
  �
(5)
3
S1 S2 S3
S1.S2 .S3
3

Nhân vế theo (4) và (5), ta được: Q �9
Đẳng thức xẩy ra � S1  S2  S3

Hay H là trọng tâm của tam giác ABC,
nghĩa là tam giác ABC đều.


Đề 3
Cho đường trịn (O) và điểm A nằm ngồi đường tròn. Vẽ các
tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N thuộc (O)). Qua A
vẽ một đường thẳng cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C phân
biệt (B nằm giữa A, C). Gọi H là trung điểm đoạn thẳng BC
a) Chứng minh rằng tứ giác ANHM nội tiếp được đường
tròn
2
b) Chứng minh rằng AN  AB.AC
c) Đường thẳng qua B song song với AN cắt đoạn thẳng
MN tại E. Chứng minh rằng EH // NC

Bài giải


a) - Vận dụng tính chất tiếp tuyến, quan hệ vng góc giữa
đường kính và đây  góc vng.
- Vận dụng kiến thức quỹ tích cung chứa góc.
- Hoặc chứng minh theo định nghĩa đường tròn.
* Theo GT AM, AN là các tiếp
tuyến với đường tròn (O) nên:
�  900
AMO
�  900
ANO

Ta lại có HB = HC (gt)
� OH  BC
(đường kính đi
qua trung điểm dây cung)
�  900
� AHO
�  ANO
�  AHO
�  900
Do đó AMO

Hay năm điểm A, M, O, H, N cùng thuộc một đường tròn đường
kính AO. Suy ra tứ giác ANHM nội tiếp đường tròn


b) - Vận dụng kiến thức về tam giác đồng dạng. Với bài toán
trên GV cần hướng dẫn học sinh cách phân tích ngược để từ đó nghĩ
đến xét các cặp tam giác đồng dạng để dẫn đến điều ta cần.
- Vận dụng kiến thức về góc nội tiếp cùng chắn một cung

b) Xét ANB v�ACN có:

� (chung)
A
�  ACN
� (góc nội tiếp và
BNA

góc tạo bởi tia tiếp tuyến và
dây cung cùng chắn một cung)

� ANB � ACN (g  g)
AN AB
�

� AN 2  AB.AC
AC AN


c) -Vận dụng kiến thức về tứ
giác nội tiếp
- Góc nội tiếp cùng chắn một
cung.
- Dấu hiệu nhận biết hai đường
thẳng song song.

�  HMN
�
c) Theo câu a, tứ giác ANHM nội tiếp � HAN
(góc nội
tiếp cùng chắn cung HM)
�  HBE
�
Mặt khác, vì BE//AM (gt) � HAN
(đồng vị).
�  HBE
�
�  HBE
� , suy ra tứ giác HMBE
Do đó HMN
hay HME

nội tiếp đường trịn.
�  EMB
�
� )
Suy ra: EHB
(góc nội tiếp cùng chắn cung BE
�  NCB
�
� )
EMB
(góc nội tiếp cùng chắn cungBN
�  NCB
� � EH / /NC.
� EHB


Đề 4
Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H.
a) Chứng minh rằng BCEF nội tiếp đường tròn.
b) Biết ABC = 450, ACB = 600, BC = a. Tính diện tích tam
giác ACD theo a

Bài giải

a) Vận dụng kiến thức về quỹ tích cung chứa góc (hoặc định nghĩa
đường trịn).
�  BEC
�  900
*) Theo giả thiết ta có: BFC

Do đó đỉnh E, F cùng nhìn đoạn BC
dưới một góc bằng 900
Nên tứ giác BCEF nội tiếp được
đường trịn đường kính BC.


b) Vận dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn.
�  900 (gt) và ABC
�  450 (gt)
*) Xét ADB có ADB
.
Nên ADB vng cân tại D
 AD = BD = BC – CD = a – CD.
Mặt khác ACD vuông tại D.
Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có:
AD
AD a  CD
0
tan ACD 
� tan 60 

CD
CD
CD
a
� CD 3  a  CD � CD 
3 1
a
a 3


3 1
3 1

� AD  a  CD  a 
� SACD

AD.CD
a2 3
a 2 (2 3  3)



2
2
4
2. 3  1






Đề 5
Cho tam giác nhọn ABC, đường trịn đường kính BC cắt các
cạnh AB, AC lần lượt tại M, N. Gọi H là giao điểm của BN và
CM.
a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp được trong một đường
tròn.
b) Gọi K là giao điểm của đường thẳng BC với đường thẳng
AH. Chứng minh ∆BHK đồng dạng ∆ACK.

c) Chứng minh: KM + KN ≤ BC. Dấu “ =” xảy ra khi nào?

Bài giải


a) - Vận dụng kiến thức về góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn.
- Chứng minh tứ giác nội tiếp bằng
phương pháp tổng hai góc đối diện bằng
1800

�  BNC
�  900
*) Theo giả thiết ta có: BMC
(Do cùng chắn một nữa đường tròn).
�  ANH
�  900
AMH
�  ANH
�  1800
� AMH
=> Tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn.


b) - Vận dụng kiến thức về tính chất ba
đường cao trong tam giác.
- Kiến thức tứ giác nội tiếp để suy ra hai
góc bằng nhau.
- Kiến thức trường hợp đồng dạng của hai
tam giác vng

*) Vì BN  AC, CM  AB => H là trực
tâm ∆ABC.
�  ANB
�  900
AKB
=>AKBC =>
=> Tứ giác ABKN nội tiếp đường tròn.
�  NBC
� (cùng chắn cung KN)
 KAC
∆BHK và ∆ACK có:
�  KAC,
�
HBK
�  AKC
�  900
HKB
� BHK � ACK (g  g)


c) - Vận dụng tính chất đối xứng của đường tròn.
- Quan hệ giữa các dây trong một đường tròn.
- Kiến thức chứng minh ba điểm thẳng hàng
*) Từ M kẻ đường vng góc với BC cắt
đường trịn tại P=>BC là trung trung trực
của MP (tính chất đối xứng của đường
trịn) =>KP=KM
Ta có các tứ giác ABKN, BMHK nội tiếp
�  AKN
�  HKM

�  MKB
�  NKC
�
 ABN
(cùng phụ với hai góc bằng nhau)
Mặt khác BC là trung trực của MP nên
�  BKP
�  BKP
�  NKC
�
MKB
ra P,
KM
= KP+
=>3suy
điểm
K,+NKN
thẳng
hàngKN = PN ≤ BC (do PN là dây còn BC
là đường kính). Dấu “=” xảy ra khi K trùng O, khi đó ∆ABC cân
tại A


Đề 6
Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Trên nửa mặt
phẳng chứa nửa đường trịn có bờ là đường thẳng AB, kẻ tia Ax
vng góc với AB. Từ điểm M trên tại Ax kẻ tiếp tuyến MC với
nửa đường tròn (C là tiếp điểm khác A). Đoạn AC cắt OM tại E,
MB cắt nửa đường tròn tại D (D khác B).
a) Chứng minh AMCO, AMDK là các tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh hai tam giác MDO và MEB đồng dạng.
c) Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là giao điểm của MB
và CH. Chứng minh: EI vng góc với AM

Bài giải