Bài tập Hình học luyện thi vào Lớp 10 (Có đáp án)

Nội dung text: Bài tập Hình học luyện thi vào Lớp 10 (Có đáp án)

1. Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). 1) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh A·DE A·CO . 3) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. x N C M D I E A H O B · · 1) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: MAO MCO 900 AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO. · · ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ADM 900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC · AEM 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA. · · · 2) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ADE AME AMO (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3) · · Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:AMO ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). Từ (3) và (4) suy ra A·DE A·CO . · 3)Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường · tròn) ACN 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí IC IH BI Ta-lét thì (6). MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D. 1) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD. 3) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB.
2. x y D C N I K A M O B · · 1) Tứ giác ACNM có: MNC 900 (gt) MAC 900 ( tínhchất tiếp tuyến). ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD. 2) ∆ANB và ∆CMD có: · · ABN CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp) · · BAN DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g) · · · 3) ∆ANB ~ ∆CMD CMD ANB = 900 (do ANB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). · · Suy ra IMK INK 900 IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường · · kính IK IKN IMN (1). · · Tứ giác ACNM nội tiếp IMN NAC (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). · · 1 Lại có: NAC ABN ( sđ A»N ) (3). 2 · · Từ (1), (2), (3) suy ra IKN ABN IK // AB (đpcm). Bài 5. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F. 1) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh góc P·CQ = 900. 3) Chứng minh AB // EF. P M Q E F A B C O 1) Ta có P·AC = 900 P·AC + P·MC = 1800
3. nên tứ giác APMC nội tiếp 2) Do tứ giác APMC nội tiếp nên M· PC M· AC (1) Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra M· QC M· BC (2) Lại có M· AC M· BC 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : M· PC M· BC 900 P·CQ 900 . 3) Ta có B·MQ = B·CQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) B·MQ = A·MC (Cùng phụ với BMC) E·MC = E·FC (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên B·CQ = E·FC hay AB // EF. Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N. 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn. 2) Chứng mình rằng M· DN 900 . 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song song với AB. 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên M· AD 900 . Mặt khác theo giả thiết M· CD 900 nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: D·MC D· AC , D· NC D· BC . Suy ra D·MC D· NC D· AC D· BC 900 . Từ đó M· DN 900 . 3) Vì ·ACB M· DN 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó C·PQ C·DQ C·DN . Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên C·DN C·BN . Hơn nữa ta có C·BN C·AB , suy ra C·PQ C·AB hay PQ song song với AB. Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm giữa O và A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI tại D. Chứng minh: 1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) ∆ABD ~ ∆MBC. 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di động trên đoạn thẳng CI.
4. D M I K B E A C O · · 1) Ta có: AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMD 900 . Tứ giác ACMD · · có AMD ACD 900 , suy ra ACMD nội tiếp đường tròn đường kính AD. µ · · 2) ∆ABD và ∆MBC có:B chung và BAD BMC (do ACMD là tứ giác nội tiếp). Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g)3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố · · · · µ định và EDC BDC , lại có: BDC CAK (cùng phụ với B ), suy ra: · · EDC CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O A = O E, suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định. Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). 1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) MA2 = MD.MB. 3) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. x N C M D I E A H O B · · 1) ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ADM 900 (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là · đường trung trực của AC AEM 900 (2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA. 2) Xét ∆MAB vuông tại A có AD MB, suy ra: MA 2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông) · 3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa
5. · đường tròn) ACN 900 , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí IC IH BI Ta-lét thì (6) với I là giao điểm của CH và MB. MN MA BM Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Bài 5. Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH  BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E. 1) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10. 2) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. 3) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó. A E D B C O1 H O O2 a) Ta có B·AC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) Tương tự có B·DH C·EH = 900 Xét tứ giác ADHE có Aµ A·DH A·EH = 900 => ADHE là hình chữ nhật. Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 b) Ta có:B·AH = Cµ (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà D·AH A·DE (1) (Vì ADHE là hình chữ nhật) => Cµ A·DE do Cµ B·DE = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. µ · c) Vì O1D = O1B => O1BD cân tại O1 => B BDO1 (2) · · µ · 0 Từ (1), (2) =>ADE BDO1 B BAH = 90 => O1D //O2E Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E. Ta có Sht = 1 1 1 (O D O E).DE O O .DE O O2 (V 2 1 2 2 1 2 2 1 2 ì O1D + O2E = O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 ) 1 BC2 R 2 S O O 2 . Dấu "=" xảy ra ht 2 1 2 8 2 khi và chỉ khi DE = O1O2 DEO2O1 là hình chữ nhật R 2 A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó maxS = . DEO2O1 2 Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R và bán kính OC vuông góc với AB. Tìm điểm M trên nửa đường tròn sao cho 2MA2 = 15MK2, trong đó K là chân đường vuông góc hạ từ M xuống OC.
6. c m k b a h o h' Đặt AH = x Ta có A·MB = 900 (OA = OB = OM) Trong ∆ vuông AMB ta có MA2 = AH . AB = 2Rx (H là chân đường vuông góc hạ từ M xuống BC) Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH là hình chữ nhật). Theo bài ra ta có: 4Rx = 15(R - x)2. Do H AB O ≤ x ≤ 2R Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = 0 3R 5R (5x - 3R) (3x - 5R) = 0 x = ; x = . 5 3 Cả 2 giá trị này đều thoả mãn Vậy ta tìm được 2 điểm H và H’ 2 điểm M và M’ là giao điểm của nửa đường tròn với các đường vuông góc với AB dựng từ H và H’.