Tài liệu Chuyên đề ôn thi vào lớp 10 môn toán

HÌNH HỌC - Thời gian ôn thi 6 buổi .  Toán chứng minh tứ giác nội tiếp  Toán chứng minh hệ thức sử dụng đến kiến thức hệ thức lượng trong tam giác vuông hay hai tam giác đồng dạng .  Toán chứng minh 3 điểm thẳng hàng  Toán chứng minh tia phân giác của một góc…..  Toán chứng minh các đường thẳng song song , đồng quy  Toán tìm quỹ tích của điểm ………………..  Toán tìm cực trị trong hình học…….  Toán tìm số đo góc…  Toán chưng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn… Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Hai tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D. E là trung điểm đoạn AD. EC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng: A 1) Tứ giác OEBM nội tiếp. 2) MB2 = MA.MD. O C �  MOC � . E 3) BFC F 4) BF // AM B Hướng dẫn giải D 1) Ta có EA = ED (gt)  OE  AD ( Quan hệ giữa đường kính và dây) � �  OEM = 900; OBM = 900 (Tính chất tiếp tuyến) E và B cùng nhìn OM dưới một góc vuông  Tứ giác OEBM nội tiếp. 1 � � ( góc nội tiếp chắn cung BD)  sđ BD 2) Ta có MBD 2 M 1 � � ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung BD) MAB  sđ BD 2 � � . Xét tam giác MBD và tam giác MAB có:  MBD  MAB MB MD � �  MBD đồng dạng với MAB   Góc M chung, MBD  MAB MA  MB = MA.MD 1 � 1 � � ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);  BOC 3)Ta có: MOC = sđ BC 2 2 �  MOC � . nội tiếp)  BFC MB 2 � = 1800)  4)Tứ giác MFOC nội tiếp ( F$  C � � (theo câu 3)  MC), mặt khác MOC  BFC �  1 sđ � (góc BFC BC 2 �  MOC � ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MFC �  MFC �  BF // AM. BFC Bài 2:Cho điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O; R). Vẽ đường kính AC, tiếp tuyến tại C của đường tròn (O; R) cắt AB ở D. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác MAOB nội tiếp 2. AB.AD = 4R 2 3. OD vuông góc với MC Hướng dẫn giải ( H/s tự vẽ hình) 1.Xét tứ giác MAOB có:  MAO = 90 0 ( Do MA tiếp tuyến )  MBO = 90 0 ( Do MB tiếp tuyến ) Do đó  MAO +  MBO = 180 0 Vậy tứ giác MAOB nội tiếp ( vì có tổng hai góc đối bằng 180 0 ) 2.Ta có  ACD = 90 0 ( Do DC là tiếp tuyến )  ABC = 90 0 ( Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)   ACD vuông tại C , có đường cao CB , Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có AB.AD = AC 2   2 R   4 R 2 (đpcm) 2 3. Gọi MO cắt AB tại I,MC cắt OD tại H. Ta có  MAO =  ACD = 90 0 ;  AMO =  CAD ( Cùng phụ với  MAI)  MAO : ACD (g- g)  MA AO MA CO   mà AO = CO Nên ; AC CD AC CD  MAC =  OCD = 90 0  MAC : OCD (c-g-c)   ACM =  ODC mà  MCD =  AMC (so le trong )  MAC : CHD ( g  g )   DHC   MAC  900 Vậy OD  MC (đpcm) Bài 3:Cho đường tròn (O; R) và dây AB, vẽ đường kính CD vuông góc với AB tại K (D thuộc cung nhỏ AB). Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. DM căt AB tại F. a. Chứng minh tứ giác CKFM nội tiếp. b. Chứng minh: DF.DM = AD2. c. Tia CM cắt đường thẳng AB tại E. Tiếp tuyến tại M của (O) cắt AF tại I. Chứng minh: IE = IF. d. Chứng minh: FB KF = EB KA C Hình vẽ �  900 ; Vì AB  CD  CDF j M � =900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ) Mà CMF O  Tứ giác CKFM nội tiếp HS chứng minh: DF.DM = DK.DC (Do DKF : DMC ( g  g ) ) E I Chứng minh: DK.DC = AD2 (Pitago trong tam giác vuông ADC có AK đường cao) B 2 F K Suy ra: DM.DF = AD A D �  CDM � �  MIF cân tại I  MI  MF HS lập luận chỉ ra: MFI  DMI (1) � +IMF � =EMF � =900 ; MFI � +MEI � =900 ( Vì D MEF vuông tại M) Mà IME � =MFI � �  IEM �  MIE cân tại I  IE  IM Mặt khác theo c/m trên: IMF  IME và (2) suy ra: IF = IE Ta có KA = KB (T/c đường kính vuông góc dây cung) HS chứng minh DKF : EKC ( g  g )  (2) ; Từ (1) DK KF   KE.KF  KD.KC EK KC Mà KD. KC = KB2 (Pitago trong tam giác vuông CBD có BK là đường cao)  (KB +BF)KF = KB2  KB.KF  BE.KF  KB 2  BE.KF  KB 2  KB.KF  KB ( KB  KF ) FB KF FB KF  BE.KF  KB.FB     EB KB EB KA Bài 4: Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. � � 2) Chứng minh ACM  ACK 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. C M E H A K O B Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. �  900 ( do chắn nửa đường tròn đk AB) Ta có HCB �  900 (do K là hình chiếu của H trên AB) HKB �  HKB �  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp => HCB � � Chứng minh ACM  ACK Ta có � ACM  � ABM (do cùng chắn � AM của (O)) �  HBK � � .của đtròn đk HB) và � (vì cùng chắn HK ACK  HCK Vậy � ACM  � ACK Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB �  900  AC = BC và sd � AC  sd BC Xét 2 tam giác MAC và EBC có � � MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn � của (O) cung MC MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân tại C (1) �  450 (vì chắn cung CB �  900 ) Ta lại có CMB �  CMB �  450 (tính chất tam giác MCE cân tại C)  CEM �  CEM �  MCE �  1800 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) MCE �  900 (2) Mà CME Từ (1), (2)  tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa cung AC. Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D. OD cắt AC tại H. 1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp. 2. Chứng minh CD = MB và DM = CB. 3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn. 4. Trong trường hợp AD là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn (O), tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) theo R. Hướng dẫn . 3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn. AD là tiếp tuyến của đường tròn (O)  AD  AB . ADC có AK  CD và DH  AC nên M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM  AD � . D Vậy AD  AB  CM // AB  � AM  BC 0 � nên � �  � �  BC � = 60 . K Mà � AM  MC AM  BC AM  MC // 4. Tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài (O) theo R: M Gọi S là diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O). = H S1 là diện tích tứ giác AOCD. A O S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm AOC. Ta có: S = S1 – S2 hình 3  Tính S1: �  BC �  600  � AD là tiếp tuyến của đường tròn (O)  � AM  MC AOD  600 . 1 1 R2 3 Do đó: AD = AO. tg 600 = R 3  SADO = AD. AO  .R 3.R  2 2 R AOD  COD (c.g.c)  SAOD = SCOD  SAOCD = 2 SADO = 2.  Tính S2:  R 2 .1200  R 2 0  � S quạt AOC = = AC  120 3600 3 2 2 2 3 = R2 3 . C B  Tính S:  R 2 3R 2 3   R 2 R 2 3 3   (đvdt) S = S1 – S2 = R 3 – = = 3 3 3 Bài 6: Cho tứ giác ABCD nội tiếp nữa đường tròn (O) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD (F  AD; F  O). a) Chứng minh: Tứ giác ABEF nội tiếp được; b) Chứng minh: Tia CA là tia phân giác của góc BCF; c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh: CM.DB = DF.DO. Giải: B  2  C E M A O F D a) Ta có: � (1) ABD  1v (Do � ABD chắn nữa đương tròn đường kính AD ) � E  1v (Do EF  AD ) (2) AF � � Từ (1)và (2) suy ra: ABD  AEF  2v nên tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn đương kính AE. b) Tương tự tứ giác DCEF nội tiếp đường tròn đương kính DE (Hsinh tự c/m) �  ECF � � )  EDF (cùng chắn EF (3) Mặt khác trong (O) ta củng có � (4) ADB  � ACB (cùng chắn � AB ) � � Từ (3) và (4) suy ra: ACB  ACF . Vậy tia CA là tia phân giác của góc BCF. (đpcm) c) Chứng minh: CM.DB = DF.DO. Do M là trung điểm của DE nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF. (5)  MDC cân tại M, hay MD = CM. Mặt khác Ta chứng minh được hai tam giác cân MDF và ODB đồng dạng với nhau nên DF DM   DM .DB  DF .DO DB DO (6) Từ (5) và (6) suy ra: CM.DB = DF.DO (đpcm) Bài 7 Cho Đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Đường tròn đờng kính AO cắt đường tròn (O; R) tại M và N. Đường thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C (d không qua O; điểm B nằm giữa hai điểm A và C). Gọi H là trung điểm của BC. 1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đường tròn đường kính AO. 2) Đường thẳng qua B vuông góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng: a) CD. Hướng dẫn Từ (a) Ta có tứ giác BDHN nội tiếp. Suy ra CD. áp dụng BĐT tam giác trong tam giác DHC ta có: CH + HD > CD (7) Theo giả thiết ta lại có H là trung điểm của BC, nên HB = HC (8) Từ (7) và (8) ta có HB + HD > CD (đpcm) Bài 8:: 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). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. �  ACO � . b) Chứng minh ADE c) Vẽ CH vuông góc với AB (H  AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. Câu 4: a) 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) x N C M D E I A B H O 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. � � � b) 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). �  ACO � Từ (3) và (4) suy ra ADE � � c) 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 Ta-lét thì IC IH  BI     MN MA  BM  (6). Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Bài 9 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Ax là tia tiếp tuyến của nửa đường tròn (Ax và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB), từ điểm C trên nửa đường tròn (C  A,B) vẽ tiếp tuyến CM cắt Ax tại M, hạ CH vuông góc với AB, MB cắt (O) tại Q và cắt CH tại N. a) Chứng minh MA2 = MQ.MB b) MO cắt AC tại I. Chứng minh tứ giác AIQM nội tiếp c) Chứng minh IN  CH . Vẽ hình đúng: C x M Q I A N H O B a. Kẻ AQ, ta có: � AQB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ABM vuông tại A có AQ  BM Nên ta có: MA2 = MQ.MB (Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông). 0 b.Kẻ BC, ta có: � ACB = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BC  AC (1) OA = OC (bằng bàn kính đường tròn (O)), MA = MC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)  MO là đường trung trực của đoạn thẳng AC  MO  AC (2) Từ (1) và (2)  BC // OM ( Cùng  AC ) �  MBC � �  MBC � (So le trong) . Hay IMQ (3)  OMB �  MBC � Mặt khác: QAI (4) (Hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn cung QC ) �  QAI � ( Cùng bằng MBC � ). Từ (3) và (4) suy ra IMQ M và A cùng nhìn QI cố định dưới góc bằng nhau nên tứ giác AIQM nội tiếp. W �  MQI �  1800 (5). c. Tứ giác AIQM nội tiếp  MAI �  MQI �  1800 (6) (Hai góc kề bù) NQI �  NQI � � ) Từ (5) và (6)  MAI (7) (Cùng bù với MQI � � Mặt khác: MAI ACH (8) ( So le trong ) � hay ICN �  NQI �  tứ giác CQIN nội tiếp Từ (7) và (8)  � ACH  NQI �  CQN � Tứ giác CQIN nội tiếp  CIN (9) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). �  CAB � (10) (Hai góc nội tiếp đường trong (O) cùng chắn cung BC) CQN � ) �  CAB � Từ (9) và (10)  CIN (Cùng bằng CQN  IM // AB ( Có cặp góc đồng vị bằng nhau) Do AB  CH (gt)  IN  CH . W Bài 10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H thuộc đoạn thẳng AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC. 1. Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp đường tròn. 2. Chứng minh tam giác IED là tam giác cân. 3. Đường thẳng qua I và song song với AB cắt BC tại K. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD là trung điểm của đoạn CK. a) Ta có: CH  AB (gt)  BHI  90 0 (1) 0 Lại có: BDI  BDA  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) T ừ (1) v à (2)  BHI  BDI  180 0 (2)  Tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn ( tổng 2 góc đối bằng 1800) b) Xét nửa đường tròn (O) có 1 � (Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung) sđ DA 2 1 � (Góc nội tiếp của đường tròn (O)) Lại có :  ABD  sđ DA 2 (3)  EDI  ABD Lại có: EID  ABD (cùng bù với góc HID ) (4) Từ (3) và (4)  EID  EDI . Do đó EID cân tại E.  EDI   EDA  c) Vì IK//AB (gt) nên  KID   BAD ( hai góc đồng vị) Mà  BCD   BAD (góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O)) Nên  BCD   KID Suy ra tứ giác DCIK nội tiếp (5) Ta có AB  IH ; IK//AB(gt) nên IK  IH hay CIK �  900 (6) Từ (5) và (6) ta có CK là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD là trung điểm của đoạn CK. Bài 11:Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt tại M, N. 1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh  ENI   EBI và  MIN  900 . 3) Chứng minh AM.BN = AI.BI . 4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng. Hướng dẫn ( HS tự vẽ hình) Xét tứ giác BIEN có góc IEN = góc IBN = 90o. ð góc IEN + góc IBN = 180o. ð tứ giác IBNE nội tiếp ð góc ENI = góc EBI = ½ sđ AE (*) ð Do tứ giác AMEI nội tiếp => góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**) Từ (*) và (**) suy ra góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o. 3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vuông BIN có góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o) AMI ~  BNI ( g-g) ð AM AI  BI BN ð AM.BN = AI.BI ð 4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ Do tứ giác AMEI nội tiếp nên góc AMI = góc AEF = 45o. Nên tam giác AMI vuông cân tại A Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vuông cân tại B ð AM = AI, BI = BN Áp dụng pitago tính được MI  R 2 3R 2 ; IN  2 2 Vậy S MIN  1 3R 2 .IM .IN  ( đvdt) 2 4 Bài 12: Cho (O) và điểm A nằm ngoài 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 AMHN nội tiếp 2 b) Chứng minh rằng AM  AB.AC c) Đường thẳng qua B song song với AM cắt đoạn thẳng MN tại E. Chứng minh rằng EH // MC Hướng dẫn ( H/s tự vẽ hình) a) Theo gt AM, AN là các tiếp tuyến với (O) nên � AMO  900 �  900 ANO Ta lại có HB = HC (gt) OH  BC (đường kính đi qua trung điểm dây cung) � � � 0 �  AHO  90 . Do đó AMO  ANO  AHO  90 => Năm điểm A, M, O, H, N cùng thuộc một đường tròn Suy ra tứ giác AMHN nội tiếp được đường tròn 0 � � � b) Xét AMB và ACM có A chung và AMB  ACM (góc giữa tiếp tuyến và dây cung, AM AB    AM 2  AB.AC � AC AM gốc nội tiếp cùng chắn BM ) nên AMB đồng dạng với ACM (đpcm) � � � c) Theo câu a, tứ giác AMHN nội tiếp HAM  HNM (góc nội tiếp cùng chắn HM ) � � � � � � Mặt khác, BE // AM (gt)  HAM  HBE (đồng vị). Do đó HNM  HBE hay HNE  HBE , suy ra tứ giác HNBE nội tiếp được. � BM ) � � � � � Từ đó ta có EHB  ENB (góc nội tiếp cùng chắn BE ); ENB  MCB (góc nội tiếp cùng chắn � � Suy ra EHB  MCB  EH // MC. Bài 13:Cho đường tròn  O  cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn  O  , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn  O  tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC. a) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp. b) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng: AK . AI  AB. AC c) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao? d) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM  2 IN . M O A B E K I C N 1) Tứ giác AMON nội tiếp AK AM   AK . AI  AM 2  1 AM AI AB AM ΔABM � ΔAMC  gg     AB. AC  AM 2  2  AM AC 1 & 2  AK . AI  AB . AC     3) Ta có IB  IC  OI  BC  � AIO  900 mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường 2) ΔAKM � ΔAMI  gg   kính AO. Giới hạn: Khi B M  I  M B N I  N � Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên MON của đường tròn đường kính AO. IN KN KN .MA   IN  MA KA KA IM KM KM .NA KM .MA ΔKIM � ΔKNA  gg     IM   (vì NA=MA) NA KA KA KA KN .MA IN 1 KA  1  KN  1   Do đó IM  2 IN  KM .MA 2 IM 2 KM 2 KA KN 1  Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với KM 2 4) ΔKIN � ΔKMA  gg   2 Bài 14: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. M Hướng dẫn giải 1. Theo giả thiết MN AB tại I � = 90 hay ECB � = 90 ACB � + ECB � = 1800  EIB 0 O1 E 0 A mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN AB, suy ra A là điểm � nên AMN � � chính giữa của MN (hai = ACM I C O B N � � , lại có CAM � góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay AME là góc chung do đó tam = ACM giác AME đồng dạng với tam giác ACM  AM AE  AM2 = AE.AC. = AC AM � � 3. Theo trên AMN = ACM  AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ECM. Nối MB ta có 0 � = 90 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm trên BM. AMB Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM  NO1 BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. Bài 15. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn 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 đường trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Lời giải: 1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB. A D / 1 B / I F 1 2 _H _K E O 1 C 2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đường trung bình của tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2). Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.  ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID. Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D1 = C1. (3) IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4) Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 900 . Theo trên ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5). Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Bài 16: Cho đường tròn (O; R) A là điểm cố định nằm ngoài (O). Qua A kẻ các tiếp tuyến AM, AN và cát tuyến ABC (M, N, B, C (O) và B nằm giữa A và C). Gọi H là trung điểm của BC. a. Chứng minh AN2 = AM2 = AB.AC. b. Chứng minh 5 điểm A; M; H; O; N cùng nằm trên một đường tròn. c. Khi cát tuyến ABC quay quanh điểm A thì trọng tâm tam giác MBC chạy trên đường nào? M G H K C B A I O N a Xét 2 tam giác AMB và ACM có : Â chung ; � AMB  � ACM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BM ) AMB đồng dạng ACM (g-g) nên b AM AB  AM2 = AB.AC. Mặt khác AM = AN ( t/c 2 tt cắt nhau) nên AN2 = AM2 = AB.AC.  AC AM Ta có: � AMO  � AHO  � ANO  900 nên các điểm M; H; N nằm trên đường tròn đường kính AO, hay 5 điểm A; M; H; N; O cùng nằm trên một đường tròn đường kính AO Gọi I là trung điểm AO  I cố định. MI = IH = c MK = 1 AO Không đổi. Gọi K là điểm nằm trên MI sao cho 2 2 2 MI  K cố định . Ta lại có KG = IH vậy G nằm trên đường tròn tâm K (cố định) bán kính 3 3 2 IH (IH không đổi) 3 Bài tập 17. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đương tròn (O) tại D. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành. c) Gọi M là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC A E O F � � a) Tứ giác BCEF có: BEC  BFC  900 (gt) => Tứ giác BCEF nội tiếp � = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đtròn) b) Ta có BAD G H B => BD  AB mà CH  AB => BD // CH C/m tương tự: CD // BH => BHCD là hình bình hành c) BHCD là hình bình hành , M là trung điểm của BC => M là trung điểm của HD => OM là đường trung bình của  AHD 1 => MO = AH 2 MG MO 1   + C/m được  MGO ഗ  AGH (g.g) => AG AH 2 1 2 => MG = AG => AG = AM 2 3 Mà AM là đường trung tuyến của  ABC => G là trọng tâm của  ABC Bài 18: C M D Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. Ba đường cao AK; BE; CD cắt nhau ở H. 1/Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. 2/Chứng minh :AD.AB=AE.AC. 3/Chứng tỏ AK là phân giác của góc DKE. 4/Gọi I; J là trung điểm BC và DE. Chứng minh: OA//JI. Hướng dẫn 4/C/m JI//AO. Từ A dựng tiếp tuyến Ax. Ta có sđ xAC= 1 sđ cung AC (góc giữa tt và một dây) 2 1 .Mà sđABC= sđ cung AC (góc nt và cung bị chắn) 2 xAC=AED Ta lại có góc AED=ABC(cùng bù với góc DEC) Vậy Ax//DE.Mà AOAx(t/c tiếp tuyến)AODE.Ta lại có do BDEC nt trong đường tròn tâm I DE là dây cung có J là trung điểm JIDE(đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm)Vậy IJ//AO Bài 19. Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) tại hai điểm C và D. Từ điểm M tuỳ ý trên d kẻ các tiếp tuyếnMA và MB với (O) (A và B là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của CD. a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp. b) Các đường thẳng MO và AB cắt nhau tại H.Chứng minh MH.MO = MC.MD c) Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD R2 d) Gọi Q là giao điểm của AB và OI. Chứng minh OQ  OI 2 MD HA e) * Chứng minh = MC HC 2 A O H d M C I B Q a) MA, MB là các iếp tuyến của (O) �  MBO �  900  MAO �  900 I là trung điểm của CD  OI  CD  MIO  A, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO  Tứ giác MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MO. D b) MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB  MO là đường trung trực của AB  MO  AB  MH.MO = MB2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1) �  MBD �  1 sđ � MBC BC 2  MBC : MDB( g .g ) MB MD    MC.MD  MB 2 (2) MC MB Từ (1) và (2)  MH.MO = MC.MD MC MO   MCH : MOD(c.g .c )  MH MD � �  MHC  MDO  tứ giác CHOD nội tiếp  H thuộc đường tròn ngoại tiếp  COD. c) Gọi Q là giao điểm của AB và OI � Hai tam giác vuông MIO và QHO có IOH chung  MIO : QHO MO OQ  OI OH (R là bán kính (O) không đổi)  MO.OH OA2 R 2  OQ    OI OI OI  O, I cố định độ dài OI không đổi  lại có Q thuộc tia OI cố định  Q là điểm cố định  đpcm. 0 � � �  900  180  COD ( COD cân tại O) d) � AHC  900  MHC  900  ODC 2 1� 1 1 � 0 �  3600  sdCBCB  sdCAD = 180  COD 2 2 2 � = CBD (3) �  CDB � (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC) CAH Từ (3) và (4)  AHC : DBC ( g .g ) HA BD   (5) HC BC MBC : MDB ( g .g ) (chứng minh trên) MD MB BD    MB MC BC (6) 2  BD  MD MB MD   .    MB MC MC  BC  MD HA2 Từ (5) và (6)   MB HC 2   PHẦN II: MỘT SỐ ĐỀ THI CÓ LỜI GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM ---***---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ THI MÔN : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ SỐ 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức :P= x 3 6x  4   2 x 1 x  1 x 1 1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. 2. Rút gọn P  2 x  ay  4 Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình :   ax  3 y  5 1. Giải hệ phương trình với a=1 2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều rộng bằng một nửa chiều dài. Biết rằng nếu giảm mỗi chiều đi 2m thì diện tích hình chữ nhật đã cho giảm đi một nửa. Tính chiều dài hình chữ nhật đã cho. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) (điểm O cố định, giá trị R không đổi) và điểm M nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B,C là các tiếp điểm ) của (O) và tia Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ đường thẳng song song với Mx, đường thẳng này cắt (O) tại điểm thứ hai là A. Vẽ đường kính BB’ của (O). Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BB’,đường thẳng này cắt MC và B’C lần lượt tại K và E. Chứng minh rằng: 1. 4 điểm M,B,O,C cùng nằm trên một đường tròn. 2. Đoạn thẳng ME = R. 3. Khi điểm M di động mà OM = 2R thì điểm K di động trên một đường tròn cố định, chỉ rõ tâm và bán kính của đường tròn đó. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+ b + c =4. Chứng minh rằng : 4 a 3  4 b3  4 c3  2 2 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM SỐ 1 Câu C1.1 (0,75 điểm) Đáp án, gợi ý x  1  0  Biểu thức P xác định   x  1  0 x 2  1  0  Điểm 0,5 0,25 C1.2 (1,25 điểm) x  1  x  1 P=  C2.1 (1,0 điểm) 0,25 x 3 6x  4 x ( x  1)  3( x  1)  (6 x  4)    x 1 x 1 ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) 0,5 2 2 x  x  3x  3  6 x  4 x  2x  1   0,5 ( x  1)( x  1) ( x  1)( x  1) ( x  1) 2 x 1  ( x  1)( x  1) x 1 (voi x  1) 2 x  y  4 Với a = 1, hệ phương trình có dạng:  x  3 y  5 0,25 0,25 6x3y  12 7x  7   x  3 y  5 x  3y  5 0,25 0,25 x  1 x  1   13y  5 y  2 C2.2 (1,0 điểm)  x  1 Vậy với a = 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là:   y  2  x  2  2 x  4  -Nếu a = 0, hệ có dạng:    5 => có nghiệm duy nhất  3 y  5  y   3 -Nếu a  0 , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:  a 2  6 (luôn đúng, vì a 2  0 với mọi a) 2 a  a 3 0,25 0,25 0,25 0,25 C3 (2,0 điểm) Do đó, với a  0 , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a. Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x (m), với x > 4. Vì chiều rộng bằng nửa chiều dài nên chiều rộng là: => diện tích hình chữ nhật đã cho là: x. x x2  2 2 x (m) 2 (m2) Nếu giảm mỗi chiều đi 2 m thì chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là: x  2 va x  2 (m) 2 Khi đó, diện tích hình chữ nhật giảm đi một nửa nên ta có phương trình: x 1 x2  2)   2 2 2 2 x x2   2x  x  4   x 2  12 x  16  0 2 4 ………….=> x1  6  2 5 (thoả mãn x>4); ( x  2)( x 2  6  2 5 (loại vì không thoả mãn x>4) C4.1 (1,0 điểm) C4.2 (1,0 điểm) C4.3 (1,0 điểm) Vậy chiều dài của hình chữ nhật đã cho là 6  2 5 (m). 1) Chứng minh M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn Ta có: MOB  90 0 (vì MB là tiếp tuyến) MCO  90 0 (vì MC là tiếp tuyến) =>  MBO +  MCO = = 900 + 900 = 1800 => Tứ giác MBOC nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối =1800) =>4 điểm M, B, O, C cùng thuộc 1 đường tròn 2) Chứng minh ME = R: Ta có MB//EO (vì cùng vuông góc với BB’) =>  O1 =  M1 (so le trong) Mà  M1 =  M2 (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) =>  M2 =  O1 (1) C/m được MO//EB’ (vì cùng vuông góc với BC) =>  O1 =  E1 (so le trong) (2) Từ (1), (2) =>  M2 =  E1 => MOCE nội tiếp =>  MEO =  MCO = 900 =>  MEO =  MBO =  BOE = 900 => MBOE là hình chữ nhật => ME = OB = R (điều phải chứng minh) 3) Chứng minh khi OM=2R thì K di động trên 1 đường tròn cố định: Chứng minh được Tam giác MBC đều =>  BMC = 600 =>  BOC = 1200 =>  KOC = 600 -  O1 = 600 -  M1 = 600 – 300 = 300 Trong tam giác KOC vuông tại C, ta có: CosKOC  OC OC 3 2 3R  OK   R:  0 OK 2 3 Cos 30 Mà O cố định, R không đổi => K di động trên đường tròn tâm O, bán kính = 2 3R (điều phải chứng minh) 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 C5 (1,0 điểm) 4  4a 3  4 4b3  4 4c 3 4 0,25  a  b  c  a 3  4  a  b  c  b3  4  a  b  c  c 3  4 a 4  4 b4  4 c 4  a b c 4 4 Do đó, Câu 5 Cach 2: Đặt x = 4 0,25 0,25 a 3  4 b3  4 c3  0,25 4 4  2 2 4 4 2 a; y  4 b;z  4 c => x, y , z > 0 và x4 + y4 + z4 = 4. BĐT cần CM tương đương: x3 + y3 + z3 > 2 2 hay 2 (x3 + y3 + z3 ) > 4 = x4 + y4 + z4  x3( 2 -x) + y3( 2 -y)+ z3( 2 -z) > 0 (*). Ta xét 2 trường hợp: - Nếu trong 3 sô x, y, z tồn tại it nhât một sô  Khi đo: x3 + y3 + z3 > 2 2 ( do y, z > 0). 2 , giả sử x  - Nếu cả 3 sô x, y, z đều nhỏ  2 thì BĐT(*) luôn đung. Vậy x3 + y3 + z3 > 2 2 được CM. 3 2 thì x  2 2 .