TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 1 CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10 Bài 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Vẽ đường kính AC và AD của (O) và (O’). Tia CA cắt đường tròn (O’) tại F, tia DA cắt đường tròn (O) tại E. CE và DF cắt nhau tại M. a) Chứng minh:   EFC EDC= . b) Chứng minh tứ giác EOO’F nội tiếp. c) Qua A kẻ đường thẳng song song với OO’ cắt CE và DF lần lượt tại M và K. Chứng minh HEFK nội tiếp. d) Gọi I là trung điểm CD và N là điểm đối xứng của A qua I. Chứng minh N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD. Hướng dẫn giải: a) Chứng minh   F ED FCD= Ta có: +  0 90CED = ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) +  0 90CFD = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)) Suy ra:   ( ) 0 90CED CFD== ⇒ Tứ giác CEFD nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)   EFC EDC⇒= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung  EC của đt (CEFD)) @ b) Chứng minh OEFO’ nội tiếp Ta có: + O là trung điểm của AC (AC là đk của (O)) + O’ là trung điểm của AD (AD là đk của (O’)) Suy ra OO’ là đường trung bình của tam giác ACD   //OO CD EO O EDC ′′ ⇒⇒=(đồng vị) Mà   ( ) EFC EDC cmt= , nên   EO O EDC ′ = Suy ra tứ giác OEFO’ nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện) @ TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 2 c) Chứng minh tg HEFK nội tiếp Vì HK // OO’(gt) và OO’ //CD (cmt) nên KH // CD, suy ra   EHK ECD= . (1) (đồng vị) Tứ giác EFDC nội tiếp (cmt) ta có:   180 o EFK ECD+= (2) Từ (1) và (2), suy ra:   180 o EHK EFK+= ⇒ tứ giác EFKH nội tiếp (hai góc đối bù nhau) @ d) Chứng minh N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD Vì N là điểm đối xứng của A qua I nên I là trung điểm của AN. Tứ giác ADNC có hai đường chéo AN và CD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên là hình bình hành. Suy ra ND // CA và NC // AD. Mà  ( )  ( ) 90 , 90 oo CA MD CFD AD MC DEC⊥=⊥= Nên ta có:   ,90 o ND MD NC MC MCN MDC⊥⊥⇒== Tứ giác MCND có   90 90 180 oo o MCN MDN+=+= nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau) Suy ra N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD. @ Bài 2: Cho đường tròn (O; R) có dây 3BC R= . Vẽ đường tròn (M) đường kính BC. Lấy điểm ( ) A M∈ ( A ở ngoài (O)). AB, AC cắt (O) tại D và E. Vẽ đường cao AH của tam giác ABC, AH cắt DE tại I. a) Chứng minh AD. AB = AE. AC. b) Chứng minh I là trung điểm của DE. c) AM cắt DE tại K. Chứng minh IKMH nội tiếp. d) Tính DE và tỉ số A H A K theo R. e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhất. Hướng dẫn giải: a) Chứng minh AD. AB = AE. AC Ta có tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn (O) nên   A DE ACB= . Xét A DEΔ và A CBΔ có: +   ( ) A DE ACB cmt= TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 3 + Góc A chung. Suy ra ( ) . A DE ACB g gΔΔ∼ AD AE A DAB AEAC AC AB ⇒=⇒ = . b) Chứng minh I là trung điểm của DE Ta có :  90 o BAC = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (M)) Và  ( ) 90 o A HB AH BC=⊥ Suy ra   D AI ACB= ( cùng phụ với  A BC ) Mà   ( ) A DI ACB cmt= Suy ra   A DI DAI=⇒ tam giác ADI cân tại I. Suy ra ID = IA.(1) Chứng minh tương tự ta cũng có IE = IA. (2) Từ (1) và (2) suy ra ID = IE hay I là trung điểm của DE. c) Chứng minh tứ giác IKMH nội tiếp Ta có MA = MC ( A, C thuộc (M)) suy ra tam giác MAC cân tại M   M AC ACM⇒= Ta cũng có   A EK ABC= . Từ đó:      0 90 90 90 oo KAE AEK ABC ACB AKE IKM+=+=⇒=⇒= Xét tứ giác IKMH có   0 90 90 180 oo IHM IKM+=+= nên là tứ giác nội tiếp (2 góc đối bù nhau) d) Tính DE và A K A H Vẽ đường kính CF của đường tròn (O), khi đó ta có  90 o FBC = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Trong tam giác vuông BCF ta có:   33 sin 60 22 o BC R BFC BFC CF R == =⇒ = Tứ giác BDCE nội tiếp đường tròn (O) nên ta có   60 o ADC BFC==. Ta có () . D EAD AD ADE ACB cmt DE BC BC AC AC ΔΔ ⇒=⇒=∼ Trong tam giác vuông ADC có  1 cot g ADC cot 60 3 o AD g AC === Suy ra: 11 .3. 33 D EBC R R== =. Xét tam giác ADK và tam giác ACH có : TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 4   ()   () 90 o A DK ACH cmt DKA AHC ⎧ = ⎪ ⎨ == ⎪ ⎩ Suy ra ( ) . A DK ACH g gΔΔ∼ 1 3 AK AD AH AC ⇒== e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhât. Ta có 2 11 33 ADE A DE ABC ACB SAD A DE ACB S S SAC ⎛⎞ ΔΔ⇒= =⇒= ⎜⎟ ⎝⎠ ∼ Mà 2 11 133 3 22 22 4 ABC RR SAHBCAMBC R=≤ = = Nên 2 1 4 ADE SR≤ . Dấu “ = “ xảy ra khi A HAM HM = ⇔≡⇔ A là điểm chính giữa cung BC của đường tròn (M) Vậy diện tích tam giác ADE lớn nhất bằng 2 1 4 R khi A là điểm chính giữa cung BC của đường tròn (M). Bài 3: Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di động trên cạnh CD ( khác C và D). Tia AE cắt đường thẳng BC tại F. Tia Ax vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng DC tại K. BD cắt KF tại I. a) Chứng minh:   CAF CKF= . b) Chứng minh:   IDF IEF= . c) Chứng minh tamg giác KAF vuông cân. d) Chứng minh I là trung điểm của KF e) Gọi M là giao điểm của BD và AE. Chứng minh IMCF nội tiếp. f) Chứng minh khi điểm E thay đổi trên cạnh CD thì tỉ số ID CF không đổi. Tính tỉ số đó. Hướng dẫn giải: a) Chứng minh:   CAF CKF= . Ta có  ( ) 90 o KAF AK AF=⊥ và  90 o KCF = (ABCD là hình vuông), TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 5 suy ra   ( ) 90 o KAF KCF==⇒ tứ giác ACFK là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau). Do đó:   CKF CAF= b) Chứng minh:   IDF IEF= . Tứ giác ACKF nội tiếp nên ta có:   A FK ACK= mà   45 , 45 oo ACK BDC== (ABCD là hình vuông) suy ra:   ( ) 45 o AFK BDC== . Do đó tứ giác IDEF là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện), suy ra   IDF IEF= c) Chứng minh tamg giác KAF vuông cân. Tam giác AKF vuộng tại A (gt) có  45 45 oo AFK AKF=⇒ = nên là tam giác vuông cân tại A. d) Chứng minh I là trung điểm của KF Xét tứ giác ABFI có: +  ( ) 0 45 cmtAFI = +  45 o ABI = (ABCD là hình vuông) Suy ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) Khi đó:    180 180 180 90 90 ooooo A FI ABI AFI ABI AI KF+=⇒=−=−=⇒⊥ Tam giác AKF cân có AI là đường cao nên cũng là trung tuyến, suy ra I là trung điểm của KF. e) Chứng minh IMCF nội tiếp. Xét tam giác BAM và tam giác BCM có: + AB = BC (ABCD là hình vuông) +   A BM CBM= (ABCD là hình vuông) + BM chung Suy ra ( ) BAM BCM c g cΔ=Δ   BAM BCM= Mà   BAM BIF= (ABFI nội tiếp) Nên   BCM BIF= Suy ra tứ giác IMCF nội tiếp (Góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện) f) Chứng minh tỉ số ID CF không đổi. Ta có: TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 6        45 180 135 45 180 135 ooo ooo ADB ADI ADB ACB ACF ACF A DI ACF ⎧ =⇒ = − = ⎪ ⎨ =⇒ = − = ⎪ ⎩ ⇒= Xét tam giác ADI và tam giác ACF có: +   A DI ACF= +   A ID AFC= (ABFI nội tiếp) Suy ra () ~. D IAD ADI ACF g g CF AC ΔΔ ⇒= Trong tam giác vuông cân ADC có :  1 sin sin 45 2 o AD ACD AC === Do đó: 1 2 DI CF = không đổi. Bài 4: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B và C là hai tiếp điểm). Vẽ CD AB⊥ tại D cắt (O) tại E. Vẽ EF BC ⊥ tại F và EH AC⊥ tại H. Gọi M là giao điểm của DF và BE, N là giao điểm của HF và CE. a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD nội tiếp. b) Chứng minh 2 .EF ED EH= c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp. d) Chứng minh M NEF⊥ . Hướng dẫn giải: a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD nội tiếp. Ta có:  ()  ()   90 90 180 o o o EFC EF BC EHF EH AC EFC EHC ⎧ =⊥ ⎪ ⎨ =⊥ ⎪ ⎩ ⇒+= Suy ra tứ giác HEFC nội tiếp (hai góc đối bù nhau). Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác EFBD nội tiếp. TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 7 b) Chứng minh 2 .EF ED EH= Ta có: +   EFH ECH= (1) (Tứ giác EFCH nội tiếp) +   EDF EBF= (2) (Tứ giác EFBD nội tiếp) +   ECH EBF= (3) (Góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó) Từ (1), (2) và (3) ta có:     ( ) EFH EDF EFH EDF=== Chứng minh tương tự ta cũng có:     ( ) EFD EHF ECF EBD=== Xét tam giác EHF và tam giác EFD ta có:   ()   () () 2 cmt cmt ~. . EHF EFD EFH EDF EH EF EHF EFD g g EF ED EH EF ED ⎧ = ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ ⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ = c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp. Theo câu b ta có:     EFN EBC EFM ECB ⎧ = ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ ⇒        180 o EFN EFM MEN EBC ECB MEN MFN MEN ++=++ ⇔+= Suy ra tứ giác EMFN nội tiếp (hai góc đối bù nhau) d) Chứng minh M NEF⊥ . Tứ giác EMFN nội tiếp nên ta có:   EMN EFN= Mà   ( ) cmtEFN EBC=   EMN EBC⇒= mà hai góc này ở đồng vị nên ta có MN // BC. Mà ( ) EF BC gt EF MN⊥⇒⊥ Bài 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ đường kính CD ( không vuông góc với AB). AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của (O) tại M và N. Gọi I là trung điểm AD. a) Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp. TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 8 b) Chứng minh 2 .2 A IAN R= . c) Chứng minh   CDM CNM= . d) Gọi K là trung điểm MN. Chứng minh A KCD ⊥ . e) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc một đường thẳng cố định khi đường kính CD thay đổi. Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp. Ta có I là trung điểm dây cung AD, suy ra OI AD ⊥ (liên hệ giữa đk và dây cung)  90 o OIN⇒= MN là tiếp tuyến của (O) tại B, suy ra  90 o OB MN OBN⊥⇒ =. Tứ giác OINB có   180 o OIN OBN+= nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau). b) Chứng minh 2 .2 A IAN R= . Xét tam giác AIO và tam giác ABN có: + Góc  BAN chung. +   ( ) 90 o AIO ABN== Suy ra 2 ~ 2 AI AO A IO ABN AI AN AO AB R AB AN ΔΔ⇒=⇒ = = c) Chứng minh   CDM CNM= . Ta có  90 o ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy ra:   A BC CMN= (cùng phụ với  CBM ) Mà   A BC ADC= (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) Nên ta có:   A DC CMN= Do đó tứ giác CDNM nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện). d) Chứng minh A KCD⊥ .MN. Gọi P là giao điểm của AK và CD. Ta có  90 o MAN = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 9 Tam giác AMN vuông tại A (  90 o MAN = ) có AK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền MN nên ta có: 1 2 A KMNKN==. Suy ra tam giác KAN cân tại K   KAN ANK⇒= Ta cũng có   A DC AMN= (cmt) Do đó:     90 o KAN ADC AMN ANM+=+ =, suy ra  90 o APD = A KCD⇒⊥ e) Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc một đường thẳng cố định khi đường kính CD thay đổi. Tứ giác CDNM là nội tiếp do đó 4 điểm C, D, N, M cùng nằm trên một đường tròn. Mà (F) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CNM,do đó C, D, N, M cùng thuộc (F). Ta có K là trung điểm của MN, O là trung điểm của CD suy ra , F KMNFOCD ⊥ ⊥ Tứ giác AOFK có: + // A OFK (cùng vuông góc với MN) + AK // OF (cùng vuông góc với CD) Suy ra AOFK là hình bình hành (hai cặp cạnh đối song song), suy ra FK = AO = R. Vì KF MH⊥ (tại K) và FK = R nên F thuộc đường thẳng d song song với MN và cách MN một khoảng R (d khác phía A đối với đt MN) Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC), đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm B bán kính BA cắt AH tại D. a) Chứng minh BC là trung trực AD. Suy ra CD là tiếp tuyến của (B). b) Gọi I là điểm đối xứng của B qua AH. Đường thẳng AI cắt CD tại E. Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp. c) Gọi F là hình chiếu của A lên BD. Chứng minh BD. DF = DE. DC. Suy ra CEBF là tứ giác nội tiếp. d) Cho AB = a, AC = 2a. Tính diện tích tam giác DEH theo a. Hướng dẫn giải: a) Chứng minh BC là trung trực AD. Suy ra CD là tiếp tuyến của (B). Ta có BA = BD (A, D thuộc (B)) suy ra tam giác BAD cân tại B. Mà BH là TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 10 đường cao nên cũng là đường trung trực của AD. Do đó BC là đường trung trực của AD. Xét BDCΔ và BACΔ có: + BD = BA + BC chung + CD = CA (C thuộc đường trung trực của AD) Suy ra ( )   90 o BDC BAC c c c BDC BACΔ=Δ ⇒ = = Ta có: () CD BD D B ⊥ ⎧ ⎪ ⎨ ∈ ⎪ ⎩ suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn (B) b) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp. Xét tứ giác ABDI có: + H là trung điểm của AD + I là trung điểm của BI (I đối xứng với B qua H) Suy ra ABHI là hình bình hành, từ đó ta có AI //BD   90 o AEC BDC⇒== Tứ giác AHEC có   ( ) 90 o AHC AEC== nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau.) c) Chứng minh BD. DF = DE. DC. Suy ra CEBF là tứ giác nội tiếp. Xét D BHΔ và D AFΔ có: + Góc ADB chung +   ( ) 90 o BHD AFD== Suy ra () ~. BD DH D BH DAF g g BD DF DH DA DA DF ΔΔ ⇒=⇒ = (1) Xét D EAΔ và D HCΔ có: + Góc ADE chung +   ( ) 90 o DHC AED== Suy ra () ~. DE DA D EA DHC g g BE DC DH DA DH DC ΔΔ ⇒=⇒ = (2) Từ (1) và (2) suy ra DB.DF = DE.DC Xét tam giác BDE và tam giác BCF có : + Góc BDE chung. + () BD DE D BDF DEDC DC BF == ( )   ~ BDE BCF c g c DEB BFC⇒Δ Δ ⇒ = [...]... ΔACE ~ ΔCBE ⇒ CB BE d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R Gọi K là giao điểm của CO và BD, H là giao điểm của OA và BC Ta có BD // AC và BD // AC , OC⊥ AC ⇒ CO ⊥ BD tại K, do đó CK là khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC Ta đi tính CK Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có OA vuông góc với BC tại H và H là trung điểm BC Tam giác ABO vuông tại B có: AB 2 = OA2 − OB 2 =... cung) Suy ra tam giác AOB vuông cân tại O ⇒ AB 2 = OA2 + OB 2 = 2 R 2 ⇒ AB = R 2 Tam giác ADB vuông cân tại D nên ta có: AD 1 1 R 2 = cos BAD = cos 60o = ⇒ AD = AB = AB 2 2 2 BD 3 AB 3 R 6 = sin BAD = sin 60o = ⇒ BD = = AB 2 2 2 Tam giác BDC có BDC = 90o và DCB = 45o suy ra DBC = 45o ⇒ ΔBDC vuông cân tại D ⇒ DC = DB = Từ đó ta có: AC = AD + DC = R 2 R 6 R + = 2 2 ( R 6 2 2+ 6 ) 2 Bài 12: Cho nửa đường tròn... ⎩ MA MB MA AO CO = ⇒ = = =3 OA OG MB GO GO Bài 13: Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm) a) Chứng minh OA vuông góc với BC ⇒ ΔMAB ~ ΔOAG ( g g ) ⇒ GV: NGUYỄN TĂNG VŨ Sưu tầm và biên soạn 21 http://truonglangtoi.wordpress.com TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC b) Vẽ cát tuyến AMN... QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC Mặt khác ABC = BIC (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn một cung) Do đó BIE = AEC , mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có BI//AN d) Tìm vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất Vẽ BE, IF vuông góc với AN Khi đó ta có BIFE là hình chữ nhật, suy ra BE = IF 1 1 Khi đó S AIN = IF AN = BE AN = S ABN (1) 2 2 1 Vẽ NH vuông... NGUYỄN TĂNG VŨ Sưu tầm và biên soạn 26 http://truonglangtoi.wordpress.com TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC Mà ADB = DBC + ACB (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề của tam giác DBC) Suy ra AFN = DBC + ACB = FBD + ACB (1) (vì DBC = FBD ) Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên ta có AM = 1 BC = MC 2 Suy ra tam giác MAC cân tại M ⇒ MAC = ACB (2) Tứ... = IKC = CKA 2 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ Sưu tầm và biên soạn 12 http://truonglangtoi.wordpress.com TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC ( ) 1 1 DKA + CKA = DKC = 90o 2 2 Do đó K thuộc đường tròn đường kính OI Từ đó ta có: OKI = AKO + IKA = Bài 8: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho ) OA = 3R Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) với... TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ gíc ACIO nội tiếp Ta có AC = BC ( gt ) suy ra CA = CB, do đó tam giác ACB cân tại C Mặt khác có CO là trung tuyến nên cũng là đường cao, suy ra COA = 90o Xét tứ giác ACIO có COA = CIA ( = 90o ) nên là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kể cùng nhìn một cạnh dưới một góc vuông) Suy ra OID = CAO Ta giác OAC có OC... VŨ Sưu tầm và biên soạn 20 http://truonglangtoi.wordpress.com TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC Gọi H là trung điểm của OM và BC Ta có MB = MC, OB = OC suy ra OM là đường trung trực của BC Khi đó OM ⊥ BC tại H và H là trung điểm của BC OB R = =R 2 Trong tam giác vuông cân OBC có: BC = o sin OBC sin 45 OA.OB R2 R 2 AH BC = OA.OB ⇒ AH = = = BC 2 R 2 Do đó MH = OM − OH...TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC Suy ra tứ giác BECD nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện) d) Tính diện tích tam giác DEH theo a Xét tam giác DHE và DCA có : + Góc HDE chung + DHE = DCA (Tứ giác AHEC nội tiếp) S ⎛ DH ⎞ Suy ra ΔDHE ~ ΔDCA ⇒ DHE = ⎜ ⎟ S DAC ⎝ CD ⎠ Trong tam giác vuông ABC ta có: + 2 BC 2 = AB 2 + AC 2 = a 2 + 4a 2 = 5a 2 ⇒... ra ΔCHO ~ ΔCBK ( g.g ) ⇒ CK CB CO R 9 Bài 9: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được đường tròn Xác định tâm K của đường tròn đó b) Chứng minh OA ⊥ DE 14 GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn TTBDKT QUANG MINH 243/27/15 LẠC LONG QUÂN ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC c) Đường thẳng . MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn 1 CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10 Bài 1: . ⇒=⇒=∼ Trong tam giác vuông ADC có  1 cot g ADC cot 60 3 o AD g AC === Suy ra: 11 .3. 33 D EBC R R== =. Xét tam giác ADK và tam giác ACH có : TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC. cung BC của đường tròn (M). Bài 3: Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di động trên cạnh CD ( khác C và D). Tia AE cắt đường thẳng BC tại F. Tia Ax vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng