5 bài hình luyện thi vào 10 có hướng dẫn giải

6 623 3
  • Loading ...
1/6 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 09/07/2014, 18:00

Bµi sè 1 Cho tam giác đều ABC, gọi O là trung điểm của BC. Góc xOy = 60 0 quay quanh O cắt AB, AC lần lượt tại D và E a, chứng minh BD.CE không đổi. b, chứng minh DO là tia phân giác của góc BDE c, vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh DE tiếp xúc với (O) a/ XÐt ∆ BDO vµ ∆ COE cã ∠ B = ∠ C = 60 0 ( v× ∆ ABC ®Òu) ∠ BOD = ∠ OEC ( ∠ BOD + ∠ EOC = 60 ∠ OEC + ∠ EOC = 60) ⇒ ∆ BDO ®ång d¹ng ∆ COE (g.g) ⇒ CE BO CO BD = ⇒ BD . CE = CO . BO ( kh«ng ®æi) b/ V× ∆ BDO ®ång d¹ng ∆ COE (g.g) ⇒ OE DO CO BD = mµ CO = OB K A A D E C O B H CE BO BO BD = Ta lại có B = DOE = 600 BDO đồng dạng OED (g.g) BDO = ODE ( hai góc tơng ứng) Vậy DO là phân giác của BDE c/ đờng tròn(O) tiếp xúc với AB tại H AB OH Từ O kẻ OK DE Vì O thuộc phân giác của BDE OK = OH K thuộc đờng tròn (O; OH) Có DE OK DE luôn tiếp xúc với (O; OH) Cỏch khỏc Xột tam giỏc ADE cú DO l ng phõn giỏc ngoi nh D v AO l ng phõn giỏc trong nh A O l tõm ng trũn bng tip nh A (O) tip xỳc vớ DE Bi 2 Cho na ng trũn tõm O ng kớnh AB K hai tip tuyn Ax v By, t mt im M trờn Ax K tip tuyn MP ct By ti N a, c/m AMPO là tứ giác nội tiếp b/ c/m MON và APB là hai tam giác vuông đồng dạng c, c/m MP . NP = OP 2 = R 2 d/ Tính tỷ số APB MON S S biết AM = 2 R a/ tứ giác AMPO có MAO + MPO = 90 0 + 90 0 = 180 0 Mà MAO và MPO là hai góc đối của tứ giác Nên AMPO là tứ giác nội tiếp b, AMPO là tứ giác nội tiếp O A M P B N PAO = PMO (1) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung PO của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AMPO) chứng minh tơng tự ta có tứ giác OPNB nội tiếp PNO = PBO (2) Từ (1) và (2) MON đồng dạng APB (g.g) Có APB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn(O)) MON và APB là hai tam giác vuông đồng dạng c/ Theo tính chất của tiếp tuyến có AM = MP và PN = NB AM . BN = MP . PN Mà MON vuông tại O có OP MN MP . NP = OP 2 = R 2 ( hệ thức lợng trong tam giác vuông) d/ Tính tỷ số APB MON S S biết AM = 2 R Ta có AM = 2 R mà AM. BN = R 2 BN = 2R kẻ MH BN BH = AM = 2 R HN = 3. 2 R Trong tam giác MHN vuông tại H ta có : MN 2 = MH 2 + NH 2 (Đ/l Pitago) MN 2 = (2R) 2 + (3. 2 R ) 2 = 4 25 R 2 MN = 2 5R Do đó APB MON S S = 2 AB MN = 2 AB MN = 2 2 2 5 R R = 16 25 Bi 3 Cho tam giỏc ABC nhn ni tip ng trũn tõm O , ng cao AH . Phõn giỏc AD ct (O) E , OE ct BC I . V ng kớnh AF , k CK AF vi K AF a) Chng minh ACKH ni tip b) Chng minh IB = IC v OE // AH c) Gi s AB = 8 , AC = 12 , AH = 5 . Tớnh chu vi ng trũn (O) d) Chng minh AD 2 < AB.AC v IHK cõn a) = = 90 o  Tứ giác AHKC nội tiếp (H và K cùng nhìn AC dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh IB = ID Chứng minh OD BC Chứng minh AH // OE c) Chứng minh được hệ thức AB.AC = AH.AF Tính R = 9,6 Tính chu vi = 19,2 e) Chứng minh AD 2 < AB.AC Chứng minh IHK cân tại I Bài 4 Cho ABC nhọn nội tiếp (O;R) (AB < AC). Ba đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được. Xác định tâm I của đường tròn này. b) Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC kéo dài tại M. Chứng minh: MA 2 =MB.MC c) AO cắt (O) tại K. Chứng minh EF.AK = AH.BC d) Gọi J là trung điểm của AH . Tính diện tích tứ giác JEIF theo R khi 0 45BAC = ) Bài 4: a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp Xác định tâm I của đường tròn này . b) Chứng minh tam giác MAB đồng dạng tam giác MAC Chứng minh: MA 2 =MB.MC c) Chứng minh AEF∆ đd ACB ∆ => EF AF BC AB = AFH∆ đd ABK∆ => AH AF AK AB = . . AH EF AK BC AH BC EF AK ⇒ = ⇒ = d) Chứng minh IJ vng góc với EF Tính đúng IJ Tính đúng EF Tính diện tích tứ giác JEIF * Bài 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O); Các đường cao AF và CE của tam giác ABC cắt nhau tại H (F ∈ BC; E ∈ AB). a) Chứng minh tứ giác AEFC nội tiếp được đường tròn b) Kẻ đường kính AK của đường tròn (O). Chứng minh: Hai tam giác ABK và AFC đồng I J H K O F E D M C B A dạng. c) Kẻ FM song song với BK (M ∈ AK). Chứng minh: CM vuông góc với AK. d) Gọi I là trung điểm của đoạn BC. Chứng minh: Ba điểm M, I, E thẳng hàng. a) Nêu đúng mỗi góc vuông Kết luận tứ giác nội tiếp Luận cứ đúng b) Chứng minh được · 0 90ABK = · · ABK AFC⇒ = Chứng minh được · · AKB ACF= Kết luận tam giác đồng dạng (đúng tương ứng đỉnh) c) Chứng minh được · · MFC MAC= => Tứ giác AFMC nội tiếp => · · 0 90AMC AFC= = d) tứ giác OIMO nội tiếp = Góc OCI = Góc OMI Mà Góc OCI = Góc ACE (Suy nghĩ nhé) Góc ACE= Góc AME  góc OMI = góc AME M,I,E thẳng hàng Cách khác tứ giác OIMO nội tiếp = Góc CIM = Góc MOC = 2. ∠ OAC=2. ∠ OCA=2. ∠ OCA=2. ∠ CEM =2. ∠ CEI Tam giác CEI cân = Góc CIE + 2. ∠ CEI=180 0 Tự c/m tiếp I M H K F E O CB A . H ta có : MN 2 = MH 2 + NH 2 (Đ/l Pitago) MN 2 = (2R) 2 + (3. 2 R ) 2 = 4 25 R 2 MN = 2 5R Do đó APB MON S S = 2 AB MN = 2 AB MN = 2 2 2 5 R R = 16 25 Bi. tuyến có AM = MP và PN = NB AM . BN = MP . PN Mà MON vuông tại O có OP MN MP . NP = OP 2 = R 2 ( hệ thức lợng trong tam giác vuông) d/ Tính tỷ số APB MON S S biết AM = 2 R Ta có AM. Chứng minh IJ vng góc với EF Tính đúng IJ Tính đúng EF Tính diện tích tứ giác JEIF * Bài 5: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O); Các đường cao AF và CE của tam
- Xem thêm -

Xem thêm: 5 bài hình luyện thi vào 10 có hướng dẫn giải, 5 bài hình luyện thi vào 10 có hướng dẫn giải, 5 bài hình luyện thi vào 10 có hướng dẫn giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay