Các bài tập hình ôn thi vào lớp 10

Bài 4 ( 3 điểm)
 Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = 2R. Ax, By là các tia vuông góc với AB 
( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB).
 Qua điểm M thay đổi trên nửa đường tròn ( M khác A, B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn lần lượt cắt Ax, By tại C và D.
a/ Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp.
b/ Chứng minh OC vuông góc với OD và 
c/ Xác định vị trí của M để ( AC + BD ) đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 4: 
a. Xét tứ giác ACMO có => Tứ giác ACMO nội tiếp.
b. Vì AC và CM là tiếp tuyến của (O) =>OC là tia phân giác của góc AOM (t/c) 
 Tương tự DM và BD cũng là tiếp tuyến của (O) => OD là tia phân giác của góc BOM (t/c)
Mặt khác kề bù với => 
 CO ^OD.
 * Ta có DCOD vuông tại O và OM là đường cao => theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được 
c. Vì Ax, By, CD là các tiếp tuyến cắt nhau tại C và D nên ta có CA = CM , MD = DB 
 => AC + BD = CM + MD = CD 
 Để AC + BD nhỏ nhất thì CD nhỏ nhất.
 Mà C, D thuộc hai đường thẳng // => CD nhỏ nhất khi CD^ Ax và By => M là điểm chính giữa cung AB.
Bài 3. ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 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.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM và AM2 = AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2.
d) 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.
Bài 3.
a)
* Hình vẽ đúng
* (giả thiết) 
A
B
M
E
C
I
O1
N
* (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
* Kết luận: Tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp 
b) (1 điểm) Ta có:
* sđ = sđ 
* 
*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM. 
* Do đó: AM2 = AE.AC 
c) 
* MI là đường cao của tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2.
d)
* Từ câu b) suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME. Do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ nhất khi và chỉ khi NO1BM.)
* Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O1. Điểm C là giao của đường tròn đã cho với đường tròn tâm O1, bán kính O1M.
Bµi 4 (3,5®iÓm)
Cho ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AB cã b¸n kÝnh R, tiÕp tuyÕn Ax. Trªn tiÕp tuyÕn Ax lÊy ®iÓm F sao cho BF c¾t ®­êng trßn t¹i C, tia ph©n gi¸c cña gãc ABF c¾t Ax t¹i E vµ c¾t ®­êng trßn t¹i D .
Chøng minh OD // BC .
Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF .
Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp.
X¸c ®Þnh sè ®o cña gãc ABC ®Ó tø gi¸c AOCD lµ h×nh thoi. TÝnh diÖn tÝch h×nh thoi AOCD theo R .
Baøi 4:
1) 
2) 	(goùc noäi tieáp chaén nöõa ñöôøng troøn)
* DvAEB, ñöôøng cao AD:
Coù AB2 = BD.BE (1)
* DvAFB, ñöôøng cao AC:
Coù AB2 = BC.BF (2)
Töø (1) vaø (2) Þ BD.BE = BC.BF . 
Töø BD.BE = BC.BF 
 Þ Töù giaùc CDEF noäi tieáp ñöôøng troøn ( goùc ngoaøi baèng goùc trong ñoái dieän)
* Neáu töù giaùc AOCD laø hình thoi
Þ OA = AD = DC = CO
Þ DOCD ñeàu
* S hình thoi = AC . OD
	 = 
Câu 4: (3đ)
Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là một điểm nằm giữa O và A Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt (O) tại P,Q.Tiếp tuyến tại D trên cung nhỏ BP, cắt PQ ở E; AD cắt PQ tại F .Chứng minh: 
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.
b/ED=EF
c/ED2=EP.EQ
Câu 4: (3đ)
a/ Tứ giác BCFD là tứ giác nội tiếp.
 (góc nội tiếp chắn nửađường tròn (o))
=>. Vậy Tứ giác BCFD nội tiếp được. 
b/ED=EF
Xét tam giác EDF có 
(góc có đỉnh nằm trong đường tròn (O)).
 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Do PQAB => H là trung điểm của PQ( định lý đường kính dây cung)=> A là trung điểm của => 
tam giác EDF cân tại E => ED=EF
c/ED2=EP.EQ
Xét hai tam giác: EDQ;EDP có 
chung.
(cùng chắn)
=>EDQ	EPD=> 
Bµi 4 (3,0 ®iÓm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P. Trong gãc PQR kÎ tia Qx bÊt kú c¾t PR t¹i D (D kh«ng trïng víi P vµ D kh«ng trïng víi R). Qua R kÎ ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi Qx t¹i E. Gäi F lµ giao ®iÓm cña PQ vµ RE.
Chøng minh tø gi¸c QPER néi tiÕp ®­îc trong mét ®­êng trßn.
Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DEF
TÝnh sè ®o gãc QFD.
Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng QE. Chøng minh r»ng ®iÓm M lu«n n»m trªn cung trßn cè ®Þnh khi tia Qx thay ®æi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR
Bµi 4:
Q
P
R
D
E
F
x
M
I
N
Ta cã: QPR = 900 ( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P)
 QER = 900 ( RE Qx)
 Tø gi¸c QPER cã hai ®Ønh P vµ E nh×n ®o¹n th¼ng QR d­íi mét gãc kh«ng ®æi (900) Tø gi¸c QPER néi tiÕp ®­êng trßn ®­êng kÝnh QR.
Tø gi¸c QPER néi tiÕp PQR +PER = 1800
 mµ PER + PEF = 1800 (Hai gãc kÒ bï)
 PQR = PEF PEF = PRQ (1)
 MÆt kh¸c ta cã: PEQ = PRQ (2) .
 Tõ (1) vµ (2) ta cã PEF = PEQ EP lµ tia ph©n gi¸c cña gãcDEF
V× RPQF vµ QERF nªn D lµ trùc t©m cña tam gi¸c QRF suy ra 
FDQR QFD = PQR (gãc cã c¹nh t­¬ng øng vu«ng gãc)
mµ PQR = 450 (tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P) QFD = 450
Gäi I lµ trung ®iÓm cña QR vµ N lµ trung ®iÓm cña PQ. (I,N cè ®Þnh)
 Ta cã: MI lµ ®­êng trung b×nh cña tam gi¸c QRE MI//ER mµ ERQE 
 MI QE QMI = 900 M thuéc ®­êng trßn ®­êng kÝnh QI.
Khi QxQR th× MI, khi QxQP th× MN.
 VËy: khi tia Qx thay ®æi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR th× M lu«n n»m trªn cung NI cña ®­êng trßn ®­êng kÝnh QI cè ®Þnh.
Bài 4: (3,5 điểm)
	 Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng hình 
	bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao điểm của 
	AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng:
	1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.
	2/ 
	3/ 
Bài 4: 
1/ (gt) 
Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới 
một góc không đổi bằng 900 
 nội tiếp trong đường tròn 
đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)
2/ +của đường tròn đường kính DC)ethg d
+(so le trong, do AD//BC) 
+(Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn của (O)).
3/+(góc nội tiếp chắn ½ (O) ; (c/m trên)
 (cạnh huyền – góc nhọn) 
+AD = BD (cân) ; AD = BC (c/m trên) 
+ Gọi ; Xét vuông tại D , đường cao DH ; Ta có:
 (hệ thức tam giác vuông) (1)
Tương tự: (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: 
(đpcm)
Bµi 5.(4®iÓm)
	Cho nöa ®­êng trßn (O) ®­êng kÝnh AB =a. Gäi Ax, By lµ c¸c tia vu«ng gãc víi AB (Ax, By thuéc cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB). Qua ®iÓm M thuéc nöa ®­êng trßn (O) (M kh¸c A vµ B) kÎ tiÕp tuyÕn víi nöa ®­êng trßn (O); nã c¾t Ax, By lÇn l­ît ë E vµ F.
Chøng minh: Gãc EOF b»ng 900.
Chøng minh: Tø gi¸c AEMO néi tiÕp; hai tam gi¸c MAB vµ OEF ®ång d¹ng.
Gäi K lµ giao ®iÓm cña AF vµ BE, chøng minh: MK vu«ng gãc víi AB.
Khi MB = MA, tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c KAB theo a.
a) (1,5®) H×nh vÏ
0,25
Cã EA ^ AB => EA lµ tiÕp tuyÕn víi (O), mµ EM lµ tiÕp tuyÕn 
=> OE lµ ph©n gi¸c cña gãc AOM
0,5
T­¬ng tù OF lµ ph©n gi¸c gãc BOM
0,5
=> gãc EOF = 900 (ph©n gi¸c 2 gãc kÒ bï)
0,25
b) (1®) 
cã gãc OAE = gãc OME = 900=> Tø gi¸c OAEM néi tiÕp
0,5
Tø gi¸c OAEM néi tiÕp => gãc OAM = gãc OEM
0,25
Cã gãc AMB = 900 (AB lµ ®­êng kÝnh) => DOEF vµ D MAB lµ tam gi¸c vu«ng
=> D OEF vµ D MAB ®ång d¹ng.
0,25
c) (0,75®) cã EA // FB => 
0,25
EA vµ EM lµ tiÕp tuyÕn => EA = EM
FB vµ FM lµ tiÕp tuyÕn => FB = FM => 
0,25
D AEF => MK // EA mµ EA ^ AB => MK ^ AB
0,25
d) (0,75®) Gäi giao cña MK vµ AB lµ C, xÐt D AEB cã EA // KC => 
xÐt D AEF cã EA //KM => 
AE//BF=> 
Do ®ã => KC = KM => SKAB = SMAB
0,5
D MAB vu«ng t¹i M => SMAB = MA.
MB = MA => MA = ; MB = 
=> (®¬n vÞ diÖn tÝch
0,25