Tuyển tập 400 bài toán hình học trong các đề thi vào lớp 10 môn Toán

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122

PHẦN ĐÁP ÁN

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH

ÔN THI VÀO 10

Câu 1.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho đường tròn ( ) O và đường kính 2 10 AB R cm = = . Gọi C là trung

điểm OA, Qua C kẻ dây MN vuông góc với OA tại C . Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ MB , H

là giao điểm AK và MN . Chứng minh:

a) Tứ giác BHCK nội tiếp, AMON là hình thoi

b) 2 . AK AH R = và tính diện tích hình quạt tao bởi OM , OB và cung MB

c) Trên KN lấy I sao cho KI KM = , chứng minh NI KB =

d) Tìm vị trí điểm K để chu vi tam giác MKB lớn nhất.

Hướng dẫn

a) Tứ giác BHCK nội tiếp, AMON là hình thoi

Vì K nằm trên đường tròn tâm ( ) O đường kính AB nên

90 AKB =  90 ( ) HKB H AK  =  

MN vuông góc AB (gt) nên

90 90 ( ) MCB HCB H MN =  =  

Ta có: 90 90 180 HCB HKB + = + = .

Mà ; HCB HKB là 2 góc đối nhau của tứ giác BHCK

 Tứ giác BHCK nội tiếp (dhnb)

+) Xét ( ) O MN là dây cung, AB là đường kính

Mà MN vuông góc AB tại C (gt)

Nên C là trung điểm MN (liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Mà C là trung điểm OA (gt)  Tứ giác AMON là hình bình hành (dhnb)

Mà MN vuông góc OA (gt)  Nên AMON là hình thoi (đpcm)

b) 2 . AK AH R = và tính diện tích hình quạt tao bởi OM , OB và cung MB

Xét AHC  và ABK  có:

A là góc chung

90 ACH AKB = = 

AHC ABK   ∽ (g-g) 2 1 . . 2 .2 AH AC AH AK AB AC R R R AB AK  =  = = = (đpcm)

Theo a) AMON là hình thoi nên AM MO OA R = = =

Ta có tam giác AMO đều 60 AMO  =  120 MOB  = (tc kề bù)

*)

2 2 120

360 3 MOB

R R S   = = , mà 2 10 R cm = nên 5 R cm = . Do đó 25

3 MOB S  =

c) Trên KN lấy I sao cho KI KM = , chứng minh NI KB =

I H

N

M

C O A B

K

LỚP TOÁN THẦY THÀNH – NGÕ 58 NGUYỄN KHÁNH TOÀN – 0975.705.122

Dễ dàng chứng minh MB NB =  Tam giác MNB cân (đ/n)

Mà 60 MKN MBN = = 

60 NMI KMB IMB NMB = + = = 

60 KMB IMB KMI + = = 

NMB MAO = (cùng phụ với MBA)

Mà 60o MAO = (tam giác AMO đều)

 Tam giác MNB đều (tam giác cân có 1 góc 60) (1)

Chứng minh tương tự ta có tam giác MKI cân

Mà 60 MKN MBN = = ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NM )

Nên tam giác MIK đều.(2)

Từ 1 và 2 ta có: 60 NMI IMB NMB + = = 

60 KMB IMB KMI + = = 

Nên ta có: NMI KMB = (cùng cộng với IMB bằng 60)

Xét MNI  và MBK  có:

+) MI MK = ( MIK  đều)

+) NMI KMB = (cmt)

+) MN MB = ( NMB  đều)

NI BK  = (2 cạnh tương ứng)

d) Tìm vị trí điểm K để chu vi tam giác MKB lớn nhất.

Chu vi của MKB MK KB MB  = + +

Mà KB NI = ; MK KI =

MKB MK KB MB KI NI MB NK MB P + + = + = + = +

Mà MB cố định nên MKB P lớn nhất khi NK lớn nhất

Mà NK là dây cung lớn nhất khi NK là đường kính

Khi đó N , O , K thẳng hàng. Vậy K là điểm chính giữa cung MB .

Câu 2.(Thầy Nguyễn Chí Thành) Cho nửa đường tròn ( ) , O R đường kính AB . Bán kính OC AB ⊥ .

Điểm E thuộc đoạn OC . Tia AE cắt nửa đường tròn ( ) O tại M . Tiếp tuyến của nửa đường tròn tại

M cắt OC tại D . Chứng minh:

a)Tứ giác OEMB nội tiếp và MDE  cân

b)Gọi BM cắt OC tại K . Chứng minh . BM BK không đổi khi E di chuyển trên OC và tìm vị trí của E

để 2 MA MB =

c)Cho

0 30 ABE = tính t qua S MOB và chứng minh khi E di chuyển trên OC thì tâm đường tròn ngoại tiếp

CME  thuộc một đường thẳng cố định.