ÔN TẬP TUYỂN SINH 10- CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 (PHẦN 1)
- 29/04/2019
- 1,387 lượt xem
Trong bài viết này, Diễn đàn máy tính cầm tay sẽ trình bày 2 bài toán hình học thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh lớp 10 ở các năm vừa qua nhằm hỗ trợ các bạn ôn tập chuẩn bị cho kì thi Tuyển sinh lớp 10 sắp tới.
Bài toán 1. Cho hình thang cân$ ABCD\left (AB > CD, AB // CD \right)$ nội tiếp trong đường tròn $\left( O \right)$. Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ và $D$ chúng cắt nhau ở $E$. Gọi $M$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$.
- Chứng minh tứ giác $AEDM$ nội tiếp được trong một đường tròn.
- Chứng minh $AB //EM$
- Đường thẳng $EM$ cắt cạnh bên $AD$ và $BC$ của hình thang lần lượt ở $H$ và $K$. Chứng minh $M$ là trung điểm $HK$
- Chứng minh $\dfrac{2}{HK}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{CD}$
Hướng dẫn giải
a. Chứng minh tứ giác $AEDM$ nội tiếp
Ta có:
- $\widehat{EAC}$ là góc tạo bởi tiếp tuyến $AE$ và dây $AC$ của đường tròn $\left( O \right)$ $\Rightarrow \widehat{EAC}=\dfrac{1}{2}s\text{d}\overset\frown{AC}$
- $Dx$ là tia đối của tiếp tuyến $DE$ $\Rightarrow \widehat{xDB}=\dfrac{1}{2}sd\overset\frown{\text{D}B}$
Mà ABCD là hình thang cân nên $AC=BD$ $\Rightarrow sd\overset\frown{AC}=sd\overset\frown{BD}$ $\Rightarrow \widehat{EAC}=\widehat{xDB}$
Vậy tứ giác $AEDM$ nội tiếp trong một đường tròn
b. Chứng minh $AB//EM$
Ta có: $AEDM$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{EAD}=\widehat{EMD}$ (cùng chắn cung $ED$)
Mà $ED$ và $EA$ là hai tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ $\Rightarrow \widehat{EAD}=\widehat{ABD}$
Nên $\widehat{EMD}=\widehat{ABD}$ $\Rightarrow ED//AB$
c. Chứng minh $M$ là trung điểm $HK$
Xét $\Delta DAB$ ta có HM//AB$\Rightarrow \dfrac{HM}{AB}=\dfrac{DH}{DA}$ (1)
Xét $\Delta CAB$ ta có MK//AB$\Rightarrow \dfrac{HM}{AB}=\dfrac{CK}{BC}$ (2)
Áp dụng định lý hình thang ABCD ta có $\dfrac{DH}{DA}=\dfrac{CK}{CB}$ (3)
Từ (1),(2) và (3) ta có $\dfrac{HM}{AB}=\dfrac{MK}{AB}\Rightarrow HM=MK$
Vậy $M$ là trung điểm $HK$
d.Chứng minh $\dfrac{2}{HK}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{CD}$
Xét $\Delta ADB$ ta có $HM//AB$ $\Rightarrow \dfrac{HM}{AB}=\dfrac{DM}{DB}$ (*)
Xét $\Delta BCD$ ta có $KM//CD$ $\Rightarrow \dfrac{KM}{CD}=\dfrac{BM}{DB}$ (**)
Cộng (*) và (**) vế theo vế ta được: $\dfrac{HM}{AB}+\dfrac{KM}{CD}=\dfrac{DM}{BD}+\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{DM+BM}{BD}=\dfrac{BD}{BD}=1$
Suy ra $\dfrac{2HM}{AB}+\dfrac{2KM}{CD}=2$
Mà $MH=MK$ nên $2HM=2KM=HK$
Do đó: $\dfrac{HK}{AB}+\dfrac{HK}{CD}=2$. Suy ra $\dfrac{2}{HK}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{CD}$ (đpcm)
Bài toán 2. Cho nửa đường tròn $\left( O \right)$ 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 $H$.
- Chứng minh tứ giác $CKMH$ nội tiếp.
- Chứng minh $CD = MB$ và $DM =CB$
- Xác định vị trí điểm $C$ trên nửa đường tròn $\left( O \right)$ để $AD$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn.
- Trong trường hợp $AD$ là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn $\left( O \right)$, tính diện tích phần tam giác $ADC$ ở ngoài đường tròn $\left( O \right)$ theo $R$
Hướng dẫn giải
a. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp
Ta có $\widehat{AMB}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn đường kính $AB$)$\Rightarrow AM\bot MB$
Mà $CD//BM\left( gt \right)$ nên $AM\bot CD$
Vậy $\overset\frown{MKC}={{90}^{0}}$
$\overset\frown{AM}=\overset\frown{CM}\left( gt \right)$ $\Rightarrow OM\bot AC$ $\Rightarrow \widehat{MHC}={{90}^{0}}$
Xét tứ giác $CKMH$ ta có $\widehat{MKC}+\widehat{MHC}={{180}^{0}}$
Suy ra tứ giác $CKMH$ nội tiếp
b. Chứng minh $CD=MB$ và $DM=CB$
Ta có: $\widehat{ACB}={{90}^{0}}$(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
Do đó: $DM // CB$, mà $CD // MB$(gt) nên tứ giác $CDMB$ là hình bình hành.
Suy ra: $CD = MB$ và $DM = CB$
c. Xác định vị trí điểm $C$ trên nửa đường tròn $\left( O \right)$ để $AD$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn
AD là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ suy ra $AD\bot AB$
Xét $\Delta ADC$ ta có $AK\bot CD$ và $DH\bot AC$ nên $M$ là trực tâm tam giác
Suy ra $CM\bot AD$
Như vậy để $AD\bot AB$ thì $CM//AB$ $\Leftrightarrow \overset\frown{AM}=\overset\frown{BC}$
Mà $\overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}$ nên $\overset\frown{AM}=\overset\frown{BC}$ $\Leftrightarrow \overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}=\overset\frown{BC}={{60}^{o}}$
d. Trong trường hợp $AD$ là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn $\left( O \right)$, tính diện tích phần tam giác $ADC$ ở ngoài đường tròn $\left( O \right)$ theo $R$
Gọi $S$ là diện tích phần tam giác $ADC$ ở ngoài đường tròn $\left( O \right)$
${{S}_{1}}$ là diện tích hình quạt $OAC$
${{S}_{2}}$ là diện tích tứ giác $AOCD$
Như vậy ta có $S={{S}_{2}}-{{S}_{1}}$
$AD$ là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn $\left( O \right)$ $\Leftrightarrow \overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}=\overset\frown{BC}={{60}^{o}}$
Ta có $\overset\frown{AC}=\overset\frown{AM}+\overset\frown{MC}={{120}^{0}}$, suy ra ${{S}_{1}}=\dfrac{\pi {{R}^{2}}{{120}^{0}}}{{{360}^{0}}}=\dfrac{\pi {{R}^{2}}}{3}$
Do $\overset\frown{AM}={{60}^{0}}$nên $\widehat{AOD}={{60}^{0}}$
$AD=AO\times \tan {{60}^{0}}=R\sqrt{3}$ $\Rightarrow {{S}_{AOD}}=\dfrac{1}{2}AD.AO=\dfrac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}$
Xét $\Delta AOD$ và $\Delta COD$ ta có
- $OD$ là cạnh chung
- $AD=CD$
- $\widehat{AOD}=\widehat{DOC}$ (do $\overset\frown{OM}=\overset\frown{MC}$ )
Suy ra $\Delta AOD=\Delta COD$ (c-g-c)
$\Rightarrow {{S}_{AOD}}={{S}_{COD}}\Rightarrow {{S}_{2}}=2{{S}_{ADO}}={{R}^{2}}\sqrt{3}$
Vậy $S={{S}_{2}}-{{S}_{1}}={{R}^{2}}\sqrt{3}-\dfrac{\pi {{R}^{2}}}{3}=\dfrac{{{R}^{2}}}{3}\left( 3\sqrt{3}-\pi \right)$ (đvdt)
Cảm ơn các bạn đã theo dõi bài viết CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 (PHẦN 1). Mọi ý kiến đóng góp và các câu hỏi thắc mắc về bài viết cũng như các vấn đề về máy tính Casio fx 580vnx , bạn đọc có thể gởi tin nhắn trực tiếp về fanpage DIỄN ĐÀN TOÁN CASIO