Bài tập Hình học luyện thi vào Lớp 10 (Có đáp án)

Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).

1) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh . 3) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.

x

N

I

H

E

D M

C

O B A

1) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (1) Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC

(2). Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.

2) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)

Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). Từ (3) và (4) suy ra .

3)Tia BC cắt Ax tại N. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn) , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí

Ta-lét thì (6).

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.

1) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD. 3) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB.

· · ADE ACO 



· · 0 MAO MCO 90   

· 0 ADB 90  · 0 ADM 90  

· 0 AEM 90  

· · · ADE AME AMO  

· · AMO ACO 

· · ADE ACO 

· 0 ACB 90  · 0 ACN 90  

IC IH BI MN MA BM        

DeThi.edu.vn

K I

y x

D

C N

M O B A

1) Tứ giác ACNM có: (gt) ( tínhchất tiếp tuyến). ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD. 2) ∆ANB và ∆CMD có:

(do tứ giác BDNM nội tiếp)

(do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g)

3) ∆ANB ~ ∆CMD = 900 (do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường

kính IK (1).

Tứ giác ACNM nội tiếp (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2).

Lại có: sđ ) (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra IK // AB (đpcm).

Bài 5. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F.

1) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh góc = 900.

3) Chứng minh AB // EF.

E

F

P

Q

A

O B

M

C

1) Ta có

· 0 MNC 90  · 0 MAC 90 



· · ABN CDM  · · BAN DCM  

· · CMD ANB  ãANB

· · 0 IMK INK 90    · · IKN IMN  

· · IMN NAC  

· · 1 NAC ABN (2   » AN · · IKN ABN  

·PCQ

· 0 PAC = 90 · · 0 PAC + PMC = 180

DeThi.edu.vn

nên tứ giác APMC nội tiếp 2) Do tứ giác APMC nội tiếp nên (1) Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra

Lại có (3). Từ (1), (2), (3) ta có :

.

3) Ta có (Tứ giác BCMQ nội tiếp) (Cùng

phụ với BMC) (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên hay AB // EF.

Bài 5. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N. 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn.

2) Chứng mình rằng . 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song song với AB.

1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên . Mặt khác theo giả thiết nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp. 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: , . Suy ra . Từ đó . 3) Vì nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó .

Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên . Hơn nữa ta có , suy ra hay PQ …