Một số bài tập chọn lọc hình học phẳng ôn thi vào

THCS.TOANMATH.com

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG

Phân tích:

Ta biết : Hai đường tròn cắt nhau theo dây cung l thì đường nối tâm luôn vuông góc với dây cung l . Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN . Vì vậy ta sẽ chứng minh: 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN cắt nhau theo dây cung CD hay các tứ giác , ABCD CDMN là tứ giác nội tiếp

Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau:

Theo giả thiết ta có: , BM ME AN NE nên tam giác ANE cân tại , N

tam giác BME cân tại M . Hay , BEM B AEN A. Vì , D E đối xứng

với nhau qua MN nên , NE ND ME MD suy ra

0 0 180 180 MDN MEN AEN BEM B A C hay

Câu 1) Cho tam giác ABC trên , , BC CA AB thứ tự lấy các điểm , , M N E

sao cho , . AN NE BM ME Gọi D là điểm đối xứng của E qua MN .

Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC và tam giác CMN vuông góc với CD .

K

I E

N

M

D

C B

A

THCS.TOANMATH.com

MDN MCN DMNC là tứ giác nội tiếp tức là điểm D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

+ Ta có ME MB MD nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BED

+ Ta có: NA NE ND nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE

Từ đó suy ra

0 0 1 1 180 2 180 2 2 2 BDA BDE EDA BME ANE B A

180 B A C . Như vậy tứ giác ABCD nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN cắt nhau theo dây cung CD Hay IK CD .

Câu 2) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Từ A kẻ tới đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC các tiếp tuyến , AP AQ ( , P Q là các

tiếp điểm)

a) Chứng minh BAP CAQ

b) Gọi 1 2 , P P là hình chiếu vuông góc của P lên các đường thẳng

, AB AC . 1 2 , Q Q là các hình chiếu vuông góc của Q trên , AB AC .

Chứng minh 1 2 1 2 , , , P P Q Q nằm trên một đường tròn.

Phân tích:

Giả thiết liên quan đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC giúp ta liên tưởng đến tính chất: ‘’Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại E thì E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC ’’. Ngoài ra các giả thiết liên quan đến tam giác vuông nên ta nghỉ đến cách dùng các góc phụ nhau hoặc các tứ giác nội tiếp để tìm mối liên hệ của góc.

THCS.TOANMATH.com

Từ những cơ sở đó ta có lời giải cho bài toán như sau:

Lời giải

Q2

P2 Q1

P1

Q

P

K

I

E

C B

A

+ Gọi E là giao điểm của phân giác trong AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì BE CE ( do E là điểm chính giữa cung BC ). Ta có

IBE IBC EBC ABI EAC ABI BAI BIE . Suy ra tam giác BIE cân tại E hay EB EI . Như vậy EB EI EC . Tức là điểm E chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác IBC . Vì , AP AQ là

các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đường tròn ( ) E nên AE là phân giác

trong của góc PAQ . Ta có ; BAP PAE BAE CAQ QEA CAE

Mặt khác AE cũng là phân giác của góc BAC BAP CAQ .

+ Xét tam giác 2 1 ; PAP QAQ .Ta có AP AQ (Tính chất tiếp tuyến),

suy ra do góc 2 1 PAP QAQ suy ra 2 1 1 2 PAP QAQ AQ AP

Chứng minh tương tự ta có: 2 1 AQ AP . Từ đó suy ra

1 1 2 2 . . AP AQ AP AQ hay tứ giác 1 1 2 2 PQQ P nội tiếp.

THCS.TOANMATH.com

Câu 3). Cho hình bình hành ABCD có 0 90 BAD . Giả sử O là điểm nằm trong tam giác ABD sao cho OC không vuông góc với BD . Dựng đường tròn tâm O bán kính OC . BD cắt ( ) O tại hai điểm , M N sao cho B nằm giữa M

và D . Tiếp tuyến của của ( ) O tại C cắt , AD AB lần lượt tại , P Q

a) Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp

b) CM cắt QN tại K , CN cắt PM tại L . Chứng minh KL vuông góc

với OC

Phân tích:

Giả thiết bài toán liên quan đến hình bình hành và các đường thẳng song nên ta nghỉ đến các hướng giải quyết bài toán là:

+ Hướng 1: Dùng định lý Thales để chỉ ra các tỷ số bằng nhau

+ Hướng 2: Dùng các góc so le, đồng vị để quy về dấu hiệu tứ giác nội tiếp theo góc

+ Ta kéo dài MN cắt PQ tại một điểm để quy về các tam giác.

Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau:

Lời giải:

+ Gọi MN giao PQ tại T .

Tam giác PCD đồng dạng

với tam giác CBQ nên ta có:

TP TD TC TC TB TQ

T

S L

K

Q

P

N

M

O

D

C B

A