ÔN TẬP TUYỂN SINH 10- CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THƯỜNG GẶP TRONG CÁC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 (PHẦN 1)

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 $BD$.

1. Chứng minh tứ giác $AEDM$ nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh $AB //EM$
3. Đường thẳng $EM$ cắt cạnh bên $AD$ và $BC$ của hình thang lần lượt ở $H$ và $K$. Chứng minh $M$ là trung điểm $HK$
4. 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 $H$.

1. Chứng minh tứ giác $CKMH$ nội tiếp.
2. Chứng minh $CD = MB$ và $DM =CB$
3. Xác định vị trí điểm $C$ trên nửa đường tròn $\left( O \right)$ để $AD$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn.
4. 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)

 

---

About Ngọc Hiền Bitex

Bài viết liên quan

Khai căn bậc ba của $a+b\sqrt{c} \quad (a,b,c \in \mathbb{N})$

05/02/2025

Cài đặt máy tính giả lập Casio fx-880BTG lên MacBook

08/12/2024

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM 2024 – 2025 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

10/06/2024

[2024-2025] TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

03/06/2024

Bài toán Hình học TS 10 PTNK

28/05/2024

TUYỂN SINH 10 – GIẢI CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ LIÊN QUAN ĐẾN LÝ, HÓA THƯỜNG GẶP

21/05/2024