Các dạng toán hình hay cho.vào 10 năm 2024

Thời gian diễn ra kỳ thi tuyển sinh vào 10 sắp tới gần. Các bạn học sinh đang bận rộn ôn tập để chuẩn bị kiến thức thật vững vàng để tự tin chinh phục kỳ thi sắp tới. Trong đó, toán là môn thi bắt buộc và khiến nhiều bạn học sinh cảm thấy khó khăn khi ôn tập. Để giúp các bạn ôn tập môn Toán hiệu quả, Khóa Học Tốt xin giới thiệu bộ tài liệu tổng hợp các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 qua bài viết sau đây.

Tham khảo thêm: Các Dạng Toán Thi Vào Lớp 10

Bài 1: Cho nửa đường tròn (O) với đường kính AB = 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa của cung AC. Một đường thẳng kẻ từ điểm C song song cùng với BM và cắt AM tại K , cắt OM tại D. OD cắt AC tại H.

1. Chứng minh rằng CKMH là tứ giác nội tiếp.

2. C/m CD = MB ; DM = CB.

3. Xác điểm C ở trên nửa đường tròn (O) để AD chính là tiếp tuyến nửa đường tròn.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. Chứng minh tứ giác CKMH là một tứ giác nội tiếp:

Ta có: ∠AMB = 90° (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AM ⊥ MB. Mà CD // BM (đề cho) nên CD ⊥ AM ⇒ ∠MKC = 90°

Cung AM = cung CM (gt) ⇒ OM ⊥ AC ⇒ ∠MHC = 90°

Tứ giác CKMH có ∠MKC + ∠MHC = 180° ⇒ Tứ giác CKMH nội tiếp được trong một đường tròn.

2. Chứng minh CD = MB ; DM = CB

Ta có: ∠ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ DM // CB. Lại có CD // MB vậy nên CDMB là một hình bình hành

⇒ CD = MB và DM = CB.

Ta có: AD là một tiếp tuyến của đường tròn tâm O ⇔ AD ⊥ AB.

ΔADC có AK ⊥ CD và DH ⊥ AC ⇒ M là trực tâm tam giác ⇒ CM ⊥ AD.

Vậy AD ⊥ AB ⇔ CM // AB ⇔ cung AM = cung BC.

Mà AM = MC vậy nên cung AM = cung BC ⇔ AM = cung BC = cung MC = 60°

Bài 2: Cho ΔABC có 3 góc nhọn. Đường tròn có đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại E và F ; BF cắt EC tại H. Tia AH cắt BC tại điểm N.

1. C/m: HFCN là tứ giác nội tiếp.
2. C/m: FB là tia phân giác của ∠EFN.
3. Nếu AH = BC. Hãy tìm số đo ∠BAC trong ΔABC.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. Ta có: ∠BFC = ∠BEC = 90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC)

Tứ giác HFCN có ∠HFC = ∠HNC = 180° ⇒ HFCN nội tiếp được trong đường tròn đường kính HC.

2. Ta có:

• ∠EFB = ∠ECB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE của đường tròn đường kính BC).
• ∠ECB = ∠BFN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN của đường tròn đường kính HC).

⇒ ∠EFB = ∠BFN ⇒ FB là tia phân giác của ∠EFN.

3. Xét ΔFAH và ΔFBC:

• ∠AFH = ∠BFC = 90°
• AH = BC (gt)
• ∠FAH = ∠FBC (cùng phụ với ∠ACB)

Do đó: ΔFAH = ΔFBC (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ FA = FB.

ΔAFB là tam giác vuông tại F; FA = FB vậy nên nó vuông cân ⇒ ∠BAC = 45°

II. Các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 có chứa tiếp tuyến

Bài 3: Cho nửa đường tròn (O;AB). Từ một điểm M nằm ở trên tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn, ta vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Từ C hạ CH vuông góc cùng với AB, MB cắt (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi I là giao điểm của MO và AC. Chứng minh rằng:

1. Tứ giác AMQI là một tứ giác nội tiếp.
2. ∠AQI = ∠ACO
3. CN = NH.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. Ta có:

MA = MC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau),

• OA = OC (bán kính đường tròn tâm O)

⇒ MO ⊥ AC ⇒ ∠MIA = 90°

∠AQB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ ∠MQA = 90°. Hai đỉnh I và Q cùng nhìn AM dưới một góc vuông ⇒ Tứ giác AMQI nội tiếp được ở trong một đường tròn.

2. Tứ giác AMQI nội tiếp ⇒ ∠AQI = ∠AMI (cùng phụ ∠MAC) (2).

ΔAOC có OA = OC nên nó cân tại O ⇒ CAO = ACO (3).

Từ (1), (2) và (3) ⇒ ∠AQI = ∠ACO.

3. Chứng minh rằng: CN = NH

Gọi K = BC ∩ Ax. Ta có: ∠ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

AC BK , AC ⊥ OM, OM // BK. ΔABK có: OA = OB và OM // BK nên ta suy ra MA = MK.

• Theo hệ quả định lý Ta-let cho có NH//AM (cùng vuông góc với AB) ta được NH/AM = BN/BM (4).
• Theo hệ quả định lý Ta-let cho ΔABM có CN//KM (cùng vuông góc với AB) ta được CN/KM = BN/BM (5).

Từ (4) và (5) ⇒ NH/AM = CN/KM. Lại có KM =AM ⇒ CN = NH (đpcm).

Bài 4: Cho đường tròn (O; AB). Trên AB lấy một điểm D nằm bên ngoài đoạn thẳng AB và kẻ DC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O (C là tiếp điểm). Gọi E là hình chiếu hạ từ A xuống CD và F là hình chiếu hạ từ D xuống đường thẳng AC. Chứng minh:

1. EFDA là tứ giác nội tiếp.
2. AF là tia phân giác của ∠EAD.
3. ΔEFA và ΔBDC là hai tam giác đồng dạng.
4. ΔACD và ΔABF có cùng diện tích với nhau.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. Ta có: ∠AED = ∠AFD = 90° (gt). Hai đỉnh E và F cùng nhìn AD dưới góc 90° nên tứ giác EFDA nội tiếp được ở trong một đường tròn.

2. Ta có:

• AE ⊥ CD
• OC ⊥ CD

⇒ AE//OC. Vậy ∠EAC = ∠CAD (so le trong)

Tam giác AOC cân tại điểm O (OA = OC = bán kính R) ⇒ ∠CAO = ∠OCA. Do đó: ∠EAC = ∠CAD. Do đó AF là tia phân giác của ∠EAD (đpcm).

3. ΔEFA và ΔBDC có:

∠EFA = ∠CDB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung của đường tròn ngoại tiếp với tứ giác EFDA).

• ∠EAC = ∠CAB
• ∠CAB = ∠DCB

⇒ EAF = BCD. Vậy ΔEFA và ΔBDC là hai tam giác đồng dạng với nhau (góc-góc).

Bài 5: Cho ΔABC (BAC < 45°) là tam giác nội tiếp ở trong nửa (O; AB). Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm C và gọi H là hình chiếu kẻ từ A tới tiếp tuyến. Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm M (M ≠ A). Đường thẳng kẻ từ M vuông góc cùng AC và cắt AC tại K, cắt AB tại P. Chứng minh rằng:

1. MKCH là một tứ giác nội tiếp.
2. MAP là tam giác cân.
3. Hãy chỉ ra điều kiện của tam giác ABC để M, K, O cùng nằm ở trên một đường thẳng.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. Ta có :

• ∠MHC = 90°
• ∠MHC = 90°

Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối nhau bằng 180° ⇒ MKCH nội tiếp được ở trong một đường tròn.

2. AH // OC (cùng vuông góc CH) ⇒ ∠MAC = ∠ACO (so le trong)

ΔAOC cân tại O (OA = OC = bán kính R) ⇒ ∠ACO = ∠CAO. Do đó: ∠MAC = ∠CAO. Vậy AC là phân giác của ∠MAB. ΔMAP có đường cao AK (vì AC ⊥ MP), và AK cũng là đường phân giác ⇒ ΔMAP cân tại A (đpcm).

3. Ta có M; K; P thẳng hàng ⇒ M; K; O thẳng hàng nếu như P trùng với O hay AP = PM.

ΔMAP cân tại A (Câu b) ⇒ ΔMAP đều.

Do đó ∠CAB = 30°. Ngược lại: ∠CAB = 30° ta chứng minh P = O:

Khi ∠CAB = 30° => ∠MAB = 30° (vì tia AC là phân giác của ∠MAB). Vì tam giác MAO cân tại O lại có ∠MAO = 60° nên MAO là tam giác đều. Do đó: AO = AM. Mà AM = AP (do ΔMAP cân tại A) ⇒ AO = AP. Vậy P = O.

Trả lời: ΔABC cho trước có ∠CAB = 30° thì ba điểm M; K ;O cùng nằm ở trên một đường thẳng.

Bài 6: Cho đường tròn tâm O có bán kính R và đường kính là đoạn thẳng AB, Ax là tiếp tuyến của (O). Trên Ax vẽ một điểm F sao cho BF cắt đường tròn O tại C, đường phân giác của ∠ABF cắt Ax tại E và cắt đường tròn (O) tại D. Chứng minh rằng:

1. OD // BC.
2. BD.BE = BC.BF
3. CDEF là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. ΔBOD cân tại O (OD = OB = bán kính R) ⇒ ∠OBD = ∠ODB

Mà ∠OBD = ∠CBD (gt) nên ∠ODB = ∠CBD. Do đó: OD // BC.

2. Ta có:

• ∠ADB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇒ AD ⊥ BE.
• ∠ACB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ⇒ AC ⊥ BF.

ΔEAB vuông tại A (do Ax là đường tiếp tuyến ), có AD ⊥ BE ⇒ AB² = BD.BE (1).

ΔEAB vuông tại A (do Ax là đường tiếp tuyến), có AC ⊥ BF ⇒ AB² = BC.BF (2).

Theo (1) và (2) ⇒ BD.BE = BC.BF.

c)

Cách 1: Ta có:

• ∠CDB = ∠CAB (góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
• ∠CAB = ∠CFA (góc cùng phụ với ∠FAC)

⇒ ∠CBD = ∠CFA ⇒ Tứ giác CDEF nội tiếp.

Cách 2:

ΔDBC và ΔFBE có góc B chung và BD/BF = BC/BE (từ gt BD.BE = BC.BF)

⇒ ΔDBC và ΔFBE đồng dạng (c.g.c)

⇒ ∠CDB = ∠EFB. Vậy CDEF là tứ giác nội tiếp.

Bài 7:

Từ điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua điểm A cắt đường tròn (O) tại D và E (trong đó D nằm ở giữa A và E, dây DE đi không qua tâm O). Lấy H là trung điểm của DE và AE cắt BC tại K . Chứng minh rằng:

1. ABOC là một tứ giác nội tiếp.
2. HA phân giác của ∠BHC
3. 2/AK = 1/AD + 1/AE

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. ∠ABO = ∠ACO = 90° (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác ABOC có ∠ABO + ∠ACO = 180° nên là một tứ giác nội tiếp.

2. AB = AC (theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ cung AB = cung AC. Do đó ∠AHB = ∠AHC. Vậy HA là tia phân giác của ∠BHC.
3. Chứng minh: 2/AK = 1/AD + 1/AE

ΔABD và ΔAEB có: ∠BAE chung, ∠ABD = ∠AEB (cùng bằng 1/2 số đo cung BD)

⇒ ΔABD ~ ΔAEB

Bài 8: Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB = a. Gọi hai tia Ax, By là hai tia vuông góc với AB (Ax, By ∈ cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua một điểm M∈ nửa đường tròn (O) (M không trùng với A, B), vẽ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); cắt Ax, By lần lượt tại E và F. Chứng minh rằng:

1. Chứng minh: ∠EOF = 90°

2. Chứng minh tứ giác AEMO là một tứ giác nội tiếp; ΔMAB ~ ΔOEF

3. Gọi K là giao của AF và BE, chứng minh rằng MK ⊥ AB.

4. Nếu MB = √3MA, tính diện tích ΔKAB theo a.

Hướng dẫn giải chi tiết:

1. EA, EM là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại E ⇒ OE là phân giác của ∠AOM.

Tương tự: OF là phân giác của ∠BOM.

Mà ∠AOM và ∠BOM là 2 góc kề bù ⇒ ∠EOF = 90° (đpcm)

2. Ta có: ∠EAO = ∠EMO = 90° (tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có ∠EAO + ∠EMO = 180° nên nội tiếp được ở trong một đường tròn.

Hai tam giác AMB và EOF có: ∠AMB = ∠EOF = 90° và ∠MAB = ∠MEO (vì 2 góc cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO.

⇒ ΔMAB ~ ΔOEF (g.g)

3. ΔAEK có AE // FB nên: AK/KF = AE/BF. Lại có: AE = ME và BF = MF (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AK/KF = ME/MF. Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta-let).

Lại có: AE ⊥ AB (giả thiết) ⇒ MK ⊥ AB.

4. Gọi N là giao của MK và AB ⇒ MN ⊥ AB.

III – Lưu ý khi ôn luyện các bài toán hình ôn thi vào lớp 10

Để lấy được điểm trung bình, các bạn lưu ý cần phải làm kĩ dạng toán chứng minh tứ giác nội tiếp bởi vì đây là dạng toán chắc chắn sẽ gặp ở trong mọi đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán. Các câu còn lại sẽ là những bài tập liên quan tới các tính chất khác về cạnh và góc ở trong hình hoặc liên quan đến tiếp tuyến đường tròn.

Một yêu cầu nữa là các bạn cần phải rèn luyện kĩ năng vẽ hình, đặc biệt là vẽ đường tròn bởi vì trong barem điểm đề thi nếu hình vẽ sai thì bài làm sẽ không được điểm.

Các bài tập trên đây đều được Khóa Học Tốt, chứa những dạng toán thường gặp trong các đề thi vào lớp 10 cả nước nên cực kì thích hợp để các sĩ tử tự ôn tập trong thời điểm này. Ngoài ra, Khóa Học Tốt còn gửi đến các bạn bộ tài liệu “