Tổng hợp công thức hình học không gian thi vào 10

Tổng hợp các công thức trong Hình học 10

Tổng hợp các công thức trong chương trình Hình học lớp 10 bao gồm: hình học phẳng và hình học không gian. Là các định lý, hệ thức, công thức cần ghi nhớ.

• Sử dụng tích vô hướng giải các bài toán cực trị

• Giải phương trình vô tỉ bằng phương pháp vectơ

• Ứng dụng của vectơ trong chứng minh bất đẳng thức

• Ứng dụng của vectơ trong các bài toán quỹ tích điểm

• Ứng dụng vetơ chứng minh hai điểm trùng nhau

• Ứng dụng của vetơ trong các bài toán vuông góc, tính góc

• Ứng dụng của vectơ trong các bài toán đồng quy, thẳng hàng

Để giúp các em học sinh dễ nhớ về các công thức liên quan đến thể tích của khối chóp, khối lăng trụ, diện tích toàn phần, diện tích xung quanh, khái niệm lăng trụ đều, lăng trụ xiên, chóp đều…công thức sưu tầm sơ đồ công thức liên quan đến tất cả các trường hợp của hình học không gian.

Với sơ đồ này, hy vọng công thức sẽ mang đến cho các em học sinh một cách ghi nhớ dễ dàng về các công thức của khối chóp, khối trụ, khối cầu..

Tính diện tích và thể tích của các hình trong không gian (Hình trụ, hình nón, hình nón cụt và hình cầu) đã là một trong những câu không thể thiếu trong cấu trúc đề thi vào lớp 10 của SGD & ĐT Hà Nội. Vì vậy bài viết này sẽ giúp các em nắm được các công thức cần thiết để có thể tính được diện tích của các hình trong không gian.

1. Các công thức cần phải ghi nhớ

a) Công thức tính diện tích hình trụ

b) Công thức tính diện tích hình nón, nón cụt

c) Công thức tính diện tích hình cầu

2. Một số ví dụ

3. Bài tập tự luyện

TẢI VỀ MÁY TÍNH

Thông báo: Blog Lương Điệp (luongdiep.com) là nơi chia sẻ Template Powerpoint; Trò chơi Powerpoint; Tài liệu Giáo dục; Bài giảng điện tử; Giáo án điện tử; Đề thi: học tập trực tuyến, ... miễn phí, phi lợi nhuận.

Nếu bạn sở hữu file do bản quyền thuộc về bạn, hãy liên hệ ngay với chúng tôi để chúng tôi tháo gỡ theo yêu cầu. Xin cám ơn!

Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới gần. Các em học sinh đang bận rộn ôn tập để chuẩn bị cho mình kiến thức thật vững vàng để tự tin bước vào phòng thi. Trong đó, toán là một môn thi bắt buộc và khiến nhiều bạn học sinh lớp 9 cảm thấy khó khăn. Để giúp các em ôn tập môn Toán hiệu quả, chúng tôi xin giới thiệu tài liệu tổng hợp các bài toán hình ôn thi vào lớp 10.

Như các em đã biết, đối với môn Toán thì các bài toán hình được nhiều bạn đánh giá là khó hơn rất nhiều so với đại số. Trong các đề thi toán lên lớp 10, bài toán hình chiếm một số điểm lớn và yêu cầu các em muốn được số điểm khá giỏi thì phải làm được câu toán hình. Để giúp các em rèn luyện cách giải các bài toán hình 9 lên 10, tài liệu chúng tôi giới thiệu là các bài toán hình được chọn lọc trong các đề thi các năm trước trên cả nước. Ở mỗi bài toán, chúng tôi đều hướng dẫn cách vẽ hình, đưa ra lời giải chi tiết và kèm theo lời bình sau mỗi bài toán để lưu ý lại các điểm mấu chốt của bài toán. Hy vọng, đây sẽ là một tài liệu bổ ích giúp các em có thể làm tốt bài toán hình trong đề và đạt điểm cao trong kì thi sắp tới.

I. Các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 chọn lọc không chứa tiếp tuyến.

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

1. Chứng minh CKMH là tứ giác nội tiếp.

2. CMR : CD = MB ; DM = CB.

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

Bài giải chi tiết:

1. CMR tứ giác CKMH là tứ giác nội tiếp.

AMB = 90o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). => AM ⊥ MB. Mà CD // BM (theo đề) nên CD ⊥ AM . Vậy MKC = 90o.

 Cung AM = cung CM (gt) => OM ⊥ AC => MHC = 90o.

 Tứ giác CKMH có MKC + MHC = 180o nên nội tiếp được trong một đường tròn.

2. CMR: CD = MB ; DM = CB.

Ta có: ACB = 90o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)                                 

Suy ra DM // CB . Lại có  CD // MB nên CDMB là một hình bình hành. Từ đó ta suy ra: CD = MB và  DM = CB.  

3. Ta có: AD là một tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇔ AD ⊥ AB. ΔADC có AK vuông góc với CD và DH vuông góc với AC nên điểm M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM ⊥ AD. 

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

Mà AM = MC nên cung AM = cung BC ⇔ AM = cung MC = cung BC = 60o.

Lời bình:

1. Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh các góc H và K là những góc vuông, và để có được góc K vuông ta chỉ cần chỉ ra MB vuông góc với AM và CD song song với MB. Điều đó được tìm ra  từ hệ quả góc nội tiếp và giả thiết CD song song với MB. Góc H vuông được suy từ kết quả của bài số 14 trang 72 SGK toán 9 tập 2. Các em lưu ý các bài tập này được vận dụng vào việc giải các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 khác nhé.
2. Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không các em?
3. Rõ ràng đây là câu hỏi khó đối với một số em, kể cả khi hiểu rồi vẫn không biết giải như thế nào , có nhiều em may mắn hơn vẽ ngẫu nhiên lại rơi đúng vào hình 3 ở trên từ đó nghĩ ngay được vị trí điểm C trên nửa đường tròn. Khi gặp loại toán này đòi hỏi phải tư duy cao hơn. Thông thường nghĩ nếu có kết quả của bài  toán thì sẽ xảy ra điều gì ? Kết hợp với các giả thiết và các kết quả từ các câu trên  ta tìm được lời giải của bài toán. 

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

a) CMR: tứ giác HFCN là tứ giác nội tiếp.
b) CMR: FB là tia phân giác của góc EFN. 
c) Nếu AH = BC. Hãy tìm số đo góc BAC trong ΔABC. 

Bài giải chi tiết: 

a) Ta có: BFC = BEC = 90o

(vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC)

Tứ giác HFCN có HFC = HNC = 180o nên nó nội tiếp được trong đường tròn đường kính HC) (đpcm).

b) 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).

Suy ra: EFB = BFN. Từ đó suy ra FB là tia phân giác của góc EFN.

c) Xét ΔFAH và ΔFBC: AFH = BFC = 90o, AH bằng đoạn BC (gt), FAH = FBC (cùng phụ với góc ACB). Do đó: ΔFAH = ΔFBC (cạnh huyền- góc nhọn). Từ đó suy ra: FA = FB.

ΔAFB là tam giác vuông tại F; FA = FB nên nó vuông cân. Do đó BAC = 45o

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

Bài 3:  Cho nửa đường tròn tâm O và nó có đường kính AB. Từ một điểm M nằm trên tiếp tuyến Ax của nửa đường tròn, ta vẽ tiếp tuyến thứ hai tên gọi là MC (trong đó C là tiếp điểm). Từ C hạ CH vuông góc với AB, MB cắt  (O) tại điểm Q và cắt CH tại điểm  N. Gọi g I = MO ∩ AC. CMR:

a) Tứ giác AMQI là tứ giác nội tiếp.
b) Góc AQI = góc ACO
c) CN = NH.

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh)

Bài giải chi tiết: 

a) Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau), OA = OC (bán kính đường tròn (O))

Do đó: MO ⊥ AC => MIA = 90o.

AQB = 90o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

=> MQA = 90o. Hai đỉnh I và Q cùng nhìn AM dưới một góc vuông nên tứ giác AMQI nội tiếp được trong một đường tròn.  

b) Tứ giác AMQI nội tiếp nên AQI = AMI (cùng phụ góc MAC) (2). 

ΔAOC có OA bằng với OC nên nó cân tại O. => CAO = ACO  (3). Từ (1), (2)  (3) ta suy ra AQI = ACO.

c) Chứng minh CN = NH.

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

AC vuông góc với BK , AC vuông góc với OM OM song song với BK. Tam giác ABK có: OA = OB và OM // BK nên ta suy ra MA = MK. 

Theo hệ quả ĐLTa let cho có NH song song AM (cùng vuông góc AB) ta được:

(4). Theo hệ quả ĐL Ta let cho ΔABM có CN song song KM (cùng vuông góc AB) ta được:

 (5). Từ (4) và (5) suy ra:

. Lại có KM =AM nên ta suy ra CN = NH (đpcm).

Lời bình 

1. Câu 1 là dạng toán chứng minh tứ giác nội tiếp thường gặp trong các bài toán hình ôn thi vào lớp 10. Hình vẽ gợi cho ta suy nghĩ: Cần chứng minh hai đỉnh Q và I cùng nhìn AM dưới một góc vuông. Góc AQM vuông có ngay do kề bù với ACB vuông, góc MIA vuông được suy từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.
2. Câu 2 được suy từ câu 1, dễ dàng thấy ngay AQI = AMI, ACO = CAO, vấn đề lại là cần chỉ ra IMA = CAO, điều này không khó phải không các em?
3. Do CH // MA , mà đề toán yêu cầu chứng minh CN = NH ta nghĩ ngay việc kéo dài đoạn BC đến khi cắt Ax tại K . Khi đó bài toán sẽ thành dạng quen thuộc: Cho tam giác ABC và M là trung điểm của BC. Vẽ đường thẳng d song song BC cắt AB, AC ,AM lần lượt tại E, D, I. CMR : IE = ID. Nhớ được các bài toán có liên quan đến một phần của bài thi ta qui về bài toán đó thì giải quyết đề thi một cách dễ dàng.

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

Chứng minh: 

a) Tứ giác EFDA là tứ giác nội tiếp.
b) AF là tia phân giác của góc EAD.
c) Tam giác EFA và BDC là hai tam giác đồng dạng.
d) Hai tam giác ACD và ABF có cùng diện tích với nhau.

(Trích đề thi tốt nghiệp và xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001) 

Bài giải chi tiết: 

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

b) Ta có: 

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

ΔEFA và ΔBDC có: 

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

Bài 5: Cho tam giác ABC (BAC < 45o) là tam giác nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C và gọi H là hình chiếu kẻ từ A đến tiếp tuyến . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại M (M ≠ A). Đường thẳng kẻ từ M vuông góc với AC cắt AC tại K và AB tại P. 

a) CMR tứ giác MKCH là một tứ giác nội tiếp. 
b) CMR:  MAP là tam giác cân. 
c) Hãy chỉ ra  điều kiện của ΔABC để  M, K, O cùng nằm trên một đường thẳng.

Bài giải chi tiết: 

a) Ta có : MHC = 90o(gt), MHC = 90o (gt)                                  

Tứ giác MKCH có  tổng hai góc đối nhau bằng 180o nên tứ giác MKCH nội tiếp được trong một đường tròn.

b) AH song song với OC (cùng vuông góc CH) nên MAC = ACO (so le trong)

ΔAOC cân ở O (vì OA = OC = bán kính R) nên ACO = CAO. Do đó: MAC = CAO. Vậy AC là phân giác của MAB. Tam giác MAP có đường cao AK (vì AC vuông góc MP), và AK cũng là đường phân giác suy ra tam giác MAP cân ở A (đpcm).

Ta có M; K; P thẳng hàng nên  M; K; O thẳng hàng nếu P trùng với O hay AP = PM. Theo  câu b tam giác MAP cân ở A nên ta suy ra tam giác MAP đều. 

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

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

Trả lời: Tam giác ABC cho trước có CAB = 30o thì ba điểm M; K ;O cùn nằm trên một đường thẳng.

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

a) CMR: OD song song BC.
b) CM hệ thức: BD.BE = BC.BF
c) CMR tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.

Bài giải chi tiết:

a) ΔBOD cân tại O (do OD = OB = bán kính R) => OBD = ODB

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

ADB = 90o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) => AD ⊥ BE.

ACB = 90o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) => AC ⊥ BF.

ΔEAB  vuông tại A (do Ax là đường tiếp tuyến ), có AD vuông góc BE nên:

AB2 = BD.BE (1).

ΔEAB vuông tại A (do Ax là đường tiếp tuyến), có AC vuông góc BF nên

AB2 = BC.BF (2).

Theo (1) và (2) ta suy ra: BD.BE = BC.BF.

c) Ta có: 

CDB=CAB (vì là 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

CAB=CFA ( vì là 2 góc cùng phụ với góc FAC)

Do đó : góc CBD=CFA.

Do đó tứ giác CDEF nội tiếp.

Cách khác

ΔDBC và có ΔFBE: góc B chung và

Lời bình

1. Với câu 1, từ gt BD là phân giác góc ABC kết hợp với tam giác cân ta nghĩ ngay đến cần chứng minh hai góc so le trong ODB và OBD bằng nhau.
2. Việc chú ý đến các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn kết hợp với tam giác AEB, FAB vuông do Ax là tiếp tuyến gợi ý  ngay đến hệ thức lượng trong tam giác vuông quen thuộc. Tuy nhiên vẫn có thể chứng minh hai tam giác BDC và BFE đồng dạng trước rồi suy ra BD.BE = BC.BF. Với cách thực hiện này có ưu việc hơn là giải luôn được câu 3. Các em thử thực hiện xem sao?
3. Trong tất cả các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 thì chứng minh tứ dạng nội tiếp là dạng toán cơ bản nhất. Khi giải được câu 2 thì câu 3 có thể sử dụng câu 2 , hoặc có thể chứng minh theo cách 2 như bài giải.

Bài 7: Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn (O) tại  hai điểm D và E (trong đó D nằm giữa A và E , dây DE không qua tâm O). Lấy H là trung điểm của DE và AE cắt BC tại điểm K . 

a) CMR:  tứ giác ABOC là một tứ giác nội tiếp.
b) CMR:  HA phân giác của góc BHC
c) CMR: :

Bài giải chi tiết:

a) ABO = ACO = 90o (tính chất tiếp tuyến)

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

b) AB = AC (theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra: cung AB = AC. Do đó AHB = AHC. Vậy HA là  phân giác của góc BHC.
c) Chứng minh :

ΔABD và ΔAEB có: 

Góc BAE chung, ABD = AEB (cùng bằng 1/2 sđ cung BD)

Suy ra : ΔABD ~ ΔAEB

Bài 8: Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = a. Gọi hai tia Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M không trùng với A và B), vẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); chúng cắt Ax, By lần lượt tại 2 điểm E và F.

1. Chứng minh: EOF = 90o

2. Chứng minh tứ giác AEMO là một tứ giác nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.

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

4. Nếu MB = √3.MA, tính S tam giác KAB theo a. 

Bài giải chi tiết:    

1. EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O)

cắt nhau ở E nên  OE là phân giác của AOM.

Tương tự: OF là phân giác của góc BOM.

Mà AOM và BOM là 2 góc kề bù nên: EOF = 90o (đpcm)    

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

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

Hai tam giác AMB và EOF có: AMB = EOF = 90o và MAB = MEO (vì 2 góc cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Từ đó suy ra: tam giác AMB và EOF là 2 tam giác đồng dạng với nhau (g.g).

3. Tam giác AEK có AE song song với FB nên:

4. Gọi N là giao của  2 đường MK và AB, suy ra MN vuông góc với  AB. 

Lời bình 

(Đây là đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của tỉnh Hà Nam) . 

Trong các bài toán ôn thi vào lớp 10, từ câu a đến câu b chắc chắn thầy cô nào đã từng cũng ôn tập, do đó những em nào ôn thi nghiêm túc chắc chắn giải được ngay, khỏi phải bàn. Bài toán 4 này có 2 câu khó là c và d, và đây là câu khó mà người ra đề khai thác từ câu: MK cắt AB ở N. Chứng minh: K là trung điểm MN. 

Nếu ta quan sát kĩ MK là đường thẳng chứa đường cao của tam giác AMB ở câu 3 và 2 tam giác AKB và AMB có chung đáy AB thì ta sẽ nghĩ ngay đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy thì tỉ số diện tích hai tam giác bằng tỉ số hai đường cao tương ứng, bài toán qui về tính diện tích tam giác AMB không phải là khó phải không các em?

           Trên đây, chúng tôi vừa giới thiệu xong các bài toán hình ôn thi vào lớp 10 có đáp án chi tiết. Lưu ý, để lấy được điểm trung bình các em cần phải làm kĩ dạng toán chứng minh tứ giác nội tiếp vì đây là dạng toán chắc chắn sẽ gặp trong mọi đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán. Các câu còn lại sẽ là những bài tập liên quan đến các tính chất khác về cạnh và góc trong hình hoặc liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn. Một yêu cầu nữa là các em cần phải rèn luyện kĩ năng vẽ hình, đặc biệt là vẽ đường tròn vì trong cấu trúc đề thi nếu hình vẽ sai thì bài làm sẽ không được điểm. Các bài tập trên đây chúng tôi chọn lọc đều chứa những dạng toán thường gặp trong các đề thi cả nước nên cực kì thích hợp để các em tự ôn tập trong thời điểm này. Hy vọng, với những bài toán hình này, các em học sinh lớp 9 sẽ ôn tập thật tốt để đạt kết quả cao trong kì thi vào 10 sắp tới.