một số bài tập hình học chọn lọc

MỘT SỐ BÀI HÌNH HỌC ƠN THI VÀO LỚP 10- NĂM 2020 Biên soạn: Nguyễn Trung Kiên- kienqb2013@gmail.com Bài Tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  có đường cao AD,BE , CF cắt H Dựng đường thẳng qua H cắt AB, AC P,Q cho APQ cân A Dựng  cắt HK S đường kính AK  O  Đường phân giác BAC a Chứng minh: BHCK hình bình hành AFH ACK  b Chứng minh: HP phân giác FHB c Chứng minh: S nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Hướng dẫn: a Ta có BH  AC ,KC  AC  BH / / KC tương tự CH / /KB nên BHCK hình bình hành Dẫn đến BH CK Từ suy DB DB AD ( BHDADC (g.g))   CK BH AC Dẫn đến ADBACK mà ADBAFH suy ACK AFH    b Ta có  APQ   ABH  PHB AQP   ACH  QHC   QHC   FHP  mà  APQ   AQP nên PHB ABH   ACH   hay HP phân giác FHB c Từ chứng minh câu b ta suy có: PF HF mặt khác tam giác ACK AFH nên ta  PB HB HF AH HF HF AH PF  mà CK BH nên suy Vì S giao điểm phân   CK AK CK HB AK PB  suy  với HK mà BAH   CAK  nên AS phân giác góc HAK giác góc BAC AH SH SH PF   900 tương tự SQA   900 suy từ suy dẫn đến SP / /HF hay SPA   AK SK SK PB S nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O  đường cao AD, BE ,CF cắt H Gọi M trung điểm BC Dựng FQ  AC Q , đường thẳng qua Q song song với DE cắt EF N a Chứng minh: N trung điểm EF b Gọi K giao điểm AN với DE Tia MK cắt AB P , HP cắt  O  L Chứng minh: C , O, L thẳng hàng c Giả sử FO cắt PL S , CL cắt AB T Chứng minh: OP chia đôi ST Hướng dẫn: a Ta định nghĩa lại N trung điểm EF chứng minh: NQ / /DE Thật ta có tam giác FQE vng Q có QN trung tuyến ứng với cạnh huyền nên   ta có cos A  AE  AF NQE  NEQ AB AC nên suy AEF ABC (c.g.c), tương tự  suy DECABC dẫn đến  AEF   ABC DEC   hay NQ / /DE NQE  DEC b Theo định lý Thales ta có: AN AQ AF suy NF / / BK , hai tam giác FNQ   AK AE AB BKE có cạnh tương ứng song song nên đồng dạng với , FNQ cân N nên ta suy BKE cân K hay KB  KE dẫn đến MK trung trực BE  MK / / AC  P   900 ta chứng minh AHBL trung điểm AB Ta dựng đường kính CL  O  LBC hình bình hành dẫn đến H , P, L thẳng hàng c Gọi R giao điểm CF với  O  khác với C Ta chứng minh F trung điểm RH RL / / AB Ta có: hay TO OL CL CR CR CH CH PO  1  1  1  1    TL TL 2TL 2FR HR HR HF HF TO PO SO hay TS / / LF Theo bổ đề hình thang ta có PO qua trung điểm ST   TL HF SF Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O  có đường cao AD, BE ,CF cắt H Các tiếp tuyến B, C  O  cắt S , AS cắt EF , DE ,  O  I , L, K Gọi M trung điểm BC a Chứng minh: MOAAOS b Chứng minh: I trung điểm EF c Gọi N trung điểm AB Chứng minh: M , L, N thẳng hàng Hướng dẫn: a Ta có: OM OS  OB OA2 dẫn   OAS   OKA  đến MOAAOS (c.g.c) nên OMA b Dễ chứng minh được: SM SO  SB  SC SK SA nên SKM SOA (c.g.c) Dựng đường kính AA '  O  dễ chứng minh BHCA ' hình bình hành,kết hợp với BDH ADC (g.g) ta suy BD BD AD   CAO  Ta có OM / / AD nên ADBACA ' (c.g.c) dẫn đến BAD   A ' C BH AC   OMA   OAS   KAO  suy MAC   KAB  ,hơn AEF ABC (quen thuộc) suy nên HAM AIF AMC ,tương tự AIEAMB mà M trung điểm BC nên I trung điểm EF   IER   DEC  dẫn đến c Dựng FR  AC RIF tam giác cân I nên IRE IR / /DE Ta có FR / /BE Theo định lý Thales ta có AI AR AF nên BL / /FE dẫn   AL AE AB đến BLEFIR suy BLE tam giác cân B nên BL LE , N trung điểm AB NB  NE nên LN trung trực BE hay ML chia đôi AB Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O  có đường cao AD,BE ,CF cắt H , AD cắt EF K , đường thẳng qua K vng góc với AC cắt AB L Gọi P giao điểm thứ AD với  O  a Chứng minh: P đối xứng với H qua BC   BAD  b Chứng minh: OAC c Chứng minh: LD qua trung điểm BH Hướng dẫn: a Dựng đường kính AT  O  BHCT hình bình hành dẫn đến H , M , T thẳng hàng nên  APM  900 nên DM / /TP suy DM đường trung bình tam giác HPT suy D trung điểm HP b Gọi R,S giao điểm thứ CH ,BH với  O  Tương tự a ta suy R đối xứng với H qua F , S đối xứng với H qua E nên tam giác AH R,AHS cân A dẫn đến AH  AR  AS hay A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SHR Suy AO RS   900  AEF  mà EF đường trung bình tam giác SHR suy AO EF suy OAC  suy OAC   900    mà ABCAEF nên  AEF ABC ABC  BAH c Trước hết ta chứng minh: AK AD Gọi Q giao điểm BC AT Ta có:  AH AP    QAB  (suy từ b) nên AEK  ABQ (g.g) dẫn đến AE  AK , ta AEF  ABC EAK AB AQ có AEH  ABT (g.g) nên AE AH AK AH AK AQ suy hay ,    AB AT AQ AT AH AT AQ AD AK AD AL AK AD AL nên Từ KL / /BE ta có: suy suy DL / /BP     AT AP AH AP AB AH AP AB mà D trung điểm HP nên DL chứa đường trung bình tam giác H BP suy DL qua trung điểm BH  Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn  O;R  đường kính AD Gọi H trực tâm tam giác ABC Đường thẳng qua H song song với BC cắt AB, AC F ,E , DE cắt O K ( K  D ) a Chứng minh: AHEK tứ giác nội tiếp b Chứng minh: AC.AF 2 AH R c Chứng minh: B, H , K thẳng hàng DA  phân giác EDF d Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Chứng minh: IH qua giao điểm BE , CF Hướng dẫn: a Vì AH BC ,EF / /BC  AH EF H suy  AHE  900 , lại có AD đường kính  O  nên  DK A  900 Tứ giác AHEK có  AKE   AH E  1800 nên AH EK tứ giác nội tiếp  (2 góc đồng vị) Lại có  b Vì EF / /BC nên  AFH  ABC ABC   ADC ( góc nội tiếp  (*) Các tam giác AHF ,ACD tam giác vuông chắn cung AC ) suy  AFH  ADC H C nên từ (*) suy AHF ACD (g.g) dẫn đến AH AF   AC AF  AD AH hay AC AD AC AF  2R AH c Chứng minh tương tự câu b ta có: AHEABD kết hợp với AHEK tứ giác nội tiếp   EAH  BAD  BKD  suy B, H , K thẳng hàng Ta có KAC   KBC  ta có biến đổi góc: EKH   HAC  (cùng phụ với C  ) suy K   (cùng chắn cung KC  O  ), mặt khác KBC AE  H AE   KEA  suy EA phân giác hay H đối xứng với K qua AC dẫn đến HEA  Tương tự ta có FA phân giác ngồi DEF  dẫn đến DA phân giác DEF  EDF d Từ chứng minh câu c ta có: tâm I đường trịn nội tiếp tam giác DEF nằm AD IE  AE , IF  AF dẫn đến IE / /BH Gọi J giao điểm IH với BE theo định lý Thales ta có: JI IE J 'I IF (*), tương tự gọi J ' giao điểm IH với CF (**)   JH BH J ' H CH mặt khác ta có EIF BHC (g.g) (do cặp cạnh tương ứng song song) nên IE IF JI J 'I (***) Từ (*),(**),(***) ta suy mà J , J ' nằm đoạn IH nên   BH CH JH J ' H J  J ' hay IH qua giao điểm BE , CF Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp  O  đường kính AK ,các đường cao AD, BE , CF cắt H Đường thẳng EF cắt  O  P,Q ( P,C nằm phía đường thẳng AB ) Gọi M trung điểm BC   BAH  a Chứng minh: OAC b Chứng minh: AP  AD.OM c Dây KQ cắt BC L Chứng minh: AL , HQ cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Hướng dẫn: a Học sinh tự chứng minh: OA EF để   BAH  suy OAC b Ta có ANF ABK (g.g) dẫn đến AP  AN AK  AF AB mà AFH ABD (g.g) nên AF AB  AD.AH ,hơn AH  2OM (học sinh tự chứng minh) dẫn đến AP  2OM AD c Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt AL R suy  ARH  900 ,ta có AR AL  AH AD  AP  AQ mà  AQL  900 suy QR  AL (theo hệ thức lượng tam giác vuông hay H , R,Q thẳng hàng Tức HQ, AL cắt điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O  có đường cao AD , phân giác  cắt BC  O  L, K ( L  A ) Tiếp tuyến A  O  cắt BC T BAC Gọi H trực tâm tam giác ATL , điểm M , F trung điểm BC , AB Tia TH cắt AB, AC , AL P,Q,N , tia TF cắt AL E a Chứng minh: Tam giác ATL cân tứ giác TNMK nội tiếp b Chứng minh: TB.TC  TL2  TP  PB c Chứng minh:  FN chia đôi PE    TQ  QC Hướng dẫn giải: 1   CAL    TAB   BAL  a Ta có:  ALT  LCA ACB  BAC (1) (góc ngồi tam giác) , TAL   ACB   BAC  (2) Từ (1),(2) ta suy  mà TAB ACB (góc tạo tiếp tuyến dây) nên TAL  hay tam giác TAL cân T Từ chứng minh ta suy TN  AL N  ALT  ALT   TMK   900 suy trung điểm AL Ta có OK  BC trung điểm M BC nên TNK tứ giác TNMK nội tiếp  b Xét tam giác TBA TAC ta có:  ATC chung, TAB ACB (góc tạo tiếp tuyến TB TA dây) dẫn đến TBATAC (g.g) suy   TA2  TB.TC mà TA  TL nên TA TC TL  TB.TC c Tam giác APQ có AN phân giác đường cao nên APQ tam giác cân A   QCT ,   suy TPATQC (g.g) dẫn đến Xét tam giác TPA, TQC ta có: TAP ATP  CTQ TP AP TP PB , tương tự ta có: TPBTQA nên , kết hợp với AP  AQ suy   TQ CQ TQ QA  TP  AP BP BP  Gọi S trung điểm AT S , F , N thẳng hàng Ta chứng     TQ  CQ AQ CQ minh: PE / / AT từ kết hợp với bổ đề hình thang ta có điều phải chứng minh: Dựng đường thẳng qua N song song với TA cắt AB, TE R, U SA ST nên NU NR hay suy NU NR mà  ST SA NU EN UN PT AT , từ  Áp dụng định lý Thales ta có:   NR EA AT PN RN EN PT UN AT UN EN PN , theo định lý Thales đảo ta có:    suy  EA PN AT RN RN EA PT EP / /S A Gọi I giao điểm SN với PE IE IN IP mà SA ST  IE  IP hay   SA SN ST I trung điểm EP Bài (Hình chuyên)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O  , có đường cao AD , trực tâm H , trọng tâm G Gọi M trung điểm BC Tia MH cắt O P , tia PD cắt lại  O  S , SM cắt lại  O  Q ( Q  S ) Gọi K điểm đối xứng với A qua O a Chứng minh: Tứ giác BHCK hình bình hành từ suy điểm A, P,D, M nằm đường tròn b Chứng minh: BAS M AC c Chứng minh: AQ / /BC D,G,Q thẳng hàng Hướng dẫn: a Vì K đối xứng với A qua O nên AK đường kính  O  Ta có BH  AC,KC AC suy BH / /KC , tương tự CH / / KB nên tứ giác BHCK hình bình hành dẫn đến H , M , K thẳng hàng, mà   900  MPA   900 Ta có MPA   MDA   900 nên APDM tứ giác nội tiếp KPA  (cùng chắn cung AB ) Ngoài DAM   DPM   SPK   SAK  dẫn b Ta có  ASB  ACM  M    BAD   DAS   900    900   đến DAS AK Từ suy BAS ABC  DAS AKC  M AK  M   CAK AK  M AC suy BAS M AC (g.g) c Từ chứng minh câu b ta suy kết hợp với BM CM ta suy AB SB AC SC hoàn toàn tương tự ta có:   AM CM AM BM AB SB (*) Ta có SMBCMQ (g.g) dẫn đến  AC SC SB CQ SC BQ (1), SMCBMQ (g.g) dẫn đến (2) Từ (1),(2) kết hợp với BM CM   SM CM SM BM ta suy SB CQ AB CQ (**) Từ (*),(**) ta suy dẫn đến ABCQCB (c.g.c) nên   SC BQ AC BQ    QBC  suy AQ / /BC AQB  ACB Từ chứng minh ta suy BAQC hình thang cân Điểm M trung điểm BC nên MA  MQ Kéo dài MQ cắt AD T , AQ / / BC nên AQ  AH dẫn đến tam giác QAT   900  MQA   900  M   vuông A Suy MTA AQ  M AT MT  MA  MQ suy M trung điểm QT dẫn đến MD || AQ Gọi G ' giao điểm DQ với AG G'A QA   suy G ' trọng tâm tam giác ABC hay G  G ' Nói cách khác ta có: G ' M DM D, G,Q thẳng hàng Bài (Hình chuyên) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  có đường cao AD, BE ,CF cắt H , AH cắt lại  O  K Đường thẳng qua A song song với BC cắt  O  T khác A Tia TH cắt lại  O  P Tia PE, PF cắt lại  O  X , Y a Chứng minh: DO / /HT điểm A, O, D, P nằm đường tròn b Gọi Q giao điểm EF PA Chứng minh: DQ EF c Chứng minh: BCXY hình thang cân Hướng dẫn: K   nên tam giác H BK cân B (có đường cao từ B a Ta có KBC AC  EBC phân giác) suy D trung điểm HK Ta có AT ||BC mà BCAH nên AT  AH suy TK đường kính  O  , hay O trung điểm KT suy OD đường trung bình   PAK   PTK   PTO   OPT   POD  dẫn đến tứ tam giác HTK dẫn đến DO || HT Ta có PAD giác AODP nội tiếp  nên BFQP tứ giác nội tiếp Tương tự ta có CEQP tứ giác b Ta có  AFE   ACB  APB nội tiếp dẫn đến AQ AP  AF AB AH AD suy HDPQ tứ giác nội tiếp Ta có biến đổi   FQP   PQD   1800  ABP   PHD   1800     1800  ABP  góc: FQD ABP  HDO APO   1800   ABP  1800   AOP  2700  ABP ACP  900 hay DQ EF c Gọi S giao điểm EF với BC Gọi M , N hình chiếu vng góc   nên FB phân giác góc SFD  dẫn đến B, C lên EF Ta có SFB AFE   ACB  BFD      Áp dụng tính chất phân giác ta có: CD  BD  SB  DB FC phân giác SFD CS BS SC DC Áp dụng định lý Thales ta có: SB BM QM dẫn đến BMQCNQ (c.g.c) suy   SC CN QN   NQC  suy QD phân giác BQC  Từ ta có biến đổi góc: MQB   BPF   BQF   EQC   EPC   BPY XPC suy YB XC dẫn đến XY / / BC hay tứ giác BCY X hình thang cân Bài 10 (Hình chun) Đường trịn  I  nội tiếp tam giác ABC nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F Gọi K giao điểm DI EF Đường thẳng AK cắt BC điểm M Tia MI cắt AD H Đường thẳng qua H vng góc với AD cắt BI , CI P,Q a Chứng minh: M trung điểm BC b Chứng minh: PQ trung trực AD c Chứng minh: PE ,QF cắt  I  Hướng dẫn: a Giả sử DI cắt EF K Từ K dựng đường thẳng song song với BC cắt AB , AC E , F Ta có tứ giác IK X F ,IKEI nội tiếp    KEI   KYI  nên ta có biến đổi góc K XI  KFI dẫn đến tam giác XIY cân I nên K trung điểm XY Theo định lý Thales ta suy M trung điểm BC b Dựng đường kính DS  I  đường thẳng qua S song song với BC cắt AB , AC A0 , B0 , AS cắt BC L SB0 FB0 , SC0 EC0 tam giác B0 IB,C0 IC vng I Từ ta có: FB0 FB SB0 DB  IF  IE  EC0 EC SC0 DC dẫn đến Theo định lý Thales ta có: SB0 SC0  DC DB SB0 SC0 BL CL BL CL  suy    CL BD dẫn đến BL CL CD BD BD CD M trung điểm DL nên MI / / AL suy MI qua trung điểm H AD Ta định nghĩa lại điểm P, Q sau: Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD cắt đường thẳng BI P  nên ABDP nội tiếp có  ABP  DBP PA PD , tương tự đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD cắt đường thẳng CI Q QA  QD Hay PQ trung trực AD  QCD   DIE  nên tam giác cân AQD, EI D đồng dạng Tương tự c Ta có QAD QD AD PD DA   nên DQ.DE DI DA DP.DF hay ID ED ID FD   ABC  ACB DQ DF   PDA   dẫn đến tam giác DPQ  Mặt khác ta có PDQ ADQ   EDF DP DE APD,FI D đồng dạng nên đồng dạng với tam giác DEF dẫn đến DEP đồng dạng với DFQ Gọi S giao điểm   3600  SFD   SPD   FDP   3600  PED   SPD   EDP  FDE   1800  FDE  PE ,FQ PSQ suy tứ giác DESF nội tiếp, hay điểm S nằm  I   Tài liệu tham khảo: Đề thi HSG trường, đề chọn đội tuyển TP Việt Nam Đề thi Olympic nước, diễn đàn toán học Vietnam giới Chúc bạn học sinh may mắn thành công  ...  BQF   EQC   EPC   BPY XPC suy YB XC dẫn đến XY / / BC hay tứ giác BCY X hình thang cân Bài 10 (Hình chun) Đường trịn  I  nội tiếp tam giác ABC nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với...  I   Tài liệu tham khảo: Đề thi HSG trường, đề chọn đội tuyển TP Việt Nam Đề thi Olympic nước, diễn đàn toán học Vietnam giới Chúc bạn học sinh may mắn thành công ... /S A Gọi I giao điểm SN với PE IE IN IP mà SA ST  IE  IP hay   SA SN ST I trung điểm EP Bài (Hình chuyên)Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  O  , có đường cao AD , trực tâm H ,