Chum bai toan hinh hoc luyen thi vao lop 10

CÁC CHÙM BÀI TẬP THƯỜNG GẶP I.Chùm tập xuất phát từ ba đường cao tam giác : Bài 1: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) cố định Kẻ đường cao AD, BE, CF cắt H BE, CF cắt (O) điểm thứ hai M N Gọi I trung điểm BC Kẻ đường kính AK (O) 1) Chứng minh tứ giác BFEC, AFHE, nội tiếp 2) 2.1 Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành 2.2 Chứng minh DC.DB = DH DA 2.3 Chứng minh AF AB = AE AC 2.4 Chứng minh H M đối xứng qua AC 2.5 Chứng minh EF//MN 2.6 Chứng minh AB AC = R AD 3) 3.1 Chứng minh EF = BC.cosBAC 3.2 Chứng minh BH BE + CH CF = BC 3.3 Chứng minh BH BE + CH CF + AH AD= ( AB + BC + AC ) 3.4 Chứng minh AO ⊥ EF 3.5 Gọi P Q hình chiếu D BH CH Chứng minh PQ / / EF  45 = , S ABC 100cm Tính diện tích ∆AFE 3.6 Giả = sử BAC 3.7 Chứng minh  H tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD 3.8 Chứng minh IF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF 3.9 Tính tỉ số OI AH 3.10 Qua A kẻ đường thẳng xy song song với EF Chứng minh xy tiếp tuyến ( O; R ) 11 Gọi L điểm đối xứng với K qua B Chứng minh L thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB 3.12 Gọi S điểm đối xứng với K qua C Chứng minh H trung điểm LS 3.13 Chứng minh FEID tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải: Bài 1: Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC A M E N F H B O D C I K   = CEB = 90 mà hai góc hai đỉnh kề nhìn cạnh BC 1) Xét tứ giác BFEC: BFC ⇒ tứ giác BFEC nội tiếp (dhnb) AFH +  AEH = 90 + 90 = 180 mà hai góc hai đỉnh đối Xét tứ giác BFHE:  ⇒ tứ giác BFHE nội tiếp (dhnb) 0 2) ACK nội tiếp chắn cung AK, mà AK đường kính ⇒  ABK =  ACK = 900 2.1 Xét (O):  ABK ,  Vì BE ⊥ AC   ⇒ BE / / KC KC ⊥ AC  Vì CF ⊥ AB   ⇒ CF / / BK BK ⊥ AB  BH / / CK   ⇒ tứ giác BHCK hình bình hành (dhnb) CH ⊥ BK  = = =  ABD + BAD 900  ABD + HCD 900 ⇒ BAD HCD 2.2 Có  Xét  ABD CHD    ABD = DHC DB DH ⇒ ABD CHD( g g ) ⇒ = ⇒ DB.DC = DH DA    DA DC = ADB CDH =( 900 )  Xét tứ giác BHCK: 2.3 Xét  AFC  AEB  chung  BAC AF AE ⇒ AFC  AEB( g g ) ⇒ = ⇒ AF AB = AE.AC   AC AB AFC =  AEB =( 900 )   + BHD =  + ECB = =  = 900 HBD 900 ⇒ BHD ACB mà BHD 2.4 Có HBD AHE (dd) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC  ⇒ AHE = ACB AMH =  ACB (góc nội tiếp chắn cung AB) mà  AHE =  ACB (cmt) Xét (O):  ⇒ AMH =  AHM ⇒ AHM cân A có AE ⊥ HM ⇒ AE trung trực HM hay H M đối xứng với qua E (dpcm)  = NCB  (góc nội tiếp chắn cung NB) 2.5 Xét (O): NMB  = FEB  (góc nội tiếp chắn cung FB) Xét tứ giác nội tiếp BFEC: FCB =  mà hai góc vị trí đồng vị ⇒ MN / / EF (dhnb) ⇒ NME FEB AKB =  ACB (góc nội tiếp chắn cung AB) 2.6 Xét (O):  Xét  AKB  ACD   AKB =  ACD AK AB ⇒ AKB  ACD( g g ) ⇒ = ⇒ AK AD = AB.AC ⇒ AB.AC = R AD   AC AD ABK =  ADC =( 90 )  3) 3.1 Do BFEC tứ giác nội tiếp nên A   ) AEF =  ABC (cùng phụ với FEC  chung,  AEF =  ABC Xét ∆AEF ∆ABC có: BAC E F H P ⇒ ∆AEF ∽ ∆ABC ( g g ) FE AF AF ⇒ = ⇒ EF = BC BC AC AC   = AF ⇒ EF = BC.cosBAC Lại có cosBAC AC B Q O C D K    chung, BEC = BDH = 900 3.2 Xét ∆BEC ∆BDH có: B BE BC = ⇒ BH BE = BD.BC BD BH Chứng minh tương tự ta có: CH CF = CD.BC ⇒ ∆BEC ∽ ∆BDH ( g g ) ⇒ Suy ra: BH BE + CH CF = BC ( BD + CD ) BC = AD AB ; AH AD + CH = CF AC 3.3 Chứng minh tương tự ý 3.2 ta có: BH BE + AH = 2 Suy ra: BH BE + 2CH CF + AH AD = BC + AB + AC Suy ra: BH BE + CH CF + AH AD= AB + BC + AC ) ( ACK = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 3.4 Do AK đường kính nên  = = ⇒ AKC + CAK 900 hay  AKC + EAO 900 (1) AKC =  ABC (hai góc nội tiếp chắn cung) Lại có   ABC =  AEF (ý b) ⇒  AKC = AEF (2) Mà  Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC  =900 ⇒ AO ⊥ EF AEF + EAO Từ (1) (2) ⇒  3.5 Do DPHQ tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) nên  = HDQ  (hai góc nội tiếp chắn cung) HPQ =  Mà DQ / / AB (cùng vng góc với CF ) ⇒ FAH HDQ  = FAH  Suy ra: HPQ  = FEH  (hai góc nội tiếp chắn cung) Lại có AEHF nội tiếp nên FAH  = FEH  Do đó: HPQ Mà hai góc vị trí so le nên EF / / PQ S  AE  3.6 Ta có: ∆AEF ∽ ∆ABC (ý 3.1) ⇒ AEF =   = cos 45 = S ABC  AB  ⇒ S AEF = S ABC = 50cm 2  = FEH  (cm ý 3.5) 3.7 Do FAH A  = HCD  (cùng phụ với  ABC ) (3) Mà FAH E Mặt khác CDHE nội tiếp (tổng hai góc đối 90 ) F  = HCD  (4) (hai góc nội tiếp chắn cung) Nên HED H O =  HED Từ (3), (4) ⇒ FEH B  ⇒ EH phân giác FED C D  Tương tự DH phân giác FDE K Xét ∆DEF có H giao điểm ba đường phân giác nên H tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF 3.8 Qua ba điểm phân biệt H , E , F xác định A đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp ∆HEF đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF F  =  AEH = 900 nên AH đường kính Lại có HFA Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF ⇒ T trung điểm AH Ta có TF= TA ⇒ ∆TFA cân T =  hay FAH  = TFA  (5) ⇒ FAT TFA Do I trung điểm cạnh huyền BC ∆FBC vuông F nên I tâm đường tròn ngoại tiếp ∆FBC E T H B D O C I K ⇒ IF= IC ⇒ ∆CFI cân I =  hay CFI  = HCD  (6) ⇒ CFI ICF  = HCD  (7) Mà FAH =  CFI Từ (5), (6), (7) ⇒ TFA Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC  + TFH  =CFA  =900 ⇒ CFI  + TFH  =900 Mà TFA  = 900 ⇒ TF ⊥ FI Hay TFI ⇒ IF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆HEF ACK ABK =  = 900 (góc nội tiếp 3.9 Do AK đường kính nên  chắn nửa đườngtrịn) A E ⇒ AC ⊥ KC , AB ⊥ KB F H ⇒ KC / / BH (cùng vng góc với AC ) Và BK / / CH (cùng vuông góc với AB ) ⇒ BHCK hình bình hành O B C I D ⇒ HK , BC cắt trung điểm đường (tính chất đường chéo) K Mà I trung điểm BC nên I trung điểm HK AH ⇒ OI đường trung bình ∆AHK ⇒ OI = (tính chất đường trung bình) OI ⇒ = AH  3.10 Do xy / / EF ⇒  yAE = AEF (so le trong) AEF +  ACK = 900 Mà  =  = 900 ⇒ yAE + CAK 900 hay KAy y A E x F H ⇒ AK ⊥ xy O ⇒ xy tiếp tuyến (O; R) B C D K = 3.11 Do L đối xứng với  K qua B nên L AKB A Do AO ⊥ EF hay AK ⊥ EF nên  AFE =  AKB  ) (cùng phụ với FAE E F L  ⇒ L = AFE =  AHE Lại có:  AFE =  AHE ⇒ L AHE +  AHB = 1800 (kề bù) Mà  H O B C D K + ⇒L AHB = 1800 ⇒ AHBL nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) Hay L thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆AHB Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 3.12 Do L, S đối xứng với K qua B, C nên A = BK BL = , CK CS E ⇒ BC đường trung bình ∆KLS ⇒ BC / / LS F L S H O Hay BI / / LH , CI / / SH C D I B Áp dụng hệ định lý Ta – lét ta có: K BI KI CI KI BI CI = , = ⇒ = LH KH SH KH LH SH SH ⇒ H trung điểm LS Mà BI = CI (gt) ⇒ LH = =   ⇒ DFE HFE 3.13 Do FH phân giác DFE A  = HBC  (hai góc nội Lại có tứ giác BCEF nội tiếp nên HFE tiếp chắn cung) =  hay DFE  = EBC  (1’) HBC ⇒ DFE Xét ∆BEC vng E có I trung điểm BC BC ⇒ IE = IC = E F H B O C D I K =  ECI ⇒ ∆EIC cân I ⇒ IEC  = IEC  + ECI  = ECI   góc ngồi đỉnh I nên BIE Lại có BIE  = ECB  (2’) Hay BIE  + BIE  = 2( EBC  + ECB  ) = 2.900 = 1800 Từ (1’) (2’) ⇒ DFE ⇒ FEID tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 1800 ) Bài 1, phần Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) cố định Kẻ đường cao AD; BE;CF cắt H BE CF cắt (O) điểm thứ hai M N Gọi I trung điểm BC Kẻ đường kính AK (O) Cho BC cố định điểm A chuyển động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Chứng minh: 4.1 Chứng minh EF có độ dài khơng đổi 4.2) Chứng minh AH có độ dài khơng đổi 4.3) Chứng minh H chuyển động cung tròn cố định 4.4 Tìm vị trí điểm A để tứ giác AFHE có diện tích lớn nhất?  < 90 tìm vị trí điểm A để tam giác AEH có diện tích lớn 4.5 Giả sử 45 < BAC o 4.6 Tìm vị trí A để AB.AC lớn 4.7 Tìm vị trí của A để diện tích tam giác BHC lớn 4.8 Tìm vị trí điểm A cung Bc để chi vi tam giác DEF co giá trị lớn 4.9 CM : AB + BC + CA < R (cos A + cos B + cos C ) Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 4.10 AI cắt OH G Khi A chuyển động BC G chuyển động đường Lời giải có sử dụng số ý phần chứng minh phần 1, 2,3 4.1 Chứng minh EF có độ dài khơng đổi Giải: Xét ∆AEF ∆ABC có  A chung  AEF =  ABC ( c/mt) ⇒    ∆AEF  ∆ABC ( g − g ) AE AC BC = = AB AF EF = Xét ∆ABE ( E 90o ) có ⇒ AE = sin A AB AE Mà  không đổi A không đổi cung BC không đổi ⇒ AB ⇒ BC không đổi ⇒ EF có độ dài khơng đổi EF 4.2) Chứng minh AH có độ dài khơng đổi Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Xét hình bình hành BHCK BC ∩ HK = {I } I trung điểm BC ⇒ I trung điểm KH ⇒ HI=IK Xét ∆AKH có HI = IK (c / mt )   ⇒ OI đường trung bình ∆AKH ⇒ OI =AH AO = OK ( gt )  Mà OI không đổi ( O I cố định) nên AH có độ dài không đổi 4.3) Chứng minh H chuyển động cung tròn cố định  + FHE = 1800 Tứ giác AFHE nội tiếp ⇒ EAF  = FHE  =1800 − A  ( đối đỉnh) ⇒ BHC =1800 − FAE Mà BHC A dựng cạnh BC => H chuyển động cung chứa góc 180 −  4.4 : Tìm vị trí điểm A để tứ giác AFHE có diện tích lớn nhất? Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC Kẻ FL FJ vng góc với AD Vậy S ( AEHEF ) lớn EL+FJ lớn Có S ( AEHEF ) = ( EL + FJ ) AH = ( EL + FJ ).OI Mà EL + FJ ≤ EF ( không đổi) Dấu "=" sảy L J trùng với S  < 90 tìm vị trí điểm A để tam giác AEH có diện tích lớn 4.5 Giả sử 45 < BAC o A O F B E H D I C AE + EH AH S ∆AEH = AE AH ≤ == OI ( không đổi) 4 Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC ⇒ S∆AEH lớn ⇔ AE = EH ⇔ ∆AEH vuông cân E = ⇔ BCA 450 ⇔ A điểm cung BB' ( với BB' đường kính (O) 4.6 Tìm vị trí A để AB.AC lớn A O F B E H D I C 1 = AB AC.sin A AD.BC 2 Ta có S ABC =  không đổi ⇒ AB AC lớn ⇔ S  = BOC Mà BAC AD.BC lớn ∆ABC lớn ⇔ 2 Do BC không đổi ⇒ AB AC lớn ⇔ AD lớn Do dây BC cố định nên AD lớn ⇔ A điểm cung BC Vậy S ∆ABC lớn ⇔ A điểm cung BC AD.BC sin A = Khi= AB AC ( R + OI ).BC ( R + OI ).BC ( R + OI ).BC.R = = = R( R + OI )  BI BI sin BOI R 4.7 Tìm vị trí của A để diện tích tam giác BHC lớn Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC  + BMI = Ta có: AMI 180o (hai góc kề bù)  = CNI  (vì ∆MBI = ∆NCI (cmt)) Mà BMI =  + ANI  + CNI = 180o ⇒ AMI 180o AMI  ; ANI  hai góc đối tứ giác AMIN Mà AMI ⇒ tứ giác AMIN tứ giác nội tiếp  )  (hai góc nội tiếp chắn MI = ⇒ MAE ENI Xét ∆AEM ∆NEI có:  = ENI  (cmt) ; AEM  = NEI  (đối đỉnh) MAE ⇒ ∆AEM ∽ ∆NEI (g – g) ⇒ AE EM = (tỉ số đòng dạng) NE EI ⇒ AE.EI = EM.NE (đpcm) c) Chứng minh: MK = NK  = ENI  (cmt) BAI  = KNI  Ta có MAE  (O) )  = KCI  (hai góc nội tiếp chắn BI BAI =  ⇒ KNI KCI ⇒ Tứ giác KCNI có hai đỉnh kề C I nhìn cạnh KI góc ⇒ Tứ giác KCNI tứ giác nội tiếp  ICN  = ICN  = 90o (hai góc nội tiếp chắn IN  = 90o ) ⇒ IKN ⇒ IK ⊥ KN IK ⊥ MN K Mà ∆MIK cân I (vì IM = IN (cmt)) ⇒ IK đồng thời đường trung tuyến ∆MIK (Định lý) ⇒ K trung điểm MN ⇒ KM = KN (đpcm) d) Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ANM nằm đoạn thẳng cố định M chạy cạnh AB A • M• E• B• Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 O′ • •O • I K • P • d •C TÀI LIỆU TỐN HỌC •N Ta có tứ giác AMIN tứ giác nội tiếp (cmt) nên đường tròn ngoại tiếp tứ giác cuãng đường tròn ngoại tiếp ∆ANM gọi O′ tâm đường tròn ⇒ O′A = O′I ⇒ O′ thuộc đường thẳng d trung trực AI M thay đổi AB Ta có AI cố định (do tâm O tam giác ABC cố định) ⇒ Đường thẳng d đường thẳng cố định M thay đổi AB Gọi P giao điểm IC d ⇒ điểm P cố định Khi M trùng với A, C trung điểm AN mà IC ⊥ AN với vị trí M tức IC đường trung trực AN ⇒ O′ giao điểm IC d hay O′ trùng với P Khi M trùng với B N trùng với C , ∆ANM ∆ACB ⇒ O′ trùng với O Vậy M chạy AB tâm O′ đường trịn ngoại tiếp ∆ANM ln chạy đoạn OP cố định V Bài Cho tứ giác ABCD nột tiếp nửa đường trịn tâm O, đường kính AB Các tia AD BC cắt E Các đoạn AC BD cắt F a) Chứng minh: tứ giác CEDF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh:  ABC  EFC c) Dựng hình bình hành AFBI Gọi C’ điểm đối xứng với C qua đường thẳng AE Xác định vị trí tương đối đường thẳng AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác AC’E d) Gọi H giao điểm CD EI Chứng minh: EB EC = EI EH Bài giải Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC a) Xét (O) có:  =  = 900 (góc nội tiếp ADB ACB chắn nửa đường tròn) C' E  = ECF  = 900 ⇒ EDF ⇒ tứ giác CEDF nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) b) Vì tứ giác CEDF nội tiếp =  ⇒ FEC FDC  = CAB  Xét (O) thì: FDC D H =  ⇒ FEC CAB  Lại có: ECF =  ACB = 900 ⇒ ABC  EFC (g-g) F C c) C’ đối xứng C qua AE nên AC = AC’; EC = EC’  AC '= E  ACE (c − c − c) ⇒  AC '= E  ACE = 90 A M B ⇒ AC ' E vuông C’ nên nội tiếp đường trịn đường kính AE Vì AFBI hình bình hành nên: AI // BF I Mà BF ⊥ AE nên AI ⊥ AE ⇒ AI tiếp tuyến đường trịn đường kính AE ⇒ AI tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AC’E d) Có IB // AF (AFBI hình bình hành) Mà AF ⊥ BE ⇒ BI ⊥ BE = = 900 ( AI ⊥ AE ); EBI 900 ( BI ⊥ BE ) Tứ giác AEBI có: EAI ⇒ tứ giác AEBI nội tiếp (tổng hai góc đối 1800) =  (hai góc nội tiếp chắn cung BE) (1) ⇒ BAE BIE Kéo dài EF cắt AB M Vì F trực tâm  EAB nên EM ⊥ AB + ⇒ BAE AEF = 900  (tứ giác CEDF nội tiếp) ⇒ BAE  + DCF = Mà  AEF = DCF 900 (2)  + HCF  =900 ⇒ BIH  + HCF  + FCB  =1800  + DCF = Từ (1) (2) suy ra: BIE 900 ⇒ BIH  + HCB = Hay BIH 1800 tứ giác BCHI nội tiếp  + CBI  = 1800 ⇒ CH ⊥ EI ⇒ CHI ⇒ EHC  EBI (g-g) ⇒ EC EH = ⇒ EC.EB = EI EH EI EB Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC V Bài 5: Cho tam giác MNP cân M có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O; R ) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D a) Chứng minh NE = EP.EM b) Chứng minh tứ giác DEPN tứ giác nội tiếp c) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường trịn ( O ) K ( K khơng trùng với P ) 4R2 Chứng minh MN + NK = M I O K N D P E a) Xét tam giác ENP tam giác EMN có:  chung NEP  = EMN  (Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn NP ) ENP EN EP ⇒ ∆ENP  ∆EMN ⇒ = ⇔ EN= EM EP EM EN =  MPN b) Tam giác MNP cân M ⇒ MNP )  = DPN  (Hai góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn NP Lại có ENP  − MNP =   = 1800 − DPN  − MPN  ⇔ DNE ⇒ 1800 − ENP DPE Tứ giác DEPN có hai đỉnh N P nhìn cạnh DE góc nên tứ giác DEPN tứ giác nội tiếp = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên tam giác c) Vẽ đường kính NI ( O ) ⇒ NKI NKI vuông K , theo định lý Pitago, ta có ⇒ NK + KI = NI = R  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ MI ⊥ MN , mà PK ⊥ MN ( GT ) Lại có MNI ⇒ PK // MI (cùng vng góc với MN ) suy tứ giác KPIM hình thang nội tiếp ( O ) nên MP mà MP = MN ⇒ KI = MN 4R = NK + KI = NK + MN hình thang cân ⇒ KI = Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 4R2 Vậy MN + NK = V Bài Cho (O) dây AB Vẽ đường kính CD vng góc với AB K (D thuộc cung nhỏ AB) M thuộc cung nhỏ BC cho MC