Tuyển chọn hình vào 10 hn

Bài TUYỂN CHỌN HÌNH VÀO 10 HÀ NỘI 2012 - 2023 Thầy Ngô Long – 18/14 Tây Đằng - 0988666363 Hà Nội 2012 - 2013  O; R  Cho đường trịn đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC (M khác A C), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp Q C M H   Chứng minh ACM  ACK P Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE  AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm A E K B O AP.MB R nửa mặt phẳng bờ AB MA Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK Lời giải:   Tứ giác CBKH có hai góc đối HCB HKB 90 Suy tứ giác CBKH nội tiếp đường trịn đường kính HB        2) Góc ACM  ABM chắn cung AM ACK HCK HBK chắn cung HK Vậy ACM  ACK   3) Xét tam giác MAC EBC có hai cặp cạnh EB = MA, AC = CB góc MAC = MBC  chắn cung MC nên tam giác 0   ta có CM = CE CMB 45 chắn cung CB 90 Vậy tam giác MCE vuông cân C AP.MB AP OB R   MA MA MB 4) Xét tam giác PAM OBM ta có    Mặt khác ta có PAM  ABM chắn cung AM tam giác đồng dạng Vì tam giác OBM cân O nên tam giác PAM cân P Vậy PA = PM Kéo dài BM cắt d Q Xét tam giác vng AMQ có PA = PM nên PA = PQ P trung điểm AQ nên BP qua trung điểm HK, định lí Thales (vì HK//AQ) Bài Hà Nội 2013 - 2014 1)  O  điểm A nằm bên  O   O  (M, N Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn Cho đường tròn tiếp điểm) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, d không qua tâm O) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp K Q M A AN  AB AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB 4 cm, AN 6 cm  O đường tròn điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC H B P 2) Chứng minh 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt T I N O C  O  B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng 4) Hai tiếp tuyến đường tròn cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Lời giải: 0   1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối ANO 90 , AMO 90 nên tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng dạng nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 62  AC   9 (cm)  BC  AC  AB 9  5(cm) AB 1  MTN  MON  AON   3/ (cùng chắn cung MN đường tròn (O)), AIN  AON (do điểm N, I, M nằm đường trịn đường kính AO chắn cung 900)    Vậy AIN MTI TIC nên MT // AC có hai góc so le 4/ Xét AKO có AI vng góc với KO Hạ OQ vng góc với AK Gọi H giao điểm OQ AI H trực tâm AKO , nên KMH vng góc với AO Vì MHN vng góc với AO nên đường thẳng KMHN vng góc với AO, nên KM vng góc với AO Vậy K nằm đường thẳng cố định MN BC di chuyển Cách giải khác: Ta có KB2 = KC2 = KI.KO Nên K nằm trục đẳng phương đường trịn tâm O đường trịn đường kính AO Vậy K nằm đường thẳng MN trục đẳng phương đường tròn Bài Hà Nội 2014 - 2015  O; R  có đường kính AB cố định Vẽ đường kính  O; R  (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến MN đường tròn  O; R  B cắt đường thẳng AM, AN đường tròn Cho đường tròn điểm Q, P 1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn 3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ P N F O A B M E Lời giải: Q 1) Tứ giác AMBN có góc vng, góc nội tiếp chắn nửa đường trịn       2) Ta có ANM  ABM (cùng chắn cung AM) ABM  AQB  ANM  AQB nên MNPQ nội tiếp 3) OE đường trung bình tam giác ABQ OF // AP nên OF đường trung bình tam giác ABP Suy F trung điểm BP Mà AP vng góc với AQ nên OE vng góc OF Xét tam giác vng NPB có F trung điểm cạnh huyền BP Xét tam giác NOF = OFB (c-c-c) 0   nên ONF 90 Tương tự ta có OME 90 nên ME // NF vng góc với MN 2S 2 S APQ  S AMN 2 R.PQ  AM AN 2 R.( PB  BQ)  AM AN 4) MNPQ AB BP  QB BA  AB BP.QB Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ 2 PB.BQ 2 (2 R ) 4 R AM  AN MN 2 AM AN   2 = 2R2 Do đó, S MNPQ 2 R.4 R  R 6 R Ta có S MNPQ 3R Suy Dấu xảy AM =AN PQ = BP hay MN vng góc AB Bài Hà Nội 2015 - 2016 1) 2) 3) 4) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB Lấy điểm C đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường trịn K Gọi M điểm cung KB (M khác K, M khác B) Đường thẳng CK cắt đường thẳng AM, BM H D Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn điểm thứ hai N Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA.CB=CH.CD Chứng minh A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH Khi M di động cung KB, chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định D J K N I A H C M F O B Q   1) Tứ giác ACMD có ACD  AMD 90 Nên tứ giác ACMD nội tiếp CA CD   CA.CB CH CD 2) Xét tam giác vuông : ACH DCB đồng dạng Nên ta có CH CB 3) Do H trực tâm ABD Vì có chiều cao DC AM giao H , nên AD  BN  Hơn ANB 90 chắn nửa đường trịn đường kính AB Nên A, N, D thẳng hàng      Gọi tiếp tuyến N cắt CD J ta chứng minh JND NDJ Ta có JND  NBA chắn cung AN     Ta có NDJ NBA góc có cạnh thẳng góc  JND NDJ Vậy DNH J trung điểm HD 4) Gọi I giao điểm MN với AB CK cắt đường tròn tâm O điểm Q Khi JM, JN tiếp tuyến đường tròn tâm O Gọi F giao điểm MN JO Ta có KFOQ tứ giác nội tiếp       FI phân giác KFQ Ta có KFQ KOQ  KFI FOI  tứ giác KFOI nội tiếp   IKO 900  IK tiếp tuyến đường tròn tâm O Vậy MN qua điểm cố định I (với IK tiếp tuyến đường tròn tâm O)  Cách : NC cắt đường tròn R ta có CK phân giác NCM  CNM      MR // CK Vậy B trung điểm MR Ta có số đo MR = MOB  NCOM nội tiếp Vậy IM.IN = IA.IB = IC.IO = số Vậy I điểm cố định mà MN qua Bài Hà Nội 2017 - 2017  O  điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn  O  (B Cho đường tròn tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C, I khác O ) Đường thẳng  O  hai điểm D E (D nằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE AI cắt 1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn AB BD  2) Chứng minh AE BE 3) Đường thẳng d qua điểm E song song với AO, d cắt BC điểm A Chứng minh HK //DC 4) Tia CD cắt AO điểm P, tia EO cắt BP điểm F Chứng minh tứ giác BECF hình chữ nhật Lời giải 1) Tứ giác ABOH có góc đối vng nêu nội tiếp A đường trịn đường kính AO 2) Xét tam giác ADB ABE   Ta có ABD BED (cùng chắn cung BD góc A chung) P AB DB   D AE BE Q 3)Tứ giác ABOH nội tiếp nên ta có: F   OAH OBH H   K C Ta có HAO HEK (Vì EK//AO) B O    HBK HEK    E  Vậy tứ giác HKEB nội tiếp  HKB DEB DCB (cùng chắn DB ) Nên HK//DC góc đồng vị 4) Kẻ thêm AQ tiếp tuyến thứ với vòng tròn O     Ta có tứ giác APDQ nội tiếp QDC OAB PAB QBC     Do tứ giác APDQ nội tiếp nên ta có AQP  ADP EDC EBC     Vì đối xứng nên ta có ABP  AQP  ABP CBE  BF  BE Vậy tứ giác BFCE hình chữ nhật Bài Hà Nội 2017 - 2018  O  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N điểm Cho đường trịn cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM cắt điểm I Dây MN cắt cạnh AB BC điểm H K 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB NK NM 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E  O  Chứng minh ba điểm D, E , K trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn thẳng hàng A M O H B I C K N Lời giải 1) Chứng minh bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn      Ta có M điểm cung AB  AM BM  MNA MCB    KNI ICK Tứ giác CNKI có C N đỉnh kề nhìn cạnh KI góc nên CNKI nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Do bốn điểm C , N , K , I thuộc đường tròn 2) Chứng minh NB  NK NM      Ta có N điểm BC  BN CN  BMN CMN (góc nội tiếp chắn cung nhau)    Mà CBN CMN (góc nội tiếp chắn chắn cung CN )      CBN BMN (cùng góc CMN )  KBN BMN    Xét KBN BMN có N chung, KBN BMN  KBN ∽BMN KN BN    NB  NK NM BN MN ( điều phải chứng minh) 3) Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi      Ta có ABC  ANC (góc nội tiếp chắn cung AC ) Mà AMC  AHI (góc nội tiếp chắn    cung IC )  ABC IKC Mà góc vị trí đồng vị nên HB / / IK (1)    + Chứng minh tương tự phần ta có tứ giác AMHI nội tiếp ANC IKC (góc nội tiếp chắn AI )      Ta có ABC  AMC (góc nội tiếp chắn cung AC )  ABC  AHI Mà góc vị trí đồng vị nên BK / / HI , suy tứ giác BHIK hình bình hành Mặt khác AN , CM tia phân giác góc A C tam giác ABC nên I giao điểm đường phân giác, BI tia phân giác góc B Vậy tứ giác BHIK hình thoi ( dấu hiệu nhận biết hình thoi) 4) Gọi P, Q tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK , tam giác MCK E  O  Chứng minh ba điểm D, E , K trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường trịn thẳng hàng D A Q M E H B I O P C K N  Vì N điểm cung nhỏ BC nên DN trung trực BC  DN phân giác BDC Ta    Q ) có KQC 2 KMC (góc nội tiếp nửa góc tâm đường trịn    NDC KMC (góc nội tiếp chắn cung NC )     Mà BDC 2 NDC  KQC BDC   Xét tam giác BDC KQC các tam giác cân D Q có hai góc BCD BCQ D, Q, C thẳng hàng nên KQ / / PD Chứng minh tương tự ta có ta có D, P, B thẳng hàng DQ / / PK Do tứ giác PDQK hình bình hành nên E trung điểm PQ trung điểm DK Vậy D, E , K thẳng hàng (điều phải chứng minh) Bài Hà Nội 2018 - 2019 Cho đường tròn  O; R  với dây cung AB không qua tâm Lấy S điểm tia đối tia AB ( S khác A ) Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC , CD với đường tròn  O; R  cho điểm C nằm cung nhỏ AB ( C , D tiếp điểm) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB Chứng minh năm điểm S,C,D,O,H thuộc đường trịn đường kính SO SO 2 R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo góc x 0 Đường thẳng qua điểm A song song với đường thẳng SC , cắt đoạn thẳng CD K Chứng Khi ADHK tứ giác nội tiếp đường thẳng BK qua trung điểm đoạn thẳng SC Gọi E trung điểm đường thẳng BD F hình chiếu vng góc điểm E đường thẳng AD Chứng minh rằng, điểm S thay đổi tia minh tứ giác đối tia AB điểm trịn cố định F thuộc đường Lời giải 1) Chứng minh năm điểm thuộc đường trịn đường kính  O; R  có: * Xét đường trịn  O; R   - SC ⊥ OC ( SC tiếp tuyến đường tròn  O; R   - SD ⊥ OD ( SD tiếp tuyến đường tròn SO  SCO 900  SDO 900  - H trung điểm đoạn thẳng AB  OH ⊥ AB  SHO 90     * Xét tứ giác SCOD có: SCO  SDO 180 (cmt), SCO SDO hai góc đối  SCOD tứ giác nội tiếp Có SCO SDO vng C D , có SO cạnh huyền chung  tứ giác SCOD thuộc đường trịn đường kính SO  1   * Xét tứ giác SCHO có: SCO SHO 90 Mà hai đỉnh S H kề nhìn cạnh SO góc  tứ giác SCHO thuộc đường trịn đường kính SO P  1 ,    năm điểm S,C,D,O,H thuộc đường tròn đường kính SO 2) Khi SO 2 R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo góc x 0 2 Xét SDO vng D : Có: SO SD  OD (định lí Pytago) Từ  SD SO  OD  R   R 3R  SD  3R  tan OSD  Ta lại có: OD R     SD  OSD 3R 300  Chứng minh tương tự ta có: SD R 3; OSC 30 Xét SCD có: SC SD  SCD cân 0     Mà CSD OCS  ODS 60  SCD  SCD 60 Chứng minh tứ giác ADHK tứ giác nội tiếp đường thẳng BK qua trung điểm đoạn thẳng SC 1    KDH COH  CH  1 Có tứ giác DOHC tứ giác nội tiếp (Cmt) AK ⊥ OC  AK ∥ SC       KAH COH   OH ⊥ AH  gt   Do:  BK  SC  T   AK  BC  P 1 ,    ADHK Từ tứ giác tứ giác nội tiếp Gọi:   DAC  ABC  AC     AHK BAC  HK ∥ BC Ta có: DAKH nội tiếp  AHK DAC Mà: Xét ABP  K trung điểm AP (đpcm) Ta có OA OB nên OAB cân đỉnh O  AK HK  ST TD  T trung điểm đoạn thẳng SC D F E S O G M A H B C 1   BOH  AOB BOH  sđ AB 2 Có OH trung tuyến, đồng thời phân giác OAB nên Hay  BDA  sđ AB     Ta có (góc nội tiếp chắn cung AB ) Suy BOH  BDA hay BOH EDF     Xét OHB DFE có: OHB DFE 90 ; BOH EDF (chứng minh trên) OH DF   1 Suy OHB đồng dạng DFE (góc - góc) Nên ta có: HB FE Gọi G hình chiếu vng góc B AD , suy BG  AD DF FE DE    FE // BG Khi đó, BDG có (cùng vng góc với AD ) nên DG BG DB DF DG    Gọi M trung điểm OH Suy F trung điểm DG FE BG OH DG 2.MH 2.FG MH FG         , ta có HB BG hay HB BG HB BG Từ MH FG    Xét BHM BGF có: BHM BGF 90 HB BG (chứng minh trên)   Suy BHM đồng dạng BGF (cạnh – góc – cạnh).Do đó: GFB HMB (các góc tương ứng)   Hay AFB HMB Xét đường trịn  O  3 có A , B , O , H điểm cố định Có M trung điểm OH nên M cố  định Suy BMH  không đổi  3 , suy AFB có số đo khơng đổi, hay điểm F ln nhìn đoạn AB góc không đổi  Vậy điểm BHM nằm cung chứa góc  dựng đoạn AB Do đó, điểm S di động tia đối tia AB điểm F ln nằm đường trịn cố định Nên từ cung chứa góc  dựng đoạn AB Bài Hà Nội 2019 - 2020 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn  O  Hai đường cao BE CF tam giác ABC cắt điểm H 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường tròn A E x P F 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường EF 3) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC điểm I , O H thẳng EF cắt đường thẳng AH điểm P Chứng minh tam giác APE đồng dạng với tam giác AIB đường thẳng KH song song với đường thẳng IP Lời giải đường thẳng B K I C   1) Xét tứ giác BCEF ta có : BEC 90 ( BE đường cao), BFC 90 ( CF đường cao)  BCEF tứ giác nội tiếp (đỉnh E , F nhìn cạnh BC góc vng)   2) Vẽ tiếp tuyến Ax hình vẽ  BAF  ACB (tính chất đường tiếp tuyến dây cung)     Do tứ giác BCEF nội tiếp  AFE  ACB Ta suy BAF  AFE  EF //Ax (do hai góc so le trong) Lại có Ax  OA  OA  EF (đpcm)       3) Ta có : AEB  ABI ( Vì AEB  EFC  ABI  EFC 180 )       Mặt khác APE  PAI 90 (vì AI  PE ), AIB  PAI 90 ( Vì AH  BC )  APE  AIB Vậy APE ∽ ABI ( g-g) Gọi M giao điểm AO EF , dung đường kính AS Ta có BE / /CS vng góc AC BS / / CF vng góc AB  BHCS hình bình hành nên H , K , S thẳng hàng Ta có AE AC  AH AD AE AC  AM AS AH AM  ASD AH AD  AM AS    AHM ASD  AHM    HMSD Nội tiếp AS AD    Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn  PIM PDM HSM  HS //PI Bài Hà Nội 2020 - 2021 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao BE , Gọi H K chân đường cao kẻ từ đến đường thẳng AB BC a) Chứng minh BHEK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh BH BA BK BC c) Gọi F chân đường vng góc kẻ từ C đến AB I trung điểm EF Chứng minh ba điểm H , I , K ba điểm thẳng hàng Hướng dẫn a) Chứng minh BHEK tứ giác nội tiếp   Ta có EH  AB (gt)  EHB 90 EK  BC (gt)  EKB 90   Xét tứ giác BHEK có EHB  EKB 90  90 180 Mà hai góc vị trí đối Vậy tứ giác BHEK nội tiếp b) Chứng minh BH BA BK BC    1 (hai góc nội tiếp chắn cung BK Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác BHEK , có BHK BEK   Mà BEK  EBC 90 (vì tam giác EBK vuông K )   Và ECB  EBC 90 (vì tam giác EBC vng E )    2 Suy BEK ECB      1   suy BHK ECB Từ hay BHK  ACB Xét BHK BCA có: ABC   chung, BEK ECB (cmt) BH BK   BH BA BK BC Suy BHK ∽ BCA , BC BA BH BA  BK BC Vậy (đpcm) c) Gọi F chân đường vng góc kẻ từ C đến AB I trung điểm EF Chứng minh ba điểm H , I , K ba điểm thẳng hàng Gọi HK  CF  D ABE  ACF    Ta có (vì phụ với A ), mắt khác ABE EKH (vì tứ giác BHEK nội tiếp, nên hai góc hai góc nội tiếp chắn cung EH )     Suy EKH  ACF hay EKD ECD   Xét tứ giác EDKC có EKD ECD (cmt), mà hai góc có đỉnh kề nhìn cạnh ED )   Suy tứ giác EDKC nội tiếp, suy EDC EKC 90 (hai góc nội tiếp chắn cung EC )   Suy EDF 90 (kề bù với EDC )    Xét tứ giác EHFD có EHF HFD EDF 90 , suy EHFD hình chữ nhật Khi HD cắt EF trung điểm hay HD qua I Suy HK qua I Vậy ba điểm H , I , K ba điểm thẳng hàng Bài 10 Hà Nội 2021 - 2022 Cho tam giác ABC vuông A Vẽ đường trịn tâm C , bán kính CA Từ điểm B kẻ tiếp tuyến BM với đường tròn  C ; CA  ( M tiếp điểm, M A nằm khác phía đường thẳng BC ) 1) Chứng minh bốn điểm A, C , M B thuộc đường tròn 2) Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng AB ( N khác A , N khác B ) Lấy điểm P thuộc tia đối tia MB cho MP  AN Chứng minh tam giác CPN tam giác cân đường thẳng AM qua trung điểm đoạn thẳng NP Hướng dẫn M C B A 1) Chứng minh bốn điểm A, C , M B thuộc đường trịn  Ta có: BAC 90 (tam giác ABC vng A );  BMC 90 (tính chất tiếp tuyến)   Do đó: BAC  BMC 180  ABMC tứ giác nội tiếp (Tổng số đo hai góc đối 180 )  bốn điểm A, C , M , B thuộc đường tròn đường kính BC 2) Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng AB ( N khác A , N khác B ) Lấy điểm P thuộc tia đối tia MB cho MP  AN Chứng minh tam giác CPN tam giác cân đường thẳng AM qua trung điểm đoạn thẳng NP P M C K I A N B +) Chứng minh tam giác CPN tam giác cân AN MP  GT  CA CN    C; CA  ); CAN CMP 90 Xét CAN CMP có: ; (bán kính  CAN CMP  c.g c   CN CP (GT tính chất tiếp tuyến) (hai cạnh tương ứng)  CPN cân C +) Chứng minh đường thẳng AM qua trung điểm đoạn thẳng NP Gọi K giao điểm AM PN Kẻ NI //AM ( I  BM ) BA BM   AN MI (định lý Ta-let) mà BA BM ( BAC BMC  ch  cgv  )  AN MI AN PM  GT   MI MP  M trung điểm IP MK //IN  AM //NI   K Trong PNI có M trung điểm IP ; trung điểm PN Vậy đường thẳng AM qua trung điểm K đoạn thẳng NP Bài 11 Hà Nội 2022 – 2023 Lại có