Tuyển chọn 30 bài hình học tuyển sinh 10 THPT chuyên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG HÀ NỘI THPT NGUYỄN HUỆ 30 BÀI HÌNH THI VÀO 10 CHUYÊN Giáo viên: TOÁN HỌC Câu o � (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với BAD < 90 Đường phân giác � góc BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VBCD O khác C Kẻ đường thẳng d qua A vng góc với CO Đường thẳng d cắt đường thẳng CB; CD E; F 1) Chứng minh D OBE =D ODC 2) Chứng minh O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VCEF 3) Gọi giao điểm OC BD I , chứng minh IB.BE.EI = ID.DF.FI Lời giải � � � � � 1) Tứ giác OBCD nội tiếp CO phân giác góc BCD , suy OBD = OCD = OCB = ODB , nên tam giác D OBD cân O , OB = OD (1) � � � Tứ giác OBCD nội tiếp ODC = OBE (cùng bù với góc OBC ) (2) Trong tam giác D CEF có CO vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác D CEF cân C � � � Do ABPCF � AEB = AFC = EAB , suy tam giác D ABE cân B , nên BE = BA = CD (3) 2) Từ D OBE = D ODC � OE = OC Mà CO đường cao tam giác cân D CEF , suy OE = OF Từ OE = OC = OF , O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác D CEF 3) Theo trên, ta có BE = CD mà CE = CF � BC = DF IB CB DF = = � IB.BE = ID.DF � Ta có CI đường phân giác góc BCD , nên ID CD BE Mà CO trung trực EF I �CO , suy IE = IF Từ hai đẳng thức trên, suy IB.BE.EI = ID.DF.FI Câu (Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M � điểm cung nhỏ BC ( M khác B; C AM không qua O ) Giả sử P điểm thuộc đoạn thẳng AM � cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC điểm N khác M 1) Gọi D điểm đối xứng với điểm M qua O Chứng minh ba điểm N ; P ; D thẳng hàng 2) Đường tròn đường kính MP cắt MD điểm Q khác M Chứng minh P tâm đường tròn nội tiếp tam giác V AQN Lời giải 1) Vì MP đường kính suy PN ^ MN (1) Vì MD đường kính suy DN ^ MN (2) Từ (1) (2), suy N ; P ; D thẳng hàng � � 2) Tứ giác APQD nội tiếp ( PQD = MAD = 90 ), � � � suy PAQ = PDQ = NDM (3) � � Xét (O) , ta có NDM = NAM (4) � � � Từ (3) (4) PAQ = NAP , suy AP phân giác góc NAQ (*) � � Xét (O) , ta có AND = AMD � � � � � Xét đường tròn đường kính MP có QMP = QNP � ANP = QNP , nên NP phân giác góc ANQ (**) Từ (*) (**), suy P tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ Câu (Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC � Đường phân giác góc BAC cắt (O) điểm D khác A Gọi M trung điểm AD E điểm đối xứng với D qua tâm O Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác V ABM cắt đoạn thẳng AC điểm F khác A 1) Chứng minh tam giác VBDM tam giác VBCF đồng dạng 2) Chứng minh EF vng góc với AC Lời giải E A F M O N B C D � � 0 � � � � � � 1) Ta có góc nội tiếp BDM = BCF (1) BMA = BFA suy 180 - BMA = 180 - BFA hay BMD = BFC (2) Từ (1) (2) , suy D BDM D BCF đồng dạng (g - g) � 2) Từ AD phân giác BAC suy DB = DC DE vng góc với BC trung điểm N BC DM BD = BC Từ 1) D BDM ∽ D BCF , ta có CF DA 2DM 2BD CD DE = = = = CF BC CN CE (3) Vậy ta có biến đổi sau CF � = FCE � ADE Ta lại có góc nội tiếp (4) � � Từ (3) (4) , suy D EAD ∽ D EFC suy EFC = EAD = 90� Vậy EF ^ AC Câu (Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên) Cho tam giác D ABC nhọn với AB < BC D điểm thuộc cạnh � BC cho AD phân giác BAC Đường thẳng qua C song song với AD , cắt trung trực AC E Đường thẳng qua B song song với AD , cắt trung trực AB F 1) Chứng minh tam giác D ABF đồng dạng với tam giác D ACE 2) Chứng minh đường thẳng BE; CF ; AD đồng quy điểm, gọi điểm G 3) Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF Q Đường thẳng QE , cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác D GEC P khác E Chứng minh điểm A ; P ; G; Q; F thuộc đường tròn Lời giải 1) Tam giác D ABF tam giác D ACE cân F , E � � = ECA � = A � D ABF ∽ D ACE FBA 2) Giả sử G giao điểm BE CF GF BF AB DB = = = � GD P FB Ta có GC CE AC DC , FBP AD ta có G �AD � � � � � � � � � � � 3) Chứng minh BQG = QGA = GAE = GAC + CAE = GAB + BAF = GAF , nên AGQF nội tiếp, QPG = GCE = GFQ , suy tứ giác FQGP nội tiếp Câu (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn V ABC , đường cao AH , H thuộc BC � P thuộc AB cho CP phân giác góc BCA Giao điểm CP AH Q Trung trực PQ cắt E; F BC AH 1) PE giao AC K Chứng minh PK vng góc AC 2) FQ giao CE , CA M ; N Chứng minh bốn điểm E; K ; N ; M thuộc đường tròn 3) Chứng minh bốn điểm P ; E; C ; F thuộc đường tròn Lời giải 1) Ta có tam giác D EPQ cân E CQ phân giác góc � BCA , nên � = EQP � = HQC � = 900 - HCQ � = 900 - PCK � EPQ � � Do EPQ + PCK = 90 , nên PK ^ AC 2) Trong tam giác D EFC có CQ ^ EF (do EF trung trực PQ ); EQ ^ FC nên FQ ^ EC � Từ EMN = 90 , nên tứ giác EKNM nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính EN � � Ta có tứ giác EKCH nội tiếp đường tròn đường kính EC nên PEQ = HCK � = PEQ � = HCK � = PCF � PEF � � PEQ CQ 2 Chú ý: EF phân giác góc phân giác góc HCK , Do tứ giác PECF nội tiếp Câu (Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC vuông A Gọi CT đường phân giác tam giác ( T thuộc cạnh AB ) 1) Chứng minh đường tròn (K ) qua C; T tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC 2) Gọi giao điểm AC (K ) D khác C , giao điểm DB (K ) E khác D Chứng minh � = BCE � ABD 3) Gọi giao điểm CE AB M Chứng minh M trung điểm đoạn thẳng BT Lời giải A D T M E B 1) ( K ) tiếp xúc F C K AB T , nên KT ^ AB , suy KT / / AB � � � � Chú ý tam giác D KTC cân nên KCT = KTC = TCA = TCB nên K thuộc BC Nhận xét Chứng minh điểm thuộc đoạn thẳng ta quy chứng minh ba điểm thẳng hàng � 2) Gọi (K ) giao BC F khác C Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp ý K thuộc BC nên FEC = 90 0 � � � � Từ ABD = 90 - ADB = 90 - EFC = BCE � � 3) Từ trên, suy MBE = BCM D MBE ∽ D MCB � ME.MC = MB 2 Từ ý MT tiếp xúc (K ) , suy MT = ME.MC = MB Vậy M trung điểm BT Câu (Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn (O) M ; N � hai điểm thuộc cung nhỏ AC cho MN song song với AC tia BM nằm hai tia BA ; BN BM giao � AC P Gọi Q điểm thuộc cung nhỏ BC cho PQ vng góc với BC QN giao AC R 1) Chứng minh bốn điểm B; P ; R; Q thuộc đường tròn 2) Chứng minh BR vng góc với AQ � � � 3) Gọi F giao AQ BN Chứng minh AFB = BPQ + ABR Lời giải o � � 1) Tứ giác BMNQ nội tiếp suy BMN + BQN = 180 � � Mà BPR = BMN (do MN P BC ) � � Từ BPR + BQN = 180 , suy tứ giác BPRQ nội tiếp Tức B; P; R; Q thuộc đường tròn 2) Gọi PQ giao BC D, AQ giao BR E ta có biến đổi góc sau � = DQB � - AQB � = PRB � - ACB � = RBC � = EBD � EQD � � Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy BEQ = BDQ = 90 � BR ^ AQ 0 � � � � � � � � 3) Ta có BPQ = BRQ = RBN + RNB = EBF + BAE = 90 - BFE + 90 - ABE � - ABE � = AFB � - ABR � = 1800 - BFE � � � Do AFB = BPQ + ABR Câu ( O) H (Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O) E thuộc AC cho HE PBC trực tâm tam giác V ABC AD đường kính ( O) 1) Chứng minh đường thẳng BH DE cắt 2) Gọi F giao điểm đường thẳng EH AB Chứng minh A tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D tam giác DEF 3) Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác VDEF Chứng minh BE, CF IH đồng quy Lời giải 0 � � 1) Gọi DE cắt (O) P khác D Do AD đường kính (O) , suy APD = 90 , mà AHE = 90 ( HE P BC ^ HA ), nên tứ giác APEH nội tiếp � � Ta có APH = AEH (góc nội tiếp) � � = ACB ( HE P BC ) = APB (góc nội tiếp) PH ޺ PB � � � 2) Ta có HP ^ AC , suy AEH = AHP = AEP Suy EA phân giác đỉnh E D DEF Tương tự FA phân giác đỉnh F D DEF Suy A tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D D DEF 3) Do I tâm nội tiếp nên EI tia phân giác Mà EA tia phân giác ngoài, suy EI ^ AC � EI P HB Tương tự FI P HC; EF P BC , suy D IEF D HBC có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF IH đồng quy Câu (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC nội tiếp đường tròn (O) P di chuyển � cung BC chứa A (O) I tâm đường tròn nội tiếp tam giác V ABC Q tâm đường tròn nội tiếp tam giác V PBC 1) Chứng minh B; I ; Q; C nằm đường tròn 2) Trên tia BQ; CQ lấy điểm M ; N cho BM = BI ; CN = CI Chứng minh MN qua điểm cố định Lời giải � � � 1) Ta có BIC = 180 - IBC - ICB = 1800 - � � � � ABC ACB 180o - BAC BAC = 1800 = 900 + 2 2 � � � BAC = 2BIC - 180� � � = 900 + BPC � BPC � = 2BQC � - 180� BQC Tương tự � � � � Tứ giác BPAC nội tiếp, suy BAC = BPC � BQC = BIC , nên điểm B; I ; Q; C thuộc đường tròn 2) Gọi đường tròn ( B; BI ) giao ( C; CI ) K khác I K cố định � = IBM � IKM � � � � Góc IBM góc tâm chắn cung IM IKM góc nội tiếp chắn cung IM , suy (1) � = ICN � IKN Tương tự (2) B; I ; Q; C Theo câu 1) thuộc đường tròn, suy � = IBQ � = ICQ � = ICN � IBM (3) � IKM Từ (1), (2) (3), suy Vậy MN qua K cố định Câu 10 � ޺ IKN =KM KN o � (Hà Nội-TS10-2012-THPT Chun dự bị) Cho hình bình hành ABCD có BAD < 90 Giả sử O điểm nằm D ABD cho OC khơng vng góc với BD Vẽ đường tròn tâm O qua C BD cắt (O) hai điểm M , N cho B nằm M D Tiếp tuyến C (O) cắt AD , AB P ,Q 1) Chứng minh bốn điểm M ; N ; P ; Q thuộc đường tròn 2) CM cắt QN K , CN cắt PM L Chứng minh KL ^ OC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VDAB E khác B Đường thẳng PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác V DAC F khác C 1) Chứng minh bốn điểm A ; E; P ; F thuộc đường tròn 2) Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn (O) Q khác A , đường thẳng AF cắt đường thẳng QC L Chứng minh tam giác ABE đồng dạng với tam giác VCLF � � � � 3) Gọi K giao điểm đường thẳng AE đường thẳng QB Chứng minh QKL + PAB = QLK + PAC Lời giải � � � � 1) Ta có AFC + AEB = ADC + ADB = 180�suy tứ giác AEPF nội tiếp � � 2) Từ tứ giác AEPF nội tiếp, suy AEB =LFC (1) � � � � � � � � Ta lại có FCL =FCB + BCL =PBC + BAQ =DAE + BAQ =BAE (2) Từ (1) (2), suy D FCL ∽ D EAB FL FC = 3) Từ D FCL ∽ D EAB , suy BE AE hay FL.EA =FC.EB (3) Chứng minh tương tự EK FA =FC.EB (4) FL EK = Từ (3) (4), suy FL.EA =EK.FA hay FA EA , suy EF PKL 21 � � � � � � � � Ta lại có QLK =ALK - ALQ = AFE - ABE = APE - ABE = PAB � � Tương tự ta có QKL = PAC � � � � Suy QKL + PAB = QLK + PAC Câu 21 O; R) (Phú Thọ-TS10-2016-THPT Chuyên Hùng Vương ) Cho đường tròn ( dây cung BC = R � cố định Điểm A di động cung lớn BC cho tam giác V ABC nhọn Gọi E điểm đối xứng với B qua AC F điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp tam giác V ABE V ACF cắt K ( K �A ) Gọi H giao điểm BE � 1) Chứng minh KA phân giác góc BKC tứ giác 2) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK BHCK CF nội tiếp lớn nhất, tính diện tích lớn tứ giác theo R 3) Chứng minh AK ln qua điểm cố định Lời giải � � � 1) Ta có AKB = AEB (vì chắn cung AB đường tròn ngoại tiếp tam giác V AEB ) � � � � Mà ABE = AEB (tính chất đối xứng) suy AKB = ABE (1) � = AFC � � AKC (vì chắn cung AC đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) � = AFC � � � ACF (tính chất đối xứng), suy AKC = ACF (2) � � � Mặt khác ABE = ACF (cùng phụ với BAC ) (3) � � � Từ (1), (2) (3), suy AKB = AKC hay KA phân giác góc BKC 22 Gọi P; Q giao điểm BE với AC CF với AB 1� � BOC = 60o BAC = � BC = R BOC = 120 Ta có , nên ; 0 0 � � � � � Trong tam giác vng V ABP có APB= 90 ; BAC = 60 � ABP = 30 hay ABE = ACF = 30 � � Tứ giác APHQ có AQH + APH = 180 � + PHQ � = 1800 � PHQ � = 1200 � BHC � = 1200 � PAQ (đối đỉnh) 0 � � � � � Ta có AKC = ABE = 30 ; AKB = ACF = ABE = 30 (theo chứng minh trên) 0 � � � � � � � � � Mà BKC = AKC + AKB = AFC + AEB = ACF + ABE = 60 , suy BHC + BKC = 180 , nên tứ giác BHCK nội tiếp (O � ) � � đường tròn qua bốn điểm B; H ; C; K Ta có dây cung BC = R , BKC = 60 = BAC nên bán kính (O � ) đường tròn bán kính R đường tròn (O) 2) Gọi Gọi M giao điểm AH giao điểm HK BC BC MH vng góc với BC , kẻ KN vng góc với BC ( N thuộc BC ), gọi I 1 SBHCK = SV BHC + SV BCK = BC.HM + BC.KN = BC ( HM + KN ) 2 Ta có 1 SBHCK � BC ( HI + KI ) = BC.KH 2 (do HM �HI ; KN �KI ) O� ;R S Ta có KH dây cung đường tròn ( ) suy KH �2R (không đổi), nên BHCK lớn KH = 2R HM + KN = HK = 2R SBHCK = R 3.2R = 3R2 Giá trị lớn (O � ) Khi HK đường kính đường tròn M ; I ; N trùng suy I trung điểm BC nên D ABC cân � A Khi A điểm cung lớn BC � 0 � � � 3) Ta có BOC = 120 ; BKC = 60 , suy BOC + BKC = 180 , nên tứ giác Ta có OB = OC = R , � � � � suy OB = OC � BKO = CKO hay KO nội tiếp đường tròn � phân giác góc BKC � Do KA phân giác góc BKC nên K ; O; A thẳng hàng hay AK qua Câu 22 BOCK O cố định (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên KHTN ) Cho tam giác nhọn V ABC khơng cân có tâm đường tròn nội tiếp điểm I Đường thẳng AI cắt BC D Gọi E; F điểm đối xứng D qua IC; IB 1) Chứng minh EF song song với BC 23 2) Gọi M ; N ; J trung điểm đoạn thẳng DE; DF ; EF Đường tròn ngoại tiếp tam giác V AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN P khác A Chứng minh bốn điểm M ; N ; P ; J nằm đường tròn 3) Chứng minh ba điểm A ; J ; P thẳng hàng Lời giải Ta có AD phân giác � � BD AB = DC AC mà V BED; VCDF tam giác cân, BE AB = � BC P FE CF AC � � � 2) Ta có BC P EF � EFD = EDB = BED � � � � � Mà APM = 180 - AEM = BED � APM = DEF � � � � � � � Tương tự: DFE = APN � APN + APM = DFE + FED = MPN � � � � � Mà MJN = MDN = EDF � MJN + MPN = 180 � MPNJ nội tiếp � � � � � � � 3) Ta có APM = DEF JPM = JNM = JEM � JPM = APM , suy điểm A ; P ; J thẳng hàng Câu 23 (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên KHTN) Cho tam giác V ABC nhọn không cân với AB < AC Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Gọi H hình chiếu vng góc B đoạn AM Trên tia đối tia AM lấy điểm N cho AN = 2MH 1) Chứng minh BN = AC 2) Gọi Q điểm đối xứng với A qua N Đường thẳng AC cắt BQ D Chunwgs minh bốn điểm B; D ; N ; C thuộc đường tròn,gọi đường tròn (O) 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác V AQD cắt (O) G D Chứng minh Lời giải NG song song với BC 24 1) Gọi P điểm đối xứng A qua M � HP = HM + MB = 2HM + AH = HN �H Mà trung điểm BH ^ NP , NP suy tam giác M Mặc khác lại có V PNB cân B � BN = BP trung điểm BC; AP Do tứ giác ACPB hình bình hành, suy AC = BP � AC = BN 2) Do tứ giác Mà tam giác ACPB V PBN � � hình bình hành, suy PAC = APB � � � � cân B � APB = ANB � ANB = PAC � = BNQ � � CAN Ta có AC = NB; NQ = AN � = NCD � � N ;B; C ; D �V BNQ =VCAN � NBD DQG) DBC) thuộc đường tròn C; G giao điểm ( với ( , � � suy CAG = BQG GA GQ GA GQ � = � = � � AC QB NB NC Mà GBQ = GCA �VGBQ ∽ VGCA � � � Mà BNC = BDC = AGQ �VNBC ∽ VGAQ � = NCB � � NCB � = GDC � � GC = NB � NG PBC � GQA � � 3) Ta có CAG = BQG 25 GA GQ GA GQ � = � = � � AC QB NB NC ; Mà GBQ = GCA �VGBQ ∽ VGCA � � � BNC = BDC = AGQ �VNBC ∽ VGAQ ; � = NCB � � NCB � = GDC � � GC = NB � NG PBC � GQA Câu 24 (Nam Định-TS10-2011-THPT Chuyên LHP) Cho tam giác V ABC vuông A ( AB < AC ), đường cao AH Đường tròn tâm I đường kính AH cắt cạnh AB; AC M ; N Gọi O trung điểm đoạn BC; D gia điểm MN OA 1) Chứng minh rằng: a) AM AB = AN AC b) Tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: a) V ADI ∽ V AHO 1 = + AD HB HC b) 3) Gọi P giao điểm BC MN ;K giao điểm thứ hai AP đường tròn đường kính AH Chứng ming � BKC = 90 Lời giải 1) � � a) Xét đường tròn (I ) có AMH = ANH = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM ; HN tương ứng đương cao tam giác vuông V ABH ; V ACH 26 +) V ABH vuông H , có đường cao +) V ACH vng H , có đường cao b) Theo câu a) ta có Xét V AMN HN AM AB = AN AC � V ACB có � A nên AM AB = AH HM nên AN AB = AN AC AM AN = AC AB AM AN = chung, AC AB , nên V AMN ∽ V ACB (c – g - c) � � � � � � � � Do AMN = ACB = BCN + BMN = ACB + BMN = AMN + BMN = 180 Mà góc � ; BMN � BCN BMNC vị trí đối diện nên tứ giác nội tiếp 2) a) Ta có tam giác V ABC vuông A � = OCA � � OAC � = BCN � O � OAC O trung điểm cạnh BC nên OA = OB = OC �VOAC cân � � � � � � � Mà AMN = ACB = BCN nên AMN = OAC � AMN = DAN Vì V AMN vuông A nên � + ANM � = 900 � DAN � + ANM � = 900 � ADN � = 900 AMN � Mà MAN = 90 � MN đường kính đường tròn (I ) � I trung điểm Xét V AID b) Vì V AOH � � � có ADI = AHO = 90 A chung V ADI ∽ V AHO � V AID ∽ V AOH MN � nên ADI = 90 (g - g) AD AI AO = � = AH AO AD AH AI 1 BC AO = BC; AI = AH � + 2 AD AH Mà V ABC Mặt khác, tam giác vng A AH đường cao nên AH = HB.HC , suy HB + HC 1 = = + AD HB.HC HB HC 3) Vì tứ giác BMNC nơi tiếp � = MNC � � PBM � + ANM � = MNC � + ANM � = 1800 � PBM (1) Vì tứ giác ANMK � � nơi tiếp � PKM = ANM (2) � � Từ (1) (2), suy PBM + PKM = 180 , tức giác PKMB nội tiếp � = PMB � = AMN � = ACB � � AKB � + ACB � = AKB � + PKB � = 1800 � PKB 27 Do tứ giác Câu 25 BKAC � � nội tiếp � BKC = BAC = 90 (Bình Định-TS10-2016-THPT Chuyên LQĐ ) Trong phòng có 80 người họp, ngồi dãy ghế có chỗ ngồi Nếu ta bớt dãy ghế dãy ghế lại phải xếp thêm người ngồi vừa đủ chỗ Hỏi lúc đầu có dãy ghế dãy ghế xếp chỗ ngồi Câu IV (3,0 điểm) Cho điểm cát tuyến MCD M nằm đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA ; MB ( A ; B tiếp điểm) O (C không qua nằm M D ) với đường tròn (O) Đoạn thẳng MO cắt AB (O) theo thứ tự H I Chứng minh 1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) MC.MD = MA 3) OH OM + MC.MD = MO Lời giải � � 1) Ta có A = B = 90 , cộng lại 2) Ta có V MCA ∽ V MAD 2V (g - g), suy tỉ số đồng dạng, suy điều phải chứng minh 2 2 3) Ta có OH OM = OA ; MC.MD = MA ; MA + OA = MO Câu 26 (Hải Dương-TS10-2016-THPT Chuyên NT ) Cho đường tròn (O; R) dây tâm Trên tia đối tia tròn (O) ( M N BC BC lấy điểm A ( A khác B ) Từ A kẻ hai tiếp tuyến tiếp điểm) Gọi I trung điểm cố định không qua AM AN với đường BC � 1) Chứng minh A ; O; M ; N ; I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN 1 = + 2) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK AB AC 28 3) Đường thẳng qua M vng góc với đường thẳng ON cắt (O) điểm thứ hai P Xác định vị trí điểm A tia đối tia BC để AMPN hình bình hành Lời giải M E H P O I B A C K N � � � 1) Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90 � điểm A ; O; M ; N ; I thuộc đường tròn đường kính � = AMN � ; AIM � = ANM � AIN (góc nội tiếp chắn cung) Ta có AM = AN , nên AO , suy � � cân A � AMN = ANM D AMN � = AIM � � AIN , suy điều phải chứng minh 1 = + � 2AB.AC = AK ( AB + AC) � AB.AC = AK AI 2) Ta có AK AB AC (do AB + AC = 2AI ) + D ABN ∽ D ANC � AB.AC = AN + D AHK ∽ D AIO � AK AI = AH AO Tam giác D AM O vuông AN = AM � AB.AC = AK AI M có đường cao MH 2 , suy AH AO = AM , nên AK AI = AM Do 3) Ta có AN ^ NO; MP ^ NO; M �AN � AN P MP Do AMPN Tam giác hình bình hành D ANO ∽ D NEM � � AN = MP = 2x AN NO 2x2 = � NE = NE EM R 29 + TH1: Ta có NE = NO - OE � 2x2 = RR R2 - x2 � 2x2 = R2 - R R2 - x2 R2 - x2 = t ( t �0 ) � x2 = R2 - t2 Đặt � 2t =- R 2( R2 - t2 ) = R2 - Rt � 2t2 - Rt - R2 = � � � t=R � Phương trình trở thành t R R2 x2 Do t ޺=�=-�=�� R x A B (loại) + TH 2: Ta có NE = NO + OE � 2x2 = R + R2 - x2 � 2x2 = R2 + R R2 - x2 R R2 - x2 = t ( t �0 ) � x2 = R2 - t2 Đặt � 2t = R 2( R2 - t2 ) = R2 + Rt � 2t2 + Rt - R2 = � � � t =- R � Phương trình trở thành Do t �0 � 2t = R � R2 - x2 = R � x = Vậy A thuộc Câu 27 BC , cách O R � AO = 2R đoạn 2R AMPN hình bình hành  có (Nghệ An-TS10-2016-THPT Chun PBC) Cho đường tròn  E điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm di động cung lớn O; R Trên đoạn F AC lấy điểm D khác C cho BC BC dây cố định ( BC  2R ); AB  AC ( A khác B ) O; R  Tia BD cắt đường tròn  điểm thứ hai ED = EC 1) Chứng minh D trực tâm tam giác V AEF 2) Gọi H trực tâm tam giác tròn  O; R  điểm thứ hai M V DEC ; DH cắt BC Chứng minh đường thẳng N Đường tròn ngoại tiếp tam giác DM V BDN cắt đường qua điểm cố định Lời giải 30 1) Tứ giác ABEC o � � nội tiếp, suy ABE + ACE = 180 o � � � � � = ADE � Mà EDC = ACE ADE + EDC = 180 , nên ABE � � � � Kết hợp với BAE = DAE � ABE = ADE Mặt khác EB = EC = ED nên AE trung trực đoạn BD � � Suy AE ^ BF (1) AB = AD � ABD = ADB � � � � Kết hợp với ABD = DCF (cùng chắn cung AF ) ADB = FDC (đối đỉnh) � � Suy FDC = FCD , nên tam giác Kết hợp ED = EC , V FDC cân suy EF trung trực F � FD = FC DC , nên DC ^ EF (2) Từ (1) (2), suy D trực tâm tam giác V AEF O; R) 2) Kẻ đường kính EK ( Khi điểm K cố định Tứ giác BDNM � � nội tiếp nên BMD = BND � = 90o - BCE � = 90o - BAC � BMD Suy (3) Tứ giác ABMK o � � nội tiếp nên BMK = 180 - BAK � = 90o - BAC � BMK Mà (4) 31 � � Từ (3) (4), suy BMD = BMK Suy ba điểm M ; D; K thẳng hàng Do MD Câu 28 ln qua điểm K cố định (Thái Bình-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác V ABC vng A , đường cao AH Đường tròn đường kính AH , tâm O , cắt cạnh AB AC E F Gọi M trung điểm cạnh HC 1) Chứng minh AE.AB = AF.AC 2) Chứng minh MF tiếp tuyến đường tròn đường kính AH � � 3) Chứng minh HAM = HBO 4) Xác định điểm trực tâm tam giác V ABM Lời giải 1) Xét hai tam giác V AEF V ACB � có góc A chung � � � � � � � � � = AHF � � = AHE � Ta có AEF ; AHF = ACB , suy AEF = ACB (hoặc AFF ; AHE = ABC , suy AFE = ABC ) nên V AEF ∽ V ACB AE AF = AC AB , ta có AE.AB = AC.AF Từ tỷ số đồng dạng 2) Xét hai tam giác Có MF = MH Suy VOHM   VOFM   có OM (vì tam giác D OHM = D OFM � Từ MFO = 90 , MF V HFC chung, OF = OH vuông F , trung tuyến FM ) (c – c - c) tiếp tuyến đường tròn đường kính AH đường tròn ta chứng minh đường thẳng vng góc với bán kính điểm nằm đường tròn bán kính � � 3) Xét hai tam giác V AHM V BHO có AHM = BHO = 90 Trong tam giác vuông V ABC , đường cao AH có 32 AH = HB.HC � AH 2OH = HB.2HM � AH HM = HB HO , � � suy D HBO ∽ D HAM � HAM = HBO 4) Gọi K giao điểm AM với đường tròn � � � Ta có HBO = HAM = MHK , suy BO P HK Mà HK ^ AM Câu 29 , suy BO ^ AM , suy O trực tâm tam giác (Thái Bình-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác thẳng AO cắt đường tròn (O) M V ABM V ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Đường ( M �A ) Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt đường tròn (O) N ( N �C ) Gọi K giao điểm MN với BC 1) Chứng minh tam giác 2) Chứng minh OK VKCN cân vng góc với BM 3) Hai tiếp tuyến đường tròn (O) M N cắt P Chứng minh ba điểm P ; B; O thẳng hàng Lời giải � � � 1) Ta có MNC = MBC (1) (cùng MC ) � = BCN � � MBC (do phụ với góc ABC ) (2) � � Từ (1) (2), ta có MNC = BCN suy tam giác 2) Ta có ON = OC Từ suy K (3) KN = KC Từ (3) (4), ta có VKNC cân (4) OK ^ NC Do NC P BM (cùng vng góc với AB ) 3) Ta có 33 � � � + BNM = BAM ( MB ) (5) � � � + BMN = BCN ( NB ) (6) � � � + BAM = NCB (do phụ với góc ABC ) (7) � � Từ (5), (6) (7), suy BNM = BMN nên Từ giả thiết ta có thẳng hàng Câu 30 ON = OM PM = PN BM = BN nên điểm P ; B; O nằm đường trung trực đoạn P ; B; O MN � (Thái Nguyên-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tứ giác ABCD Các đường phân giác hai góc BAD � � � ABC cắt M Các đường phân giác hai góc BCD ADC cắt N Giả sử đường thẳng BM cắt đường thẳng CN P , đường thẳng AM cắt đường thẳng DN Q 1) Chứng minh bốn điểm M ; N ; P ; Q nằm đường tròn 2) Ký hiệu I ; K ; J ; H tâm đường tròn nội tiếp tam giác V MAB ; V NCD ; V PBC ; VQAD Các I ;K ; J ;H đường thẳng MI ; NK ; PJ ; QH cắt đường tròn qua bốn điểm M ; N ; P ; Q điểm 1 1 I K =J H Chứng minh 1 1 Lời giải 1) Rõ ràng hai điểm M ; N khác phía đường thẳng PQ � = 180o - A �+B � PNQ � = 180o - C �+D � � + PNQ � = 360o - A �+B � +C �+D � = 180o PMQ PMQ 2 Ta có ; , suy , nên ( ) ( ) ( ) bốn điểm M ; N ; P ; Q nằm đường tròn, điều phải chứng minh 2) NK MI � I P = I 1Q đường phân giác góc PMQ , nên � K P = K1Q đường phân giác góc PNQ , nên 34 Nên I 1K1 IK trục đối xứng đường tròn qua bốn điểm M ; N ; P ; Q , suy 1 đường kính đường tròn qua bốn điểm M ; N ; P ; Q Tương tự: Vậy J 1H đường kính đường tròn qua bốn điểm M ; N ; P ; Q I 1K1 = J 1H (điều phải chứng minh) 35 ... ICN � IBM (3) � IKM Từ (1), (2) (3), suy Vậy MN qua K cố định Câu 10 � ޺ IKN =KM KN o � (Hà Nội-TS10-2012 -THPT Chuyên dự bị) Cho hình bình hành ABCD có BAD < 90 Giả sử O điểm nằm D ABD cho OC...Câu o � (Hà Nội-TS10-2011 -THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với BAD < 90 Đường phân giác � góc BCD cắt đường tròn ngoại tiếp... MKLN nội tiếp, suy KLM = KNM = QPM , nên KL P PQ ^ OC Vậy KL ^ OC Câu 11 (Hà Nội-TS10-2013 -THPT Chuyên dự bị) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB song song CD AB < CD M trung