tuyển chọn hình vào 10 HN

TUYỂN CHỌN HÌNH VÀO 10 HÀ NỘI Ngơ Long 0988666363 Bài IV 2012 - 2013  O; R  đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M Cho đường trịn 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 � � Chứng minh ACM  ACK 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 nửa mặt phẳng bờ AB AP.MB R MA Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK Q C M H P A E K O B � � 1) Tứ giác CBKH có hai góc đối HCB  HKB  90 khẳng định 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 4) Xét tam giác PAM OBM AP.MB AP OB R�  � � MA MA MB Mặt khác ta có PAM ABM Theo giả thuyết ta có � 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 IV: 2013 - 2014  O  điểm A nằm bên  O  Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN Cho đường tròn  O  (M, N tiếp điểm) Một đường thẳng d qua A cắt với đường tròn đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, d không qua tâm O) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp 2) Chứng minh AN  AB AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB  cm, AN  cm  O  3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC  O  B C cắt K Chứng 4) Hai tiếp tuyến đường tròn minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề Bài IV (3,5 điểm) K Q M T I A C H B P O N � 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối ANO  90 �  900 AMO nên tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng dạng nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 62 � AC    (cm) AB � BC  AC  AB    5(cm) �  MON � � MTN  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 tròn tâm O đường trịn đường kính AO Vậy K nằm đường thẳng MN trục đẳng phương đường tròn Bài IV (3,5 điểm) 2014 - 2015  O; R  có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN Cho đường trịn  O; R  (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường đường tròn  O; R  B cắt đường thẳng AM, AN điểm Q, tròn 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 Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác AMBN có góc vng, góc nội tiếp chắn nửa P đường tròn � � N 2) Ta có ANM  ABM (cùng chắn cung AM) F � � ABM  AQB (góc có cạnh thẳng góc) � � O B A ANM  AQB nên MNPQ nối tiếp 3) OE đường trung bình tam giác ABQ OF // AP nên OF đường trung bình tam giác ABP Suy F trung điểm BP M Mà AP vuông 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) nên ONF  90 � Tương tự ta có OME  90 nên ME // NF vng góc với MN 4) 2SMNPQ  2SAPQ  2SAMN  2R.PQ  AM.AN  2R.(PB  BQ)  AM.AN AB BP  Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy QB BA � AB  BP.QB E Q Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có AM  AN MN AM.AN �  2 = 2R2 Ta có PB  BQ �2 PB.BQ  (2R)  4R 2S �2R.4R  2R  6R S �3R Do đó, MNPQ Suy MNPQ Dấu xảy AM =AN PQ = BP hay MN vng góc AB Bài IV (3,5 điểm) 2015 - 2016 Cho nửa đường trịn 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 1) Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh CA.CB=CH.CD 3) Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N nửa đường tròn qua trung điểm DH 4) Khi M di động cung KB, chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Bài IV (3,5 điểm) 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 2) Xét tam giác vuông : ACH DCB đồng dạng � � (Do có CDB  MAB (góc có cạnh thẳng góc)) CA CD  � CA.CB  CH CD 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 �  NDJ � � JND Vậy tam giác vuông 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 �  900 � � IKO 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 � 1 CNM � � � � MR // CK Vậy B trung điểm MR Ta có số đo MR = MOB � Tứ giác NCOM nội tiếp Vậy IM.IN = IA.IB = IC.IO = số Vậy I điểm cố định mà MN qua Bài IV (3,5 điểm) 2016 - 2017  O  điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB Cho đường tròn  O  (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy với đường tròn  O  hai điểm D E (D nằm điểm I (I khác C, I khác O ) Đường thẳng AI cắt A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE 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 Bài IV (3,5 điểm) 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 �  OBH � OAH H � � K C B Ta có HAO  HEK (Vì EK//AO) O �  HEK � � HBK 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 vịng trịn 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 IV (3,5 điểm) – Đề vào 10 HN năm học 2017 - 2018  O  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N Cho đường trịn điểm 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 trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND  O  Chứng minh ba điểm D, E , K thẳng hàng đường tròn Hướng dẫn giải C , N , K , I thuộc đường tròn 1) Chứng minh bốn điểm � � � � � Ta có M điểm cung AB � AM  BM � MNA  MCB �  ICK � � KNI 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 cung BC � BN  CN � BMN  CMN (góc nội tiếp chắn cung nhau) � � � Mà CBN  CMN (góc nội tiếp chắn chắn cung CN ) �  BMN � � � � CBN (cùng góc CMN ) � KBN  BMN Xét KBN BMN có : � N chung �  BMN � KBN KN BN  � NB  NK NM � KBN ∽ BMN BN MN ( điều phải chứng minh) BHIK 3) Chứng minh tứ giác 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 cung AI ) � � � Ta có ABC  AMC (góc nội tiếp chắn cung AC ) �� ABC  � AHI Mà góc vị trí đồng vị nên BK / / HI (2) Từ (1) (2) 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 trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường tròn �  O Chứng minh ba điểm D, E , K thẳng hàng Vì N điểm cung nhỏ BC nên DN trung trực BC � DN � � � phân giác BDC Ta có KQC  KMC (góc nội tiếp nửa góc tâm  Q ) đường trịn �  KMC � � NDC (góc nội tiếp chắn cung NC ) � � � � Mà BDC  NDC � KQC  BDC Xét tam giác BDC KQC các tam giác cân D Q có hai góc �  BCQ � BCD 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) Câu (3,5 điểm) – 2018 - 2019  O; R  với dây cung AB không qua tâm Lấy S Cho đường trịn điểm tia đối tia AB ( S khác A ) Từ điểm S vẽ hai tiếp  O; R  cho điểm C nằm cung nhỏ tuyến SC , CD với đường tròn AB ( C , D tiếp điểm) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB Chứng minh năm điểm C , D, H , O, S thuộc đường trịn đường kính SO � Khi SO  R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo góc SCD Đường thẳng qua điểm A song song với đường thẳng SC , cắt đoạn thẳng CD K Chứng minh tứ giác 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 đối tia AB điểm F ln thuộc đường tròn cố định Lời giải 1) Chứng minh năm điểm C , D, H , O, S thuộc đường tròn đường kính SO  O; R  có: * Xét đường tròn �  900  O; R  � SCO - SC ⊥ OC ( SC tiếp tuyến đường tròn �  900  O; R  � SDO - SD ⊥ OD ( SD tiếp tuyến đường tròn - H trung điểm đoạn thẳng AB � OH ⊥ AB (Tính chất đường � kính qua trung điểm dây cung) � 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    1 ,   � năm điểm C , D, H , O, S thuộc đường trịn đường kính Từ SO 2) Khi SO  R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo � góc SCD Xét SDO vng D : 2 Có: SO  SD  OD (định lí Pytago) � SD  SO  OD   R   R  3R 2 � SD  3R �  tan OSD Ta lại có: �  300 � OSD OD R    SD 3R � 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 - Có tứ giác DOHC tứ giác nội tiếp (Cmt) � �  CH �  1 � KDH  COH AK ⊥ OC  AK ∥ SC  � � � � �� KAH  COH   OH ⊥ AH  gt  � Do:  1 ,   tứ giác ADHK tứ giác nội tiếp � �BK �SC   T  � AK �BC   P Gọi: � � � Ta có: DAKH nội tiếp � AHK  DAC � � DAC ABC  � AC Mà: � �� AHK  BAC Từ � HK ∥ BC (2 góc đồng vị) Xét ABP � K trung điểm AP AK HK �  ST TD � T trung điểm đoạn thẳng SC (đpcm) Ta có OA  OB nên OAB cân đỉnh O Có OH trung tuyến, đồng thời phân giác OAB nên � 1� BOH AOB �  sđ � BOH AB Hay �  sđ � BDA AB Ta có (góc nội tiếp chắn cung AB ) � � � � Suy BOH  BDA hay BOH  EDF Xét OHB DFE có: �  DFE �  90� BOH �  EDF � OHB ; (chứng minh trên) OHB Suy đồng dạng DFE (góc - góc) OH DF   1 Nên ta có: HB FE Gọi G hình chiếu vng góc B AD , suy BG  AD Khi đó, BDG có FE // BG (cùng vng góc với AD ) nên DF FE DE    DG BG DB DF DG   2 Suy F trung điểm DG FE BG Gọi M trung điểm OH OH DG 2.MH 2.FG MH FG   �      , ta có HB BG hay HB BG HB BG Từ Xét BHM BGF có: �  BGF �  90� BHM MH FG  HB BG (chứng minh trên) Suy BHM đồng dạng BGF (cạnh – góc – cạnh) � � Do đó, ta có: GFB  HMB (các góc tương ứng) � �  3 Hay AFB  HMB  O  có A , B , O , H điểm cố định Xét đường trịn 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 Nên từ đoạn AB góc khơng 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 cung chứa góc  dựng đoạn AB Bài I (3,0 điểm) – 2019 - 2020  O  Hai Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn đường cao BE CF tam giác ABC cắt điểm H 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường tròn 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF 3) Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng AO cắt đường thẳng BC điểm I , đường 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 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường tròn Xét tứ giác BCEF ta có : �  90� BE BEC ( đường cao) �  90� CF BFC ( đường cao) � BCEF tứ giác nội tiếp (đỉnh E , F nhìn cạnh BC góc vng) 2) Chứng minh đường thẳng OA vng góc với đường thẳng EF � � 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) Chứng minh APE ∽ ABI � � � � � � Ta có : AEB  ABI ( Vì AEB  EFC  ABI  EFC  180�) � � Mặt khác APE  PAI  90�(vì AI  PE ) � �  90� � � AIB  PAI ( Vì AH  BC ) � APE  AIB Vậy APE ∽ ABI ( g-g) * Chứng minh KH //PI 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   � AS AD � HMSD Nội tiếp đường tròn � � � Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn � PIM  PDM  HSM � HS //PI ... đối xứng nên ta có ABP  AQP � �� ABP  CBE � BF  BE Vậy tứ giác BFCE hình chữ nhật Bài IV (3,5 điểm) – Đề vào 10 HN năm học 2017 - 2018  O  ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N Cho đường... 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)... 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