tuyển chọn các bài toán hình vào 10 HN

TUYỂN CHỌN HÌNH VÀO 10 HÀ NỘI Ngơ Long 0988666363 Bài IV 2012 - 2013 Cho đường tròn ( O; R ) 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 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 AP.MB điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB = 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 = 900 khẳng định tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn 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 ta có CM = CE CMB = 450 chắn cung CB = 900 Vậy tam giác MCE vuông cân C 4) Xét tam giác PAM OBM AP.MB AP OB =R = Theo giả thuyết ta có Mặt khác ta có PAM = ABM MA MA MB 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 Cho đường tròn ( O ) điểm A nằm bên ( O ) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn ( O ) (M, N 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 2) Chứng minh AN = AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = cm, AN = cm 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC 4) Hai tiếp tuyến đường tròn ( O ) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề K Q M T I A C H B P O N Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối ANO = 900 AMO = 900 nên tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM AMC đồng dạng nên ta có AB AC = AM2 = AN2 = 62 = 36 62 62  AC = = = 9(cm) AB  BC = AC − AB = − = 5(cm) 3/ MTN = MON = AON (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 IV (3,5 điểm) 2014 - 2015 Cho đường trịn ( O; R ) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường tròn ( O; R ) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) B cắt đường thẳng AM, AN 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 Bài IV (3,5 điểm) 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 (góc có cạnh thẳng góc) 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 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 = 900 P N F O A M Tương tự ta có OME = 900 nên ME // NF vng góc với MN 4) 2SMNPQ = 2SAPQ − 2SAMN = 2R.PQ − AM.AN = 2R.(PB + BQ) − AM.AN Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy B E Q AB BP  AB2 = BP.QB = QB BA Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB + BQ  PB.BQ = (2R) = 4R AM + AN MN = = 2R2 2  2R.4R − 2R = 6R Suy SMNPQ  3R Ta có AM.AN  Do đó, 2SMNPQ Dấu xảy AM =AN PQ = BP hay MN vng góc AB Bài IV (3,5 điểm) 2015 - 2016 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 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 D J K M F N I A H C B O Q Bài IV (3,5 điểm) 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 = 900 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 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 trịn 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  MR // CK Vậy B trung điểm MR Ta có CNM = 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 Cho đường tròn ( O ) điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn ( O ) (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C, I khác O ) Đường thẳng AI cắt ( O ) hai điểm D E (D nằm A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE 1) Chứng minh bốn điểm A, B, O, H nằm đường tròn AB BD = 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 2) Chứng minh OAH = OBH Ta có HAO = HEK (Vì EK//AO)  HBK = HEK 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 H B K C O E 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 Cho đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M N 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 NB2 = 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 đường trịn ( O ) Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng A M O H I B C K N Hướng dẫn giải 1) Chứng minh bốn điểm C, N , K , I thuộc đường trịn 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 trịn 2) Chứng minh NB2 = 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 ) CBN = BMN (cùng góc CMN )  KBN = BMN Xét KBN BMN có : N chung KBN = BMN KN BN =  NB = NK NM ( điều phải chứng minh)  KBN ∽ BMN  BN MN 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 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 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 có KQC = KMC (góc nội tiếp nửa góc tâm đường trịn ( Q ) ) NDC = KMC (góc nội tiếp chắn cung NC ) Mà BDC = 2NDC  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) Câu (3,5 điểm) – 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 C, D, H , O, S thuộc đường trịn đường kính SO Khi SO = 2R, 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 4 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 trịn cố định Lời giải 1) Chứng minh năm điểm C, D, H , O, S thuộc đường trịn đường kính SO * Xét đường trịn ( O; R ) có: - SC ⊥ OC ( SC tiếp tuyến đường tròn ( O; R )  SCO = 900 - SD ⊥ OD ( SD tiếp tuyến đường tròn ( O; R )  SDO = 900 - H trung điểm đoạn thẳng AB  OH ⊥ AB (Tính chất đường kính qua trung điểm dây cung)  SHO = 900 * Xét tứ giác SCOD có: - SCO + SDO = 1800 (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 = 900 - Mà hai đỉnh S H kề nhìn cạnh SO góc  tứ giác SCHO thuộc đường trịn đường kính SO ( ) Từ (1) , ( )  năm điểm C, D, H , O, S thuộc đường trịn đường kính SO 2) Khi SO = 2R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính số đo góc SCD Xét SDO vng D : Có: SO2 = SD2 + OD2 (định lí Pytago)  SD = SO − OD = ( R ) − R = 3R 2  SD = 3R Ta lại có: tan OSD = OD R = = = SD 3R  OSD = 300 Chứng minh tương tự ta có: SD = R 3; OSC = 300 Xét SCD có: SC = SD  SCD cân Mà CSD = OCS + ODS = 600  SCD  SCD = 600 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)  KDH = COH = CH (1) Do: AK ⊥ OC ( AK ∥ SC )   KAH = COH ( ) OH ⊥ AH ( gt )  Từ (1) , ( ) tứ giác ADHK tứ giác nội tiếp   BK  SC = T  Gọi:    AK  BC = P Ta có: DAKH nội tiếp  AHK = DAC Mà: DAC = ABC = AC  AHK = BAC  HK ∥ BC (2 góc đồng vị) Xét ABP  K trung điểm AP AK HK  T trung điểm đoạn thẳng SC (đpcm)  = ST TD Ta có OA = OB nên OAB cân đỉnh O D F E S O G M A H B C Có OH trung tuyến, đồng thời phân giác OAB nên BOH = AOB sđ AB Ta có BDA = sđ AB (góc nội tiếp chắn cung AB ) Hay BOH = Suy BOH = BDA hay BOH = EDF Xét OHB DFE có: OHB = DFE = 90 ; BOH = EDF (chứng minh trên) Suy OHB đồng dạng DFE (góc - góc) OH DF = (1) HB FE Gọi G hình chiếu vng góc B AD , suy BG ⊥ AD DF FE DE = = = Khi đó, BDG có FE // BG (cùng vng góc với AD ) nên DG BG DB DF DG = Suy F trung điểm DG ( 2) FE BG Gọi M trung điểm OH OH DG 2.MH 2.FG MH FG = =  = Từ (1) ( ) , ta có hay HB BG HB BG HB BG Xét BHM BGF có: Nên ta có: BHM = BGF = 90 MH FG = (chứng minh trên) HB BG Suy BHM đồng dạng BGF (cạnh – góc – cạnh) Do đó, ta có: GFB = HMB (các góc tương ứng) Hay AFB = HMB ( 3) Xét đường tròn ( O ) có A , B , O , H điểm cố định Có M trung điểm OH nên M cố định Suy BMH =  không đổi Nên từ ( 3) , suy AFB có số đo khơng đổi, hay điểm F ln nhìn 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 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 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 A E x P F O H B K I C 1) Chứng minh bốn điểm B , C , E , F thuộc đường tròn 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) 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 ) AIB + PAI = 90 ( 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 =  AHM ASD  AHM = ASD  AH AD = AM AS  AS AD  HMSD Nội tiếp đường tròn Kết hợp PMID nội tiếp đường tròn  PIM = PDM = HSM  HS //PI ... 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 Cho đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC ... 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 =... 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)