Tuyen tap de thi vao 10 Hình học he chuyen

TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 PHẦN HÌNH HỌC – HỆ CHUYÊN CÁC TỈNH THÀNH PHỐ Câu 1: [Bà Rịa – Vũng Tàu 2016 – 2017] (chung) Cho nửa đường trịn (O) có đường kính AB = 2R CD dây cung thay đổi nửa đường tròn cho CD = R C thuộc cung AD (C khác A D khác B) AD cắt BC H, hai đường thẳng AC BD cắt F a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp b) Chứng minh CF.CA = CH.CB c) Gọi I trung diểm HF Chứng minh tia OI tia phân giác góc COD d) Chứng minh điểm I thuộc đường tròn cố định CD thay đổi Lời giải a) Vì C, D thuộc nửa đường trịn đường kính AB nên ACB  ADB  90o � FCH  FDH  90o � FCH  FDH  180o Suy tứ giác CHDF nội tiếp b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB CF CH � CFH  CBA(  90o  CAB ) � CFH : CBA( g g ) �  � CF CA  CH CB CB CA o c) Vì FCH  FDH  90 nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH => IC = ID Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI => OI phân giác góc COD d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD => COD = 60o CAD  COD  30o  CFD  90o  CAD  60o Có Xét góc nội tiếp góc tâm chắn cung CD (I), có CID  60o CID = 2CFD = 120o => OIC = OID = COD  30o  OID  DOI  90o  OID Mặt khác COI = DOI = vuông D Suy OI  OD 2R  o sin 60 � 2R � O; � � 3� � Vậy I ln thuộc đường trịn Câu 2: [ ĐHPS Hà Nội 2016 -2017] (Đề chung) Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng M nằm A, B Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, dựng hai tam giác AMC BMD Gọi P giao điểm AD BC a) Chứng minh AMPC BMPD tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CP.CB  DP.DA  AB c) Đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC BMPD cắt PA, PB tương ứng E, F Chứng minh CDFE hình thang Lời giải o o a) Vì CMA  DMB  60 � CMB  DMA  120 Xét ∆ CMB ∆ AMD có CM  AM � �MCB  MAD � CMB  DMA � CMB  AMD(c.g c ) � � � �MBC  MDA �MB  MD � Suy AMPC BMPD tứ giác nội tiếp b) Vì AMPC tứ giác nội tiếp nên CPM  180o  CAM  120o  CMB � CPM : CMB ( g g ) � CP CM  CM CB � CP.CB  CM � CP.CB  CM Tương tự DP.DA  DM Vậy CP.CB  DP.DA  CM  DM  AM  BM  AB c) Ta có EF đường trung trực PM ⇒ EP = EM ⇒ ∆ EPM cân E Mặt khác EPM = ACM = 60o (do AMPC tứ giác nội tiếp) nên ∆ EPM ⇒ PE = PM Tương tự PF = PM Ta có CM // DB nên PCM = PBD Mà BMPD tứ giác nội tiếp nên PBD = PMD Suy PCM = PMD � CPM : MPD ( g g ) � CP PM CP PE  �  MP PD PF PD Ta lại có CPM = DPM = 120o Theo định lý Talét đảo ta có CE // DF ⇒ CDFE hình thang Câu 3: [Bắc Giang 2015 – 2016] (chung) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB Điểm C điểm (O) C ≠ A,B Tiếp tuyến C cắt tiếp tuyến A,B P,Q a) Chứng minh: AP.BQ = R2 b) Chứng minh: AB tiếp tuyến đường trịn đường kính PQ c) Gọi M giao điểm OP với AC, N giao điểm OQ với BC Chứng minh: PMNQ tứ giác nội tiếp d) Xác đinh vị trí điểm C để đường trịn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ Lời giải a) Vì AP CP tiếp tuyến (O) nên OA ⊥ AP, OC ⊥ PC Xét tam giác vuông OAP tam giác vuông OCP có: OP (chung ) � � OAP  OCP � OA  OC  R � (cạnh huyền–cạnh góc vng) �PC  PA(1) � �� POA  POC � POC  COA(2) � � QC  QB (3) � � � QOC  COB(4) � Tương tự ta có: � 1 POQ  POC  QOC  (COA  COB )  180o  90o 2 Từ (2) (4) ta có: ⇒ ∆ POQ vuông O Từ (1), (3) áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OPQ ta có: AP.BQ  CP.CQ  CO  R (đpcm) b) Xét tam giác vuông OPQ, gọi I trung điểm cạnh huyền PQ, đó: IP = IQ = IO ⇒ O thuộc đường trịn đường kính PQ (5) Mặt khác, AP // BQ nên APQB hình thang nhận IO đường trung bình, suy OI // BQ Mà BQ ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB (6) Từ (5) (6) ⇒ AB tiếp tuyến đường trịn đường kính PQ O c) Vì OC = OA = R, PC = PA (cmt) nên PO trung trực đoạn AC ⇒ PO ⊥ AC Tương tự QO ⊥ BC Tứ giác OMCN có ba góc vng nên hình chữ nhật ⇒ OMCN tứ giác nội tiếp => OMN = OCN (hai góc nội tiếp chắn cung ON) (7) Mặt khác, tam giác OCQ OCN vuông, suy ra: OCN = PQO (cùng phụ với CON) (8) Từ (7) (8) ⇒ OMN = PQO Mặt khác OMN + PMN = 180o => PQO + PMN = 180o ⇒ Tứ giác PMNQ tứ giác nội tiếp d) Gọi H, I trung điểm MN, PQ K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ Ta có: KH ⊥ MN KI ⊥ PQ Vì OP trung trực AC (cmt) nên M trung điểm AC, tương tự N trung điểm BC AB MN AB R � HN    ⇒ MN //AB MN = (9) Vì MN // AB, OI ⊥ AB ⇒ MN ⊥ OI Mà MN ⊥ KH nên OI // KH Mà KI // HO (cùng vng góc PQ) nên OIKH hình bình hành ⇒ KH = OI ≥ OC = R (10) Bán kính đường trịn (K) KN Từ (9) (10) ta có: �R � R KN  KH  HN � R  � �  �2 � 2 Dấu xảy ⇔ OI = OC ⇔ O ≡ C ⇔ OC ⊥ AB ⇔ C điểm cung AB Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp PMNQ nhỏ C điểm cung AB đường tròn (O) Câu 4: [Bắc Ninh 2014 – 2015](chung ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt H Vẽ hình bình hành BHCD Đường thẳng qua D song song với BC cắt đường thẳng AH M a) Chứng minh năm điểm A, B ,C , D , M thuộc đường tròn b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh BM = CD góc BAM = góc OAC c) Gọi K trung điểm BC , đường thẳng AK cắt OH G Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải a) Chứng minh tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp Do BHCD hình bình hành nên: Ta có: BD//CC’ => BD  AB => ABD = 90o Có:AA’  BC nên: MD  AA’ => AMD = 90o => ABD + AMD = 180o => tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn đường kính AD Chứng minh tương tự ta có tứ giác AMDC nội tiếp đường trịn đường kính AD => A, B ,C,D , M nằm đường trịn b) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) BC//MD => góc BAM =góc OAC c) Chứng minh OK đường trung bình tam giác AHD => OK//AH OK = AH hay OK  AH (*) + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => OK GK   � AG  2GK AH AG , từ suy G trọng tâm tam giác ABC Câu 5: [Bến Tre 2014 – 2015] (chung) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn đường kính AD.Gọi M điểm di động cung nhỏ AB(M không trùng với điểm A B) a) Chứng minh MD đường phân giác góc BMC b) Cho AD=2R.Tính diện tích tứ giác ABDC theo R c) Gọi O tâm đường trịn đường kính AD.Hãy tính diện tích hình viên phân giới hạn cung AMB dây AB theo R d) Gọi K giao điểm AB MD,H giao điểm AD MC.Chứng minh ba đường thẳng AM,BD,HK đồng quy Lời giải a) Vì B C thuộc đường trịn đường kính AD nên ABD = ACD = 90o Xét hai tam giác vng ABD ACD có chung cạnh huyền AD, hai cạnh góc vng AB AC (do ∆ ABC đều) ⇒ ∆ ABD = ∆ ACD (cạnh huyền – cạnh góc vng) ⇒ BAD = CAD (1) Vì AMBD tứ giác nội tiếp nên: BMD = BAD (2) Vì AMDC tứ giác nội tiếp nên: CMD = CAD (3) Từ (1), (2) (3) => BMD = CMD ⇒ MD phân giác góc BMC BAD  CAD  BAC  30o b) Ta có: o Xét ∆ ABD vng B có: BA  AD.cos BAD  R.cos 30  R Vì ABC tam giác nên BC  BA  R Vì AB = AC, DB = DC nên AD trung trực BC ⇒ AD ⊥ BC Tứ giác ABDC có AD ⊥ BC nên 1 S ABCD  AD.BC  R.R  R 2 c) Vẽ OI ⊥ AB I Xét tam giác vng OIA ta có: R OI  OA.sin OAI  R.sin 30o  SOAB  1 R R2 AB.OI  R  2 (đvdt) ⇒ Diện tích tam giác AOB o Ta có: AOB  AOC  120 (góc tâm góc nội tiếp chắn cung AB)  R 120  R  (đvdt) Diện tích hình quạt AOB 360  R R R (4  3)   12 Suy diện tích hình viên phân cần tìm (đvdt) d) Gọi J giao điểm AM BD Vì M , B thuộc đường trịn đường kính AD nên DM ⊥ AJ, AB ⊥ DJ ⇒ K trực tâm tam giác AJD ⇒ JK ⊥ AD ⇒ JK // BC (cùng ⊥ AD) (4) Tứ giác AMKH có KMH = KAH (=BMD) nên tứ giác nội tiếp ⇒ KHA = 180o – KMA = 180o – 90o = 90o ⇒ KH ⊥ AD ⇒ KH // BC (cùng ⊥ AD) (5) Từ (4) (5), theo tiên đề Ơ–clít đường thẳng song song, ta có J, K, H thẳng hàng Vậy AM, BD KH đồng quy J Câu 6: [ĐH Vinh 2015 – 2016] (Vòng 1) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), AB < AC Phân giác góc BAC cắt BC D Đường trịn tâm I đường kính AD cắt AB, AC E F a) Chứng minh AD ⊥ EF b) Gọi K giao điểm thứ hai AD (O) Chứng minh ABD : AKC c) Kẻ EH ⊥ AC H Chứng minh HE.AD = EA.EF d) Hãy so sánh diện tích tam giác ABC với diện tích tứ giác AEKF Lời giải a) Do E, F thuộc đường tròn đường kính AD nên AED = AFD = 90o Xét hai tam giác vng AED AFD có �AD(chung ) � AED  AFD � �EAD  FAD( gt ) (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ AE = AF DE = DF (hai cạnh tương ứng) ⇒ AD đường trung trực đoạn EF ⇒ AD ⊥ EF b) Do ABKC tứ giác nội tiếp đường trịn (O) nên ABC = AKC (hai góc nội tiếp chắn cung AC) Xét hai tam giác ABD ACK có �BAD  CAK ( gt ) � ABC ~ ACK � �ABD  AKC (cmt ) (g.g) c) Vì AEDF tứ giác nội tiếp nên EDA = EFH (hai góc nội tiếp chắn cung EA) Xét tam giác AED tam giác EHF ta có: �AED  EHF  90o � AED ~ EHF � �EDA  EFH (cmt ) (g.g) EA AD  EH EF � HE AD  EA.EF � d) Trên tia AC lấy B’ cho AB = AB’ Vẽ KI ⊥ AC I Xét ∆ ABK ∆ AB’K có �AK (chung ) � �KAB  KAB '( gt ) � ABK  AB ' K �AB  AB ' � (c.g.c) ⇒ KB = KB’ (hai cạnh tương ứng) Mặt khác AK phân giác góc BAC nên K điểm cung BC ⇒ KB = KC ⇒ KB’ = KC ⇒ ∆ KB’C cân K ⇒ I trung điểm B’C AB ' AC AB  AC � AI   2 ⇒ I trung điểm B’C 1 S ABC  S ABD  S ACD  DE AB  DF AC  DF ( AB  AC ) 2 Vì AK trung trực EF nên AE = AF, EK = FK ⇒ ∆ AEK = ∆ AFK (c.c.c) Do S AEDF  2.S AKF  KI AF Vì DF // KI ( vng góc AC) nên theo định lí Ta–lét: DF AF AB  AC  � S AEDF  KI AF  DF AI  DF  S ABC KI AI Vậy S ABC  S AEDF Câu 7: [Nguyễn Trãi – Hải Dương 2015 – 2016] (Chuyên) Cho đường tròn (O; R) dây BC cố định không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm A (A khác B) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) (M N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC a) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường tròn IA tia phân giác góc MIN 1   b) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK AB AC c) 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 a) Chứng minh A, O, M, N, I thuộc đường trịn IA tia phân giác góc MIN Theo giả thiết AMO = ANO = AIO = 90o = > điểm A, O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính AO => AIN = AMN, AIM = ANM (Góc nội tiếp chắn cung) AM = AN => ∆AMN cân A => AMN = ANM => AIN = AIM => đpcm 1   b) Gọi K giao điểm MN BC Chứng minh AK AB AC 1   � AB AC  AK ( AB  AC ) � AB AC  AK AI AK AB AC (Do AB+ AC = 2AI) ∆ABN đồng dạng với ∆ANC => AB.AC = AN2 ∆AHK đồng dạng với ∆AIO => AK.AI = AH.AO Tam giác ∆AMO vng M có đường cao MH => AH.AO = AM2 => AK.AI = AM2 Do AN = AM => AB.AC = AK.AI c) 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 Ta có AN  NO, MP  NO, M � AN => AN // MP Do AMPN hình bình hành  AN = MP = 2x AN NO 2x2   NE  R Tam giác ∆ANO đồng dạng với ∆NEM => NE EM x2  R  R2  x2 � 2x2  R2  R R2  x2 TH 1.NE = NO – OE => R Đặt R  x  t , t �0 � x  R  t 2t   R � 2( R  t )  R  R t � 2t  Rt  R  � � tR � PTTT Do t 0�t�R�� R x2 R x A B (loại) x2  R  R  x2 � x2  R2  R R2  x2 R TH NE = NO + OE => Đặt R  x  t , t �0 � x  R  t 2t  R � 2( R  t )  R  Rt � 2t  Rt  R  � � t  R � PTTT R  AO  R Do (loại) Vậy A thuộc BC, cách O đoạn 2R AMPN hbh t �0 � 2t  R � R  x  R � x  Câu 8: [Thái Nguyên 2015 – 2016] (Chuyên) Cho hình chữ nhật ABCD Gọi M , N theo thứ tự trung điểm cạnh AB , CD Biết đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có đường kính điểm I thuộc đoạn thẳng MN cho Lời giải  tồn Đặt AB = x , AD = y , < x < y Do đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có đường kính :  nên ta có : AC  BD    x  y   (*) � Do : DAI =45o nên tam giác MAI vuông cân M x MI  MA  Suy : x o � Ta lại có tam giác NDI vng N NDI  60 nên tam giác IND có : ND = => NI  x Từ suy : Thay y y  MN  MI  IN  x x 1   x 2 1 x vào (*) ta : � 1 � 42 2 x � x 82 � x� �  � x  � � � x   x   y     S  xy   Vậy : ABCD o o � � góc DAI  45 góc IDA  30 Tính diện tích hình chữ nhật ABCD 10 Câu 46: [Lê Hồng Phong – Nam Định 2014 – 2015] (Chuyên) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AA1; BB1; CC1 tam giác ABC cắt H Đường thẳng AA1 cắt đường tròn (O) K khác A a) Chứng minh A1 trung điểm HK HA HB HC   AA BB CC1 1 b) Hãy tính c) Gọi M hình chiếu vng góc O BC Đường thẳng BB1 cắt (O) giao AN AB  ( )2 EB1 điểm thứ hai E, kéo dài MB1 cắt AE N Chứng minh NE Lời giải a) Góc A1 = góc C2 = góc C1 => ∆CHK cân C, CA1 đ/cao + đ trung trực => đpcm b) Có: HA HB HC HA HB1 HC1 HA HB1 HC1    (1  )  (1  )  (1  )  3(   ) AA1 BB1 CC1 AA1 BB1 CC1 AA1 BB1 CC1  3( S HBC S HAC S HBA   )  1  S ABC S ABC S ABC c) Từ GT => M trung điểm BC => => ∆B1MC cân M => góc MB1C = gócMCB1 = góc AB1N => ∆CBB1 đồng dạng ∆B1AN (g-g) => B1 N  AE Áp dụng hệ thức lương tam giác vng ta có: �AB1 � AN AE AN  � � �EB1 � EN EA EN (đpcm) Câu 47: [Lê Hồng Phong – HCM 2015 – 2016] (Chuyên) Cho hình bình hành ABCD Đường thẳng qua C vng góc với CD cắt đường thẳng qua A vng góc với BD F Đường thẳng qua B vng góc với AB cắt đường trung trực KE AC E Hai đường thẳng BC EF cắt K Tính tỉ số KF Lời giải Câu 48: [Lê Hồng Phong – HCM 2015 – 2016] (Chuyên) 52 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( ) O Gọi M trung điểm cạnh BC N điểm đối xứng M qua O Đường thẳng qua A vng góc với AN cắt đường thẳng qua B vng góc với BC D Kẻ đường kính AE Chứng minh rằng: a) Chứng minh BA.BC =2.BD BE b) CD qua trung điểm đường cao AH tam giác ABC Lời giải a) Chứng minh BA BC = 2BD BE  Ta có: DBA+ ABC  900 , EBM +ABC  900  DBA =EBM (1)  Ta có: ONA  OME (c-g-c)  EAN= MEO Ta lại có: DAB +BAE+ EAN  900, BEM +BAE +MEO  900  DAB= BEM (2)  Từ (1) (2) suy BDA đồng dạng BME (g-g) BD BA BA.BC    DB.BE  BA.BM  BM BE  BD.BE  BA.BC b) CD qua trung điểm đường cao AH  ABC  Gọi F giao BD CA Ta có BD.BE= BA.BM (cmt) BD BM    BDM ~ BAE (c  g  c) BA BE  BMD  BEA Mà BCF=BEA(cùng chắn AB) =>BMD=BCF=>MD//CF=>D trung điểm BF  Gọi T giao điểm CD AH TH CT   BD CD (HQ định lí Te-let) (3) BCD có TH //BD FCD có TA //FD  TA CT  FD CD (HQ định lí Te-let) (4) 53 Mà BD= FD (D trung điểm BF ) (5)  Từ (3), (4) (5) suy TA =TH T trung điểm AH Câu 49: [Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2014 – 2015] (Chuyên) Cho hai đường tròn (O; R) (O’; R’) cắt hai điểm phân biệt A B Từ điểm C thay đổi tia đối tia AB, vẽ tiếp tuyến CD, CE với đường tròn tâm O (D, E tiếp điểm E nằm đường tròn tâm O’) Hai đường thẳng AD AE cắt đường tròn tâm O’ M N (M N khác A) Đường thẳng DE cắt MN I Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, D, M, I thuộc đường tròn b) MI.BE = BI.AE c) Khi điểm C thay đổi tia đối tia AB đường thẳng DE qua điểm cố định Lời giải a) Vì DAEB tứ giác nội tiếp nên DAB= DEB Vì ABNM tứ giác nội tiếp nên DAB= BNI Do DEB= BNI=> BEI+ BNI 180 ⇒ BEIN tứ giác nội tiếp ⇒ BEN= BIN Vì DAEB tứ giác nội tiếp nên BEN =ADB Do BIN= ADB =>BIM+ MDB  180 ⇒ BDMI tứ giác nội tiếp ⇒ B, D, I, M thuộc đường trịn b) Vì ABNM tứ giác nội tiếp nên BAE =BMI (1) Vì DAEB DMIB tứ giác nội tiếp nên ABE =ADE MBI= ADE =>ABE =MBI (2) Từ (1) (2) ⇒tam giác BAE đồng dạng với tam giác BMI (g.g) BE AE   MI BE  BI AE BI MI c) Ta chứng minh AD BE =AE BD Vì CD tiếp tuyến (O) nên CDA =CBD =>tam giác CDA đồng dạng với tam giác CBD (g.g) DA CD   BD CB  54 Chứng minh tương tự ta có  EA CE  EB CB DA EA   AD.BE  AE.BD Mà theo tính chất tiếp tuyến ta có CD = CE nên BD EB  Ta chứng minh DE qua điểm K giao hai tiếp tuyến A B (O) Gọi K1, K2 giao điểm DE với tiếp tuyến (O) A B Khi AE K1 E K1 A K1 AE  K1 DA  K1 AE ~ K1DA( g g )    AD K1 A K1D �AE � K E K A K E  � �  �AD � K1 A K1 D K1 D Chứng minh tương tự ta có: �BE � K E � � �BD � K D  AE BE KE K E    AD BD K1 D K D Mà AD.BE=AE.BD Do K1 K2 nằm đoạn DE nên K1 K2 chia đoạn DE theo tỷ số ⇒ K1 ≡ K2 ≡ K Vậy DE qua điểm K cố định Câu 50: [Lương Văn Tụy – Ninh Bình 2015 – 2016] (chuyên) Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC) ngoại tiếp đường tròn tâm O Gọi D,E,F tiếp điểm (O) với cạnh AB,AC,BC Đường thẳng BO cắt đường thẳng EF DF I K a) Tính số đo góc BIF b) Giả sử M điểm di chuyển đoạn CE +) Khi AM = AB, gọi H giao điểm BM EF Chứng minh ba điểm A,O,H thẳng hàng, từ suy tứ giác ABHI nội tiếp +) Gọi N giao điểm đường thẳng BM với cung nhỏ EF (O), P, Q hình chiếu N đường thẳng DE DF Xác định vị trí điểm M để độ dài đoạn thẳng PQ max Lời giải a) Vì BD, BF tiếp tuyến (O) nên OD ⊥ BD, OF ⊥ BF Xét tam giác vng OBD OBF có OB chung � � OBD  OBF OBD=OBF(gt) � (cạnh huyền–góc nhọn) 55 ⇒ BD = BF Mà OD = OF = r nên OB trung trực DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông K Mà OD = OF = r nên OB trung trực DF ⇒ OB ⊥ DF ⇒ ∆ KIF vuông K DOE  90 Theo quan hệ góc nội tiếp góc tâm cho đường trịn (O), ta có: DFE  DOE  45o ⇒ ∆ KIF vuông cân K =>BIF=45o o b) +) Hình chữ nhật ADOE có OD = OE = r nên hình vng ⇒ AO trung trực DE (1) Vì AB = AM nên tam giác ABM vuông cân A, suy ABM  45 =>DBH=DFH=45o ⇒ BDHF tứ giác nội tiếp (2) Vì BDO+BFO=90o+90o=180o nên BDOF tứ giác nội tiếp (3) Từ (2) (3) ⇒ điểm B, D, O, H, F nằm đường tròn =>BHO=BFO=90o ⇒ OH ⊥ BM Mặt khác ADE=ABM=45o=>DE//BM⇒ OH ⊥ DE Mà OD = OE nên OH trung trực đoạn OE (4) Từ (1) (4) ⇒ A, O, H thẳng hàng +) Vì DPN+DQN=90o+90o=180o nên DPNQ tứ giác nội tiếp =>QPN=QDN (hai góc nội tiếp chắn cung QN) (5) Mặt khác DENF tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN (6) Từ (5) (6) ta có FEN=QPN (7) Tương tự ta có: EFN=PQN (8) PQ NQ NPQ ~ NEF ( g g )   EF NF Từ (7) (8) suy Theo quan hệ đường vng góc – đường xiên, ta có PQ NQ NQ �NF   �1  PQ �EF EF NF Dấu xảy Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng Do PQ max M giao điểm AC BN, với N điểm đối xứng với D qua O Câu 51: [Phan Bội Châu – Nghệ An 2014 – 2015] (chuyên) 56 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có đường cao AE CF cắt H Gọi P điểm thuộc cung nhỏ BC (P khác B, C); M, N hình chiếu P đường thẳng AB AC Chứng minh rằng: BH EF  AC a) OB vng góc với EF BO b) Đường thẳng MN qua trung điểm đoạn thẳng HP Lời giải a) Vì AEC= AFC =90o nên tứ giác ACEF nội tiếp Suy BFE =ACB (cùng bù với góc AFE ) (1) Kẻ tia tiếp tuyến Bx đường tròn (O) B Ta có ACB= ABx (cùng chắn cung AB ) (2) Từ (1) (2) suy BFE =Abx Do Bx// EF Mà OBBx nên OB EF Xét BEF BAC có ABC chung BFE= ACB ( theo (1)) nên BEF BAC đồng dạng BH Mặt khác BEF BAC nội tiếp đường trịn bán kính đường trịn bán EF BH  kính OB nên AC 2.OB BH EF  AC Từ ta có BO b) Gọi M1 N1 điểm đối xứng với P qua AB AC Ta có: AM1B=APB (do tính chất đối xứng) (3) APB=ACB (cùng chắn cung AB) (4) Tứ giác BEHF nội tiếp nên BFE= BHE (5) Mặt khác theo câu a) BFE =ACB (6) Từ (3), (4), (5), (6) suy AM1B= BHE  AM1B+ AHB = 1800, tứ giác AHBM1 nội tiếp  AHM1= ABM1 mà ABM1= ABP nên AHM1 =ABP Chứng minh tương tự ta có AHN1= ACP  AHM1+ AHN1= ABP+ ACP=180O  M1, N1, H thẳng hàng Mặt khác MN đường trung bình tam giác PM1N1 , MN qua trung điểm PH 57 Câu 52: [Phan Bội Châu – Nghệ An 2014 – 2015] (chuyên) o Cho tam giác nhọn ABC có BAC  60 ; BC  3cm Bên tam giác cho 13 điểm Chứng minh 13 điểm ln tìm điểm mà khoảng cách chúng không lớn 1cm Lời giải Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác BC, CA, AB Do tam giác ABC nhọn nên O nằm tam giác ABC MC BAC  60O  MOC  60O  OA  OB  OC  2 sin 60o Vì Vì O nằm tam giác ABC OM BC, ON AC ,OP AB Suy tam giác ABC chia thành tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp đường trịn có đường kính (đường kính OA, OB, OC) Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa điểm 13 điểm cho, giả sử tứ giác ANOP Gọi E, F, G, H trung điểm NA, AP, PO, ON I trung điểm OA, suy IA=IP=IO=IN=1 Khi tứ giác ANOP chia thành tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp đường trịn có đường kính Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tứ giác chứa điểm điểm cho, giả sử tứ giác AEIF chứa điểm X, Y số 13 điểm cho Vì X, Y nằm tứ giác AEIF nên X, Y nằm đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, XY khơng lớn đường kính đường tròn này, nghĩa khoảng cách X, Y không vượt Câu 53: [Quốc Học Huế 2015 – 2016] (Chuyên) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) , Giả sử B , C cố định A di động đường tròn cho AB < AC AC < BC Đường trung thực đoạn thẳng AB cắt AC BC P Q Đường trung trực đoạn thẳng AC cắt AB BC M N a) Chứng minh OM.ON=R2 b) Chứng minh bốn điểm M,N,P,Q nằm đường tròn 58 c) Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN CPQ cắt S T , gọi H hình chiếu vng góc B lên đường thẳng ST Chứng minh H chạy đường tròn cố định A di động Lời giải a) Gọi I, J trung điểm AB, AC ∆ OAB cân O có OI đường cao kẻ từ đỉnh O nên OI phân giác góc O, suy BOA(1) Theo quan hệ góc nội tiếp góc tâm chắn cung AB (O): BOI  BOA(2) Từ (1) (2) suy BOI=BCA (3) BCA  O Xét ∆ OBI vuông I có góc ngồi OBM: OBM  90  BOI (4) O Xét ∆ NJC vng J có góc ngồi ONB: ONB  90  BCA(5) Từ (3), (4), (5) suy OBM=ONB  OBM ~ ONB( g.g ) OB OM    OM ON  OB  R ON OB b) Chứng minh tương tự câu a, ta có OQ.OP  R  OM ON  OQ.OP OM OP   OQ ON Xét ∆ OMP ∆ OQN có: �MOP chung � �OM OP  OMP ~ OQN (c.g c ) �OQ  ON �  OMP  OQN  OMP  NQP  180o ⇒ Bốn điểm M, N, P, Q nằm đường tròn c) Ta chứng minh O, S, T thẳng hang Gọi T’ giao điểm khác S OS với đường tròn ngoại tiếp ∆ BMN Khi MNST’ tứ giác nội tiếp, nên 59 OSN  OMT '  OSN ~ OMT '( g g ) OS ON    OS OT '  OM ON OM OT '  OS OT '  OQ.OP OS OQ   OP OT ' Xét ∆ OSQ ∆ OPT’ có: �SOQ chung � �OS OQ  OSQ ~ OPT '(c.g c )  � �OP OT '  OSQ  OPT '  OPT ' QST '  180o ⇒ T’SQP tứ giác nội tiếp ⇒ T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ CPQ ⇒ T’ ≡ T Vậy O, S, T thẳng hang  BH ⊥ OH ⇒ H thuộc đường trịn đường kính OB Vậy A di động, H ln thuộc đường trịn đường kính OB Vậy (x;y) nguyên thỏa yêu cầu toán (3;3),(3;–2),(–5;18),(–5;–17),(–1;5),(– 1;–4) Câu 54: [Chuyên Thái Bình 2014 – 2015] (Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với A, C cố địnhvà B, D di động Đường phân giác góc BCD cắt AB AD theo thứ tự I J (J nằm A D) Gọi M giao điểm khác A hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD AIJ, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIJ a) Chứng minh AO phân giác góc IAJ b) Chứng minh bốn điểm A, B, D, O thuộc đường trịn c) Tìm đường trịn cố định ln qua M B, D di động Lời giải a) Vì AI // DC (do ABCD hình bình hành) nên AIJ= DCJ (so le trong) Vì AJ // BC nên AJI= BCJ (đồng vị) Mà CJ phân giác góc BCD nên DCJ= BCJ=> AIJ= AJI  ∆ AIJ cân A Do O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AIJ cân nên AO trung trực IJ đồng thời phân giác góc IAJ 60 b) Vì JD // BC nên DJC= JCB= JCD  ∆ JDC cân D Suy JD = DC = AB (do ABCD hình bình hành) Ta có OA = OJ ( bán kính (O)) Xét ∆ OAJ với góc ngồi OJD có: OJD= AOJ +OAJ =2AIJ+ OAJ= 2DCJ +OAJ= DCB +OAJ=DAB+OAJ=OAB Xét ∆ OAB ∆ OJD có: OA  OJ (cmt ) � � OAB  OJD (cmt )  OAB  OJD(c.g c) � �AB  JD(cmt ) �  OBA  ODJ ⇒ AODB tứ giác nội tiếp ⇒ A, O, D, B thuộc đường tròn c) Vì ∆ OAB = ∆ OJD nên OB = OD Mà O’B = O’D (bằng bán kính (O’)) nên OO’ trung trực BD Gọi K giao BD AC ⇒ K trung điểm BD AC ⇒ K ∈ OO’ Vì OA = OM, O’A = O’M nên OO’ trung trực AM Mà K ∈ OO’ ⇒ KA = KM = KC ⇒ M thuộc đường trịn tâm K bán kính KA, hay đường trịn đường kính AC Vậy B, D thay đổi, M ln nằm đường trịn đường kính AC Câu 55: [Chuyên HCM 2014 – 2015] (Chuyên) Cho tam giác ABC M điểm cạnh BC Gọi D, E hình chiếu vng góc M AB AC Xác định vị trí M để tam giác MDE chu vi nhỏ Lời giải CMDE  MD  ME  DE  ( BM  CM ) sin 60o  DE  BC.sin 60o  DE Mà BC.sin600 không đổi vi tam giác MDE nhỏ ⇔ DE nhỏ Tứ giác ADME nội tiếp đường tròn đường kính AM  ADM =AEM  90  nên tam giác ADE nội tiếp đường trịn đường kính AM, tâm I trung điểm AM DIE EIK  BAC ( ) Gọi K trung điểm DE, suy IK ⊥ DE Gọi R bán kính đường trịn tâm I đường kính AM 61 KE 0,5 DE DE DE    IE R R AM  DE  AM sin BAC  AM sin 60o Vì sin60o khơng đổi nên DE nhỏ ⇔ AM nhỏ ⇔ M ≡ H (H chân đường vng góc hạ từ A xuống BC, mà tam giác ABC nên H trung điểm BC) Vậy M trung điểm BC chu vi tam giác MDE nhỏ sin KIE  Câu 56: [Chuyên HCM 2014 – 2015] (Chuyên) Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O), kẻ tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B tiếp điểm) Gọi H giao điểm AB vơi OM, I trung điểm MH Đường thẳng AI cắt (O) điểm K (K khác A) a) Chứng minh HK vng góc AI b) Tính số đo góc MKB Lời giải a) Kẻ đường kính AE (O), EH cắt (O) K’, AK’ cắt EB D Dễ thấy H trực tâm tam giác AED nên DH ⊥ AO ⇒ DH // AM (1) Ta có BDH= EAH =HMB nên tứ giác HMDB nội tiếp ⇒ HM ⊥ MD ⇒ DM // AH (2) Từ (1) (2) ⇒ AHDM hình bình hành ⇒ AD qua trung điểm I HM ⇒ K’ giao AI với (O) ⇒ K’ ≡ K ⇒ HK ⊥ AI b) Ta có IAM =ABK (cùng chắn cung AK) AMI= OBA (OAMB nội tiếp) Nên IAM+AMI=ABK+OBAAIH=OBK Mặt khác AIH+KHI=90o OBK+KBM=90o =>KHI=KBM ⇒ Tứ giác HKMB nội tiếp =>BKM=BHM=90o Câu 57: [THPT Năng Khiếu HCM 2014 – 2015] (chuyên) 62 Cho tam giác ABC vuông A với đường phân giác BM CN Chứng minh bất ( MC  MA)( NB  NA) �3  2 MA.NA đẳng thức Lời giải Vì BM, CN phân giác góc ABC, ACB nên theo tính chất đường phân giác, ta có: MC BC MC  MA BC    1 MA AB MA AB NB BC BN  NA BC    1 NA AC NA AC ( MC  MA)( NB  NA) BC BC BC BC BC   (1  )(1  )  1   MA.NA AB AC AB AC AB AC Áp dụng định lý Pi–ta–go cho tam giác vuông ABC BĐT Cô–si cho hai số khơng âm, ta có: BC  AB  AC �2 AB AC  BC �2 AB.BC BC BC BC BC  �2 �2 AB AC AB AC ( MA  MC )( NB  NA)  �1   2   2 MA.NA Câu 58: [THPT Năng Khiếu HCM 2014 – 2015] (chuyên) Cho điểm C thay đổi nửa đường trịn đường kính AB = 2R ( C ≠ A, C ≠ B) Gọi H hình chiếu vng góc C lên AB; I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACH BCH Các đường thẳng CI, CJ cắt AB M, N a) Chứng minh AN = AC, BM = BC b) Chứng minh điểm M, N, J, I nằm đường tròn đường thẳng MJ, NI, CH đồng quy c) Tìm giá trị lớn MN giá trị lớn diện tích tam giác CMN theo R Lời giải 63 a) Ta có: HCA =ABC (cùng phụ với HCB ) Vì CN phân giác góc HCB nên HCN =BCN Do CAN= HCA +HCN= ABC +BCN Mặt khác, xét ∆ BCN với góc ngồi ANC ta có: ANC= ABC+ BCN Suy CAN= ANC ⇒ ∆ ACN cân A ⇒ AC = AN Chứng minh tương tự ta có BC = BM b) Vì CM, CN alà phân giác góc ACH BCH nên 1 MCN  MCH  NCH  ACH  BCH  ACB  45o 2 Tam giác ACN cân A có AI phân giác kẻ từ đỉnh A, nên trung trực đáy CN ⇒ IC = IN ⇒ ∆ ICN cân I Tam giác ICN cân I có ICN=45o nên tam giác vng cân I ⇒ CI ⊥ IN Chứng minh tương tự ta có CJ ⊥ MJ Tứ giác MIJN có MIN=MJN=90o nên tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm M, I, J, N thuộc đường trịn Vì CH ⊥ MN, MJ ⊥ CN, NI ⊥ CM nên CH, MJ, NI đồng quy trực tâm ∆ CMN 2 2 c) Đặt AC  b; BC  a  a  b  BC  R ( Pi  ta  go) Theo câu a, ta có AN=AC= b; BM=BC=b Do a+b=AN+BM=BC+MN=>MN=a+b-BC=a+b-2R Ta có: (a  b)2 �0  2ab �a  b  (a  b) �2(a  b )  R  a  b �2 R  MN  a  b  R �2 R(  1) Dấu xảy a = b ⇔ CA = CB ⇔ C điểm nửa đường trịn Vì C thuộc nửa đường trịn đường kính AB nên CH ≤ R 1 SCMN  CH MN � R.2.R (  1)  R (  1) 2 Do Dấu xảy ⇔ C điểm nửa đường trịn Vậy giá trị nhỏ MN R(  1) giá trị nhỏ diện tích tam giác CMN R (  1) 64 xảy C điểm nửa đường trịn đường kính AB Câu 59: [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội 2014 – 2015] (chuyên) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Kẻ đường cao AH tam giác ABC Gọi P, Q chân đường vng góc kẻ từ H đến cạnh AB, AC a) Chứng minh BCQP tứ giác nội tiếp b) Hai đường thẳng PQ BC cắt M Chứng minh MH2= MB.MC c) Đường thẳng MA cắt đường tròn (O) K (K khác A) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCQP Chứng minh ba điểm I, H, K thẳng hàng Lời giải a) Tứ giác APHQ có APH +AQH  90 90  180 nên tứ giác nội tiếp ⇒ APQ= AHQ Ta có: AHQ =BCQ (cùng phụ với CHQ ) Do APQ =BCQ Suy BPQC tứ giác nội tiếp b) Vì BPQC tứ giác nội tiếp nên MBP= MQC MB MP MBP ~ MQC ( g.g )    MB.MC  MP.MQ (1) MQ MC Vì APHQ tứ giác nội tiếp nên: MQH =BAH Mà BAH= MHP (cùng phụ với PBH ) nên MQH= MHP MQ MH MQH ~ MHP( g.g )    MH  MP.MQ(2) MH MP Từ (1) (2) ⇒ MH2 =MB MC c) Vì AKBC tứ giác nội tiếp nên MK MB MKB  MCA  MKB ~ MCA   MC MA  MK MA  MB.MC Kết hợp với kết ý 2, ta có MH  MK MA ⇒ HK đường cao tam giác vuông AHM ⇒ AK ⊥ KH Do KH cắt (O) D (D khác K) AD đường kính (O) 65 Gọi J trung điểm HD, N trung điểm QC Khi OJ đường trung bình ∆ AHD ⇒ OJ // AH ⇒ OJ ⊥ BC Mà OB = OC nên OJ trung trực BC (3) Vì HQ // DC (cùng vng góc AC) nên HQCD hình thang ⇒ JN đường trung bình hình thang HQCD ⇒ JN // HQ ⇒ JN ⊥ QC ⇒ JN trung trực QC (4) Từ (3) (4) ⇒ J tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BPQC (do BPQC tứ giác nội tiếp) ⇒J≡I Mà K, H, J thẳng hàng nên I, K, H thẳng hàng 66 ... minh DHE=90o � � � Tứ giác ADHE có: A  D  E =>ADHE hình chữ nhật => DHE=90o Chứng minh: AB AD = AC AE Xét hai tam giác vng HAB HAC ta có: AB.AD=AH2=AC.AE ( 1đ b) Tính góc GIF DHE=90o= >DE đường... HM BC N Ta có: HE EI  ∆HEI ~ ∆HDK (g.g) => HD DK HE EB  ∆HEB ~ ∆HDC (g.g) => HD DC EI EB EI DK �  �  DK DC EB DC (4) 22 EI HP DK HQ  (5)  (6) Vì IP ⊥ AB, HE ⊥ AB ⇒ IP // HE ⇒ EB HB Tương... đường kính => I thuộc DE 1  GIF  DIH  HIE  DIE  90o 2 (1đ) ) c) Tứ giác DEFG hình thang vng có đường cao DE = AH 1 BH HC Hai đáy DG=GH=GB= EF=FC=FH= =>Diện tích tứ giác DEFG ( HB  HC ) AH