CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI

CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI

CHƯƠNG 1- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Hệ thức cạnh đường cao KIẾN THỨC CƠ BẢN Khi giải toán liên quan đến cạnh đường cao tam giác vng, ngồi việc nắm vững kiến thức định lý Talet, trường hợp đồng dạng tam giác, cần phải nắm vững kiến thức sau: Tam giác ABC vuông A , đường cao AH , ta có: A 1) a = b + c 2) b = a.b '; c = a.c ' b c 3) h = b '.c ' 4) a h = b.c B h c' b' H C a 5) 1 = + 2 h b c 6) b ' b2 = a a Chú ý: Diện tích tam giác vng: S = ab Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Biết AB : AC = : AB + AC = 21cm a) Tính cạnh tam giác ABC b) Tính độ dài đoạn AH , BH ,CH CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 A Giải: a) Theo giả thiết: AB : AC = : , B H C AB AC AB + AC = = = Do AB = 3.3 = (cm ) ; suy 3+4 AC = 3.4 = 12 (cm ) Tam giác ABC vuông A , theo định lý Pythagore ta có: BC = AB + AC = 92 + 122 = 225 , suy BC = 15cm b) Tam giác ABC vuông A , ta có AH BC = AB.AC , suy AH = AB.AC 9.12 = = 7,2 (cm ) BC 15 AH = BH HC Đặt BH = x (0 < x < 9) HC = 15 − x , ta có: (7,2) = x (15 − x ) ⇔ x − 15x + 51, 84 = ⇔ x (x − 5, 4) = 9, (x − 5, 4) = ⇔ (x − 5, 4)(x − 9, 6) = ⇔ x = 5, x = 9, (loại) Vậy BH = 5, 4cm Từ HC = BC − BH = 9, (cm ) Chú ý: Có thể tính BH sau: AB = BH BC suy BH = AB 92 = = 5, (cm ) BC 15 Ví dụ 2: Cho tam giác cân ABC có đáy BC = 2a , cạnh bên b (b > a ) a) Tính diện tích tam giác ABC b) Dựng BK ⊥ AC Tính tỷ số AK AC CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 Giải: a) Gọi H trung điểm BC Theo định lý Pitago ta có: AH = AC − HC = b − a Suy SABC = A 1 BC AH = a b − a 2 K ⇒ AH = b − a b) Ta có 1 BC AH = BK AC = S ABC 2 H B C BC AH 2a = b − a Áp dụng định lý Pitago tam AC b giác vuông AKB ta có: Suy BK = ( b − 2a 4a AK = AB − BK = b − b − a = b b2 AK = b − 2a b ( ) ) Suy b − 2a AK = AC b2 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với đỉnh A, B,C cạnh đối diện với đỉnh tương ứng là: a,b, c a) Tính diện tích tam giác ABC theo a b) Chứng minh: a + b + c ≥ 3S Giải: a) Ta giả sử góc A góc lớn tam giác A ABC ⇒ B,C góc nhọn Suy chân đường cao hạ từ A lên BC điểm B H C CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 H thuộc cạnh BC Ta có: BC = BH + HC Áp dụng định lý Pi ta go cho tam giác vuông AHB, AHC ta có: AB = AH + HB , AC = AH + HC Trừ hai đẳng thức ta có: c − b = HB − HC = (HB + HC )(HB − HC ) = a (HB − HC ) ⇒ HB − HC = c2 − b2 ta có: a HB + HC = a ⇒ BH = a + c2 − b2 Áp dụng định lý Pitago cho tam 2a giác vuông a + c − b   a + c − b  a + c − b   = c −  c +  AHB ⇒ AH = c −       2a 2a 2a  2  2   (a + c ) − b  b − (a − c )  (a + b + c )(a + c − b )(b + a − c )(b + c − a ) . = =     2a 2a 4a     Đặt 2p = a + b + c AH = 16p (p − a )(p − b )(p − c ) 4a Từ tính S = ⇒ AH = p (p − a )(p − b )(p − c ) a BC AH = p (p − a )(p − b )(p − c ) b) Từ câu a ) ta có: S = p (p − a )(p − b )(p − c ) Áp dụng bất đẳng thức  p − a + p − b + p − c  p3  = Suy Cơ si ta có: (p − a )(p − b )(p − c ) ≤  27   (a + b + c ) Mặt khác ta dễ chứng minh p3 p2 = Hay S ≤ S ≤ p 27 12 3 CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 ( ) được: (a + b + c ) ≤ a + b + c suy S≤ ( a + b2 + c2 ) ⇔a + b + c ≥ 3S 12 Dấu xảy hki tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ; H trực tâm tam giác Gọi M điểm CK cho AMB = 900 S , S1, S theo thứ tự diện tích tam giác AMB, ABC ABH Chứng minh S = S1 S Giải: A Tam giác AMB vuông M có M MK ⊥ AB nên MK = AK BK (1) D H ∆AHK ∼ ∆CBK có B C K AKH = CKB = 90 ; KAH = KCB (cùng phụ với ABC ) Suy AK HK = , AK KB = CK KH CK BK (2) Từ (1) (2) suy MK = CK HK nên MK = CK HK ; 1 S AMB = AB.MK = AB CK HK = 2 1 AB.CK AB.HK = S1S 2 Vậy S = S1 S Ví dụ Cho hình thang ABCD có A = D = 900 , B = 600 ,CD = 30cm,CA ⊥ CB Tính diện tích hình CHUN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 thang Giải: Ta có CAD = ABC = 600 (cùng phụ với CAB ), tam giác vng ACD ta có AC = 2AD Theo định lý Pythagore thì: AC = AD + DC hay (2AD ) = AD + 302 Suy 3AD = 900 ⇔ AD = 300 nên AD = 10 (cm ) Kẻ CH ⊥ AB Tứ giác AHCD hình chữ nhật có A = D = H = 900 , suy AH = CD = 30cm;CH = AD = 10 (cm ) Tam giác ACB vng C , ta có: CH = HA.HB , suy HB = CH = HA ( 10 ) 30 = 300 = 10 (cm ) , 30 AB = AH + HB = 30 + 10 = 40 (cm ) 1 S ABCD = CH (AB + CD ) 10 (40 + 30) = 350 cm 2 ( ) Vậy diện tích hình thang ABCD 350 3cm Tỉ số lượng giác góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN Các tỉ số lượng giác góc nhọn α (hình) định nghĩa sau: sin α = AB AC AB AC ; cos α = ; tan α = ; cot α = BC BC AC AB CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 B + Nếu α góc nhọn < sin α < 1; < cos α < 1; Cạnh đối Cạnh huyền tan α > 0; cot α > A α Cạnh kề C Với hai góc α, β mà α + β = 90 , ta có: sin α = cos β; cos α = sin β; tan α = cot β; cot α = tan β Nếu hai góc nhọn α β có sin α = sin β cos α = cos β α =β sin2 α + cos2 α = 1; tg α.cot g α = Với số góc đặc biệt ta có: sin 300 = cos 600 = ; sin 450 = cos 450 = 2 cos 300 = sin 600 = ; cot 600 = tan 300 = tan 450 = cot 450 = 1; cot 300 = tan 600 = Ví dụ Biết sin α = Tính cos α, tan α cot α 13 Giải: C Cách Xét ∆ABC vuông A Đặt B = α Ta có: sin α = AC = BC 13 AC BC = = k , suy 13 A α B AC = 5k, BC = 13k Tam giác ABC vuông A nên: 2 AB = BC − AC = (13k ) − (5k ) = 144k , suy AB = 12k AB 12k 12 = = ; BC 13k 13 AB 12k 12 AC 5k = = tan α = = = ; cot α = AC 5k AB 12k 12 Vậy cos α = 25 , mà sin2 α + cos2 α = , suy sin2 α = 169 13 12 25 144 = , suy cos α = cos2 α = − sin2 α = − 13 169 169 Cách Ta có sin α = tan α = sin α 12 13 = : = = ; cos α 13 13 13 12 12 cot α = cos α 12 12 13 12 = : = = sin α 13 13 13 5 Ở cách giải thứ ta biểu thị độ dài cạnh tam giác ABC theo đại lượng k sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác góc nhọn để tính cos α, tan α, cot α Ở cách giải thứ hai, ta sử dụng giả thiết sin α = để 13 tính sin2 α tính cos α từ sin2 α + cos2 α = Sau ta tính tan α cot α qua sin α cos α Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC hai đường cao AD BE cắt H Biết HD : HA = : Chứng minh tgB.tgC = Giải: Ta có: tgB = A E AD AD ; tgC = BD CD Suy tan B tan C = AD BD.CD H (1) B D C HBD = CAD (cùng phụ với ACB ); HDB = ADC = 900 DH BD = , DC AD BD.DC = DH AD (2) Từ (1) (2) suy Do ∆BDH ∼ ∆ADC (g.g), suy HD AD AD = suy (3) Theo giả thiết = AH DH AD DH tan B tan C = HD HD hay = , suy AD = 3HD Thay vào (3) ta = AD AH + HD +1 được: tan B tan C = 3HD = DH Ví dụ Biết sin α.cos α = 12 Tính sin α, cos α 25 Giải: 12 Để tính sin α, cos α ta cần tính sin α + cos α 25 giải phương trình với ẩn sin α cos α Biết sin α.cos α = Ta có: (sin α + cos α ) = sin2 α + cos2 α + sin α.cos α = + sin α + cos α = 12 49 = Suy 25 25 7 nên sin α = − cos α Từ ta có: 5 7  12 12 cos α  − cos α = ⇔ cos α − cos2 α =  25  5 25 ⇔ 25 cos2 α − 35 cos α + 12 = ⇔ cos α (5 cos α − 4) − (5 cos α − 4) = ⇔ (5 cos α − 4)(5 cos α − 3) = Suy cos α = + Nếu cos α = 12 4 : = sin α = 25 5 cos α = 5 + Nếu cos α = Vậy sin α = 12 : = sin α = 25 5 4 , cos α = sin α = , cos α = 5 5 Hệ thức cạnh góc tam giác vuông KIẾN THỨC CƠ BẢN Trong tam giác vng, cạnh góc vng bằng: a) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cosin góc kề b) Cạnh góc vng nhân với tan góc đối hay nhân với cot góc kề b = a.sin B = a cos C ; c = a sin C = a cos B;b = c.tgB = c cot gC ; c = b.tgC = b.cot gC Giải tam giác vng tìm tất cạnh góc chưa biết tam giác vng Ví dụ Cho tam giác ABC có AB = 16, AC = 14 B = 600 a) Tính độ dài cạnh BC b) Tính diện tích tam giác ABC Giải: A a) Kẻ đường cao AH Xét tam giác vng ABH , ta có: BH = AB.cos B = AB.cos 600 = 16 = B 600 H = Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vng AHC ta có: AH = AB.sin B = AB.sin 600 = 16 C M nằm O1 O2 ) Lấy hai điểm H 1, H nằm tia AH cho IH = IH = t ( H1 nằm A N , N nằm H H ) a) Nếu O ≡ O1 H ≡ H , O ≡ O2 H ≡ H Khi ∆AIO ∼ ∆AIH suy AO = AH Áp dụng bổ đề ta BAC = 600 , trái với điều giả thiết b) Nếu O ≡ O1 H ≡ H O ≡ O2 H ≡ H Ta có ∆IO1O2 = ∆IH 1H nên IO1O2 = IH 2H IO2O1 = IH 1H Suy tứ giác AOIH nội tiếp Giả sử A B không nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIH Khi BAC = ABC = 600 nên tam giác ABC đều, suy ba điểm O, I , H trùng nhau, vơ lý Vậy ta có đpcm Câu 74 Giải: A Gọi E giao điểm AH (O ) , (E khác A ) Giao điểm MN EC F Tứ giác ABEC nội tiếp đường P O Q H M trịn (O ) , có OK ⊥ MK nên theo B C K F “bài tốn bướm” ta có E N KM = KF (1) Mặt khác MAK = BAE = HCB HE ⊥ BK nên tam giác HCE cân C , suy HK = KE (2).Từ (1) (2) ta có tứ giác MHFE hình bình hành, MH / /EF Suy MHK = KEF = ABC Chứng minh hoàn toàn tương tự ta NHK = ACB Ta có QHP = MHN = ABC + ACB = 180 − BAC Suy tứ giác AQPH nội tiếp Câu 75 Giải: Ta có ARC = APC = ABC = 1800 − AHC Do tứ giác AHCR nội R tiếp.Suy AHX = ACR = CAP Q A Tương tự ta có tứ giác X AHBQ nội tiếp.Từ suy E XAH = QBH = O H C QBA + ABH = BAP + ABH (2) B P Từ (1) (2) suy AHX + XAH = CAP + BAP + ABH = CAB + ABH = 900 Do AXH = 90 = AEH hay tứ giác AXEH nội tiếp Vậy XEA = AHX = CAP (theo (1)) Suy EX / /AP (đpcm) Câu 76 Giải: Gọi M , N trung điểm BD,CE KN cắt AB, (O2 ), (O ) lần S lượt S , P,Q Ta có KQC = KAC = EPQ Suy EP / /CQ , mà N trung điểm EC A nên N trung điểm PQ Ta thấy: 2SASM = SASD + SASB ; D 2SK SN = SK SP + SK SQ mà K O2 E P M O N B O1 C SA.SD = SK SP (tứ giác AKPD nội tiếp); SA.SB = SK SQ (tứ giác AKQB nội tiếp) ⇒ SASM = SK SN ⇒ tứ giác AKNM nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Mặt khác tứ giác AMO1N nội tiếp AMO1 = ANO1 = 900 hay có O1 thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN Suy tứ giác AKNO1 nội tiếp ⇒ AKO1 = ANO1 = 900 (đpcm) Câu 77 C D A O O' B F E I M Giải: Gọi M điểm đối xứng B qua EF Ta có EMF = EBF Mà EBF + EAF = EBF + A1 + A2 = EBF + E1 + F1 = 1800 nên EMF + EAF = 1800 Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn (ϕ) Gọi N giao điểm tiếp A F' E N tuyến A M (ϕ) ta chứng minh ba điểm N , E , F thẳng hàng Thật vậy, gọi F ' giao điểm thứ hai NE với (ϕ ) Ta có ∆NAE ∼ ∆NF ' A ME NM NA AE NA = = (2) Từ = (1) Tương tự MF ' NF ' NF ' AF ' NF ' AE AF ' AE ME = (*) Gọi I giao điểm = nên (1) (2) ta có ME MF ' AF ' MF ' AB EF Ta có IE = IA.IB = IF IE = IF (g.g) Suy BF IF EB IF IE = = = Tương tự AF IA AE IA IA AE AF ME MF EB BF = (**) Từ (*) = hay = Do Suy ME MF AE AF AE AF Mà ∆IEB ∼ ∆IAE (g.g) nên AF ' AF suy F ≡ F ' Vậy ba điểm N , E , F thẳng hàng = MF ' MF Ta có N thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABF Do N thuộc (**) ta có trung trực AB , suy N thuộc đường thẳng OO ' Tương tự ∆2 CD cắt điểm N ' thuộc OO ' Do tính chất đối xứng, CD EF cắt điểm thuộc OO ' N ≡ N ' Vậy đường thẳng CD, EF , ∆1, ∆2 đồng quy N (đpcm) Câu 78 Giải(Bạn đọc xem thêm phần’’Các định lý hình học tiếng’’Nội dung định lý Lyness Qua M kẻ tiếp tuyến chung (O ') (O ) B A Ta có N = NMX B1 = M 1 Q O N I P NMD = NMB Vậy MN phân giác góc DMB Gọi Q giao điểm thứ hai MN (O ) Ta có Q điểm cung BD CQ phân giác góc DCB Gọi I giao điểm CQ NP 1  1  Ta có ICM = sđ DM + sđ DQ  = sđ DM + sđQB  = N = IPM  2  2 Suy tứ giác IPCM nội tiếp Do QMB = NPA = IMC ⇒ ∆QIM ∼ ∆QNI ⇒ QI = QN QM Mà QMD = QDN ⇒ ∆DQN ∼ ∆MQD ⇒ QD = QN QM ⇒ QD = QI Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Tương tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm NP Câu 79 Giải: Gọi A ' giao điểm thứ hai AI với (O ) Theo câu 78 ta có tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nằm IM (xét với (O1 ) IN (xét với (O ) ) Suy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) A Câu 80 Giải: Ta có BMC = 900 + A = 1800 − B ZMY = 1800 − B M X Y K B L Z T C (vì tứ giác MZCY nội tiếp) Do BMZ = YMC nên XBM = YNC Suy ∆BXM ∼ ∆MYC ∆KXB ∼ ∆LYM ⇒ BXK = LYM = YTC = BTN Vậy tứ giác BXTN nội tiếp Tương tự ta có tứ giác YCNZ nội tiếp Mặt khác BNX = BTX = BMX suy YNC = YZT = YMC XNY = B Từ BNC = BMX + YMC + B = BMX + XBM + B = 2B = B + C BNC + BAC = A + B + C = 1800 Suy tứ giác ABNC nội tiếp Câu 81 Giải: x a) ∆ABE ∼ ∆ACF (g.g) A AB AE ⇒ = ⇒ AE AC = AF AB AC AF E M F b) Ta có BFH + BDH = 180 ⇒ Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có K B H N O D hai góc đối bù nhau) ( ) Ta có ADB = AEB = 900 ⇒ Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh D, E nhìn AB góc vng) ( ) c) Ta có BFC = BEC = 900 ⇒ Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh F , E nhìn BC góc vng) ⇒ AEF = ABC Mà C xAC = ABC (hệ quả) Do xAC = AEF (hai góc vị trí so le trong) nên Ax / /EF Lại có OA ⊥ Ax Do OA ⊥ EF d) Gọi I giao điểm AD EF Ta có ADE = ABE = FDH ⇒ DI tia phân giác EDF Mà AD ⊥ BC nên có DK dường phân giác ngồi ∆DEF Xét ∆DEF có KF IF = KE IE (1) Áp dụng hệ Talet vào tam giác: ∆IAE có KF MF NF IF (3) (2); ∆KAE có MF / /AE : = = KE AE AE IE NF MF = ⇒ NF = MF Từ (1),(2),(3) cho AE AE FN / /AE : Câu 82 Giải: D I a) Ta có AM = MC ( M điểm AC ) ⇒ ABM = IBM (hệ góc C N M A K O B nội tiếp) AMB = ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BM ⊥ AI , AC ⊥ BI ∆ABI có BM vừa đường cao (BM ⊥ AI ) vừa đường phân giác (ABM = IBM ) Do tam giác ABI cân B b) Ta có KMI = 900 (BM ⊥ AI ) ; KCI = 900 (AC ⊥ BI ) ⇒ KMI + KCI = 900 + 900 = 1800 Vậy tứ giác MICK nội tiếp c) Xét ∆ABN ∆IBN có AB = BI ( ∆ABI cân B ), ABN = IBN (chứng minh trên), BN cạnh chung Do ∆ABN = ∆IBN (c.g.c) ⇒ NAB = NIB Mà NAB = 900 nên NIB = 900 ⇒ NI ⊥ BI Mà I thuộc đường tròn (B, BA) (vì BI = BA ) Vậy NI tiếp tuyến đường tròn (B, BA) + Xét ∆ABC có M trung điểm AI , ∆ABI cân B , BM đường cao, O trung điểm AB ⇒ MO đường trung bình tam giác ABI ⇒ MO / /BI Mà NI ⊥ BI (chứng minh trên) Vậy NI ⊥ MO d) Ta có IKD = IBM (hai góc nội tiếp chắn cung IK đường tròn (IBK ) ) Mà IDA = IBA = IBM ( IDA IBA góc nội tiếp góc tâm chắn cung AI đường tròn (B, BA) , BN tia phân giác IBA ) Do IDK = IDA ⇒ hai tia DK , DA trùng ⇒ D, K , A thẳng hàng Mà C , K , A thẳng hàng nên D, K , A,C thẳng hàng Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng Câu 83 Giải:a) Ta có ICD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O ) ).Tứ giác IHDC có IHD = ICD = 900 Do tứ giác IHDC nội tiếp đường trịn tâm M ⇒ IMH = 2ICH ICH = IDH ( ) Mà BCA = ICH = IDH (hai góc chắn cung AB (O ) ) ( ) Do BCA = ICH = IDH nên BCH = 2ICH Ta có ( ) BCH = IMH = 2ICH Vậy tứ giác BCMH nội tiếp B b) Gọi T giao điểm PD C I P M A H O D đường tròn (J ) ngoại tiếp tam giác HMD (T ≠ D ) Xét ∆PHD ∆PTM có HPD (chung), PHD = PTM (hai góc nội tiếp chắn cung MD (J ) ).Do ∆PHD ∼ ∆PTM (g.g) PH PD = ⇒ PM PH = PD.PT Chứng minh tương tự có PT PM PM PH = PC PB , nên PD.PT = PC PB ⇒ Xét ∆PBD ∆PTC có PBD (chung), PD PB = (vì PC PT PD.PT = PC PB ) Do ∆PBD ∼ ∆PTC (c.g.c) ⇒ PBD = PTC ⇒ Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường trịn (O ) Do T ≡ N Vậy ba điểm P , D, N thẳng hàng Câu 84 Giải: a) AM , AN tiếp tuyến đường tròn (O ) (gt) ⇒ AMO = ANO = 900 Tứ giác AMON có AMO + ANO = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác AMON nội tiếp đường trịn đường kính OA b) I trung điểm BC (gt) ⇒ OI ⊥ BC , AIO = 900 ⇒ I thuộc đường trịn đường kính OA Ta có AM = AN ( AM , AN tiếp tuyến (O ) ) + Xét đường trịn (AMOIN ) có AM = AN ⇒ AM = AN ⇒ AIM = AMK M Xét ∆AIM ∆AMK có IAM (chung), AIM = AMK Do ∆AIM ∼ ∆AMK (g.g) ⇒ O A B K I C N AI AM = ⇒ AK AI = AM AM AK Xét ∆AMB ∆ACM có MAB (chung), AMB = ACM (hệ góc tạo tiếp tuyến dây cung).Do ∆AMB ∼ ∆ACM (g.g) ⇒ AM AB = ⇒ AB.AC = AM Vậy AK AI = AB.AC = AM AC AM ( ) c) Ta có AIO = 900 ; O, A cố định I thuộc đường trịn đường kính OA Khi B → M I → M ; B → N I → N Do cát tuyến ABC thay đổi I chuyển động cung trịn MON đường trịn đường kính OA d) Xét đường trịn đường kính OA có AM = AN ⇒ MIK = NIK ∆IMN có IK đường phân giác ⇒ IM MK = Do IN NK MK IM = ⇔ MK = 2NK ⇔ MK = MN =2⇔ NK IN Vậy cát tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN điểm K cho IM = 2IN ⇔ MK = MN IM = 2IN Câu 85 Giải: a) Ta có AHB = 900 (AH ⊥ BC ) Do H thuộc đường tròn (O ) H E đối xứng qua AC (gt) N ∈ AC Do AHN = AEN A E (tính chất đối xứng trục) N   Mà AHN = ADN = sđ AN    O1 O M Do AEN = ADN ⇒ ∆ADE D K B cân A Vậy AD = AE C H I Q b) ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) AD = AE nên AD = AH ( ) ( ) + Xét ∆ADB ADB = 900 ∆AHB AHB = 900 có AD = AH , AB (cạnh chung) Do ∆ADB = ∆AHB (cạnh huyền- cạch góc vng) ⇒ DAB = HAB + Xét ∆ADM ∆AHM có AD = AH , DAM = HAM , AM (cạnh chung) Do ∆ADM = ∆AHM (c.g.c) ⇒ ADM = AHM Ta có ( ) AHM = AHN = ADM Vậy HA tia phân giác MHN c) H E đối xứng qua AC (gt) ⇒ AHC = AEC (tính chất đối xứng trục) Mà AHC = 900 (AH ⊥ BC ) nên AEC = 900 Tứ giác AHCE có AHC + AEC = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AHCE nội tiếp ⇒ A, H ,C , E thuộc đường tròn ( ) Mặt khác AHM = AEM = ADM ⇒ tứ giác AEHM nội tiếp ⇒ A, E , H , M thuộc đường tròn (2) Từ (1) (2) ta có năm điểm A, E ,C , H , M thuộc đường trịn Ta có ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AMC = AHC = 900 ( A, E ,C , H , M thuộc đường trịn) ∆ABC có CM , BN , AH ba đường cao ( AMC = 900 , ANB = 900 , AH ⊥ BC ).Do ba đường thẳng CM , BN , AH đồng quy d) Xét ∆ADQ ∆ABC có ADQ = ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AH (O ) ); AQD = ACB (hai góc nội tiếp chắn AH (O ) Do ∆ADQ ∼ ∆ABC trung điểm DQ ), BK = (g.g) ⇒ DQ AD DQ (I Mà DI = = AB BC BC ( K trung điểm BC ) nên DI DQ = BK BC + Xét ∆ADI ∆ABK có ADI = ABK , AD DI  DQ   = = AB BK  BC  + Do ∆ADI ∼ ∆ABK (c.g.c) ⇒ AID = AKB ⇒ Tứ giác AIHK nội tiếp Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK Câu 86) Giải: a) Ta có ABC = ADC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).Xét ( ) ( ) ∆ABC ABC = 900 ∆ADC ADC = 900 có AC (cạnh chung), AB = AD ( ∆ABD đều) Do ∆ABC = ∆ADC (cạnh huyền – cạnh góc vng) ⇒ BAC = DAC = 300 CD = BC = AC sin BAC = 2a sin 300 = a ; BD = AD = AB = AC cos BAC = 3a , DN = AD 3a = , ∆DNC 2  2a    + a = 7a nên vuông D ⇒ CN = DN + CD , CN =    CN = 2 7a B b) ∆ABD có AC đường M phân giác nên đường cao, đường trung tuyến M , N A K H O C I trung điểm AB, AD ⇒ MN E N đường trung bình tam giác F x ABD ⇒ MN / /BD Ta có D AC ⊥ BD, MN / /BD ⇒ MN ⊥ AC ⇒ MKC = 900 , MBC = 900 , MKC = 900 , MEC = 900 ( H trực tâm ∆CMN ) Do B, M , K , E ,C thuộc đường tròn (T ) đường kính MC Ta có KFB = KCB (xét (T ) ), KCB = ADB (xét (O ) ) ⇒ KFB = ADB ⇒ KF / /AD Tứ giác KFDN có KF / /ND KN / /FD nên hình bình hành ⇒ DF = KN ∆AMN   AB AD có AM = AN AM = = = AD  nên ∆AMN cân A   2 Mà AK đường phân giác nên đường cao, đường trung tuyến ⇒ KN = 3a MN BD 3a = = Vậy DF = 4 c) ∆CMN có CK đường cao, đường trung tuyến ⇒ ∆CMN cân C Do CK tia phân giác MCE ⇒ MCK = KCE Xét đường tròn (T ) có MCK = KCE ⇒ MK = KE ⇒ KME = MFI Vẽ Mx tiếp tuyến đường trịn (MIF ) có xME = MFI Ta có KME = xME ⇒ Hai tia MK , Mx trùng Vậy KM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MIF ∆KMI ∼ ∆KFM (g.g) ⇒ KM KI = , mà KM = KN nên KF KM KN KI = Ta có KF KN NF / /FM , KN ⊥ AC ⇒ KN ⊥ NF ⇒ KNF = 900 , ∆KIN ∼ ∆KNF ( KI KN = , IKN chung) ⇒ KIN = KNF = 900 mà KF / /AD Vậy KN KF IND = 900 A Câu 87 Giải: D a) ∆MAC ∼ ∆MDA b) ∆MHC ∼ ∆MDO (c.g.c) C M K E H O MCH = DOH , MHC = DHO B c) CAD = COD CHD = = BHD 2 d) DE cắt CF K OHD = OCD = 1800 − COD 1800 − sđCD sđCE − sđ DF = = = DKF 2 ⇒ tứ giác DKHF , KHF = 1800 − KDF = 900 ⇒ KH ⊥ MO H Mà AB ⊥ MO H Nên KH , AB trùng F Câu 88 Giải: Vẽ OH ⊥ MF H Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B, H ,O,C thuộc đường tròn x G D AHB = AOB = BDS ⇒ B Tứ giác BDFH nội tiếp M ⇒ BDH = BFH ( ABM = BDH = BFH F H A S O ) ⇒ BM / /DH , DH / /GM C T E ( DH đường trung bình tam giác MGF ) M , B,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / /GL Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx tia tiếp tuyến đường tròn (O ) , xMB = MCD = MLG L ⇒ Mx tia tiếp tuyến đường tròn (MGL ) Vậy hai đường tròn (O ) (MGL ) tiếp xúc ... S = S1 S Ví dụ Cho hình thang ABCD có A = D = 90 0 , B = 600 ,CD = 30cm,CA ⊥ CB Tính diện tích hình CHUN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 thang Giải: Ta có CAD = ABC = 600 (cùng... 3S Giải: a) Ta giả sử góc A góc lớn tam giác A ABC ⇒ B,C góc nhọn Suy chân đường cao hạ từ A lên BC điểm B H C CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 H thuộc cạnh BC Ta có: ... tam giác ABC b) Dựng BK ⊥ AC Tính tỷ số AK AC CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10 Giải: a) Gọi H trung điểm BC Theo định lý Pitago ta có: AH = AC − HC = b − a Suy SABC =