Thông tin tài liệu
BỘ ĐỀ CÂU CUỐI HÌNH HỌC TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN TỐN THPT CÁC TỈNH TRÊN CẢ NƯỚC NĂM HỌC 2020-2021 PHẦN 1: CHỨNG MINH ĐIỂM THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY CẦN THƠ Câu (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC Vẽ đường cao AH , đường trịn đường kính HB cắt AB D đường trịn đường kính HC cắt AC E a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b) Gọi I giao điểm hai đường thẳng DE BC Chứng minh IH ID.IE c) Gọi M , N giao điểm đường thẳng DE với đường trịn đường kính HB đường trịn đường kính HC Chứng minh giao điểm hai đường thẳng BM CN nằm đường thẳng AH ĐÁP ÁN Câu A D I B K M N H a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp E C 900 góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính BH BDH Ta có: BDH góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính CH CEH 900 CEH Xét tứ giác ADHE ta có: ADH AEH 900 900 1800 ADHE tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: IH ID.IE ) Ta có: ADHE tứ giác nội tiếp (cmt) DAH DEH (cùng chắn DH BHD (cùng phụ với DBH ) IEH ,lại có BAH Hay BAH IEH BAH hay BHD IEH BHD IEH (cmt ) Xét IDH IHE ta có: I chung; IHD ID IH ID.IE IH (dfcm) IH IE c) Chứng minh giao điểm hai đường thẳng BM , CN nằm đường thẳng AH Gọi giao điểm BM CN K Ta có: BMH góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính BH BMH 900 Hay MH BK , chứng minh tương tự NH KC DEH (cùng chắn cung DH ) hay Vì ADHE tứ giác nội tiếp (cmt) nên DAH IDH IHE ( g g ) MEH BAH Vì BDMH tư giác nội tiếp đường trịn đường kính BD, MH DBH (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) HME HME 900 Hay EMH ABH 900 MBH ABH mà BAH 900 hay MH HE MHE Mà HE AC MH / / AC Lại có: MH BK cmt BK AC , chứng minh tương tự: CK AB K trực tâm ABC K AH (dfcm) ĐỒNG NAI Câu (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn O có hai đường cao BE , CF cắt trực tâm H , AB AC Vẽ đường kính AD O Gọi K giao điểm đường thẳng AH với đường tròn O , K khác A Gọi L, P giao điểm đường thẳng AH với đường tròn O , K khác A Gọi L, P giao điểm hai đường thẳng BC EF , AC KD 1) Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn tâm I đường tròn thuộc đường thẳng BC 2) Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh AH 2OM 3) Gọi T giao điểm đường tròn O với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK , T khác K Chứng minh ba điểm L, K , T thẳng hàng ĐÁP ÁN Câu A E F L B O H J M K T' I C D P 1) Chứng minh EHKP tứ giác nội tiếp HEC 900 Ta có: BE đường cao ABC BE AC hay BEC AKD góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AKD 900 Xét tứ giác EHKP có: HEP HKP 900 900 1800 , mà hai góc đối diện nên EHKP tứ giác nội tiếp (đpcm) Có HKP 900 góc nội tiếp chắn cung HP HP đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác EHKP Tâm I đường tròn trung điểm HP Gọi J giao điểm AK BC HAC (cùng phụ với ACB) Ta có: HBJ KBC KAC (hai góc nơi tiếp chắn cung KC ) hay JBK HAC HBJ JBK HAC BJ phân giác HBK Ta có: AH đường cao ABC AH BC J BJ đường cao BHK Xét BHK ta có: BJ vừa đường cao, vừa đường phân giác từ đỉnh B tam giác BHK cân B BJ đường trung tuyến BHK J trung điểm HK Gọi I ' giao điểm BC HP Ta có: AJ BC J mà KP AH K BC / / KP hay JI '/ / KP Xét HKP ta có: J trung điểm HK (cmt ); IJ / / KP(cmt ) I ' J đường trung bình HKP I ' trung điểm HP I I ' hay I BC (dfcm) 2) Chứng minh AH 2OM AB BD AC CD Ta có: ABD ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) AB EF ( gt ) CF / / BD hay BE AC ( gt ) BE / /CD Mà BH / / CD BDCH hình bình hành CH / / BD BC cắt HD trung điểm đường, lại có M trung điểm BC ( gt ) M trung điểm HD Xét AHD ta có: O, M trung điểm AD, HD OM đường trung bình AHD OM / / AH AH 2OM (dfcm) OM AH 3) Chứng minh L, K , T thẳng hàng Gọi T ' giao điểm tia LK với đường tròn O BEC 900 mà đỉnh F , E đỉnh kề Xét tứ giác BFEC ta có: BFC LCE (góc ngồi đỉnh góc Nên BFEC tứ giác nội tiếp LFB đỉnh đối diện) Xét LFB LCE ta có: chung; L LFB LCE (cmt ) LFB LCE ( g.g ) Ta có tứ giác BCT ' K nội tiếp đường tròn O LF LB LE.LF LB.LC LC LE LKB LCT ' (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) LCT '(cmt ) LBK LT ' C ( g g ) chung; LKB Xét LBK LCT ' ta có: L LF LK LB LK LB.LC LK LT ' LE.LF LK LT ' LB.LC LT ' LE LT ' LC Xét LFK LT ' E ta có: ' chung ; LF LK LFK LT ' E (c g c) LFK LET ' ELT LT ' LE EFKT ' tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện) T ' thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK T T ' L, K , T thẳng hàng.(đpcm) HÀ NỘI Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn đường cao BE Gọi H K chân đường vng góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng AB, BC 1) Chứng minh tứ giác BHEK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh BH BA BK BC 3) Gọi F chân đường vng góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh ba điểm H , I , K ba điểm thẳng hàng ĐÁP ÁN Bài IV A H2 I F B 1 E O K C 1) Chứng minh BHEK tứ giác nội tiếp 900 EH AB , 900 EK BC Ta có : BHE BKE BKE 900 900 1800 nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có Tứ giác BHEK có BHE tổng hai góc đối 1800 ) dfcm 2) Chứng minh BH BA BK BC BEH (cùng chắn cung BH ) Theo câu a) tứ giác BHEK nội tiếp nên BKH Ta có: EBH 900 (do BHE vng H) BEH EBH 900 (do ABE vuông E) nên BEH ) BAE (cùng phụ với EBH BAE BEH (cmt ) nên BKH BAE BEH Mà BKH Xét BHK BCA có: BAE BAC (cmt ) BHK BCA( g.g ) ABC chung; BKH BH BK (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) BH BA BC BK BC BA a) Chứng minh H , I , K thẳng hàng Gọi I ' giao điểm HK EF BEC 900 ( gt ) nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh Xét tứ giác BFEC có : BFC F (cùng chắn EC ) kề nhìn cạnh góc nhau) B 1 E (so le trong) B E 1 Ta có: EH / / CF (cùng vng góc với AB) F 1 1 H (cùng chắn EK )2 Theo câu a, tứ giác BHEK nội tiếp nên B 1 E Từ (1) (2) ta suy H 1 E nên tam giác cân I ' H I ' E 3 I ' HE có H 1 H BHE 900 ; F E 900 (do HFE vng H) Lại có: H 2 F hay tam giác I ' HF cân I ' I ' H I ' F Nên H 2 Từ 3 I ' E I ' F hay I trung điểm EF Do I ' I nên ba điểm H , I , K thẳng hàng (đpcm) CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN (HÀ NỘI) Câu III (3 điểm) góc nhỏ ba góc tam giác nội tiếp đường Cho tam giác ABC có BAC Lấy điểm M , N tròn (O) Điểm D thuộc cạnh BC cho AD phân giác BAC thuộc (O) cho đường thẳng CM , BN song song với đường thẳng AD 1) Chứng minh AM AN 2) Gọi giao điểm đường thẳng MN với đường thẳng AC , AB E , F Chứng minh bốn điểm B, C , E , F thuộc đường tròn 3) Gọi P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AM , AN Chứng minh đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy ĐÁP ÁN Câu III A Q K F N P M E O C D B 1) Chứng minh AM AN DAB (so le BN / / AD) Ta có: NBA DAC ( gt ) ; DAC DAB ACM (so le CM / / AD) MCA sd NBA AN sd AM (trong đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Vậy AM AN (trong đường tròn, hai dây căng hai cung nhau) 2) Chứng minh điểm B , C , E , F thuộc đường tròn (góc có đỉnh bên đường trịn) AEF sd AN sdCM Ta có: sd sd AM sdCM AC ABC (góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn) 2 Vậy tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện nhau) hay B, C , E,F thuộc đường tròn 3) Chứng minh đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHN , cát tuyến EKQ , ta có: EN KH QA EN KH 1 1(do Q trung điểm AN ( gt ) nên QA QN ) EH KA QN EH KA EN KA I EH KH Gọi AD PE K ' Ta chứng minh K ' K Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt tam giác AHM , cát tuyến PKF ta có: FM K ' H PA FM K ' H 1 (Do P trung điểm AM gt nên FH K ' A PM FH K ' A PA PM ) FM K ' A II FH K ' H EN FM FM FH FM FH HM Ta chứng minh * (tính chất dãy tỉ EH FH EN EH EN EH HN số nhau) HM DC HN DB HM AC DC AC Lại có : (định lý đường phân giác), đó: 1 DB AB HN AB chung AEF ABC (cmt ), BAC Xét AEF ABC có: Vì BN / / AD / / CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có: AEF ABC g.g Từ (1) (2) HM AF HN AE AC AF 2 AB AE 3 AF HF 4 AE HE HM HF EN FM , * chứng minh, tức Từ (3) (4) ta suy III EH FH HN HE KA K ' A Từ I , II , III suy , K K ' KH K ' H Vậy EQ, FP, AD đồng quy K Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác tam giác AEF ta có: KHÁNH HỊA Câu (3,00 điểm) Cho đường tròn O điểm I nằm ngồi đường trịn Qua I kẻ hai tiếp tuyến IM IN với đường tròn O Gọi K điểm đối xứng với M qua O Đường thẳng IK cắt đường tròn O H a) Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IM IN IH IK c) Kẻ NP vng góc với MK Chứng minh đường thẳng IK qua trung điểm NP ĐÁP ÁN Câu M O I H N P K a) Chứng minh IMON tứ giác nội tiếp INO 900 Ta có: IM , IN tiếp tuyến O M , N IMO INO 900 900 1800 Xét tứ giác IMON ta có: IMO Mà hai góc hai góc đối diện nên IMON tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IM IN IH IK Ta có: K điểm đối xứng M qua O O trung điểm MK MK đường kính (O) 900 hay MH HK góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) MHK Ta có: MHK Áp dụng hệ thức lượng vào IMK vng M có đường cao MH Ta có: IM IH IK 2 Mà IM IN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) IM IN IM IH IK (dfcm) c) Chứng minh đường thẳng IK qua trung điểm NP Gọi IK NP J IK M E EF EF NE NF NF AB NE NF AB MB MK MK KF MF MF MK KC Mà MC MC MC 3 S KBC S BMC S ABCD S KBC 2020 378,75 4 16 Câu 10 C D E A I H B Xét ABD vuông A mà AB AD ABD vng cân A Lại có: I trung điểm BD Trong ABD có AI đường trung tuyến, đồng thười AI đường cao AHB 900 ( AH đường cao) AIB 900 mà AIB AHB 900 Xét tứ giác AIHB có đỉnh H I kề nhìn cạnh AB góc vuông Nên tứ giác AIHB tứ giác nội tiếp AHI ABI 450 (cùng chắn cung AI) AHC 900 ( AH BC ) AHI EHC AHC Mà EHC AHC AHI 900 450 450 1 ABC vuông A ABC ACB 900 (hai góc phụ nhau) 900 600 300 hay ECH 300 (2) ACB 900 ABC ECH (3) AEH EHC Ta có: AEH góc ngồi EHC Từ 1 , , 3 AEH 450 300 750 THỪA THIÊN HUẾ Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M nhọn (M không trùng A C) Gọi E F điểm cung nhỏ AC cho BCM chân đường vng góc kẻ từ M đến BC AC Gọi P trung điểm AB, Q trung điểm FE Chứng minh : a) Tứ giác MFEC nội tiếp b) Tam giác FEM tam giác ABM đồng dạng 900 c) MA.MQ MP.MF PQM ĐÁP ÁN Câu M A F P AMF=A1;FMP=A2;PMB=A3 BMQ=A4 Q O B E C a) Tứ giác MFEC tứ giác nội tiếp 900 , ME BC MEC 900 Ta có: MF AC MFC MEC 90 nên tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cạnh Tứ giác MFEC có MFC nhìn cạnh đối diện góc nhau) b) Tam giác FEM tam giác ABM đồng dạng ECM 1800 1 Theo câu a, tứ giác MFEC nội tiếp nên EFM BCM 1800 Tứ giác ABCM nội tiếp nên BAM ) EFM (cùng bù với BCM Từ (1) (2) suy BAM FCM (hai góc nội tiếp chắn FM ) 3 FEM FCM ABM (cùng chắn AM ) Từ (3) (4) suy FEM ABM Xét FEM ABM có: EFM (cmt ); FEM BAM ABM (cmt ) FEM ABM ( g g ) dfcm c) MA.MQ MP.MF PMQ 900 FE MF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AB MA FQ MF FQ MF AM FM AP MA AP MA AP FQ Xét MAP MFQ có: Từ câu b ta có: FEM ABM AM FM ; MAP MFQ cmt MAP MFQ c.g c AP FQ MA MP (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) MA.MQ MP.MF dfcm MF MQ (hai góc tương ứng) AMP FMQ Lại có: MAP MFQ(cmt ) M M M M M M M M AMF PMQ 2 4 Xét MAF MPQ có: (cmt ); MA MP (cmt ) MFA MPQ(c.g c) AMF PMQ MF MQ MQP (hai góc tương ứng) mà MFA 900 nên MQP 900 dfcm MFA TIỀN GIANG Bài V (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, biết AB 6cm, BC 10cm Tính giá trị biểu thức P 5sin B Cho hai đường tròn O; R O '; r tiếp xúc A, với R r Kẻ BC tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn với B O , C O ' , tiếp tuyến chung A hai đường tròn cắt BC M a) Chứng minh điểm O; B; M ; A thuộc đường tròn b) Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O ' M AC Chứng minh tứ giác AEMF hình chữ nhật c) Chứng minh tam giác MEF đồng dạng với tam giác MO ' O d) Cho biết R 16cm r 9cm Tính diện tích tứ giác OBCO ' ĐÁP ÁN Bài V C 10 cm A 6cm B Áp dụng định lý Pytago ta có: AB AC BC AC BC AB 102 62 64 AC BC 10 P 5sin B Vậy P AC sin B B M I E 1 O A F O' a) Chứng minh bốn điểm O, B, M , A thuộc đường tròn C Gọi I trung điểm OM ta có: 900 ( BM tiếp tuyến với O B) OBM vuông B OBM IO IM IB 1 (trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông nửa cạnh huyền) 900 ( AM tiếp tuyến với O A) OAM vuông A OAM IO IM IA (trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông nửa cạnh huyền) Từ 1 IO IM IB IA Vậy bốn điểm O, B, M , A thuộc đường tròn tâm I đường kính OM dfcm b) Chứng minh AEMF hình chữ nhật Ta có: OA OB R MA MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM đường trung trực đoạn AB 900 OM AB MEA 900 Tương tự O ' M CA MFA 1 MA MB MAB cân M A1 B A2 C MC MA MCA cân M C BAC B C A A B Từ (1) (2) suy 2 B C 1800 (tổng góc tam giác) Mà BAC 2 B C 900 BAC Tứ giác AEMF có ba góc vng nên hình chữ nhật dfcm c) Chứng minh MEF MO ' O A1 3 Theo câu b, tứ giác AEMF hình chữ nhật nên F A1 ( chắn cung BM) (4) Mà tứ giác OAMB nội tiếp (câu a) nên O O Từ 3 suy F 1 O (cmt ) chung; F Xét MEF MO ' O có: M 1 MEF MO ' O ( g g ) d) Tính diện tích tứ giác OBCO ' 900 OMO ' vng M Tứ giác AEMF hình chữ nhật nên EMF MA đường cao tam giác vuông OMO ' nên: MA2 AO AO ' 16.9 144 MA 12 cm MA MB 12 cm BC 24cm Ta có: O ' C BC , OB BC OB / / O ' C 900 nên hình thang vng Tứ giác OBCO ' có OB / / O ' C OBC 1 OB O ' C .BC 16 .24 300 cm2 2 Vậy SOBCO ' 300cm SOBCO ' TRÀ VINH Đề Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H 1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn 2) BE CF cắt đường tròn O M , N Chứng minh MN / / EF 3) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Đề Từ điểm M ngồi đường trịn O , vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( A, B hai tiếp điểm) Qua A vẽ đường thẳng song song với MB, cắt đường tròn E , đoạn thẳng ME cắt đường tròn F Hai đường thẳng AF MB cắt I Chứng minh 1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2) IB IF IA 3) IM IB ĐÁP ÁN Đề A M O N 1 F B H E C D 1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp 900 AD BC BFH Ta có: 900 CF AB BDH BDH 900 900 1800 Xét tứ giác BDHF có BFH Tứ giác BDHF tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh MN / / EF BE AC BFC 900 Xét tứ giác BCEF có: BEC CF AB BCEF tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc E (hai góc nội tiếp chắn BF ) nhau) C 1 M (hai góc nội tiếp chắn cung BN ) M E C Lại có C 1 1 Mà hai góc vị trí đồng vị nên MN / / EF ( dfcm) 3) Chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp DEF AD BC CEH 900 CDH BE AC Xét tứ giác CDHE có: CEH 900 900 1800 CDHE tứ giác nội tiếp CDH C (hai góc nội tiếp chắn DH ) E E (cmt ) E E EH tia phân giác DEF 1 Lại có C 1 Chứng minh hồn tồn tương tự ta có FH phân giác DFE 2 Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF (dfcm) Đề A E F O M I B 1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn OA MA MBO 900 MAO OB MB Ta có MA, MB tiếp tuyến A, B O MBO 900 900 1800 , mà hai góc đối diện nên Xét tứ giác MAOB có MAO MAOB tứ giác nôi tiếp 2) IB IF IA Xét IBF IAB có: AIB chung ) IBF (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn BF IAB IB IF IB IF IA(dfcm) IA IB 3) Chứng minh IM IB (hai góc so le trong) AEM EMB Ta có: AE / / MB( gt ) IBF IAB ( g g ) Hay AEM FMI (cùng chắn AF ) MAI IMF AEM Lại có: AEI MAI MAI (cmt ) MIF AIM ( g.g ) chung; IMF Xét MIF AIM có: MIA MI IF MI IA.IF AI IM MI IB IA.IF MI IB(dfcm) TUYÊN QUANG Câu 32.(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB cm , ADB 300 Gọi H chân đường cao kẻ từ A xuống đường thẳng BD.Tính độ dài đoạn thẳng BD diện tích tam giác ABH ĐÁP ÁN Câu 32 A B cm H 300 D C Xét tam giác vng ABD có: AB AB 4 BD 8(cm) BD sin ADB sin 30 Áp dụng hệ thức lượng tam giác ABD vuông A, ta có: sin ADB AB 42 AB BH BD BH cm BD Áp dụng định lý Pytago tam giác vng ABH ta có: AB AH BH AH AB BH 42 22 3(cm) S ABH 1 AH BH 3.2 cm 2 Vậy BD 8cm, S ABH cm VĨNH LONG Bài (2,5 diểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ đường thẳng d vng góc với OA M M O, A Trên d lấy điểm N cho N nằm bên ngồi nửa đường trịn (O ) Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường tròn O ( E tiếp điểm, E A nằm phía đường thẳng d ) a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp đường tròn b) Nối NB cắt nửa đường tròn O C Chứng minh NE NC NB c) Gọi H giao điểm AC d F giao điểm tia EH nửa đường tròn O NEF NOF Chứng minh ĐÁP ÁN Bài N C F E H A MO B a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp 90 Ta có: d OA NMO 900 NE tiếp tuyến O E nên OE NE NEO NEO 90 nên tứ giác OMEN tứ giác nội tiếp (hai đỉnh Tứ giác OMEN có NMO kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc nhau.(đpcm) b) Chứng minh NE NC NB Nối E với C, E với B ) Xét NEC NBE có: N chung; NBE NEC (cùng chắn EC NEC NBE ( g.g ) NE NC (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) NB NE Vậy NE NB.NC NOF c) Chứng minh NEF Xét NCH NMB có: chung; NCH NMB 900 NCH NMB ( g g ) NC NH (hai cặp cạnh N NM NB tương ứng tỉ lệ) NC.NB NH NM mà NE NH NE NB.NC (cmt ) NE NH NM NM NE Xét NEH NME có: chung ; NE NH (cmt ) NEH NME (c.g c ) NHE NEM (góc tương N NM NE ứng ) (1) Kẻ tiếp tuyến NF ' với nửa đường trịn (O) Do NE NF ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) NF '2 NH NM NF ' NM NH NF ' chung; NF ' NM (cmt ) NF ' H NMF '(c.g c) Xét NF ' H NMF ' có: N NH NF ' ' NF NHF ' M (các góc tương ứng) (2) Lại có tứ giác OMEN nội tiếp (câu a) nên điểm O, M , E , N thuộc đường tròn(3) OF ' N 90 90 180 nên tứ giác nội tiếp,do Tứ giác OENF ' có OEN điểm O, E , N , F ' thuộc đường tròn (4) 0 Từ (3) (4) suy điểm O, M , E, N , F ' thuộc dường tròn suy tứ giác NF MENF ' nội tiếp nên NEM ' M 1800 NHF ' NEM NF ' M 180 Từ (1), (2), (5) suy NHE E, H , F ' thẳng hàng hay F ' giao điểm EH với nửa đường tròn (O) F F ' Tứ giác NEOF nội tiếp NOF (cùng chắn cung NF ) NEF VĨNH PHÚC Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) điểm A nằm ngồi đường tròn O Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB AC đến O ( B, C tiếp điểm) Kẻ đường kính BD đường tròn O Đường thẳng qua O vng góc với đường thẳng AD cắt AD, BC K , E Gọi I giao điểm OA BC a) Chứng minh tứ giác ABOC , AIKE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI OA OK OE c) Biết OA 5cm, đường trịn O có bán kính R 3cm.Tính độ dài đoạn thẳng BE ĐÁP ÁN Câu B A I C O K D E a) Chứng minh tứ giác ABOC , AIKE nội tiếp đường tròn OCA 900 Vì AB, AC tiếp tuyến O nên OBA OBA OCA 900 900 1800 OBAC tứ giác nội tiếp Vì OB OC R , AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA trung trực BC OA BC I 900 Xét tứ giác AIKE có : AIE AKE AIKE tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) b) Chứng minh OI OA OK OE Vì AIKE tứ giác nội tiếp cmt OIK OEA (góc góc đỉnh đối diện) Xét OIK OEA có: OEA (cmt ) OIK OEA( g.g ) AOE chung ; OIK OI OK OI OA OK OE (dfcm) OE OA c) Tính độ dài đoạn thẳng BE Vì OA trung trực BC (cmt ) OA BC Xét OAB vuông B, đường cao BI ta có: OB 32 OB OI OA OI cm (hệ thức lượng tam giác vuông) OA 5 2 144 144 2, 4(cm) BI OB OI (Định lý Pytago) BI 25 25 5 Ta có BD đường kính O;3cm nên BD 6cm 2 2 Áp dụng định lý Pytago tam giác vuông OAB ta có: AB OA2 OB 52 32 16 AB cm Áp dụng định lý Pytago tam giác ABD ta có: AD AB BD 42 62 52 AD 52 13 cm Xét ODK ADB có: ADB chung; OKD ABD 90 OD AD OK AB OD AB 3.4 OK (cm) AD 13 13 ODK ADB( g.g ) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OAK ta có : 17 289 AK OA OK cm 13 AK 13 13 2 2 Xét OAK OBI có: IOK chung; OKA OIE 90 OAK OEI ( g g ) OK OI (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AK EI 17 AK OI 13 EI 5,1(cm) OK 13 Vậy BE BI IE 2,4 5,1 7,5(cm) ... tam giác ABC cân A, đường cao AM , BN cắt H Chứng minh MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AH Câu 10 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , đường cao AD, BE, CF cắt H Đường... ON ** Từ (1), (2), (3) suy MBN Từ * , ** MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AH Câu 10 A Q E F H P B O J C D I M a) Chứng minh BHM cân CF AB AFC ADC 900 AD BC Ta có:... 450 2 sin cos 3R Vậy giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI , đạt AIM 450 sin cos HÀ NAM Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn O; R Hai đường cao
Ngày đăng: 24/09/2021, 22:35
Xem thêm:
