Cau cuoi hinh thi vao 10 nam 2020 2021

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