0

14 lời GIAI bài tập rèn LUYỆN NÂNG CAO (1)

65 2 0
  • 14  lời GIAI bài tập rèn LUYỆN  NÂNG CAO (1)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/10/2021, 14:51

HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP KHÓ Câu 1) Phân tích định hướng giải: a) Để chứng minh tứ giác BKCM nội tiếp ta chứng minh · · BKC + BMC = 1800 Điểm K toán có mối quan với hai đường trịn ngoại tiếp tứ giác EBKD, KFDC ta · · tìm cách tính góc BKC , BMC theo góc có liên quan đến tứ giác ( ) · · · · ·  = 3600 − BKE + CKE = 3600 −  BDE + CKE Ta có: BKC   ( ) · · · = 3600 − 1800 − BDC + 1800 − BDC = BDC (1) · · · Mặt khác ta có: BMC (2) = 1800 − 2MBC = 1800 − BDC · · Từ (1) (2) ta có: BKC + BMC = 1800 b) Thực nghiệm hình vẽ cho ta thấy E , K , M thẳng hàng · · · · · · Thật ta có: EKB + BKM = EDB + BCM = EDB + BDC = 1800 Bây ta chứng minh: F , K , M thẳng hàng: Thật ta có: http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · · · · · · MKC + CKF = MBC + CKF = BDC + CKF = 1800 Từ ta suy điều phải chứng minh Câu 2) Phân tích định hướng giải: a) Tứ giác CNMD có liên quan đến tiếp tuyến CN nên ta tập trung khai thác giả thiết góc tạo tiếp tuyến dây · · Ta thấy: MCN , mặt khác = MCA · · phụ với góc MCA = BAN ·NAC , BAN · · = BDN · · (góc nội tiếp) từ ta suy MDN hay tứ giác CNMD = MCN nội tiếp b) Dễ thấy ·ADM = 900 Từ suy ·ADM + ·AHM = 1800 suy đpcm c) Để chứng minh E , O, F thẳng hàng: Ta chứng minh: · EOA + ·AOF = 1800 , điều tương đương với việc chứng · · · · minh: EAF , = 900 Thật ta có: EAF = EAB + BAF · · · · (Cùng chắn cung EB) , mặt khác EDB = MNC EAB = EDB · · · CMND nội tiếp, suy EAB ,Từ suy = MNC = MAC · · · EAF = MAC + MAF = 900 (đpcm) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Câu 3) Phân tích định hướng giải: Để chứng minh tứ giác BNJK nội tiếp ta chứng minh · · Ta có: BJN = BKN ( ) · · · · · · · BJN = BJC − NJC = 1800 − BIC − 1800 − NOC = NOC − BIC ( ) ¼ · » , = DM + NC Mặt khác ta có: NOC ( ) ( » ¼ · · » − BC » − »AD BIC = BC + »AD từ suy ra: BJN = DM + NC 2 ( ) ( ) ) · » =  DM ¼ − »AD − BC » − NC »  = ¼ AM − NB Ta có: NKB   2 = ( ) ¼ » − BC » − »AD Từ suy đpcm DM + NC http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word b) Ta có tứ giác BNJK nội tiếp nên · · NJK + NBK = 1800 ⇔ · · · · · · NJK + NAM = 1800 ⇔ NJK + NCM = 1800 ⇔ NJK + NJO = 1800 hay O, J , K thẳng hàng Mặt khác ta có: · ¶ = KNB · · · · KJB + IJB + BCI = KNB + BNA = 1800 hay K , I , J thẳng hàng Từ suy I , K , O thẳng hàng Câu 4) Phân tích định hướng giải: · · Ta có: BEC = CFB = 900 Suy H trực tâm tam giác ABC · · Hay AH ⊥ BC ⇒ BFH = HDB = 900 hay tứ giác BFHD nội tiếp Tương tự ta có: DHEC nội tiếp · · · · · · · Ta có: FBH tức = FDH = HCE = HDE ⇒ FDE = 2FBE = FIE FIDE tứ giác nội tiếp Câu 5) + Ta có tính chất quen thuộc: BE phân giác góc · (Học sinh tự chứng minh FED điều dựa vào tứ giác nội tiếp BFHD, HIEK , HDEC ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Từ suy HK = HI EI = EK Do ( ) · · · KIE = 1800 − IEK = 900 − IEH Mặt khác ta có · · · · Suy đpcm MHF = 900 − FAH = 900 − FEH = 900 − IEH · + Xét tứ giác HMNK ta có: HKN = 900 , mặt khác ta vừa chứng · · · minh FIMH nội tiếp nên suy FMH = HIF = 900 ⇒ HMN = 900 · · Như HKN + HMN = 1800 suy đpcm · · · · + Ta có: HNM = HKM = HIM = HFM ⇒ ∆FHN cân · · H ⇔ MF = MN Từ dễ dàng chứng minh được: MAN = DAS Câu 6) Phân tích định hướng giải: a) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABO ta có: AB = AH AO Theo tính chất tiếp tuyến cát tuyến ta có: AB = AD AE nên suy AH AO = AD AE ⇔ OHED nội tiếp Ta giải thích tường minh sau: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABO ta có: AB = AH AO · Xét tam giác ABD tam giác AEB ta có: BAD chung, ·ABD = BED · (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây) Từ suy ∆ABD đồng dạng với ∆AEB nên AD AB = ⇔ AD AE = AB AB AE http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word b) Để giải tốt câu hỏi ta cần nắm tính chất liên quan đến cát tuyến tiếp tuyến (Xem thêm phần: ‘’Chùm tập liên quan đến cát tuyến tiếp tuyến’’) là: · HA phân giác HI phân giác góc DHE · ngồi góc DHE · · · Thật ta có: OHE mặt khác ta có: = ODE = OED ·AHD = OED · ( Tính chất tứ giác nội tiếp) Suy ·AHD = OHE · · · · hay HI phân giác góc DHE ⇒ DHB = BHE · HA ⊥ HI nên suy HA phân giác ngồi góc DHE Quay trở lại toán: Ta thấy : Từ việc chứng minh: HI phân giác · · góc DHE HA phân giác ngồi góc DHE ta có: ID HD AD HD ID AD = = = suy IE HE AE HE IE AE Mặt khác theo định lý Thales ta có: ID DP = suy IE BE DP AD DP AD = = mà EK = BE nên Điều chứng tỏ D BE AE EK AE trung điểm PQ A, P, K thẳng hàng Câu 7) Ta thấy rằng: Nếu tứ giác MBOQ · · nội tiếp MQB = MOB · · Mặt khác MOB tứ giác = MKB · · MBOK nội tiếp suy MQB = MKB http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Như ta cần quy toán chứng minh MKQB nội tiếp · Ta có: ·ABC = ·ACB = NKQ (Tính chất tiếp tuyến) Như MKQB tứ giác nội tiếp Hoàn toàn tương tự ta có: NKPC nội tiếp nên suy được: NCOP nội tiếp Câu 8) a) Giả sử đường tròn (O ') ngoại tiếp tam giác ABC Dễ thấy H trực tâm tam giác ABC O trung điểm BC Những điểm đặc biệt giúp ta nghỉ đến toán đặc biệt liên quan đến đường thẳng, đường tròn Ơ le Kẻ đường kính AF (O ') Ta dễ chứng minh được: BHCF · hình bình hành H , O, F thẳng hàng Ta có: MTB = ·ACB BTAC tứ giác nội tiếp · · Mặt khác KDB = DBC ≡ ·ACB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến · · dây) Từ suy KDB tức tứ giác TKBD nội = KTB tiếp http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Để ý rằng: Tứ giác BKDO nội tiếp, từ suy điểm O, B, K , T , D nằm đường trịn đường kính OK · · hay OTK = 900 Mặt khác FTA = 900 suy F , O, T thẳng hàng Do điểm F , O, H , T thẳng hàng Tam giác MAO có AH , OT hai đường cao nên suy H trực tâm, ML ⊥ AO nên điểm A, E , H , L, D nằm đường · · · tròn Suy ELA tức tứ giác BELO nội tiếp = EDA = EBC b) Ta có điểm B, N , E , L, O nằm đường tròn đường · · · · · · kính NO nên NEO = NLO = 900 , KDB = DCB = BHJ = IHD · suy I trung điểm AH ⇒ IE = ID ⇒ IEO = 900 Như vậy: · · IEO + NEO = 1800 nên N , E , I thẳng hàng · c) Ta có MTE = ·ADE TADE nội tiếp ·ADE = ·ABC ⇒ ·ABC = MTE · · · Mà ⇒ MTEB nội tiếp ⇒ MEB = MTB · · · · · · bù với ·ACB ⇒ MEB + BED = MTB + BTA = 1800 BED = BTA hay M , E , D thẳng hàng d) Vì OE ⊥ IE ⇒ OE tiếp tuyến đường tròn qua điểm A, E , T , H , D, L tâm I Suy · · OEL = OAE ⇒ ∆OEL#∆OAE ⇒ OA.OL = OE ⇔ OA.OL = OS ⇒ ∆OLS #∆OSA · · · · Mặt khác OSA = 900 ⇒ OLS = 900 ⇒ MLO + OLS = 1800 ⇔ M , L , S thẳng hàng Mà H , M , N , L thẳng hàng nên suy M , H , S thẳng hàng Câu 9) Phân tích định hướng giải toán: Bài toán làm ta liên tưởng đến đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le Dựng đường kính AA ' Ta dễ thấy điểm A, E , H , D nằm đường tròn tâm I đường kính AH Suy HN ⊥ AN Mặt khác từ tính chất quen thuộc chứng minh http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word BHCA ' hình bình hành ta suy HIOM hình bình hành HM / /OI Ta lại có OI đường nối tâm đường tròn (O), ( I ) nên OI ⊥ AN (Do OI nằm đường trung trực AN ) Từ suy MH ⊥ AN Hay M , H , N thẳng hàng *) Để chứng minh K , E , D thẳng hàng Ta chứng minh: · · KEN + NED = 1800 Ta tìm cách quy góc góc đối tứ giác nội tiếp · · · · + Ta có: NEA (Cùng chắn cung NA ), NHA = NHA = NKB · · · phụ với góc KAH suy NEA = NKB ⇔ NKBE nội tiếp suy · · · · Mà NBK (Do NBCA nội tiếp) NEK = NBK = NAD · · · · + Từ suy KEN + NED = NAD + NED = 1800 ( Điều phải chứng minh) Câu 10) Phân tích định hướng giải: a) Ta cần dùng góc để tận dụng điều kiện AR, AQ tiếp tuyến (O) · Thật vậy: ORC = 900 , ta cần chứng minh http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · OPC = 900 Mặt khác NM đường trung bình tam giác ABC nên ·ABP = BPM · · ·ABP = PBM (Tính chất phân giác trong) Từ suy ∆BMP cân M ⇒ MB = MP = MC ⇔ ∆BPC vuông · · P ⇒ ORC = OPC = 900 hay ORPC tứ giác nội tiếp b) Để chứng minh P, Q, R thẳng hàng ta chứng minh: · · PRC + CRQ = 1800 µ +C µ B · · · · · Thật ta có: PRC mà POC , = OBC + OCB = = POC µA  1800 − µA  · CRQ = 1800 − ·ARQ = 1800 −  = 90 + ÷ suy  ÷ 2   µ +C µ µA B · · PRC + CRQ = + 900 + = 1800 (Đpcm) 2 11) Phân tích định hướng giải: a) Ta có: ·AMO = ·ANO = ·ADO = 900 nên điểm A, M , D, O, N nằm đường trịn đường kính AO Suy tứ giác AMDN , MNDO tứ giác nội tiếp b) Ta có: BDHF tứ giác nội tiếp nên: AH AD = AF AB Mặt khác AF AB = AM http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · · · nội tiếp nên CAQ = CBQ = DEP · · · Mặt khác AQC = 1800 - ABC = EPD (1).Áp dụng định lý Ptô –lê- mê cho tứ giác BEPD ta có PE BD + PD.EB + DE BP (2) Từ (1) (2) suy AQ.BD + QC EB = CA.BP Mặt khác BD = EB = CA nên AQ + QC = BP Câu 52 Giải: 1µ 1µ · · · a) Ta có NCE Do E nằm = IBN = B < A = NCM 2 µ > Cµ nên N C nằm · góc NCM (1) Do B phía AM Do E C nằm phía AM (2) Từ (1) (2) suy E nằm · góc AMC Vậy Q thuộc cung nhỏ AC b) Vì QK = QA · · Q = 1A µ + 1B µ (3), suy QAK = AK 2 1µ · · · · · · Mặt khác CAQ nên Þ IAK + CAQ = B = IBK + CBQ = CBQ http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · · hay tứ giác AIK B nội tiếp Từ ta có CAQ = IBK 1µ · Q = BAI · · QM nên K I / / MQ IK = A =K Gọi L giao điểm K N MQ , K I LE hình bình hành Do N trung điểm K L Vậy BK CL hình bình hành Mặt khác ta có BK / / CL , BK = CL · · · CLQ = BLQ = CQM (4) nên CL = QC (5) Từ (4) (5) suy BK = CL (6) BQ = QA +QC Từ (3) (6) ta có Câu 53 Giải: Gọi T giao điểm (khác A ' ) đường tròn ngoại tiếp tam giác A 'B 'C ' tam giác A 'BC Tứ giác BA 'CT nội tiếp đường trịn · B = CT · A '+A · 'T B CT ( ) · · 'C 'B ' = CBA ' + 1800 - A ( ) · · = 180 - ( ACB - CBA ') Gọi H · · = CBA ' + 1800 - ACB (do A 'C '/ / AC , BC / / B 'C ' ) giao điểm BA ' AC · · · · Khi ACB - CBA ' = BHC = CAB ' BH / / AB ' Suy · B = 1800 - CAB · CT ' Do tứ giác AB 'T C nội tiếp hay T http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác B 'CA Tương tự T thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác C 'AB Câu 54 Giải: a) Gọi K ,T hình chiếu vng góc M , N xuống BC H hình chiếu vng góc N xuống AC , L hình chiếu vng góc M xuống AB Đặt MK = ML = a;NT = NH = b; PN = c Dễ dàng tính được: PM PX = c c c c NT = ba ; PZ = ML = a; 1- c 1- c 1- c 1- c 1- c 1- c PY = 1 NH = b Do PY = PX + PZ 1- c 1- c b) Dễ dàng chứng minh D PZB : D PY C nên D PXB : D PY A nên PB PZ ; = PC PY PB PX Do = PA PY PB PB PX + PZ 1 + = = hay = + PC PA PY PB PA PC Câu 55 Giải: · · Ta có OM = ON ROM nên D OMR = D ONR (c.g.c) = RON http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Vậy RM = RN Do N nằm đường trung trực MN nằm · phân giác MAN nên R ¼ điểm cung MN (cung khơng chứa A ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Vậy tứ giác AMRN nội tiếp đường tròn Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BMR cắt BC P khác B Do tứ giác AMRN , BMRP nội tiếp nên tứ giác CNRP nội tiếp Vậy hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMR,CNR cắt P thuộc BC Câu 56 Giải: Sử dụng tứ giác ABCD nội tiếp Ta chứng minh PA = PC Giả sử BP cắt AC E , DP cắt AC F Dễ dàng chứng minh cặp tam giác đồng dạng D BCE : D BDA, D DAF : D DBC suy http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word AF AD CE · · Do CE = AF Mặt khác PEF nên = = = PFE BC BD BC PE = PF Từ ta có D PEC = D PFA (c.g.c) Vậy PC = PA Ngược lại, giả sử PA = PC Gọi X ,Y tương ứng giao điểm CD, DP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP Ta có cặp tam giác đồng dạng D ADB : D PDX , D ADP : D BDX nên BX BD XD = = AP AD PD (1) Mặt khác D DPC : D DXY nên XY XD (2) Từ (1) và(2) suy BX = XY = CP PD Do · · B = XPY · · · · · · DCB = XY = PDX + PXD = ADB + ABD = 1800 - BAD Vậy ABCD nội tiếp Câu 57 Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng I A, IB, IC điểm thứ hai M , N , P Gọi ( O;R ) , (O ';R ') đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A 'B 'C ' Ta có: IA.I A ' = IB IB ' = I C I C ' ; IA.IM = IB IN = I C IP IA ' IB ' I C ' Suy hai tam giác A 'B 'C ' MNP có = = IM IN IP http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word cạnh tương ứng song song nên O 'C '/ / OP Mặt khác ta có OP R NP IP Vậy ba điểm O, I ,O ' thẳng hàng = = = O 'C ' R ' C 'B ' IC ' Câu 58 Giải: Khi A thay đổi cung lớn BC tam giác MNP có µ · khơng đổi 900 + A NMP µ Tam giác ANP ln cân, có A khơng đổi nên NP lớn AB + AC lớn nhất, A điểm cung lớn ¼ Gọi A0 điểm cung lớn BC , ứng với vị BC trí ta có tam giác M 0N 0P0 cân M ; · M P = NMP · Vậy chu vi D M 0N 0P0 ³ chu vi N 0P0 ³ NP ;N 0 D MNP Do chu vi tam giác MNP lớn A º A0 b) Gọi A ' giao điểm IA với NP , B ' giao điểm IB với MP , C ' giao I C với MN Các điểm O ',G ' tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm tam giác A 'B 'C ' Ta có IA.IA ' = IB IB ' = IC IC ' = Do theo câu suy ba điểm I ,O ',O thẳng hàng Mặt khác ba điểm I ,G ',O ' nằm đường thẳng Ơ-le tam giác MNP qua O cố định http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Câu 59) Giải: Gọi M , N , P tiếp điểm cặp đường tròn ( O1) ,( O2 ) ;( O1) , (O ) ;( O2 ) , (O ) Đường thẳng MI cắt AB Q Ta có ba điểm O2, P ,O thẳng hàng Mặt khác O2M / / OB Tương tự O2M OB = r2 r = O2P OB nên QA MO2 r2 = = QB MO1 r1 PB PO r r MN = = = Do PM PO2 r2 NA r r r r QA PB NM = = Vậy đoạn thẳng AP , MQ, BN QB PM NA r1 r2 r đồng quy nên MQ đường cao tam giác MAB hay MQ ^ AB suy MQ ^ O1O2 Vậy I thuộc đường thẳng qua M vng góc với O1O2 Câu 60 Giải: Gọi E giao điểm thứ hai khác A AI với đường tròn ( O ) Khi E điểm cung BC (cung khơng chứa A ) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Ta có EB = EI = EC = IA Theo định lý Ptơ-lê-mê ta có EA.BC = EC AB + EB AC 2BC = AB + AC Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có: AB AI AC AB + AC AB + AC = = = = = Vậy BD ID DC BD + DC BC AI AG AI = Gọi M trung điểm cạnh BC , = 2= AD GM ID Vậy GI / / BC Câu 61 Giải: ( R + R3 ) (Tính chất đường trung bình hình thang), Gọi O giao điểm AC BD Ta có dO / D = dO / D khoảng cách từ O tới D Tương tự dO/ D = 1 R1 + R3 ) ;dO / D = ( R2 + R4 ) = dO / D Vậy ( 2 dO/ D = dO / D = dO/ D Do D 1, D 2, D 3, D tiếp xúc với đường tròn tâm O Câu 62 Giải: Đường tròn ngoại tiếp tam giác SMN có tâm B tiếp xúc với AS S , AM M Đường tròn ngoại tiếp tam giác SPQ có tâm D tiếp xúc với AQ Q , AS S http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word · · Ta có AMQ suy = AQM · · · · · · QME - FQM = AQF - AME = QPF - MNE (1) Ta có AE AN = AM = AF AP hay tứ giác NEFP nội tiếp Do ( ) ( · · · · · · FEM - EFQ = FEN + NEM - EFP + PFQ ( ) ( ) ( é ù · · = ê1800 - FPN + NEM úê ú ë û ( ) ) é · ù · ê180 - ENP + PFQ ú ê ú ë û ) ( )( · · · · · · · · = ENP - FPN + NSM - PSQ = ENC - FPC NSM - PSQ ) (để ý CP = CS = CN ) ( ) ( é· · · · = êENS + NSC - FRS + SPC ê ë · · - PSQ ) ùúúû+ ( NSM ) ( · · - PSQ ) ( ) ùúúû+ ( NSM ) · · · · · · = ( NSC + NSM + PSQ - FPS ) - (CSP ) + ( NSM ) é ù · · · · = ê( 90 - SNM - ( 90 - SPQ ú+ ( ENS - FPS ) ) ) ê ú ë û · · · · = ( MSC - QSC - FPS ) + ( ENS ) · · · · · · = ( SPQ - FPS - ENS = MNE (2) ) - ( SNM ) = QPF é· · · · = êENS + NSC - FPS + CSP ê ë 0 · · · · Từ (1) (2) suy QME hay - FQM = FEM - EFQ · · · · Do tứ giác MEFQ nội tiếp QME + EFQ = EFM + FQM Câu 63 Giải: Đường thẳng qua D song song với AC cắt AB M Đường http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word thẳng qua M song song với BC cắt AC N Gọi Q trung điểm NC Ta có AM DC AN = = nên = AB BC AC QC DC Vậy CQ = NQ = AN Do = = suy DQ / / AB CA BC ¼ ¼ ¼ ¼ Vậy tứ giác BMPD tứ Do BAC nên BMD = BPD = BPD · · · · giác nội tiếp Do MPA suy tứ giác = MDB = ACB = MNA AMPN nội tiếp Vì BMPD, AMPN tứ giác nội tiếp nên CDPN tứ giác nội tiếp Hơn QD = QC = QN , nên Q tâm đường 1· 1· · tròn ngoại tiếp tứ giác CDPN Vậy DPC = DQC = BAC 2 Câu 64 Giải: Theo định lý Sim-sơn, ba điểm P ,Q, R thẳng hàng Từ hai bốn điểm (C , D, P ,Q ) ;( A, D,Q, R ) thuộc đường tròn ta suy D DCA : D DPR http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Tương tự ta cặp tam giác đồng dạng D DAB : D DQP , D DBC : D DRQ Do DC BC PQ = Suy DA BA QR DC BC Điều tương đương với chân = DA BA đường phân giác góc D tam giác ADC chân đường phân giác góc B tam giác ABC trùng nhau, hay phân giác góc ABC ADC cắt AC PQ = QR Û Câu 65 Giải: Gọi H giao điểm MC với PQ Ta cần chứng minh H trung điểm MQ Ta có D K AC : D K MA suy Tương tự D K BC : D K MB suy MA KA = CA KC MB KB = CB KC Mặt khác K A = K B nên MA MB = CA CB AC BM = BC AM (1) Dễ dàng nhận thấy D BMP : D BCQ suy BC CQ = BM MP Từ (1) (2) ta có (2) CA MP = Sử dụng định lý Mê-lê-la –uyt CQ MA http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word cho tam giác QPA với cát tuyến MCH ta có: MP CA HQ =1 MA CQ HD Do HQ = HD Câu 66 Giải: T A,T B,T C cắt đường tròn ( O ') điểm thứ hai A1, B1,C Khi D A1B1C : D ABC , chúng có cạnh tương ứng song song Ta có AC 1 AC = B1C BC = A1B1 AB 2 ỉ ỉ T A1 TA12 T A12 T B12 TB1 T A1 T B1 ÷ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ = = = = = ữ ữ.Do ú ỗ ỗ ữ AA ' ữ ỗAA 'ứ ỗBB 'ứ AA ' BB ' AA1.AT BB1.BT è è Tương tự T A1 T A1 AA ' = T B1 T C1 CC ' T C1 TA TB TC (1) Theo = = AA ' BB ' CC ' AA ' BB ' CC ' định lý Ptơ- lê-mê ta có T B.AC = T A.BC +T C AB (2) Từ (1) (2) ta có: BB '.AC = AA '.BC + CC '.AB Vậy = = Câu 67 Giải: Kẻ tiếp tuyến chung K H , LT ( O1) http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word (O2 ) Giao điểm K H , LT với ( O ) B,C Kẻ tiếp tuyến chung EF ( O1) ( O2 ) cho E B nằm phía O1O2 Các điểm M , N tiếp điểm ( O1) ,( O2 ) với ( O ) EF cắt ( O ) P ,Q Ta chứng minh BC / / PQ Gọi A điểm cung PQ đường tròn ( O ) , kẻ tiếp tuyến AX , AY ( O1) ,( O2 ) Dễ dàng chứng minh ba điểm A, E , M thẳng hàng, ba điểm A, F , N thẳng hàng tứ giác MEFN nội tiếp Do AX = AE AM = AF AN = AY hay AX = AY Áp dụng câu 66 cho tam giác ABQ nội tiếp đường tròn ( O ) đường tròn ( O1) tiếp xúc với ( O ) M , ta có: AX PQ = BK AC +CL AB Tương tự AY PQ = BH AC + CT AB Suy AC ( BH - BK ) = AB (CL - CT ) AC K H = AB.T L hay AC = AB Vậy A trung điểm cung BC , PQ / / BC Câu 68 Giải: · · · · Lấy E , F thuộc đường tròn cho CDB = ADE , BDA = DCF Khi AE = BC , FD = AB, EC = AB , BF = AD Áp dụng định lý Ptô-lê-mê http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word cho hai tứ giác nội tiếp AECD BCDF ta có: AC ED = AE CD + AD.EC = BC CD + AD.AB (1) Và BDCF = BC DF + BF CD = BC AB + AD.CD (2) · · · · · · · Mặt khác CDE = CDB + BDE = ADE + BDE = ADB = FCD · · · · · · Do FDC suy = FDE + EDC = FCE + FCD = ECD ED = FC (3) Từ (1),(2),(3) ta có điều phải chứng minh Câu 69 Giải: Tứ giác BC 'MA ' A 'MB 'C nội tiếp nên · 'MC ' + B µ = Cµ + A · 'MB ' = 1800 A · 'A ' = MCA · µ = Cµ MB ' Mà B · 'MC ' = A · 'MB ' suy A CM MA ' suy D C 'MA ' : D A 'MB ' (c.g.c) Do = MA ' MB ' · ' B 'M + MCA · · 'A ' = MBA · C· 'A ' M = A ' Mặt khác MC ' nên · · 'MC ' = 1800 - B µ khơng D BMC : D C 'MA ' Do BCM =A Ta lại có đổi Vậy M thuộc đường tròn cố định http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word Câu 70) Gọi H trực tâm AMN , I trung điểm cạnh MN Gọi · Az tia phân giác BAC · · Ta có HAM nên Az = OAN · tia phân giác OAH Gọi O ' đối xứng với O qua Az Khi O ' thuộc AH Khi O thay đổi BC O ' thay đổi đường thẳng D đối xứng với đường thẳng BC qua Az ON · Tam giác OIN có $ không đổi nên I = 900, I·ON = BAC OI không đổi Mặt khác AH = 2.OI nên OA không đổi Do OI AO ' khơng đổi O ' thuộc D cố định nên H thuộc AH đường thẳng D ' song song với D http://dethithpt.com – Website chuyên tài liệu đề thi file word ... Nối H với E · HEA = 900 (vì AH đường kính), · AHC = 900 ( AH đường cao) · · · (cùng phụ với EHC ) (1) ị AHE = ACB ẳ ) (2) Từ (1) (2) Þ tiếp chắn AE · · (góc nội ADE = AHE · · Þ tứ ADE = ACB giác... tiếp Ta có ∆ABC#∆PAC µ chung, CAP · (C = ·ABC ) suy PA PC = (1) ∆ABC #∆QBA AB AC µ chung, BCA · · (B ) suy = QAB QB PA QB QA = = (2) Từ (1), (2) ta có: Vì PA = PM , QA = QN QA PC AB AC suy QB PM... ∆MNB#∆FIA (Bài toán giải quyết) Câu 19) Phân tích định hướng: Vì BC = R Áp dụng công thức · BC = R sin BAC =R 3 · ⇒ sin BAC = A = 600 Trong tốn có yếu tố cố định BC , µA nên ta tập trung khai
- Xem thêm -

Xem thêm: 14 lời GIAI bài tập rèn LUYỆN NÂNG CAO (1) , 14 lời GIAI bài tập rèn LUYỆN NÂNG CAO (1)