Tổng hợp bài toán hình trong đề thi vào Lớp 10 THPT qua các năm

43 trang dichphong 7940

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tổng hợp bài toán hình trong đề thi vào Lớp 10 THPT qua các năm", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tong_hop_bai_toan_hinh_trong_de_thi_vao_lop_10_thpt_qua_cac.doc

Nội dung text: Tổng hợp bài toán hình trong đề thi vào Lớp 10 THPT qua các năm

CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM A. CÁC ĐỀ 2013 - 2014 1. ĐỀ TP_ HCM 2013 – 2014 Câu 5 (3,5 điểm) Cho ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O;R) (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh: M· BC B· AC , từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh: FI.FM = FD.FE c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC sao cho IBC có diện tích lớn nhất. HD: A E a) Ta có B· AC M· BC do cùng chắn cung B»C Và B· AC M· IC do AB// MI P B· AC M· IC O Vậy , nên bốn điểm ICMB cùng nằm I Trên đường tròn đường kính OM Q (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) F B C b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC T D nên FB. FC =FE. FD. Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE M c) Ta có góc PTQ=900 do POIQ là đường kính. FI FT Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) Nên F· IQ F· TM mà F· IQ O· IM 900 (I nhìn OM dưới góc 900) Nên P, T, M thẳng hàng vì P· TM 1800 . d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích SIBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung B»C của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác: O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T. Vẽ IH vuông góc BC tại H. IH IT O'I O'T O'O O'L OL 2, SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC- NĂM HỌC 2013-2014 Câu 7 (3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho góc M· BN = 45 0, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F. a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn BI theo a.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. HD: -Hình vẽ đúng (phần a) a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp: Vì ABCD là hình vuông và M· BN = 450 (GT) nên ta có M· BF F· AM 450 và N· BE N· CE 450 do đó các tứ giác ABFM và BCNE là các tứ giác nội tiếp (vì đều có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 2 đỉnh còn lại dưới một góc 450). Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp nên B· FM B· AM 1800 , mà B· AM 900 => B· FM 900 => M· FN 900 (1) Chứng minh tương tự, ta có N· EM 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEFN nội tiếp được đường tròn (đường kính MN). Vậy các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn BI theo a Lấy G trên tia đối của tia AD sao cho AG = CN (như hình vẽ) Kết hợp ABCD là hình vuông ta suy ra ABG CBN (c.g.c) =>G· BA C· BN .(3) và GB = NB (4) Lại có M· BN = 450 => ·ABM C· BN 450 (5). Kết hợp (3), (5) => G· BM ·ABM G· BA 450 M· BN , lại kết hợp với (4) và BM là cạnh chung => MBG MBN (c.g.c) Mặt khác theo chứng minh ở phần a, ta có NE và MF là hai đường cao của MBN , suy ra BI cũng là đường cao của MBN => BA = BI (hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng nhau). Vậy BI = BA = a. c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất Do MBG MBN (theo chứng minh ở phần b) => MG = MN Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho MDN (vuông tại D), ta có MN2 = DN2 + DM2 (DM DN)2 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN 2 + DM2 (vì tương đương 2 với (DM – DN)2 0 luôn đúng). (DM DN)2 DM DN Suy ra MN 2 2 MD DN 2 1 => 2a = MD + DN + MN MD DN MD DN 2 2 Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2 1 2 1 2a=MD+DN+ MN (MD DN) 2 MD.DN (2 2). MD.DN 2 2
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 2 2a 2 2 => DM.DN 2( 2 1) .a 2 2 1 =>S DM.DN ( 2 1)2.a2 , MDN 2 DM DN DM DN dấu “=” xảy ra MN DM DN 2 2 a . 2 DM DN MN 2a Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao cho DM DN 2 2 a . 3. ĐỀ ĐÀ NẴNG Bài 5 (3,5 điểm) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O; R) có BC = 2R và AB < AC. Đường thẳng xy là tiếp tuyến của (O) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn lần lượt cắt đường thẳng xy tại D và E. Gọi F là trung điểm của DE. a) Chứng minh rằng ADBO là tứ giác nội tiếp. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC và (O; R). Chứng minh C· ED 2·AMB c) Tính tích MC.BF theo R. ĐỀ KHÁNH HÒA Bài 4: (4,00 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ND là phân giác của A· NB . 3) Tính: BM.BN 4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. HD: Bài 4: (4,00 điểm) A 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội N tiếp. Ta có : A· NB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa F (O)) A· OM 900 (vì AB CD tạo O) · · 0 C D Suy ra: ANB + AOM = 180 M O tứ giác AOMN nội tiếp. E 2) Chứng minh : ND là phân giác của A· NB . Ta có : AB, CD là đường kính của (O). B
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM AB  CD (gt) A»D B»D A· ND B· ND ND là phân giác của góc ANB. 3) Tính: BM.BN Do BOM  BNA (gg) BO BM BM.BN = BO.BA=3.6=18 BN.BM 18 3 2 cm BN BA 4) Ta có: EAF vuông tại A (C· AD 900 , E AC, F AD) có M là trung điểm của EF MA = ME = MF M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA Điểm E, F là giao điểm của đường tròn (M; MA) với AC và AD. Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB) MA = MB = ME = MF tứ giác AEBF nội tiếp B· FD A· EB Ta lại có: B· DF B· CE = 900, suy ra: D· BF C· BE Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; D· BF C· BE ; B· DF B· CE = 900 nên BDF = BCE(gcg) DF = CE Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD Mà OAD vuông cân tại O nên AD = OA2 OD2 32 32 3 2 AE + AF = 3 2 . Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M. 4. ĐỀ QUÃNG NGÃI Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường tròn sao cho CA > CB. Gọi I là trung điểm của OA. Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P; AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K. 1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn. 2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng. 3/ Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q. Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R khi BC = R. M HD : ( giải vắn tắt) Đường tròn (O) đường kính AB = 2R Q GT IA = IO; IM  AB QA, QC là tiếp tuyến của (O) a) Tứ giác BCPI nội tiếp. KL b) Ba điểm B, P, K thẳng hàng. S C c) Tính QAIM theo R K P A B I O
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm). b) Dễ thấy MI và AC là hai đường cao của MAB P là trực tâm của MAB BP là đường cao thứ ba BP  MA 1 . Mặt khác ·AKB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) BK  MA 2 . Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, Q thẳng hàng. c) AC AB2 BC 2 4R2 R2 R 3 Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC là tam giác đều suy ra C· BA 600 Mà Q· AC C· BA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn »AC ) do đó Q· AC 600 . Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có Q· AC 600 nên là tam giác đều AQ AC R 3 . R 3R Dễ thấy AI ; IB 2 2 Trong tam giác vuông IBM I 900 ta có 3R 3 3R IM IB.tan B IB.tan 600  3 . 2 2 Ta chứng minh được tứ giác QAIM là hình thang vuông AQ / /IM ; I 900 . 1 1 3 3R R R 5R 3 5 3R2 Do đó S AQ IM AI R 3 .  (đvdt). QAIM 2 2 2 2 4 2 8 5 . CHUYEN KIÊN GIANG Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, D là trung điểm của AC, vẽ đường tròn (O) đường kính CD cắt BC tại E, BD cắt đường tròn (O) tại F. a) Chứng minh rằng ABCF là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng và tam giác DEC vuông cân. c) Kéo dài AF cắt đường tròn (O) tại H. Chứng minh rằng CEDH là hình vuông. A F D H O B C HD: E (hình vẽ: 0,5 điểm, vẽ hình cho câu a) (giả thiết) (góc chắn nửa đường tròn)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Tứ giác ABCF nội tiếp do A và F cùng nhìn đoạn BC góc bằng nhau . Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCF là góc nội tiếp chắn cung là góc nội tiếp chắn cung Vậy . Ta có ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (tam giác ABC vuông cân) Vậy tam giác DEC vuông cân Vậy Ta lại có tam giác DHC vuông nên hai tam giác DEC và DCH đều vuông cân Tứ giác CEDH là hình vuông. 6. CHUYEN LS THANH HÓA (ĐỀ CHUNG) Câu 4(3 điểm) : Cho 3 điểm A, B, C phân biệt, thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho AB khác BC. Trong cùng 1 nửa mặt phẳng bờ AC dựng hình vuông ABDE, BCFK. Gọi I là trung điểm EF, đường thẳng qua I vuông góc với EF cắt BD và AB tại M và N. CMR: a/ Tứ giác AEIN và EMDI nội tiếp b/ 3 điểm A, I, D thẳng hàng và B, N, E, M, F cùng thuộc 1 đường tròn. c/ 3 đường thẳng AK, EF và CD đồng quy HD M a/ Tứ giác AEIN và EMDI nội tiếp E D ABCD là hình vuông => E· AN 900 (1) MNEF => E· IN 900 (2) I Từ (1) và (2) => E· AN E· AN 1800 Q K => Tứ giác AEIN nội tiếp. F ABCD là hình vuông => E· DM 900 (3) MNEF => E· IM 900 (2) · · 0 Từ (3) và (4) => EDM EIM 90 => Tứ A B C giác EMDI nội tiếp đường tròn đường kính N EM b/ 3 điểm A, I, D thẳng hàng và B, N, E cùng thuộc 1 đường tròn. *) CM : 3 điểm A, I, D thẳng hàng AB = AE => A thuộc đường trung trực của EB (5) DB = DE => D thuộc đường trung trực của EB (6)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM DIE và DIB có DE = DB(gt); I·DE I·DB 450 (gt) ; DI chung => DIE = DIB (c.g.c) => IE = IB => I thuộc đường trung trực của EB (7) Từ 5,6,7 => A, I, D thuộc đường trung trực của EB nên 3 điểm A, I, D thẳng hàng *) CM : B, N, E cùng thuộc 1 đường tròn. Tứ giác AEIN nội tiếp (CM trên) => I·NE I·AE 450 (8) Tứ giác EMDF nội tiếp (CM trên) => I·ME I·DE 450 (9) Từ 8, 9 => EMN vuông cân tại E , có EI là đường cao => Đồng thời là đường trung tuyến => IE = IN (10) Từ 7,10 => IE = IB = IN => B, N, E cùng thuộc 1 đường tròn (I) c/ 3 đường thẳng AK, EF và CD đồng quy ADC có DBAC; (11) CK  BF mà C· BF C· AD 450 => BF//AD => CK  AD (12) Từ 11,12 => K là trực tâm tam giác ADC => AK  DC tại Q ta chứng minh Q thuộc EF. Tứ giác AEDQ nội tiếp (Vì : ·AED ·AQD 900 900 1800 ) => D· EQ D· AQ (13) Ta có KC//BE mà KC đi qua trung điểm của BF => đi qua trung điểm I của EF => C, K, I thẳng hàng => KIAD => Tứ giác ABKI nội tiếp => D· AQ I· BD (14) DIE = DIB => D· EI D· BI (15) Từ 13,14,15 => D· EI D· EQ => Q thuộc EI Hay E, Q F thẳng hàng tức là AK ; CD; EF đồng quy 7. VÒNG 1 – CHUYÊN SP Câu 4 (3 điểm): Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AA1;BB1;CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại H.Các đường thẳng A1C1 và AC cắt nhau tại điểm D, gọi X là giao điểm thức hai của đường thẳng BD với đường tròn (O) 1.Chứng minh rằng DX.DB=DC1.DA1 2.Gọi M là trung điểm cạnh AC .Chứng minh DH  BM HD: Bài 4: 1) Dễ đang chứng minh tứ giác AC1A1C nội tiếp suy ra DA.DC = DC1.DA1 tứ giác DXBC nội tiếp nên AD.DC= DX. DB Vậy DX.DB = DC1.DA1 2) Vì : DX.DB = DC1.DA1 nên tứ giác A1BX C1 nội tiếp suy ra D 0 BXC1 + BA1C1 =180 do tứ giác BA1 HC1 nội tiếp BA1C1 = BHC1 0 nên tứ giác BXC1 H nội tiếp suy ra BXH =90 A vậy HX BD (1) E M C1 H X O C B A1
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM kẻ đường kính BE dễ dàng chừng minh tứ giác AEHC là hình bình hành từ đó suy ra HME thẳng hàngtứ giác BCEX nội tiếp nên BXE =900 vậy EX  BD (2) từ (1) và (2) suy ra X,H,M,E thẳng hàng vậy MX  BD lại có BH DM nên H là trực tâm tam giác DBM suy ra DH BM 8. ĐỀ HÀ NAM Câu 4 (4 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy C thuộc (O) (C không trùng với A, B), M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC, BM cắt nhau tại K. a) Chứng minh ·ABM I·BM và ABI cân. b) Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp. c) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đường thẳng NI là tiếp tuyến của (B, BA) và NI  MO d) Đường tròn ngoại tiếp BIK cắt đường tròn (B, BA) tại D (D không trùng với I). Chứng minh A, C, D thẳng hàng. 9. ĐỀ ĐỒNG THÁP Câu 5: (1,5 điểm) Một toà nhà có bóng in trên mặt đất dài 16 mét, cùng thời điểm đó một chiếc cọc (được cấm thẳng đứng trên mặt đất) cao 1 mét có bóng in trên mặt đất dài 1,6 mét. a) Tính góc tạo bởi tia nắng mặt trời với mặt đất (đơn vị đo góc được làm tròn đến độ). b) Tính chiều cao toà nhà (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). Giải: Như hình vẽ: AB là chiều cao của toà nhà. AC= 16m là bóng của toà nhà in trên mặt đất. HK= 1m là chiều cao của cọc. HC=1,6 m là bóng của cọc in trên mặt đất. HK 1 Tam giác CHK vuông tại H, có: tan C 0,625 Cµ 320 CH 1,6 Tam giác ABC vuông tại A, có AB AC.tan C 16.0,625 10 m. Câu 6: (2,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt cạnh BC tại D. a) Tính số đo cung nhỏ AD. b) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AC tại E. Tứ giác AODE là hình gì? Giải thích vì sao. c) Chứng minh OE// BC. d) Gọi F là giao điểm của BE với đường tròn (O). Chứng minh CDFE là tứ giác nội tiếp. Giải: a) Tam giác ABC vuông cân tại A, nên ·ABD 450 1 Mà ·ABD sđ »AD (tính chất góc nội tiếp) 2 sđ »AD 2.·ABD 2.450 900 b) Tứ giác AODE là hình vuông.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Vì: O· AE 900 (gt) O· DE 900 (do DE là tiếp tuyến) ·AOD 900 (do tam giác OBD cũng vuông cân) và OA= OD (bán kính của (O)) c)Ta có: O· BD 450 và B· OE 900 450 1350 Do đó: O· BD B· OE 450 1350 1800 , ở vị trí trong cùng phía. Vậy OE// BC d)Xét tứ giác CDFE có B· FD là góc ngoài tại đỉnh F, 1 1 B· FD B· OD .900 (cùng chắn cung BD) 2 2 Tam giác ABC vuông cân tại A, nên D· CE 450 . Suy ra: B· FD =D· CE 450 (góc ngoài tại đỉnh F của tứ giác bằng với góc C). Vậy tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp. 10. ĐỀ NAM ĐỊNH Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tòn (O) (K ≠ B). 1) Chứng minh AE2 = EK . EB. 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh AE EM 1. EM CM HD E M K D H A O B C 1) Chứng minh AE2 = EK . EB. + Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A. + Chi ra góc AKB = 900 suy ra AK là đường cao của tam giác vuông AEB. + Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có AE 2 = EK . EB 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. + Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK + Chỉ ra góc EAK = góc EBA
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM + Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn AE EM 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh 1 . EM CM + Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO. + Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có CE AE CM OM CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM + Ta có 1 1 CM OM CM OM CM OM OM CM Mà ME = MO nên suy ra AE EM 1(đpcm) EM CM 11. ĐỀ LẠNG SƠN Câu 4 (4 điểm)Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyến MBC (B nằm giữa M và C). Gọi E là trung điểm của dây BC. a. Chứng minh: MAOE là tứ giác nội tiếp; b. MO cắt đường tròn tại I (I nằm giữa M và O). Tính AMI 2.MAI; c. Tia phân giác goc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh: MD2 MB.MC . HD a. Do E là trung điểm của dây cung BC nên OEM = 900(Quan hệ giữa đường kính và dây cung) Do MA là tiếp tuyến nên OAM = 900, tứ giác MAOE có OEM+OAM=1800 nên nội tiếp đường tròn b. Ta có : 2.MAI = AOI (cùng chắn cung AI) Mà AOI + AMO = 900 ( Do tam giác MAO vuông tại A ) => AMI + 2.MAI = 900 c. Do MAB : MCA (g.g) nên MA2 MB.MC Gọi K giao điểm của phân giác AD với đường tròn (O) Có MDA = (Sđ KC +Sđ BA ) : 2 = (Sđ KB +Sđ BA ) : 2 = Sđ KA : 2 ( Vì AD là phân giác góc BAC nên cung KB = cung KC) Mặt khác: MAD = Sđ KA : 2 ( Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) nên MAD cân : MA = MD Vậy MD2 MB.MC 12. CHUYÊN KHÁNH HÒA
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Bài 4. (3,00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của B trên AD, H là hình chiếu vuông góc của A trên BC và M là trung điểm của BC. 1) Chứng minh HME đồng dạng với AOB . 2) Từ C vẽ CF vuông góc với AD (F AD) . Chứng minh M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác EFH. 3) Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AC, AB. Chứng minh AM BN CP 2AD . Bài 5. (1,00 điểm) Trên một mặt phẳng cho trước, giả sử rằng mỗi điểm đều được tô màu đỏ hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vuông cân có 3 đỉnh cùng màu. HD : Bài 4.3 Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AC, AB. Chứng minh AM BN CP 2AD . Hướng dẫn : Gọi G là trọng tâm ABC . Khi đó O thuộc 1 trong 3 miền tam giác : GAB , GBC , GCA . Không mất tổng quát, giả sử O thuộc miền GAC (kể cả biên) 2 2 3 + C/m được : GA GC OA OC AD AM CP AD AM CP AD 3 3 2 1 + Vì BN BO AD AM BN CP 2AD . 2 Bài 5 Trên một mặt phẳng cho trước, giả sử rằng mỗi điểm đều được tô màu đỏ hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác vuông cân có 3 đỉnh cùng màu. Hướng dẫn : A D 1/ Chỉ có 1 điểm màu đỏ hoặc màu xanh khi đó luôn tìm được 3 đỉnh còn lại của hình vuông cùng màu bài toán luôn xảy ra. O 2/ Có 2 điểm phân biệt cùng màu đỏ hoặc cùng màu xanh. Giả sử A, B là 2 điểm phân biệt cùng màu đỏ. Ta vẽ một hình vuông ABCD tâm O. B C + Nếu C màu đỏ thì ABC vuông cân có 3 đỉnh cùng màu. Tương tự đối với D. + Nếu C, D cùng màu xanh. Khi đó, nếu O màu đỏ thì AB vuông cân có 3 đỉnh cùng màu đỏ. Còn nếu O màu xanh thì CD vuông cân có 3 đỉnh cùng màu xanh. Tóm lại trong tất cả các trường hợp, ta đều tìm được một tam giác vuông cân có 3 đỉnh cùng màu. 13. ĐỀ BÌNH DƯƠNG Bài 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB, trên tia OA lấy điểm C sao cho AC = AO. Từ C kẻ tiếp tuyến CD với (O) (D là tiếp điểm) 1/ Chứng minh tam giác ADO là tam giác đều
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 2/ Kẻ tia Ax song song với CD, cắt DB tại I và cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác AIB là tam giác cân. 3/ Chứng minh tứ giác ADIO là tứ giác nội tiếp 4/ Chứng minh OE  DB HD Bài 4. (2 điểm) x 1/ Ta có CD là tiếp tuyến của (O) (gt) D →CD  OD → DOC vuông tại D I E mà AC = AO (gt) →DA là đường trung tuyến của DOC B →DA = 1 OC (t/c đường trung tuyến ứng với C A O 2 cạnh huyền của tam giác vuông) →DA = OA = OD → ADO là tam giác đều 2/ Cách 1: Ta có DA = 1 OC (chứng minh trên) 2 AC = AD→ ADC cân tại A→ DCA = CDA mà DCA = xAB (đồng vị của Ax // CD) và CDA = ABD (cùng chắn cung AD) xAB = ABD hay IAB = ABI→ AIB cân tại I Cách 2: Ta có Ax // CD (gt) và CD  OD (Chứng minh trên) →Ax  OD →Ax là đường cao của ADO →Ax đồng thời là đường phân giác của ADO →DAx = BAx mà DAx = CDA (So le trong của Ax //CD) và CDA = ABD (cùng chắn cung AD) → BAx = ABD hay IAB = ABI → AIB cân tại I 3/ Ta có AIB cân tại I (chứng minh trên) và OA = OB (bán kính) IO là đường trung tuyến và đồng thời là đường cao của AIB→ IO  AB → IOA = 900 Ta có ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ADI = 900 IOA + ADI = 900 + 900 = 1800→ Tứ giác ADIO nội tiếp 4/ Ta có Ax là đường phân giác của ADO (chứng minh trên) DAx = BAx→ sđcungDE = sđcungBE→ cungDE = cungBE → DE = BE mà OD = OB (bán kính)→ OE là đường trung trực của BE →OE  BD 14. ĐỀ BÌNH ĐỊNH Cho đường tròn (O;R), hai đường kính AB và CD vuông góc nhau. Trong đoạn thẳng AB lấy điểm M(khác điểm O), đường thẳng CM cắt CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N với đường tròn (O) ở điểm P. a) Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được trong đường tròn. b) Tứ giác CMPO là hình gì?
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM c) Chứng minh tích CM.CN không đổi. d) Chứng minh khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên một đường thẳng cố định. Bài 4: (4,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp được trong đường tròn. Ta có: O· NP O· MP 900 Tứ giác OMNP nội tiếp được trong đường tròn đường kính OP b) Tứ giác CMPO là hình gì? Ta có: MP//CO (vì cùng vuông góc với AB) (1) µ µ P1 O1 (cặp góc so le trong) µ ¶ Ta có: P1 N1 (góc nội tiếp cùng chắn cung MO của đường tròn đường kính OP) C µ ¶ Lại có: C1 N1 (vì tam giác ONC cân tại O) µ µ 1 Do đó: C1 O1 MC//PO (2) Từ (1) và (2) Tứ giác CMPO là hình bình hành c) Chứng minh tích CM.CN không đổi. 2 M Ta có: D· NC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)A B 2 O Xét: CND và COM có: 1 1 · · 0 µ 1 DNC COM 90 và C1 : chung CN CD N CND ~ COM g g CO CM 1 CN.CM CO.CD R.2R 2R2 : không đổi P D d) Chứng minh khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên một đường thẳng cố định. µ µ ¶ ¶ Ta có: C1 O1 cmt O2 N1 (so le trong và MC//OP) µ ¶ µ ¶ Mà: C1 N1 (cmt) Do đó: O1 O2 µ ¶ Xét: PDO và PNO có: ON = OD(= R); O1 O2 (cmt); OP: cạnh chung PDO = PNO(c – g – c) P· DO P· NO 900 PD  CD Mà: C, D là hai điểm cố định đường thẳng PD cố định Vậy: khi M di động trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên một đường thẳng PD cố định. 15. ĐỀ CHUYÊN HÀ TĨNH HD
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 16 . ĐỀ THÁI NGUYÊN Bài 9: Cho đường tròn (I,R), biết R =3cm. Từ một điểm M nằm ngoài đường (1 điểm) tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (A,B là các tiếp điểm). Cho biết diện tích tứ giác MAIB là 12cm2. Tính độ dài đoạn thẳng MI. Bài 10: Cho đường tròn (O,R) và dây cung CD cố định không đi qua O, (1 điểm) cho A và B di động trên cung lớn CD sao cho CA và DB luôn song song
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM với nhau. Gọi M là giao điểm AD và BC. CMR: a) Các điểm C, D, O, M cùng nằm trên một đường tròn. b) OM  BD 17. ĐỀ CHUYÊN HÀ NỘI Bài IV ( 3,0 điểm) Cho tam giác ABC không phải là tam giác cân. Đường tròn (O) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. Đường thẳng NP cắt các đường thẳng BO, CO lần lượt tại E, F. 1) Chứng minh hai góc bằng nhau hoặc bù nhau. 2) Chứng minh bốn điểm B, C, E, F cùng thuộc một đường tròn. 3) Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OEF. Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng. Bài V ( 1,0 điểm) Trong mặt phẳng cho sáu điểm A1, A2, A3, A6 trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Với ba điểm bất kỳ trong số sáu điểm này luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 671. Chứng minh trong số A1, A2, A3, A6 đã cho, luôn tìm được ba điểm là ba đỉnh của một tam giác có chu vi nhỏ hơn 2013 HD: Hình 2 I A E N P F O B M C Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (1 điểm) Từ chứng minh trên suy ra 4 điểm O, N, E, C cùng thuộc một đường tròn ⟹ =900 (1) Tương tự 4 điểm O,P,F,B cùng thuộc một đường tròn⟹ =900(2). Từ (1) và (3) suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp Chứng minh O,M,K thẳng hàng (1 điểm) Gọi I là giao điểm của CE và BF. Bốn điểm O,N,E,C thuộc một đường tròn ⟹ =900 ⟹ BE  CI Tương tự CFBI⟹O là trực tâm của tam giác IBC⟹I,O,M thẳng hàng (3) Tứ giác OEIF nội tiếp đường tròn đường kính OI ⟹I,O,K thẳng hàng (4) Từ () và () suy ra O,M,K thẳng hàng Chứng minh rằng tồn tại tam giác (1 điểm)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Với Ai, Ak bất kỳ (1≤i<k≤6) ta quy định : + Nếu AiAk<671 thì Ai, Ak được nối với nhau bởi đoạn thẳng màu xanh +Nếu AiAk≥671 thì Ai, Ak được nối với nhau bởi đoạn thẳng màu đỏ Xét 5 đoạn thẳng A1A2, A1A3, A1A6. Theo nguyên lý Diriclet, tồn tại 3 đoạn thẳng cùng màu. Không mất tính tổng quát, giả sử ba đoạn đó là A1A2, A1A3,A1A4 Trường hợp 1: ba đoạn A1A2, A1A3,A1A4 cùng màu xanh. Do tồn tại một canh trong A2A3A4 có màu xanh, chẳng hạn A2A3⟹ A1A2A3 thỏa mãn điều kiện Trường hợp 2: Ba đoạn A1A2, A1A3,A1A4 cùng màu đỏ ⟹ A2A3A4 thỏa mãn điều kiện 18. ĐỀ ĐỒNG THÁP Câu 6 : ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ), bán kính R , BC = a , với a và R là các số thực dương . Gọi I là trung điểm của cạnh BC . Các góc C· AB , ·ABC ,B· CA đều là góc nhọn . 1 ) Tính OI theo a và R . 2 ) Lấy điểm D thuộc đoạn AI , với D khác A , D khác I . Vẽ đường thẳng qua D song song với BC cắt cạnh AB tại điểm E . Gọi F là giao điểm của tia CD và đường tròn ( O ) , với F khác C . Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nội tiếp đường tròn . 3 ) Gọi J là giao điểm của tia AI và đường tròn ( O ) , với J khác A . Chứng minh rằng AB.BJ = AC.CJ . HD 1 ) Tính OI theo a và R :Ta có : I là trung điểm của BC ( gt ) BC a Nên IB = IC và OI  BC ( liên hệ đường kính và dây ) 2 2 4R2 a2 Xét OIC vuông tại I : Áp dụng định lý Pytago tính được : OI = 2 2 )Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nội tiếp đường tròn : Ta có : ·ABC ·AED ( đồng vị ) Mà ·ABC ·AFC ( cùng nội tiếp chắn ¼AC ) Suy ra : ·AED ·AFC hay ·AED ·AFD Tứ giác ADEF có : ·AED ·AFD ( cmt ) Nên tứ giác ADEF nội tiếp được đường tròn ( E, F cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau ) 3 ) Chứng minh rằng AB.BJ = AC.CJ : AI AC Chứng minh ΔAIC ΔBIJ (g-g) ( 1 ) BI BJ AI AB Chứng minh ΔAIB ΔCIJ (g-g) ( 2 ) CI CJ Mà BI = CI ( I là trung điểm BC ) ( 3 ) AB AC Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra : AB.BJ AC.CJ CJ BJ 19. ĐỀ BẮC GIANG Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. HD a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =900 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM trên ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau => tứ giác MCAE nội tiếp. b) Chứng minh BAE đồng dạng tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh BAF đồng dạng với BNC => BF.BN = BA.BC (1) Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung ) => Góc BMN = góc EFN Xét BEF đồng dạng với BNM => BE.BM = BF.BN c) Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE = 3 R 2 => DE =R 3 Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R3 . d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng => A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'. 20. ĐỀ CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH Bài 3: (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O). Các tiếp tuyến taị B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại K. Kẻ đường kính AD. Chứng minh rằng: a) Ba diểm K, A, D thẳng hàng.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM b) Bốn điểm A, B, K, H cùng thuộc một đường tròn, với H la fgiao điểm của BD và AC. c) KH song song với BC. Bài 4: (1 điểm) Giả sử AD, BE và CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi diện tích tam giác DEF bằng 1 diện tích tam giác ABC. 4 HD A Bài 3. a) Ta có AB = AC; OB = OC; KB = KC => A, O, K nằm trên đường trung trực của BC. Mà D thuộc AD nên D cũng nằm trên đường trung trực của BC O => A, K, D thẳng hàng. b)Vì D nằm trên đường trung trực của BC nên AD  BC C => D»B D»C => K· BH K· AH B  Tứ giác BAKH nội tiếp c) KH // BC vì cùng vuông góc với BC. D K H Bài 4. A +) Chứng minh điều kiện cần: Cho Tam giác ABC đều, AD, BE và CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC ta cần chứng minh:. F 2 E SDEF 1 1 sABC 2 4 Do tam giác ABCđều và AD, BE, CF là các đường phân giác của tam giác nên ta B có D C DE EF DF 1 => V DEF đồng dạng AB BC AC 2 2 2 SDEF DE 1 1 với V ABC => SABC AB 2 4 +) Chứng minh điều kiện đủ: Cho Tam giác ABC, AD, BE và CF là các đường S 1 phân giác trong của tam giác, thỏa DEF , ta cần chứng minh: V ABC là tam SABC 4 giác đều. Đặt BC = a; AC = b; AB = c (a, b, c > 0)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Vì AD là phân giác B· AC nên ta có DB c DB c DB c ac DB DC b DB DC c b a c b c b ac ab  DC = a – DB = a c b c b Chứng minh tương tự ta có: EC = ab ; EA = bc ; FA =bc ; FB = ca . a c a c a b a b S S S S S S S S Ta có DEF ABC AEF BDF CDE 1 AEF BDF CDE = 1 - SABC SABC SABC SABC SABC AF.AE BF.BD CE.CD = = AB.AC BA.BC CA.CB 2abc theo giả thiết ta có: 2abc = 1 (a b)(b c)(c a) (a b)(b c)(c a) 4  (a +b)(b + c)(c + a) = 8abc  a(b –c)2 + b(c - a)2 + c(b – a)2 = 0  a = b = c => V ABC là tam giác đều. Vậy 21. ĐỀ AN GIANG Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB ; C là một điểm trên đường tròn sao cho số đo cung AC gấp đôi số đo cung CB.Tiếp tuyến tại B với đường tròn (O) cắt AC tại E.Gọi I là trung điểm của dây AC. a.Chứng minh rằng tứ giác IOBE nội tiếp. b.Chứng minh rằng EB2 = EC . EA . c.Biết bán kính đường tròn (O) bằng 2 cm, tính diện tích tam giác ABE . 22. ĐỀ CHUYÊN VĨNH PHÚC Câu 4 (3,0 điểm).Cho đường tròn O và điểm A M nằm ngoài O . Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MC (A,C là các tiếp điểm) tới đường tròn M B O . Từ điểm M kẻ cát tuyến MBD (B nằm giữa K M và D, MBD không đi qua O ). Gọi H là giao H D điểm của OM và AC . Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt đường tròn O tại E (E O khác C), gọi K là giao điểm của AE và BD . Chứng minh: C a) Tứ giác OAMC nội tiếp. E b) K là trung điểm của BD. c) AC là phân giác của góc B· HD . HD: Tứ giác OAMC nội tiếp. Do MA, MC là tiếp tuyến của (O) nên OA  MA, OC  MC O· AM O· CM 900 O· AM O· CM 1800 Tứ giác OAMC nội tiếp đường tròn đường kính OM.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM K là trung điểm của BD. Do CE // BD nên ·AKM ·AEC , ·AEC ·ACM (cùng chắn cung »AC ) ·AKM ·ACM . Suy ra tứ giác AKCM nội tiếp. Suy ra 5 điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM O· KM 900 hay OK vuông góc với BD. Suy ra K là trung điểm của BD. AH là phân giác của góc B· HD . Ta có: MH.MO MA2 , MA2 MB.MD (Do MBA, MAD đồng dạng) MH.MO MB.MD MBH, MOD đồng dạng B· HM O· DM tứ giác BHOD nội tiếp M· HB B· DO (1) Tam giác OBD cân tại O nên B· DO O· BD (2) Tứ giác BHOD nội tiếp nên O· BD O· HD (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra M· HB O· HD B· HA D· HA AC là phân giác của góc B· HD . 23.TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGUYỄN BÌNH – QUẢNG NINH Câu IV (3 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao? c) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác OPK lớn nhất HD: Hình vẽ: 0,25 M Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ ¼AM 900 => AOˆM 900 (đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) K => ·AHM = 900 Trong tứ giác AOHM, H ta có: AOˆM ·AHM 900 Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới A O P B một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp Xét tam giác vuông MHK có M· KH 450 Nên MHK vuông cân tại H Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét MHO và KHO có HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung OM = OK = R Suy ra MHO = KHO ( c-c-c) Nên M· OH K· OH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK Ta có chu vi của tam giác OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK không đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn nhất OP + PK lớn nhất
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có (OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2. Vậy (OP + PK)2 lớn nhất bằng 2R2, nên OP + PK lớn nhất bằng 2R . Do đó chu vi của tam giác OPK lớn nhất bằng: 2R + R = (2 1)R , khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của cung MB ĐỀ ĐỒNG NAI Câu 6. (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính R, BC = a, với a và R là các số thực dương. Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Các góc C· AB , ·ABC ,B· C A đều là góc nhọn. 1) Tính OI theo a và R. 2) Lấy điểm D thuộc đoạn AI, với D khác A, D khác I. Vẽ đường thẳng qua D song song với BC cắt cạnh AB tại điểm E. Gọi F là giao điểm của tia CD và đường tròn (O), với F khác C. Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nội tiếp đường tròn. 3) Gọi J là giao điểm của tia AI và đường tròn (O), với J khác A. Chứng minh rằng AB.BJ = AC.CJ. HD Câu 6 : ( 3,0 điểm ) 1 ) Tính OI theo a và R: Ta có : I là trung điểm của BC ( gt ) BC a Nên IB = IC và OI  BC ( liên hệ đường kính và dây ) 2 2 Xét OIC vuông tại I có : OC 2 OI 2 IC 2 ( định lý Pytago ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a 4R a 2 4R a OI OC IC R OI 2 4 2 2 )Chứng minh tứ giác ADEF là tứ giác nội tiếp đường tròn : Ta có : ·ABC ·AED ( đồng vị )Mà ·ABC ·AFC ( cùng nội tiếp chắn ¼AC ) Suy ra : ·AED ·AFC hay ·AED ·AFD Tứ giác ADEF có : ·AED ·AFD ( cmt ) Nên tứ giác ADEF nội tiếp được đường tròn ( E , F cùng nhìn AD dưới 2 góc bằng nhau ) 3 ) Chứng minh rằng AB.BJ = AC.CJ : Xét ΔAIC vàΔBIJ có : ·AIC B· IJ ( đối đỉnh ) I·AC I·BJ ( cùng nội tiếp chắn C»J ) Vậy ΔAIC ΔBIJ (g-g) AI AC ( 1 ) BI BJ Chứng minh ΔAIB ΔCIJ (g-g) AI AB ( 2 ) CI CJ Mà BI = CI ( I là trung điểm BC ) ( 3 ) AB AC Từ ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) suy ra : AB.BJ AC.CJ CJ BJ
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 24. ĐỀ NINH BÌNH Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâmO, bán kính R. M là một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đển đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và OM. 1. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. 2. Tính diện tích tam giác AMB, biết OM = 5 và R = 3. 3. Kẻ Mx nằm trong tam góc AMO cát đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa M và D). Chứng minh rằng EA là phân giác của góc CED. HD A D C M E O B 3. – Chứng minh MAO vuông tại A, Đường cao AE ME.MO = MA2 ME.MO = MC.MD(= MA2) ME MC , mà MDO và MEC có góc M chung nên hai tam giác đồng dạng MD MO MEC = MDO Từ đó suy ra tứ giác ECDO nội tiếp vì có CDO + CEO = CEM + CEO = 1800 OED = OCD = ODC = CEM CEA = DEA ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau) EA là phân giác của CED 25 . ĐỀ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN BẾN TRE NĂM HỌC 2013 – 2014 Câu 4 (7,0 điểm) Cho đường tròn tâm O. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ các tiếp tuyến AT và AS với đường tròn ( T, S là các tiếp điểm). Trên cung lớn TS lấy điểm D sao cho T·OD S· OD < 1800. Kẻ các đường cao TE, SF và đường trung tuyến DM của tam giác TSD. a) Chứng minh rằng: *) DE. TA = DT.TM. *)D· OT = E· TM . *)Tam giác DEM đồng dạng với tam giác DTA. b) Gọi N là giao điểm của DM và EF; P là giao điểm của AD và TS. Chứng minh rằng NP song song với AM. 26. ĐỀ HẢI PHÒNG Bài 3: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H D BC,E AC,F AB . 1. Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 2. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E). Chứng minh: A¼M A»N . 3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD. HD Vẽ hình đúng để làm câu 1 A E N F M H O B C D + Ta có B· FH B· DH 900 (vì AD và CF là đường cao của ABC) => B· FH B· DH 1800 . Suy ra tứ giác BDHF nội tiếp + Ta có B· FC B· EC 900 (vì BE và CF là đường cao của ABC) Suy ra hai điểm E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Hay tứ giác BFEC nội tiếp. 2. (0,75 điểm) 1 Ta có ·AEF ·ABC (cùng bù với F· EC ) mà ·AEF ( sđ ¼AM + sđ N»C ) (góc có đỉnh ở bên 2 1 trong đường tròn) ·ABC ( sđ »AN + sđ N»C ) (góc nội tiếp) Suy ra ¼AM »AN 2 3. (0,75 điểm) AFH đồng dạng với ADB (g.g) => AF.AB = AH.AD (1) AFM đồng dạng với AMB (g.g) => AM2 = AF.AB (2) Từ (1) và (2) suy ra: AM2 = AH.AD => AMHđồng dạng với ADM (c.g.c) => ·AMH ·ADM Vậy AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MHD. 27. ĐỀ LAM SƠN ( Dành cho thí sinh thi chuyên tiếng Nga và Pháp) Câu 4 :(3 điểm ) Cho Tam giác đều ABC , Trên các cạnh BC; CA; AB lần lượt lấy các điểm M,N,P Sao cho BM=CN=AP 1) Chứng minh:Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP trùng nhau. 2) Gọi I;J;K lần lượt là trung điểm của MN; BC; CA Chứng minh ba điểm I; J; K thẳng hàng 3) Khi M di đông trên đoạn BC và N di động trên đoạn CA Hãy xácA định vị trí các điểm M; N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất. HD N Lưu ý rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cũng K là trọng tâm của nó, hãy thực hiện các bước sau: O P chứng minh: tam giác MNP đều Q I -kẻ MF// AC ( như hình vẽ) NE là trung tuyến E 1 - chứng minh: PF= AN suy ra JE//= AN B F J M C 2 EO JO 1 Nhờ Ta lét Suy ra từ đó suy ra O là trọng tâm trung của hai tam giác ON OA 2 đều suy ra điều cần chứng minh. b) Kẻ PQ ?? AB ( Q AC) chứng minh cho CQ= AN suy ra KN= KQ
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM mà KJ // MQ nên KJ đi qua trung điểm I của MN CM CN C)Đặt k(0 k 1) thì 1 k từ đó tính được CB CA 3 2 1 SMNP= SABC -3k(1-k).SABC (1 (k 1 k) ) SABC = SABC dấu bằng xảy ra khi 4 4 S 1 MN 1 k=1-k hay k= 1/2 vậy MNP suy ra đẳng thức xảy ra khi k=1/2 khi S ABC 4 AB 2 đó M; N là trung điểm của BC và CA 28. ĐỀ THANH HÓA Câu 4: (3,0 điểm): Cho (O;R) đường kính EF. Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trên cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vuông góc với EF ( S thuộc EF). a) Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp. b) Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng tam giác IJN vuông cân. c) Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và I nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS. HD a) Vì I thuộc (O) nên E· IF 900 . Vì LS  EF nên L· SF 900 . Từ đó suy ra E· IF L· SF 1800 , do đó tứ giác IFSL nội tiếp. b) Ta có IO  EF nên tam giác IEF là tam giác vuông cân tại I. Suy ra IE=IF (1). Ta lại có I·EJ I·FJ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IºJ ) (2) Theo giả thiết ta có FN=EJ (3) Từ (1), (2) , (3) suy ra IEJ IFN (c-g-c). Do đó IJ=IN (4) và E· IJ F· IN . Suy ra J· IN E· IJ E· IN F· IN E· IN E· IF 900 (5) Từ (4) và (5) suy ra tam giác IJN vuông cân tại I. c) Đặt SE x 0 x R . Ta có tam giác LES vuông cân tại S nên LS x . Gọi H là giao điểm của FD và LS. Vì D và L nằm cùng phía đối với EF nên H và L nằm cùng phía đối với S. HS SF 2R x 2R x Ta có FHS : FDE (g-g) nên HS .DE (6) DE EF 2R 2R ED JE Theo giả thiết ED.JF JE.OF (7). OF JF LS JE Ta lại có FLS : FEJ (g-g) suy ra (8). FS JF ED LS ED x xR Từ (7) và (8) suy ra ED (9). OF FS R 2R x 2R x 2R x xR x LS Từ (6) và (9) suy ra HS . . Do đó H là trung điểm của đoạn 2R 2R x 2 2 LS.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM B. CÁC ĐỀ THI NĂM 2014 – 2015 1. CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH Bài 4: (3,0 điểm): Cho hai đường tròn O1;R1 và O2 ;R2 với R1 R2 tiếp xúc trong với nhau tại A. Đường thẳng O1O2 cắt O1;R1 và O2 ;R2 lần lượt tại B và C khác A. Đường thẳng đi qua trung điểm D của BC vuông góc với BC cắt O1;R1 tại P và Q. 1) Chứng minh C là trực tâm tam giác APQ. 2 2 2 2) Chứng minh DP R1 R2 . 3) Giả sử D1;D2 ;D3;D4 lần lượt là hình chiếu vuông góc của D xuống các đường thẳng BP;PA; AQ;QB . Chứng minh P 1 DD DD DD DD BP PA AQ QB D2 1 2 3 4 2 M HD 1) PBQC là hình thoi => QC // BP D1 CM // BP (cùng vuông góc với PA) D B A => Q, C, M thẳng hàng C O1 O2 Tam giác APQ có 2 đường cao AD và QM D4 cắt nhau tại C=> C là trực tâm tam giác APQ 2) c/minh DM là tiếp tuyến tại M của (O2) D Cminh được PD2 = DB.DA = DC.DA = DM2 3 Q 2 2 2 2 = O2D – O2M = O2D – R2 Ta đi cminh O2D = R1 AC BC AB 2R Ta có O D O A CD 1 R 2 2 2 2 2 2 1 Vậy ta có đpcm. 1 c) DD DD DD DD BP PA AQ QB 1 2 3 4 2 Dễ dàng cminh được DD1 DD4 ;DD2 DD3;BP QB;PA AQ 1 Nên DD DD DD DD BP PA AQ QB 2 DD DD PB PA 1 2 3 4 2 1 2 Ap dụng BĐT Cô-si ta có DB2 DP2 2DB.DP BP2 2DB.DP(Pi ta go DB2 DP2 BP2 ) 2DB.DP BP 2DD (dấu « = » xảy ra khi DP = DB) (1) BP 1 2DA.DP Cminh tương tự ta cóAP 2DD (dấu « = » xảy ra khi DP = DA) (2) AP 2 2 DD DD PB PA TỪ (1) và (2) => 1 2 (dấu « = » xảy ra khi DP = DA =DB)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 2. ĐỀ QUÃNG NGÃI Bài 4: (3,5 điểm)Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB; P là điểm thuộc cung MB (P khác M và P khác B). Đường thẳng AP cắt đường thẳng OM tại C; đường thẳng OM cắt đường thẳng BP tại D. Tiếp tuyến của nửa đường tròn ở P cắt cắt CD tại I. a/ Chứng minh OADP là tứ giác nội tiếp đường tròn. b/ Chứng minh OB.AC = OC.BD. c/ Tìm vị trí của điểm P trên cung MB để tam giác PIC là tam giác đều. Khi đó hãy tính diện tích của tam giác PIC theo R. 0 HD a/ C/minh AOD = APD = 90 D O và P cùng nhìn đoạn AD dưới một góc 900 OADP tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD I OC AC b/ C/ minh AOC DOB (g.g) OB DB M P OB.AC = OC.BD (đpcm) c/ Ta có IPC = PBA (cùng chắn cung AP của (O)) C và có ICP = PBA (cùng bù với OCP) A B Suy ra IPC = ICP IPC cân tại I. O 0 0 Để IPC là tam giác đều thì IPC = 60 PBA = 60 0 OP = PB = OB = R số đo cung PB bằng 60 C/minh DIP cân tại I ID = IP = IC = CD:2 1 1 1 1 R 3 R 2 3 Do đó SPIC = SDPC = . .CP.PD = . .R = (đvdt) 2 2 2 4 3 12 3.ĐỂ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN BẮC NINH Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M . 1) Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn. 2) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3) Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC. HD HD : HS tự vẽ hình 1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = 1 OK 1 AH hay (*) 2 AH 2
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => OK 1 GK AG 2GK , từ đó suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC AH 2 AG 4. CHUYÊN KHÁNH HÒA Bài 4: (2,00 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kình AB = 2R. Vẽ đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) tại B. Trên cung A»B lấy điểm M tùy ý (M khác A và B), tia AM cắt d tại N. Gọi C là trung điểm của AM , tia CO cắt d tại D. a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. b) Chứng minh rằng: NO  AD c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD. d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất. HD: a) Chứng minh rằng: OBNC nội tiếp. N · · 0 M HD: Tứ giác OBNC nội tiếp có OCN OBN 180 d b) Chứng minh rằng: NO  AD C HD: AND có hai đường cao cắt nhau tại O, suy ra: NO là đường cao thứ ba hay: NO  AD B A O c) Chứng minh rằng: CA. CN = CO . CD. CA CO HD: CAO  CDN CA. CN = CO . CD CD CN d) Xác định vị trí điểm M để (2AM + AN) đạt giá trị nhỏ nhất. D Ta có: 2AM + AN 22AM.AN (BĐT Cauchy – Côsi) Ta chứng minh: AM. AN = AB2 = 4R2. (1) Suy ra: 2AM + AN 22.4R2 = 4R 2. Đẳng thức xẩy ra khi: 2AM = AN AM = AN/2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: AM = R2 AOM vuông tại O M là điểm chính giữa cung AB 4. KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2014 – 2015 (Dành cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 5. Đề thi THPT chuyên toán Bắc Ninh V2 _ 2014 – 2015 Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn , nội tiếp đường tròn (O) ( AB KB = KC hay BC = 2KB + Chỉ ra NB = NC 1 1 1 + Trong tam giác BNO vuông tại B , đường cao BK có : ( ) OB 2 NB 2 KB 2 + Từ (*) ,( ) => KB = 4 (đvđd) => BC = 8 (đvđ d) BP CP 2 ) Chứng minh rằng ( ) AC AB + Chỉ ra tứ giác ABCM là hình thang cân => AB = CM , AC = MB , khi đó từ BP CP ( ) => (I) MB CM Vậy yêu cầu bài toán chuyển thành đi chứng minh (I) là xong! NP BP + Chỉ ra tam giác NPB đồng dạng với tam giác NBM ( g.g) => ( 4) NB MB NP CP + Chỉ ra tam giác NPC đồng dạng với tam giác NCM (g.g) => (5) mà NC CM NB = NC nên từ (4) và (5) => (I) => ( ) => điều phải chứng minh. 3)Chứng minh rằng BC , ON , AP đồng quy. Theo tr ên ta c ó BC c ắt ON t ại K , n ối K v ới P v à n ối K v ới A . Khi đ ó y êu c ầu b ài toán chỉ cần chứng minh A,K,P thẳng hàng là xong! Th ật v ậy : NP NK + Ch ỉ ra NC2 = NK.NO v à NC2 = NP.NM => NK.NO = NP . NM => NO NM m à c ó g óc N chung => tam gi ác NPK đ ồng d ạng v ới tam gi ác NOM ( c.g.c) => g óc NKP = g óc NMO = g óc PMO (II) m à g óc NKP + g óc OKP = 1800 => g óc OKP + g óc PMO = 1800 => t ứ gi ác KPMO n ội ti ếp => g óc OKM = g óc OPM m à g óc OPM = g óc OMP ( v ì tam gi ác OMP c ân t ại O ) => g óc OMP = g óc OKM ( 6) + N ối K v ới M , ta c ó KM = KA ( v ì tam gi ác KOM =tam gi ác KOA ( c.g.c) ) m à OA = OM = R v à OK chung => tam gi ác KOA = tam gi ác KOM (c.c.c) => g óc OKM = g óc OKA ( 7)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM v ậy t ừ (6), (7) => g óc OKA = g óc OMP v à k ết h ợp v ới (II) =>  OKA =  NKP mà  NKP +  OKP = 1800 =>  OKA +  OKP = 1800 => A,K,P th ẳngB h àng t ừ đ ó => ĐPCM 5. CHUYÊN LS THANH HÓA Câu 4 (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB ODI = OFI ( Các tam giác ODI và OFI bằng nhau trường hợp c.c.c) Lại có tam giác OEF cân tại O => OFE = OEF Suy ra: ODI = OEF hay ODI = OEI. Mà O, I cùng phía so với ED Do đó tứ giác ODEI nội tiếp được => DIO = DEO ( cùng chắn cung DO) Nhưng DEO = 450(tính chất hình vuông) => DIO = 450 hay BIF = 450 b) Do kết quả trên ta có B· FA B· AE H· AC E· HB B· FC , do AB //EH. suy ra D· AF D· AC F· AC D· FC C· FA B· FA D· AF B· AE , 2 góc này chắn các cung A»E,D»F nên hai cung này bằng nhau Gọi giao điểm của AF và EH là N. Ta có 2 tg HED và HNA bằng nhau (vì góc H đối đỉnh, HD = HA, E· DH H· DN (do AD // AF) Suy ra HE = HN, nên H là trung điểm của EN. Suy ra HK là đường trung bình của tg EAF.) Vậy HK // AF => ED // HK // AF. 6. CHUYÊN ĐỒNG THÁP Câu 4: (2 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường trung tuyến AM và đường cao AH. Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của A trên H AB, AC. a) Chúng minh DE 2 BH.HC và DE vuông góc với AM. b) Giả sử diện tích tam giác ABC bằng 2 lần diện tích tứ giác AEHD. Chứng minh tam giác ABC vuông cân. Câu 5: (2 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), BH và CK là các đường cao. Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại S, các đường thẳng BC và OS cắt nhau tại M. a) Chứng minh MB=MH.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM AB BS b) Chứng minh rằng AH MH c) Chứng minh AHM đồng dạng ABS . HD Câu 4: I a1/ + Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao, nên AH 2 BH.HC (1) + Vì D· AE ·ADH ·AEH 900 (gt). Suy ra tứ giác ADHE là hình chữ nhật. Do đó: AH= DE (2). Từ (1) và (2) suy ra DE 2 BH.HC a2/ Ta cần chứng minh: M· AC ·AED 900 + ABC vuông tại A, có AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên: 1 AM BC MC . Do đó, MAC cân tại M nên: M· AC Cµ (hai góc kề đáy) (3) 2 + Hình chữ nhật ADHE có AH và DE cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đoạn, nên IAE cân tại I, và ta có: ·AED H· AE (hai góc kề đáy) (4) Cộng theo vế các đẳng thức (3) và (4), ta được: M· AC ·AED Cµ H· AE Nhưng Cµ H· AE 900 do HAC, ·AHC 900 M· AC ·AED 900 . Vậy DE  AM 1 b/ Ta có S 2.S (gt) BC.AH 2 AD.AE ABC AEHD 2 1 AH 2 AH 2 AH 4 4AH 4 BC.AH 2. . BC.AH 4. BC.AH 2 AB AC AB.AC BC.AH 2 2 BC BC.AH 2AH 2 BC.AH 2AH 2 AH 2 Suy ra AH là trung tuyến của tam giác vuông ABC, nhưng AH là đường cao. Vậy tam giác ABC vuông cân. Câu 5: a/ Vì SB, SC là hai tiếp tuyến của (O) tại B và C, nên SB= SC và tam giác SBC cân tại S có SO là tia phân giác của góc BSC SO  BC tại M MB MC Trong tam giác HBC vuông tại H có MB MC , 1 nên MH BC MB 2 b/ Xét tam giác vuông HBA và tam giác vuông MBS có H· AB M· BS (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến BS và dây cung BC của (O)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM cùng chắn cung B»C ). Do đó HBA : MSB g.g AB BS Suy ra , nhưng MH= MB AH BM AB BS Vậy AH MH c/ Ta cần chứng minh ·AHM ·ABS Ta có: ·AHM ·AHB B· HM 900 B· HM (5)và ·ABS ·ABH H· BM M· BS ·ABH H· BM H· AB ·ABH H· AB H· BM 900 H· BM (6) Đã chứng minh MB MC nên tam giác MBH cân tại M, suy ra B· HM H· BM (7) Từ (5), (6), (7) ta suy ra ·AHM ·ABS . AB BS Xét tam giác AHM và tam giác ABS có ·AHM ·ABS và . AH MH Vậy tam giác AHM đồng dạng tam giác ABS (trường hợp cạnh- góc- cạnh) 7. ĐỀ ĐÀ NẴNG Bài 5: (3,5 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC). Vẽ đường tròn (C) có tâm C, bán kính CA. Đường thẳng AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là D. 1)Chứng minh BD là tiếp tuyến của đường tròn (C). 2)Trên cung nhỏ »AD của đường tròn (C) lấy điểm E sao cho HE song song với AB. Đường thẳng BE cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai là F. Gọi K là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: a) BA2 = BE.BF và B· HE B· FC b) Ba đường thẳng AF, ED và HK song song với nhau từng đôi một. HD 1)Ta cóB· AC 900 nên BA là tiếp tuyến với (C). BC vuông góc với AD nên H là trung điểm AD. Suy ra B· DC B· AC 900 nên BD cũng là tiếp tuyến với (C) 2)a)Trong tg vuông ABC ta có AB2 BH.BC (1) Xét hai tg đồng dạng ABE và FBA vì có góc B chung Và B· AE B· FA (cùng chắn AB BE cung AE) suy ra AB2 BE.FB (2) FB BA BE BH Từ (1) và (2) ta có BH.BC = BE.FB Từ BE.BF= BH.BC BC BF BE BH 2 tg BEH và BCF đd vì có góc B chung và B· HE B· FC BC BF 8. ĐỀ CÀ MAU Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O).Các đường cao BF,CK của tam giác ABC lần lượt cắt (O) tại D,E. a) Chứng minh : Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh : DE //FK.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM c) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính không đổi khi A thay đổi trên cung nhỏ P»Q (không trùng với các điểm P,Q) HD A D a)BCFK nội tiếp BKC=BFC=90°(CKAB và BFAC) BCFK nội tiếp Q b)DE//FK I P BDE=BCE( cùng chắn cung EB của (O)) BCE=BFK (cùng chắn cung BK của (BCFK)) F BDE=BFK DE//FK c)Bán kính đường tròn (AFK) không đổi khi A di động trên cung PQ E Kẻ đường kính AN và lấy điểm M là trung điểm của BC. O K ACN=ABN=90° NCAC và NBAB mà BHAC và CHAB H NC//BH và NB//CH BHCN hình bình hành M là trung điểm HN Vì OA=ON OM là đường trung bình AHN OM=AH/2 và OM//AH Gọi I là trung điểm AH.Ta có AKH=AFH=90° AKHF nội tiếp B C đường tròn đường kính AH I là tâm và AI là bán kính của đường tròn M ngoại tiếp của tứ giác AKHF hay cùa AFK. Vì BC,(O) cố định M cố định OM cố định AI =AH/2=OM cố định đường tròn ngoại tiếp của AFK có bán kính AI=OM cố định. N Vậy khi A di động trên cung nhỏ PQ(không trùng với P,Q) thì đường tròn ngoại tiếp AFK có bán kính không đổi. 9. ĐỀ NGHỆ AN Câu 4. (3,0 điểm)Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB. Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C). a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MB2 MN.MC c) Tia AN cắt đường tròn (O) tại D ( D khác N). Chứng minh: M· AN ·ADC HD a). Xét tứ giác ABOC có : B ·ABO ·ACO 90 90 180 nên tứ giác ABOC nội tiếp M b). Xét MBN và MCB có : ¶ M chung A O M· BN M· CB (cùng chắn cung BN) N D => MBN  MCB (g-g) MB MN nên MB2 MN.MC MC MB C c). Xét MAN và MCA có góc M¶ chung. Vì M là trung điểm của AB nên MA MB . MA MC Theo câu b ta có: MA2 MN.MC MN MA
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Do đó : MAN  MCA (c-g-c) => M· AN M· CA N· CA (1) mà: N· CA N· DC ( cùng chắn cung NC) (2) Từ (1) và (2) suy ra: M· AN N· DC hay M· AN ·ADC . 10. ĐỀ CHUNG LAM SƠN A E I D B C G H F 1. Chứng minh D· HE 900 Tứ giác ADHE có : Aµ Dµ Eµ => ADHE là hình chữ nhật => D· HE 900 Chứng minh AB.AD = AC.AE Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có : AB.AD = AH2 = AC.AE 2/ Tính góc GIF 1 1 1 D· HE 900 => DE là đường kính => I thuộc DE => D· IE D· IH H· IE D· IE 900 2 2 2 3/ Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đờng cao DE = AH 1 1 Hai đáy DG = GH = GB = BH và EF = FC = FH = HC 2 2 1 HB HC .AH BC.AH =>diện tích hình tứ giác DEFG là 2 2 4 lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi Ta có : AH lớn nhất => AH là đờng kính => A là trung điểm cung AB 11. ĐỀ BẮC NINH ( LỚP KHÔNG CHUYÊN) Câu IV . ( 3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ , BB’ ,CC’ cắt nhau tại H .Vẽ hình bình hành BHCD . Đường thẳng qua D và song song với BC cắt đường thẳng AH tại M . 1)Chứng minh rằng năm điểm A, B ,C , D , M cùng thuộc một đường tròn.
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 2)Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Chứng minh rằng BM = CD và góc BAM = góc OAC . 3)Gọi K là trung điểm của BC , đường thẳng AK cắt OH tại G . Chứng minh rằng G là trọng tâm của tam giác ABC HD : HS tự vẽ hình 1) Chứng minh các tứ giác ABMD , AMDC nội tiếp => A, B ,C,D , M nằm trên cùng một đường tròn 2) Xét (O) có dây MD//BC => sđ cung MB = sđ cung CD => dây MB = dây CD hay BM = CD + Theo phần 1) và BC//MD => góc BAM =góc OAC 3)Chứng minh OK là đường trung bình của tam giác AHD => OK//AH và OK = 1 OK 1 AH hay (*) 2 AH 2 + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA => OK 1 GK AG 2GK , từ đó suy ra G là trọng tâm của tam giác ABC AH 2 AG 12. ĐỀ TÂY NINH Câu 8: (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH (H thuộc BC), biết A· CB 600 , CH = a . Tính AB và AC theo a. Câu 9 : (1 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định, CD là đường kính thay đổi của đường tròn (O) (khác AB). Tiếp tuyến tại B của (O) cắt AC và AD lần lượt tại N và M. Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp. Câu 10 : (1 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tếp đường tròn tâm O, bán kính bằng a. Biết AC vuông góc với BD. Tính AB2 CD2 theo a. HD: Câu 8: GT ABC , Aµ 900 , AH  BC , A· CB 600 , CH = a KL Tính AB và AC theo a? CH CH a a ACH có cosC nên AC 2a . AC cosC cos600 1 2 ABC có AB = AC.tanC = 2a.tan 600 2a. 3 2 3a . Vậy AB = 2 3a , AC 2a . Câu 9 : (1 điểm)
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM GT (O) đường kính AB cố định, đường kính CD thay đổi, MN là tiếp tuyến tại B của (O). KL Tứ giác CDMN nội tiếp Chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp 1 Ta có : A· DC sñA»C . 2 1 1 1 Nµ sñA¼DB sñB»C sñA¼CB sñB»C sñA»C. 2 2 2 1 A· DC Nµ (cùng bằng sñA»C ). 2 Tứ giác CDMN nội tiếp được (góc ngoài bằng góc đối trong). Câu 10 : (1 điểm) GT ABCD nội tiếp O; a , AC  BD KL Tính AB2 CD2 theo a. Tính AB2 CD2 theo a.: Vẽ đường kính CE của đường tròn (O). Ta có : E· AC 900 , E· DC 900 (góc nội tiếp chắn đường kính EC). AC  AE   AE PBD ABDE là hình thang cân (hình thang nội tiếp (O)) AC  BD (gt) AB = DE (cạnh bên hình thang cân). 2 AB2 + CD2 = DE2 + DC2 = EC2 2a 4a 2 (do EDC vuông tại D). Vậy AB2 CD2 4a 2 . 13. ĐỀ BÌNH DƯƠNG Bài 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên tia AB lấy điểm C bên ngoài đường tròn. Từ C kẻ đoạn CD vuông góc với AC và CD = AC. Nối AD cắt đường tròn (O) tại M. Kẻ đường thẳng DB cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh ANCD là tứ giác nội tiếp. Xác định đường kính và tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ANCD. 2) Chứng minh C· ND C· AD và MAB là tam giác vuông cân. 3) Chứng minh AB.AC = AM.AD
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM D HD a) Ta có: AC  CD (gt) ·ACD = 900 ·AND ·ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Xét tứ giác ANCD có : ·ACD ·AND (= 900) M Tứ giác ANCD nội tiếp đường tròn đường kính AD và tâm đừơng tròn là trung điểm AD. A O B C (Có 2 đỉnh kề N, C cùng nhìn 1 cạnh AD nối 2 N đỉnh còn lại dưới góc bằng nhau là 900) b) Ta có: C· ND C· AD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC) ·AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) AMB vuông tại M Ta có: CA = CD (gt) Và ·ACD = 900 (cmt) CAD vuông cân tại C M· AB = 450 M· BA = 450( vì AMB vuông tại M) Nên MAB là tam giác vuông cân. c) Xét ABM ·AMB 900 và ADC ·ACD 900 có : D· AC : chung ABM đồng dạng ADC (g-g) AB AM AD AC 15. ĐỀ HƯNG YÊN Câu 4 (3,0 điểm).Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Hạ các đường cao AH, BK của tam giác. Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai là D và E. a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó. b) Chứng minh rằng: HK // DE. c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không đổi. HD: Hướng dẫn câu 4 b,c. b) Theo câu a) Tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J là trung điểm của AB
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Nên B· AH = B· KH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH của (J) ) Mà B· AH =B· AD (A, H, D thẳng hàng) B· AD =B· ED (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của (O) ) Suy ra B· KH =B· ED . Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // DE. c) - Gọi T là giao của hai đường cao AH và BK. Dễ CM được tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT. (do C· HT C· KT 900 ). Do đó CT là ĐK đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. (*) - Gọi F là giao của CO với (O) hay CF là đường kính của (O). Ta có C· AF 900 ( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FA  CA Mà BK  CA (gt). Nên BK // FA hay BT // FA (1) Ta có C· BF 900 ( góc nội tiếp chắn nửa (O)) => FB  CB Mà AH  CB (gt). Nên AH // FB hay AT // FB (2) Từ (1) và (2) ta có tứ giác AFBT là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối //) Do J là trung điểm của đường chéo AB Nên J cũng là trung điểm của đường chéo FT( tính chất về đường chéo hbh). Xét tam giác CTF có O là trung điểm của FC, J là trung điểm của FT Nên OJ là đường trung bình => OJ = 1 CT ( ) 2 Từ (*) và ( ) ta có độ dài của OJ bằng độ dài bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK. Mà độ dài của OJ là khoảng cách từ tâm O đến dây AB (J là trung điểm của dây AB). Do (O) và dây AB cố định nên độ dài của OJ không đổi. Vậy độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CHK không đổi. 16 ĐỀ THANH HÓA
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Câu 4 (3.0 đ) Cho đường tròn tâm O đường kính EF = 2R. Gọi C là trung điểm của OE; qua C kẻ đường vuông góc với OE cắt đường tròn đó tại hai điểm phân biệt M và N. Trên cung nhỏ FM lấy điểm K ( K F và K M), trên tia KN lấy điểm I sao cho KI = KM. gọi D là giao điểm của EK và MN. Chứng minh rằng: a. Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp. M K b. EK . ED = R2 c. NI = FK. D E . . F C O . I a) C/M: Tứ giác FCDKlà tứ giác nội tiếp. N Xét tứ giác FCDK: Có CD EF => FCD = 900, P FCK = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => FCD + FCK = 1800. => Tứ giác FCDK nội tiếp được trong đường tròn đường kính FD. c/m :EK . ED = R2 Xét tam giác KFE và tam giác CDE Có FKE = DCE = 900. và Ê chung => KFE và CDE đồng dạng với nhau KF KE FE => KE . DE = CE . FE (1) CD CE DE OE R Mà CE = (Vì C là trung điểm của OE) và EF = 2R(đề bài cho) (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: KE . DE = R2. NI = FK Gọi P là giao điểm của tia MI với (O). Vì C là trung điểm của OE (đề bài0 và do MN EF nên C cũng là trung điểm của MN (Định lý đường kính và dây) Do đó tứ giác MENO là hình thoi ( dấu hiệu về đường chéo) => OM = ME = EN = NO = R => OME đều => OME = 600 => MON = 1200. Mà MON = sđ M¼N (góc ở tâm) 1 và MKN = sđ M¼N ( góc nội tiếp chắn M¼N ) 2 Do đó suy ra MKN = 600. Xét KMI có IK = KM (đề cho) MKN = 600 (cm trên) => KMI là tam giác đều. 1 Do đó MIK = 600, nhưng MIK = (sđ M¼K + sđ P»N ) ( góc có đỉnh ở bên trong 2
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM 1 đường tròn) => (sđ M¼K + sđ P»N ) = 60 (3) . 2 Lại có Tứ giác OMEN là hình thoi và MEN = 1200 => MEO = 600 hay MEF = 600. 1 1 Nhưng MEF = sđ=M¼ F(sđ M¼+ Ksđ )K» F 2 2 1 => (sđ M¼K + sđ K»F ) = 600(4) Kết hợp (3) và (4) => K»F = P»N => KF = PN (*) 2 1 Mặt khác: INP có NIP = MIK = 600 (đối đỉnh), NPI = sđ M¼N = 600. 2 Nên nó là tam giác đều , do vậy IN = NP ( )Từ (*) và ( ) suy ra IN = FK 17. ĐỀ TP HCM Bài 5: (3,5 điểm)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC). Các đường cao AD và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BFHD nội tiếp. Suy ra A· HC 1800 A· BC b) Gọi M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) (M khác B và C) và N là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh tứ giác AHCN nội tiếp. c) Gọi I là giao điểm của AM và HC; J là giao điểm của AC và HN. x Chứng minh A¶JI A· NC d) Chứng minh rằng : OA vuông góc với IJ A HD. a) Ta có tứ giác BFHD nội tiếp do có 2 góc đối N F và D vuông F· HD ·AHC 1800 ·ABC O J b) A· BC A· MC cùng chắn cung AC F H Q mà A· NC A· MC do M, N đối xứng I D C Vậy ta có A· HC và A· NC bù nhau B K tứ giác AHCN nội tiếp M c) Ta sẽ chứng minh tứ giác AHIJ nội tiếp Ta có N· AC M· AC do MN đối xứng qua AC mà N· AC C· HN (do AHCN nội tiếp) I¶AJ I¶HJ tứ giác HIJA nội tiếp. A¶JI bù với A· HI mà A· NC bù với A· HI (do AHCN nội tiếp) A¶JI A· NC Cách 2 : Ta sẽ chứng minh IJCM nội tiếp Ta có A· MJ = A· NJ do AN và AM đối xứng qua AC. Mà A· CH = A· NH (AHCN nội tiếp) vậy I¶CJ = I·MJ IJCM nội tiếp A¶JI A· MC A· NC d) Kẻ OA cắt đường tròn (O) tại K và IJ tại Q ta có A· JQ = A· KC vì A· KC = A· MC (cùng chắn cung AC), vậy A· KC = A· MC = A· NC Xét hai tam giác AQJ và AKC : Tam giác AKC vuông tại C (vì chắn nửa vòng tròn ) 2 tam giác trên đồng dạng
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Vậy Qµ 900 . Hay AO vuông góc với IJ Cách 2 : Kẻ thêm tiếp tuyến Ax với vòng tròn (O) ta có x· AC = A· MC mà A· MC = A¶JI do chứng minh trên vậy ta có x· AC =A· JQ JQ song song Ax vậy IJ vuông góc AO (do Ax vuông góc với AO) 18. ĐỀ ĐỒNG NAI Câu 4 : ( 1,25 điểm ) Cho tam giác vuông có diện tích bằng 54 cm2 và tổng độ dài hai cạnh góc vuông bằng 21 cm . Tính độ dài cạnh huyền của tam giác vuông đã cho . Câu 5 : ( 3,75 điểm ) Cho tam giác ABC có đường cao AH , biết B· CA A· BC C· AB 900 . Gọi đường tròn ( O ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi D là giao điểm của tia AI với đường tròn ( O ) , biết D khác A . Gọi E và F lần lượt là giao điểm của đường thẳng AH với hai đường thẳng BD và CI , biết E nằm giữa hai điểm B và D . 1 )Chứng minh BH = AB.cosA· BC .Suy ra BC = B.cosA· BC +AC.cosB· CA 2 ) Chứng minh bốn điểm B, E, I, F cùng thuộc một đường tròn. 3 ) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC HD Câu 5 : ( 3,75 điểm ) 1 )Chứng minh BH = AB.cosA· BC .Suy ra BC = AB.cosA· BC +AC.cosB· CA : Xét ΔAHB vuông tại H có : BH = AB.cosA· BC ( quan hệ giữa các cạnh trong tam giác vuông ) Chứng minh tương tự : CH = AC.cosB· CA Suy ra : BC = BH + CH = AB.cosA· BC + AC.cosB· CA 2 ) Chứng minh bốn điểm B, E, I, F cùng thuộc một đường tròn: A Gọi M , N lần lượt là giao điểm các tia phân giác Bµ , Cµ với ( O ) ; K là giao điểm của AD và BC . M Ta có : B· EF=E· AD+A· DB ( tính chất góc ngoài của ΔAED )N F I mà sñE· AD 900 sñA· KB ( ΔAHK vuông tại H ) ¼ ¼ O 0 sñAB sñCD sñE· AD 90 B C 2 H K ( góc có đỉnh ở bên trong đường tròn ) sñA¼B và sñA· DB ( góc nội tiếp ) 2 E sñA¼B sñC¼D sñA¼B sñC¼D D suy ra : sñB· EF 900 900 900 sñC· AD 2 2 2 sñAµ sñB· EF 900 ( 1 ) 2
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Bµ +Cµ 1800 Aµ Aµ Ta có : B· IF= = = 900 ( tính chất góc ngoài của ΔBIC ) ( 2 ) 2 2 2 Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra : B· EF=B· IF Suy ra : tứ giác BEIF nội tiếp được đường tròn ( E,I cùng nhìn BF dưới hai góc bằng nhau ) 3 ) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC : Chứng minh ΔBID cân tại D Chứng minh DK là đường trung trực của BI ( 3 ) Chứng minh D¼B D¼C Chứng minh DO là đường trung trực của BC ( 4 ) Từ ( 3 ) và ( 4 ) suy ra : D là tâm đường tròn ngoại tiếpΔIBC 19. ĐỀ NAM ĐỊNH Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B và C). Đường tròn đường kính EC cắt cạnh AC tại M và cắt đường thẳng AE tại N (M khác C, N khác E). 1) Chứng minh các tứ giác ABEM, ABNC là các tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ME là tia phân giác của gócB· MN . 3) Chứng minh AE.AN CE.CB AC2 . HD Hình vẽ: o o M thuộc đường tròn đường kính EC nên AE· MC 90 ·AME 90 . ·AME ·ABE 180o suy ra tứ giác ABEM nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180o). M N thuộc đường tròn đường kính EC nên E· NC 90o hay·ANC 90o . Suy ra ·ANC ·ABC 90o B C do đó tứ giác ABNC nội tiếp E (hai điểm B, N cùng nhìn đoạn AC dưới một góc vuông). N Trong đường tròn ngoại tiếp ABEM: E· AB E· MB (*) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE ). Trong đường tròn ngoại tiếp MENC: E· MN E· CN ( ) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EN ). Trong đường tròn ngoại tiếp ABNC:B· AN B· CN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN) hayE· AB E· CN . ( ) Từ (*), ( ) và ( ) suy ra E· MB E· MN . Do đó ME là tia phân giác của góc B· MN (đpcm). Ta có ·ABC C· ME 90o ; E· CM ·ACB .Do đó CME và CBA đồng dạng ( g.g) CM CE CM.CA CE.CB . CB CA
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Chứng minh được AEM và ACN đồng dạng (g.g) AE AM AE.AN AM.AC . AC AN Do đó AE.AN CE.CB CA.CM CA.AM CA.(CM AM ) CA.CA CA2 . Vậy AE.AN CE.CB AC 2 (đpcm). 20. ĐỀ TIỀN GIANG Câu 4: (2,5 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O). Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm C và D (C nằm giữa M và D, d không đi qua tâm O). a) Chứng minh rằng: MA2 = MC.MD. b) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp trong đường tròn. c) Cho MC.MD = 144 và OM = 13 (độ dài các đoạn thẳng đã cho có cùng đơn vị đo). Tính độ dài đường tròn (O) và diện tích hình tròn (O) Câu 5: (1,0 điểm) Một quả bóng World Cup xem như một hình cầuA có đường kính là 17cm. Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu. d HD: D Câu 4. C a) Chứng minh MA2 = MC.MD M Nối AC, AD. Hai tam giác MAC và MAD có: H O A· MC D· MA (góc chung) M· AC M· DA (cùng chắn cung AC) Do đó: MAC MDA (g-g) ∆ ∽ ∆ B MA MD Suy ra: Từ đó: MA2 = MC.MD MC MA b) Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp. + OA = OB (= bán kính); MA = MB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra: MO là trung trực AB. Suy ra: AH ⊥ OM tại H. + Trong tam giác MAO vuông tại A (gt) có AH là đường cao nên: MA2 = MH.MO MC MO Kết hợp kết quả câu a), ta có: MC.MD = MH.MO. Từ đó: . MH MD Lại có: C· MH O· MD (góc chung) Suy ra: ∆CMH ∽ ∆OMD (c-g-c) Từ đó: O· DM C· HM (*) Từ (*) suy ra tứ giác CHOD nội tiếp (có một góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) 2 c) Tính C(O) và S(O) Từ câu a) ta có: MC.MD = MA = 144 Tam giác MAO vuông tại A cho: OA OM2 MA2 132 144 5 hay R = OA = 5
CÁC BÀI HÌNH THI THPT – SƯU TẦM Từ đó: Chu vi đường tròn (O) (độ dài đường tròn (O)) là: C(O) 2 R 2 5 10 (đ.v.đ.d) 2 2 Diện tích hình tròn (O) là: S(O) R 5 25 (đ.v.d.t) d 17 Câu 5. Bán kính hình cầu: r cm 2 2 2 2 17 2 O r Diện tích mặt cầu: S 4 r 4 289 cm 2 Thể tích hình cầu: d = 17cm 3 4 3 4 17 4 4913 4913 3 V r cm 3 3 2 3 8 6