Tổng hợp các bài Hình học thi vào Lớp 10 năm 2017-2018

Nội dung text: Tổng hợp các bài Hình học thi vào Lớp 10 năm 2017-2018

1. TỔNG HỢP CÁC BÀI HÌNH THI VÀO LỚP 10 2017-2018 BÀI 1 Câu 4 (3,5 điểm).Ninh Bình Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến CA, CB và cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M nằm giữa C và N). Gọi H là giao điểm của CO và AB. a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp b) Chứng minh CH.CO CM.CN c) Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E và F. Đường vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh P· OE O· FQ d) Chứng minh: PE QF PQ Câu 4 (3,5 điểm). a) Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp C· AO 900 Có: C· AO C· BO 1800 AOBC là tứ giác nội tiếp · 0 CBO 90 b) Chứng minh CH.CO CM.CN +) CM: CAO vuông tại A, AH  CO suy ra CA2 CH.CO (2) · · P CAM CNA CM CA 2 +) Có: CAM : CNA CM.CNA CA (3) µ C Chung CA CN E N Từ (2) và (3) suy ra : CH.CO CM.CN M · · C O c) Chứng minh POE OFQ H +) O· FQ O· CF C· OF O· CP C· OF A· OP C· OF 1 1 F ) P· OE P· OA A· OE A· OP A· OM A· OP (1800 A· EM) 2 2 B 1 1 1 A· OP 900 (E· CF C· FE) A· OP 900 (1800 A· OB) (1800 M·QFB) 2 2 2 1 1 A· OP A· OB (1800 1800 M· OB) A· OP C· OB B· OF A· OP C· OF 2 2 Vậy: P· OE O· FQ d) Chứng minh: PE QF PQ +) Áp dụng BĐT Cô si: PE QF 2 PE.QF (4) +) CM: CPQ cân tại C O· PE F· QO kết hợp P· OE O· FQ suy ra PEO : QOF PE PO PQ PE.QF PO.QO ( )2 (5) Từ (4) và (5) suy ra: PE QF PQ QO QF 2 BÀI 2: Câu 4 (3,0 điểm) Nghệ an Câu 4 (3,0 điểm) Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O ; R). Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó (A, B là tiếp điểm). Qua điểm A kẻ đường thẳng song song
2. với MB cắt đường tròn (O ; R) tại C. Nối MC căt đường tròn (O ; R) tại D. Tia AD cắt MB tại E. a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh EM = EB. c) Xác định vị trí của điểm M để BD  MA. Giải a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp A Xét tứ giác MAOB, có: M· AO M· BO 900 (MA, MB là các tiếp tuyến của (O)). C M· AO M· BO 1800 . D M O Vậy MAOB là tứ giác nội tiếp (đfcm). b) Chứng minh EM = EB E Xét EBD và EAB có Eµ chung và B E· BD E· AB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung EB ED BD) ∽ EBD (g.g) E AB EB2 (1) EA.ED EA EB Xét EMD và EAM có Eµ chung. Mà AC//MB E· MD ·ACD (so le trong) Mặt khácE· AM ·ACD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AD) E· AM E· MD EMD ∽ EAM (g.g) EM ED EM 2 EA.ED (2) EA EM Từ (1) và (2) ta có EM = EB (đfcm) c) Xác định vị trí của điểm M để BD  MA Ta có ·ABD M· CA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AD) Mà M· CA E· MD E· MD ·ABD Ta có BD  MA B· AM ·ABD 900 E· MD M· BA 900 M· BA M· AB MC  AB MC đi qua O và D là điểm chính giữa cung nhỏ AB D· AC ·AEB 900 MAB đều MOB vuông tại B có O· MB 300 OM = 2OB = 2R M (O ; 2R)
3. Bài 3: Câu 5 : ( 3,0 điểm ) Đồng Nai Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C· AB, A· BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. Chứng minh: A· FH 900 ; A· EH 900 Nên A· FH A· EH 900 900 1800 Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. ( tổng hai góc đối diện bằng 1800 ) 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB Chứng minh ΔBEC ΔADC (g-g) CE CB CE.CA CD.CB CD CA 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn ( O ) đường kính BC. Suy ra đường tròn ( O ) là đường tròn ngoại tiếp ΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: O· EB O· BE và M· EH B· HD M· HE Mà B· HD + O· BE 900 (ΔHDB vuông tại D ) Nên O· EB + M· EH 900 Suy ra M· EO 900 EM  OE tại E thuộc ( O ) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC Chứng minh ΔDBF ΔDEC (ΔABC ) B· DF E· DC B· DI I·DF E· DJ J·DC
4. I·DJ F· DC Kết hợp áp dụng tỉ số giữa 2 bán kính bằng tỉ số đồng dạng, chứng minh được: ΔIDJ ΔFDC(c-g-c) Suy ra D· IJ D· FC Bài 4: Đề Phú Thọ - Câu 4 (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và BD. Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD (H AB;K AD ). a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh rằng IA.IC = IB.ID. c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng. d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S ’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh S ' HK 2 rằng: S 4.AI 2 A H 1 1 B 1 K 1 I O 1 D C Câu 4 (3,0đ) A· HI 900 (IH  AB) a) Tứ giác AHIK có:A· KI 900 (IK  AD) Tứ giác AHIK nội tiếp. A· HI A· KI 1800 IAD và IBC có:Aµ 1 Bµ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O)) · · b) AID BIC (2 góc đối đỉnh) IAD IBC (g.g) IA ID IA.IC IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có Aµ 1 Hµ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) µ µ µ µ c) Mà A1 B1 H1 B1 Chứng minh tương tự, ta được Kµ 1 Dµ 1 HIK và BCD có: Hµ 1 Bµ 1 ; Kµ 1 Dµ 1 HIK BCD (g.g)
5. B H A I F K E O D C d) Gọi S1 là diện tích của BCD. Vì HIK BCD nên: S' HK2 HK2 HK2 HK2 2 2 (1) S1 BD (IB ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC Vẽ AE  BD , CF  BD AE / /CF AE IA ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên: S CF S IC 1 1 (2) S AE S IA 2 2 S' S1 HK IC S' HK Từ (1) và (2) suy ra  2 (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA Bài 5: Đề Thái Bình Câu 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O), C không trùng với A, B. Tiếp tuyến tại C của (O; R) cắt tiếp tuyến tại A, B của (O; R) lần lượt tại P, Q. Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. a) Chứng minh: Tứ giác CMON là hình chữ nhật và AP. BQ = MN2. b) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ. c) Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp. Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất.
6. Q I C P 1 M 1 N A B O Ta có: OA = OC = R và PA = PC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) OP là đường trung trực của AC OP  AC O· MC 900 Câu 5 Chứng minh tương tự được O· NC 900 (3,5đ) Lại có: A· CB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác CMON có O· MC O· NC M· CN 900 Tứ giác CMON là hình chữ nhật. a) Vì CMON là hình chữ nhật nên P· OQ 900 Vì PQ là tiếp tuyến tại C của (O) nên OC  PQ OPQ vuông tại O, đường cao OC. Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong vuông, ta có: PC.QC = OC2 Mà PA = PC, QB = QC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) MN = OC (CMON là hình chữ nhật) AP.BQ MN2 . Gọi I là trung điểm của PQ OPQ vuông tại O, có OI là đường trung tuyến PQ PQ OI O I; b) 2 2 Vì AP, BQ là các tiếp tuyến của (O) nên AP  AB , BQ  AB APQB là hình thang vuông Mà OI là đường trung bình của hình thang APQB
7. OI / /AP OI  AB PQ AB là tiếp tuyến tại O của I; . 2 OCP vuông tại C, đường cao CM. Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong vuông, ta có: OC2 = OM.OP Tương tự ta có: OC2 = ON.OQ OM ON OM.OP ON.OQ c) OQ OP OM ON OMN và OQP có: P· OQ chung, OQ OP OMN OQP (c.g.c)  Nµ 1 P1 PMNQ là tứ giác nội tiếp. Bài 6: Đề Bắc Ninh - Câu IV. (3,5 điểm) Từ điểm nằm ngoài đường tròn ( ) kẻ hai tiếp tuyến , với đường tròn ( , là các tiếp điểm). Lấy điểm trên cung nhỏ ( không trùng với và ). Từ điểm kẻ vuông góc với , vuông góc với , 퐹 vuông góc với (D ∈ , ∈ , 퐹 ∈ ). Gọi là giao điểm của và , 퐾 là giao điểm của và 퐹. Chứng minh rằng: 1. Tứ giác nội tiếp một đường tròn. 2. Hai tam giác và 퐹 đồng dạng. 3. Tia đối của là tia phân giác của góc 퐹. 4. Đường thẳng 퐾 song song với đường thẳng . A 1 2 E 1 I C 1 Câu 1 1 D M x 2 2 O IV K (3,5đ) 1 F 1 2 B 1) Tứ giác ADCE có:
8. A· DC 900 CD  AB A· EC 900 CE  MA A· DC A· EC 1800 Tứ giác ADCE nội tiếp Tứ giác ADCE nội tiếp Aµ 1 Dµ 1 và Aµ 2 Eµ 1  Chứng minh tương tự, ta có Bµ 2 Dµ 2 và Bµ 1 F1 µ µ 1 » µ µ 1 » 2) Mà A1 B1 sđAC và A2 B2 sđBC 2 2  Dµ 1 F1 và Dµ 2 Eµ 1 CDE CFD (g.g) Vẽ Cx là tia đối của tia CD CDE CFD D· CE D· CF µ · µ · 0 3) Mà C1 DCE C2 DCF 180 Cµ 1 Cµ 2 Cx là tia phân giác của ECF Tứ giác CIDK có: 0 I·CK I·DK I·CK Dµ 1 Dµ 2 I·CK Bµ 1 Aµ 2 180 4) CIDK là tứ giác nội tiếp   I1 Dµ 2 I1 Aµ 2 IK // AB Bài 7: Đề Bình Định -Câu 4 ( 4 điểm): Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O. M là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: a) Bốn điểm M, B, D, F cùng thuộc một đường tròn và bốn điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh D, E, F thẳng hàng. BC AC AB c) MD ME MF A a) Chứng minh:Ta có: MF  AB nên M· FB 900 MD  BC nên M· DB 900 Tứ giác MDBF có M· FB M· DB 900 900 1800 Do đó tứ giác MDBF nột tiếp Suy ra 4 điểm M, D, B, F cùng thuộc 1 đường tròn. E Ta có : MD  BC nên M· DC 900 B D 2 C 1 1 1 2 F M
9. MF  AC nên M· FC 900 Suy ra M· DC M· FC 900 Suy ra D, F cùng nhìn MC dưới 1 góc bằng nhau. Do đó 4 điểm M, D, E, C cùng thuộc một đường tròn. ¶ ¶ b) Vì tứ giác MDBF nội tiếp. Nên: M1 D1 ( cùng chắn cung BF) ¶ ¶ Vì tứ giác MDEC nội tiếp nên M 2 D2 Mặt khác tứ giác MBAC nội tiếp µ µ Nên B1 C ( góc ngoài của tứ giác nội tiếp) ¶ ¶ µ µ ¶ ¶ Do đó M1 M 2 ( cùng phụ với B1;C )Suy ra: D1 D2 ¶ · 0 ¶ · 0 Mà D2 BDE 180 Nên D1 BDE 180 Hay D, E, F thẳng hàng. AC AB AE EC AF FC AE EC AF FC c)Ta có ME MF ME MF ME ME MF MF · ¶ · ¶ tan AME tan M2 tan AMF tan M1 AC AB Mà M¶ M¶ nên tan A· ME tan A· MF 1 2 ME MF Mat khac: tứ giác AFME nội tiếp nên A· ME A· FE B· MD ( Bạn đọc tự nhìn vào hình vẽ) A· MF A· EF D· MC Do đó AC AB tan A· ME tan A· MF tan B· MD tan M· DC ME MF BD DC BD DC BC (dpcm) MD MD MD MD Bài 8: Đề Hải Dương- Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ một điểm M ở ngoài đường tròn, kẻ hai tiếp tuyến MA và MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Qua A, kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn tại E (E khác A), đường thẳng ME cắt đường tròn tại F (F khác E), đường thẳng AF cắt MO tại N, H là giao điểm của MO và AB. 1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh: MN2 = NF.NA vả MN = NH. HB2 EF 3) Chứng minh: 1 . HF2 MF
10. A E 1 1 2 2 F 1 1 1 M O N H B Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên: M· AO M· BO 900 1) Tứ giác MAOB có M· AO M· BO 1800 Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. µ µ µ µ 1 » Ta có: M1 E1 (so le trong, AE // MO) và A1 E1 sđAF 2 Mµ 1 Aµ 1 NMF và NAM có: M· NA chung; Mµ 1 Aµ 1 Câu 4 NMF NAM (g.g) (3,0đ) NM NF NM2 NF.NA NA NM Có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R MO là đường trung trực của AB AH  MO và HA = HB MAF và MEA có: A· ME chung; Aµ 1 Eµ 1 MAF MEA (g.g) MA MF 2) MA2 MF.ME ME MA Áp dụng hệ thức lượng vào vuông MAO, có: MA2 = MH.MO ME MO Do đó: ME.MF = MH.MO MH MF MFH MOE (c.g.c) Hµ 1 Eµ 2 Vì B· AE là góc vuông nội tiếp (O) nên E, O, B thẳng hàng µ µ 1 » E2 A2 = sđEB 2 Hµ 1 Aµ 2 0 Nµ 1 Hµ 1 Nµ 1 Aµ 2 90 HF  NA
11. Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: NH2 = NF.NA NM2 NH2 NM NH . Áp dụng hệ thức lượng vào vuông NHA, có: HA2 = FA.NA và HF2 = FA.FN Mà HA = HB HB2 HA2 FA.NA NA 3) HF2 HF2 FA.FN NF EF FA Vì AE // MN nên (hệ quả của định lí Ta-lét) MF NF HB2 EF NA FA NF 1 HF2 MF NF NF NF Bài 9: Đề Bình Dương - Bài 5: (3,5 điểm) Ta giác AMB cân tại M nội tiếp trong đường tròn (O; R). Kẻ MH vuông góc AB (H AB), MH cắt đường tròn tại N. Biết MA = 10cm, AB = 12cm. a) Tính MH và bán kính R của đường tròn; b) Trên tia đối tia BA lấy điểm C. MC cắt đường tròn tại D, ND cắt AB tại E. Chứng minh tứ giác MDEH nội tiếp và chứng minh các hệ thức sau: NB2 NE.ND và AC.BE BC.AE ; c) Chứng minh NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. M O D I A H E B C N a) Theo t/c đường kính và dây cung H trung điểm AB AH = 6cm AMH vuông tại H MH = AM 2 AH 2 102 62 8cm AMN vuông tại A, đường cao AH AH 2 36 AH 2 HM.HN HN 4,5cm MH 8
12. MN MH HN 8 4,5 Bán kính R 6,25cm 2 2 2 b) M· DN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), M· HE 900 (MHAB) M· DE M· HE 1800 tứ giác MDEH nội tiếp. NBE và NDB có góc N chung, N· BE N· DB (cùng chắn hai cung bằng nhau là cung NA, NB t/c đường kính và dây cung) NB NE NBE đồng dạng NDB NB2 NE.ND ND NB Ta có cung NA bằng cung NB (t/c đường kính và dây cung) góc ADE bằng góc EDB DE là phân giác trong của ABD. Vì ED  DC Dc là phân giác ngoài ABD DA EA CA AC.BE BC.AE DB EB CB c) Kẻ EI // AM (I BM) AMB đồng dạng EIB EIB cân tại I IE = IB. Gọi (O ) là đường tròn tâm I ngoại tiếp EBD . Ta có NB  BM (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) BN  BI BN là tiếp tuyến đường tròn (O ) E· BN E· D B (cùng chắn cung BE) Mặt khác trên đường tròn (O), E· BN E· DB (cùng chắn hai cung bằng nhau NA, NB) D nằm trên đường tròn (O ) NB tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. Bài 10- Đề Nam Định -Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH. đường tròn tâm E đường kính BH cắt AB tại M (M khác B), đường tròn tâm F đường kính HC cắt AC tại N (N khác C) 1) Chứng minh AM.AB = AN.AC và AN.AC = MN2 2) Gọi I là trung điểm của EF, O là giao điểm của AH và MN. Chứng minh IO vuông góc với đường thẳng MN 3) Chứng minh 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2
13. B E H M I O F A N C Ta có: B· MH H· NC 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) HM  AB , HN  AC Câu 4 1) Áp dụng hệ thức lượng vào các tam giác vuông AHB và AHC, có: (3,0đ) AH2 = AM.AB và AH2 = AN.AC AM.AB = AN.AC Mặt khác, tứ giác AMHN có ba góc vuông nên là hình chữ nhật AH = MN AN.AC = MN2. AMHN là hình chữ nhật, có O là giao điểm của AH và MN O là trung điểm của AH và MN Dễ thấy EMO = EHO (c.c.c) · · 0 2) EMO EHO 90 EM  MN Chứng minh tương tự được FN  MN ME // NF MEFN là hình thang vuông Lại có OI là đường trung bình của hình thang vuông MEFN OI  MN . Đặt MN = AH = h; x, y lần lượt là bán kính của (E) và (F). Ta có: 4(EN2 + FM2) = 4[(ME2 + MN2) + (ME2 + MN2)] = 4(x2 + y2 + 2h2) 3) BC2 + 6AH2 = (HB + HC)2 + 6h2 = HB2 + HC2 + 2.HB.HC + 6h2 = 4x2 + 4y2 + 2h2 + 6h2 = 4(x2 + y2 + 2h2) Vậy 4(EN2 + FM2) = BC2 + 6AH2. Bài 11: Đề TP-HCM Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và OC lần lượt tại D và I. Gọi H là hình chiếu của A lên OC; AH cắt BC tại M. a) Chứng minh: Tứ giác ACDH nội tiếp và C· HD A· BC . b) Chứng minh: Hai tam giác OHB và OBC đồng dạng với nhau và HM là tia phân giác của góc BHD. c) Gọi K là trung điểm của BD. Chứng minh: MD.BC = MB.CD và MB.MD = MK.MC. d) Gọi E là giao điểm của AM và OK; J là giao điểm của IM và (O) (J khác I). Chứng minh: Hai đường thẳng OC và EJ cắt nhau tại một điểm nẳm trên (O).
14. E C 1 1 D N I M 1 2 1 J H 3 4 K 1 2 1 A B O F Ta có: A· DB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) A· DC 900 (kề bù với A· DB ) Câu 5 Tứ giác ACDH có A· HC A· DC 900 (3,5đ) a) Tứ giác ACDH nội tiếp Tứ giác ACDH nội tiếp Aµ 1 Hµ 1 Mà Aµ 1 A· BC (cùng phụ với góc ACB) Hµ 1 A· BC Áp dụng hệ thức lượng vào vuông AOC, có: OA2 = OH.OC OB2 = OH.OC (vì OA = OB) OB OH OC OB OB OH OHB và OBC có: B· OC chung ; OC OB b) OHB OBC (c.g.c) µ · µ µ µ · OHB OBC H4 OBC H4 H1 do H1 ABC µ µ µ µ 0 Mà H1 H2 H3 H4 90 Hµ 2 Hµ 3 HM là tia phân giác của góc BHD. HBD có HM là đường phân giác trong tại đỉnh H c) Mà HC  HM HC là đường phân giác ngoài tại đỉnh H
15. Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác, có: MD HD CD HD và MB HB CB HB MD CD MD.BC MB.CD MB CB Gọi N là giao điểm thứ hai của AH và (O). OAN cân tại O, có OH là đường cao Oµ 1 Oµ 2 ONC OAC (c.g.c) O· NC O· AC 900 (O) có K là trung điểm của dây BD khác đường kính OK  BD O· KC 900 Do đó, 5 điểm A, C, N, K, O cùng thuộc đường tròn đường kính OC Dễ chứng minh bài toán phụ: Nếu hai dây AB và CD của (O) cắt nhau tại I thì IA.IB = IC.ID. C A I B O D Áp dụng bài toán trên, ta có: (O) có hai dây AN và BD cắt nhau tại M nên MA.MN = MB.MD Đường tròn đường kính OC có hai dây AN và CK cắt nhau tại M nên MA.MN = MC.MK Do đó MB.MD = MC.MK. (O) có hai dây AN và IJ cắt nhau tại M nên MA.MN = MI.MJ MI MC  MI.MJ = MC.MK MIC MKJ Cµ 1 J1 MK MJ µ µ 0 · µ  Mà C1 E1 90 COE E1 J1 d) Tứ giác EJKM nội tiếp E· JM E· KM 900 Gọi F là giao điểm thứ hai của CO với (O) I¶JF 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) E· JF 1800 E, J, F thẳng hàng OC và EJ cắt nhau tại điểm F thuộc (O).
16. Bài 12: Đề Thanh Hóa- Câu IV:(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính MN 2R . Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại N. Trên cung MN lấy điểm E tùy ý (E không trùng với M và N), tia ME cắt (d) tại điểm F. Gọi P là trung điểm của ME, tia PO cắt (d) tại điểm Q. 1. Chứng minh ONFP là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh: OF  MQ và PM.PF PO.PQ . 3. Xác định vị trí điểm E trên cung MN để tổng MF 2ME đạt giá trị nhỏ nhất . HD N M C A O B H D 1. Chứng minh tứ giác OBNC nội tiếp: Ta có OBN 900 ( Góc tạo bởi tiếp tuyến với đường tròn) OCN 900 ( Đường kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm) Từ đó ta có OCN +OBN 1800 . Mà chúng ở vị trí đối nhau nên ta có tứ giác OBNC nội tiếp 2, Chứng minh ON AD, CA.CN=CO.CD Xét AND có AB và CD là hai đường cao cắt nhau tại O nên NO là đường cao thứ ba của tam giác NO  AD tại H
17. Xét CAD , CON có ACD OCN 900 , mặt khác CNO CDA(phụ với góc O) AC OC CAD CON nên AC.CN OC.CD đpcm CD CN 3. Xác định vị trí điểm M trên cung AB để AN+2AM nhỏ nhất Xét tam giác vuông ABN có AM là đường cao. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông này ta có: AB 2 AM.AN =4R2 Áp dụng bất đẳng thức CoSi ta có 2AM+AN 2 2AM.AN 2 8R 2 4. 2R Vậy 2AM+AN đạt giá trị nhất là 4. 2R khi AN=2AM có nghĩa là M là trung điểm của AN hay M là điểm chính giữa của cung AB Bài 13: Đề Chuyên Lam Sơn Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với B· AD 90o , tia phân giác góc B· CD 90o cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N. a/ Chứng minh O· BM O· DC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng ND IB2 – IK2 minh rằng: MB KD2 Câu Hình IV M B A G O K 2 I 1 C N D H a/ Chứng minh O· BM O· DC ; Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt) => O· BC + O· DC 180o (đ/l) (1a) Ta có: O· BC + O· BM 180o (Hai góc kề bù) (2a) Từ 1a,2a => O· BM O· DC (ĐPCM)
18. a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC µ ¶ » » xét ∆OBM và ∆ODC có: C1 C2 OB OD OB OD (1b) O· BM O· DC (C/m câu a) (2b) Do AD//BC (gt) => AD//MC => N· AD N· MC (đồng vị) (3b) Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => M· NC N· MC (4b) Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác CMN cân) => CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b) Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM) + Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM và ∆OCN có µ ¶ OC là cạnh chung (6b) ; C1 C2 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b) Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC => OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) ND IB2 – IK2 c/ Chứng minh rằng: MB KD2 Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H. Ta có IB2 – IK2 IB IK IB IK IG IK IH IK KG.KG KD2 KD2 KD2 KD2 IB2 – IK2 KD.KB KB mà KG.KH = KD.KB=> (1c) KD2 KD2 KD Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên) ND BC BC KB ND KB => mà (Tính chất tia phân giác)=> (2c) MB CD CD KD MB KD ND IB2 – IK2 Từ 1c, 2c => (ĐPCM) MB KD2
19. Bài 14: Đề Tuyển sinh Hà Nội A M 1 H O I 1 2 2 1 1 B C 1 K 1 2 N Ta có Nµ 1,Cµ 1 là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ MA, MB Mà M¼ A M¼ B (GT) Bài IV 1) µ µ (3,5đ) N1 C1 Bốn điểm C, N, K, I cùng thuộc một đường tròn (theo bài toán cung chứa góc) Ta có Bµ 1,Mµ 1 là các góc nội tiếp chắn lần lượt các cung nhỏ NC, NB Mà N»C N»B (GT) Bµ 1 Mµ 1 2) NBK và NMB có: B· NM chung, Bµ 1 Mµ 1 NBK NMB (g.g) NB NK NB2 NK.NM NM NB Xét đường tròn đi qua bốn điểm CNKI có: Nµ 2 Kµ 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI) 3) Mà Nµ 2 A· BC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)) Kµ 1 A· BC Do hai góc ở vị trí đồng vị nên KI // BH
20. Chứng minh tương tự ta được HI // BK Tứ giác BHIK có các cạnh đối song song nên là hình bình hành. Cách 1: Vì M¼ A M¼ B nên Cµ 2 Cµ 1 , hay CM là tia phân giác của góc ACB Tương tự, AN là tia phân giác của góc BAC ABC có hai đường phân giác AN và CM cắt nhau tại I BI là đường phân giác thứ ba của ABC Hình bình hành BHIK có BI là đường phân giác của góc B nên là hình thoi. Cách 2: Vì Hµ 1,Kµ 2 là các góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên: sđM¼ A sđN»B sđM¼ B sđN»C Hµ 1 , Kµ 2 2 2 µ µ ¼ ¼ » » H1 K2 do MA MB , NB NC BHK cân tại B BH = BK Hình bình hành BHIK có BH = BK nên là hình thoi. Nhận xét: Phần này có nhiều cách chứng minh. D M 1 Q E P O 1 3 B 1 K C N 4) (P) có góc M1 là góc nội tiếp, góc P1 là góc ở tâm cùng chắn cung BK 1  Mµ 1 P1 2 Mà PBK cân tại P (vì PB = PK) 0  180 P1 0 1  0 P· BK 90 P1 90 Mµ 1 (1) 2 2 (O) có đường kính DN đi qua N là điểm chính giữa của cung BC DN  BC và DN đi qua trung điểm của BC DBC cân tại D 1800 B· DC 1 D· BC 900 B· DC 2 2 1 Trong (O), dễ thấy Mµ 1 B· DC 2
21. 0 D· BC 90 Mµ 1 (2) Từ (1) và (2) P· BK D· BC ba điểm D, P, B thẳng hàng  Lại có P1 B· DC ( 2Mµ 1) và hai góc ở vị trí đồng vị PK // DC Chứng minh tương tự được ba điểm D, Q, C thẳng hàng và QK // DB Do đó, PK // DQ và QK // DP Tứ giác DPKQ là hình bình hành E là trung điểm của đường chéo PQ thì E cũng là trung điểm của đường chéo DK Vậy ba điểm D, E, K thẳng hàng. Có thể chứng minh ba điểm D, P, B thẳng hàng theo các cách sau: Cách 2: 1  0 Từ PBK cân và Mµ 1 P1 P· BK Mµ 1 90 2 Từ DN  BC D· BK B· DN 900 0 D· BK Mµ 1 90 (do B· DN Mµ 1) P· BK D· BK ba điểm D, P, B thẳng hàng. Cách 3: µ 1 » (P) có góc M1 là góc nội tiếp nên M1 sđBK 2 1 Mà Mµ 1 Bµ 1 nên Bµ 1 sđB»K 2 Suy ra BN là tiếp tuyến tại B của (P) BN  PB Lại có D· BN 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) BN  DB Do đó ba điểm D, P, B thẳng hàng.
22. BÀI 3: Bài 5 : (3,5 điểm )Đà nẵng Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là một điểm trên nửa đường tròn (C khác A,B) .Trên cung AC lấy D (D khác A và C). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên AB và E là giao điểm của BD và CH a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp . b) Chứng minh rằng và AB. AC = AC.AH + CB.CH c) Trên đoạn OC lấy điểm M sao cho OM = CH .Chứng minh rằng khi C thay đổi trên nữa đường tròn đã cho thì M chạy trên một đường tròn cố định.