TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Bài 41 Cho tứ giác ABCD (khơng có hai cạnh song song) nội tiếp đường tròn ( O ) Các tia BA CD cắt điểm F Gọi E giao điểm hai đường chéo AC BD Vẽ hình bình hành AEDK a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác EMN Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải B A E N M T O L I K F D C a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB Do tứ giác AEDK hình bình hành nên DK song song với AC Chú ý đến tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ta FDK = DCA = DBA Cũng tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ta có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB Do ta suy nên ta có DF AD EA DK = = = BF BC EB EB DF BF Do tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB = DK BE b) Gọi M, N tương ứng trung điểm cạnh AD, BC Chứng minh đường thẳng MN qua trung điểm EF Gọi I trung điểm EF Do tứ giác AEDK hình bình hành nên ta có M trung điểm EK, điều dẫn đến IM song song với FK Dựng hình bình Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN hành BECL, để ý đến góc nội tiếp đường trịn ta có FCL = 1800 − BDC = 180 − BAC = FAC Lại có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên ta có FC BC EB CL Do suy tam giác FCL đồng dạng với tam giác FAE Kết = = = FA AD EA AE hợp với tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB ta suy KFD = EFA = LFC nên ba điểm F, K, L thẳng hàng Lại có N trung điểm EL nên suy IN song song với FL Do ba điểm I, M, N thẳng hàng hay đường thẳng MN qua trung điểm EF c) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN Gọi T điểm đối xứng với M qua I Ta có tứ giác METF hình bình hành nên FTE = FME Lại có tam giác FAD đồng dạng với tam giác FCB M, N theo thứ tự trung điểm AD, BC nên suy tam giác FAM đồng dạng với tam giác FCN Do ta FMA = FNC Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên suy tam giác EMA đồng dạng với tam giác ENB nên ta EMA = ENB = CNL Từ ta có FME = FNL = 180 − ENF , điều dẫn đến FTE = 1800 − ENF nên tứ giác ETFN nội tiếp Suy ENM = EFT = MEF nên EF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN Bài 42 Cho tam giác nhọn ABC cân A có đường cao BE nội tiếp đường tròn ( O; R ) Kẻ đường kính BC đường trịn ( O ) Đường thẳng BE cắt đường thẳng AD AO điểm I H a) Chứng minh BH.BI = 2R2 b) Gọi M trung điểm AB Lấy điểm N thuộc tia đối tia OA cho ON = R Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn c) Gọi K trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng KE qua trung điểm đoạn OI Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019 Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN a) Chứng minh BH.BI = 2R2 Ta có AB = AC AO vng góc với A BC K nên K trung điểm BC D Từ suy H trực tâm tam giác ABC Do ta I có J M AHI = ACB = ADB nên suy tứ giác O H HODI nội tiếp đường tròn Đến dễ T thấy hai tam giác BOH BID đồng E B N K C dạng với nhau, ta BH BD hay BH.BI = BO.BD = 2R = BO BI L b) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn Kẻ đường kính AL đường trịn ( O ) , ta có tứ giác BMOL hình thang vng N trung điểm OL Do ta MN = NB = NC Từ ta suy NMB = NBM = NCA Do tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn c) Chứng minh đường thẳng KE qua trung điểm đoạn OI Gọi J giao điểm đường thẳng KE OI Gọi T điểm đối xứng với I qua E Khi ta có ATE = AIE = BOH nên ATB = AOB , tứ giác AOTB nội tiếp đường tròn Từ ta OTH = OAB = HEK nên suy OT song song với EK Mà E trung điểm IT nên suy J trung điểm OI Bài 43 Cho hai đường tròn ( O; R ) ( O '; r ) cắt hai điểm A B ( r  R ) cho O O’ khác phía so với đường thẳng AB Gọi K điểm cho tứ giác OAO’K hình bình hành a) Chứng minh tam giác ABK vng b) Đường trịn tâm K bán kính KA cắt đường tròn ( O; R ) ( O '; r ) M N (M N khác A) Chứng minh ABM = ABN c) Trên đường tròn ( O; R ) lấy điểm C thuộc cung AM không chứa B (C khác A M) Đường thẳng CA cắt đường tròn ( O '; r ) D Chứng minh KC = KD Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Đại học Vinh năm học 2018 – 2019 Lời giải H E A D F C O O' I K B N M a) Chứng minh tam giác ABK vuông Do r  R nên điểm K nằm đường tròn ( O; R ) Gọi I giao điểm OO’ AK Khi I trung điểm AK nên AI = IK Do AB giao điểm hai đường tròn ( O; R ) ( O '; r ) nên suy OO’ đường trung trực AB Mà điểm I thuộc OO’ nên suy IA = IB Từ ta IA = IB = IK nên tam giác ABK vuông B b) Chứng minh ABM = ABN Hai đường tròn ( O ) ( K ) cắt hai điểm A M nên suy AM vng góc với OK Mà ta lại có OK song song với AO’ nên AM vng góc với AO’ Suy AM tiếp tuyến A với đường trịn ( O '; r ) Tương tự AN tiếp tuyến A với đường tròn ( O; R ) Như ta có BAM = BNA BAN = AMB Như từ hai tam giác MAB NAB ta suy ABM = ABN c) Chứng minh KC = KD Gọi E F trung điểm AC AD Gọi H trung điểm EF Khi OE O’F vng góc với EF nên suy IH vng góc với EF Do ta H trung điểm EF Đến ta suy IH đường trung trực EF nên ta có IE = IF Trong tam giác AKC AKD có IE IF đường trung bình nên suy CK = 2.IE KD = 2.IF Do ta KC = KD Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Bài 44 Cho tam giác ABC vuông A ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) có đường cao AH Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Gọi K hình chiếu vng góc A lên BD Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK I Đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) N (N khác B) a) Chứng minh AN.BI = DH.BK b) Tiếp tuyến đường tròn ( O ) D cắt đường thẳng BC P Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP c) Tiếp tuyến đường tròn ( O ) C cắt đường thẳng DP M Đường tròn qua D tiếp xúc với CM M cắt OD Q (Q khác D) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn ( O ) Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019 Lời giải T A N I X C B O H G P J E K Q M D a) Chứng minh AN.BI = DH.BK Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Dễ thấy BDA = BNA nên ta IHA = BNA , suy IHA = INA nên tứ giác ANHI nội tiếp đường trịn Từ ta có AHN = AIN = BIK Mà ta lại có IBK = NAH nên hai tam giác ANH BKI đồng dạng với Do ta có BK BI DI nên suy AN.BI = DH.BK = = AN AH DH b) Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP Gọi T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP X trung điểm NP Do A D đối xứng với qua BC nên suy PD tiếp tuyến D với đường tròn (O) Khi để ý đến góc nội tiếp đường trịn (O) ta có PTX = PAN = ADN Do tứ giác ANHI nội tiếp đường trịn nên ta có ANH = AIH = 900 nên NAH = NHP Mà ta lại có NAH = NDP , ta NHP = NDP nên tứ giác PDHN nội tiếp đường tròn, suy NPH = NDA Kết hợp kết ta NPH = PTX Để ý PTX + TPX = 900 nên suy TPH = NPH + TPX = 90 hay BC vng góc với TP Do BC tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác APN c) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM ln qua điểm cố định BC cố định A di động đường tròn ( O ) Gọi J G theo thứ tự trung điểm OM OC Gọi E giao điểm QG với BM Khi dễ thấy QM song song với BC Do QMO = MOP = QOM nên tam giác QOM cân Q, từ suy QJ vng góc với OM Điều dẫn đến BOM = GJQ Lại có OM phân giác góc COD nên suy hai tam giác vuông OGJ OJQ đồng dạng với nhau, suy GJ OG = Để ý ta lại có hai tam giác QJ OJ vuông OGJ OCM đồng dạng với nên ta lại có OG OC OB = = Do ta OJ OM OM GJ OB = Kết hợp với BOM = GJQ ta hai tam giác GJQ BOM đồng QJ OM dạng với nhau, suy OMB = JQG nên tứ giác QEJM nội tiếp đường trịn Đến ta suy QE vng góc với BM Do đường thẳng qua Q vng góc với Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN BM qua trung điểm G OC Do OC cố định nên điểrm G điểm cố định Từ ta có điều phải chứng minh Bài 45 Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC Gọi D, E, F kẻ từ A, B, C tam giác , P giao điểm đường thẳng BC EF Đường thẳng qua D song song với EF cắt đường thẳng AB, AC, CF Q, R, S a) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp b) Chứng minh PB DB D trung điểm đoạn thẳng QS = PC DC c) Khi B, C cố định điểm A thay đổi thỏa mãn điều kiện Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019 Lời giải A E F R H S B P D M C Q a) Chứng minh tứ giác BQCR tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BFEC có BFC = BEC = 900 nên tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn Do ta có FBC + FEC = 1800 Mà ta lại có FBC + CBQ = 1800 nên suy FEC = CBQ Do QR song song với EF nên ta có QRC = FEC Kết hợp kết ta QRC = CBQ Do tứ giác BQCR nội tiếp đường tròn b) Chứng minh PB DB D trung điểm đoạn thẳng QS = PC DC Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN + Chứng minh PB DB = PC DC Gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Để ý tứ giác AEHF, BDHF nội tiếp đường tròn Do ta có AFE = AHE = BHD = BFD Mà AFE = PFB nên ta PFB = BFD hay FB phân giác tam giác FPD Từ theo tính chất đường phân giác tam giác ta có PB FP = DB FD Do FC vng góc với FB nên suy FC phân giác góc ngồi F tam giác FPD Do theo tính chất đường phân giác tam giác ta lại có Kết hợp kết lại ta PC FP = DC FD PB DB PB PC hay = = PC DC DB DC + Chứng minh D trung điểm đoạn thẳng QS Do FE song song với QR nên ta có AFE = AQM , ta AQM = BFD nên tam giác DQF cân D, suy DF = DQ Ta lại có BFD + DFC = 900 BQD + DSF = 900 DFC = DSF nên tam giác DSF cân D, suy DF = DS Đến ta suy DQ = DF = DS hay D trung điểm đoạn thẳng QS c) Khi B, C cố định điểm A thay đổi thỏa mãn điều kiện trên, chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln qua điểm cố định Gọi M trung điểm cạnh BC nên M điểm cố định Do tứ giác BQCR nội tiếp đường trịn nên ta có DQ.DR = DB.DC Ta có PB DB BC DC PC DC BC DC − DB PB + BC DC hay + = =  =   = = PC DC PB DB PB DB PB PB DB DB Từ ta có PB = ( DB + DC) DB = DB2 + DB.DC Mặt khác ta lại có BC.DB = DC − DB DC − DB DC − DB  BC  DM.DP = ( MB − DB )( DB + PB ) =  − DB  ( DB + PB )    DB + DC  DC − DB = − DB  ( DB + PB ) = ( DB + PB ) 2   DB2 + DB.DC Thay PB = vào biểu thức ta có DC − DB Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN DM.DP = DC − DB  DB2 + DB.DC  DC − DB 2DB.DC DB + = DB.DC  = DC − DB DC − DB   Kết hợp với DQ.DR = DB.DC ta DQ.DR = DM.DP nên DQ DP Mà ta = DM DR có QDP = MDR nên hai tam giác QDP MDR đồng dạng với nhau, QPD = MRD hay QPM = MRQ Từ suy tứ giác QPRM nội tiếp đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cố định M Bài 46 Cho tam giác ABC có với AB  AC ngoại tiếp đường tròn ( O; R ) Đường tròn ( O; R ) tiếp xúc với cạnh BC, AB D, N Kẻ đường kính DI đường trịn ( O; R ) Tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) I cắt cạnh AB, AC E, F 1) Chứng minh tam giác BOE vuông EI.BD = FI.CD = R 2) Gọi P, K trung điểm đoạn thẳng BC, AD; Q giao điểm BC AI Chứng minh AQ = 2KP 3) Gọi A giao điểm AO với cạnh BC, B1 giao điểm BO với cạnh AC, C1 giao điểm CO với cạnh AB ( O1 ; R ) đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh 1 + +  AA1 BB1 CC1 R − OO1 Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019 Lời giải A I E N C1 F B1 K O O1 B H D A1 P Q C 1) Chứng minh tam giác BOE vuông EI.BD = FI.CD = R Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN + Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có OB tia phân giác góc NOD OE tia phân giác góc NOI Mà góc NOD NOI kề bù nên suy NOD = NOI = 900 hay ta BO vng góc với OE, tam giác BOE vng O + Ta có BOD + EOI = DOI − BOE = 1800 − 900 = 90 lại có OBD + BOD = 90 Đến suy EOI = OBD Hai tam giác IOE DBO có OIE = ODB = 900 EOI = OBD nên đồng dạng với Do ta có OI EI = BD OD hay EI.BD = OI.OD = R2 Chứng minh hoàn toàn tương tự ta FI.CD = R Vậy ta có EI.BD = FI.CD = R 2) Gọi P, K trung điểm đoạn thẳng BC, AD Q giao điểm BC với AI Chứng minh AQ = 2KP Từ EI.BD = FI.CD ta có ta có EI CD Do EF song song với BC nên theo định lí Thales = FI BD EI BQ EI FI AI = = = suy Kết hợp hai kết ta BQ CQ AQ FI CQ CD BD CD + BD BC CD BQ = = = = , ta có BD = CQ Lại có = nên suy BQ CQ BQ + CQ BC BD CQ BP = CP nên suy BP – BD = CP – CQ hay PD = PQ Vì KD = KA PD = PQ nên KP đường trung bình tam giác DAQ Do suy AQ = 2KP 3) Chứng minh 1 + +  AA1 BB1 CC1 R − OO1 + Lời giải Ta có R − OO1 R − OO1 R − OO1 1 + +   + + 2 AA1 BB1 CC1 R − OO1 AA1 BB1 CC1 Lại có R − OO1 O1A − OO1 OA AA1 − OA1 OA1 =  = = 1− AA1 AA1 AA1 AA1 AA1 Kẻ OR vng góc với BC AH vng góc với BC Khi ta có OR ⊥ BC, AH ⊥ BC S OA1 OR OR.BC 2S OBC S OBC R − OO1 OA1 = = = =   1− = − OBC AA1 AH AS.BC 2S ABC S ABC AA1 AA1 S ABC Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN b) Tia AM cắt đường tròn ( O ) E khác A Tiếp tuyến E B đường tròn ( O ) cắt F Chứng minh AF qua trung điểm HM c) Chứng minh MN tiếp xúc với đường tròn cố định M di chuyển dây BC Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chun Tỉnh Bình Phước năm học 2018 – 2019 Lời giải a) Chứng minh tứ giác ACMH ACMK nội tiếp đường trịn + Ta có ACB + ACM = 900 nên AHM = 90 Do ta có ACM + AHM = 180 nên tứ giác ACHM nội tiếp đường tròn A G C O K D I H M Q N E P F B 1 + Ta có MCK = CAD = 450 Mà lại có MAK = CAD = 450 nên 2 MAK = MCK = 450 Do tứ giác ACMK nội tiếp đường tròn b) Tia AM cắt đường tròn ( O ) E khác A Tiếp tuyến E B đường tròn ( O ) cắt F Chứng minh AF qua trung điểm HM Giả sử AF cắt MH I AM cắt BF P Khi MH PB vng góc với AB nên MH PB song song với nhau, suy ta có song với BF nên lại có MH AH Lại có HI song = PB AB IH MH  AH  IH AH = = Từ suy Ta có AEB = 90 =   FB PB  AB  FB AB nên suy BEP = 90 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có FE = FB Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN FEB = FBE Mặt khác ta lại có FEP = 90 − FEB FPE = 90 − FBE nên FEP = FPE nên tam giác PEF cân F, suy FE = FB = FP nên BP = FP + FB = 2FB Kết hợp với ta suy IH MH hay MH = 2IH Do AF qua trung điểm I = FB 2FB MH c) Chứng minh MN ln tiếp xúc với đường trịn cố định M di chuyển dây BC Do tứ giác ACMK nội tiếp đường tròn ACM = MKN = 900 Gọi G giao điểm AM DC Ta có tam giác BCD vng cân B nên BDC = 450 Trong tứ giác ADNG có NDG = GAN = 450 nên tứ giác ADNG nội tiếp Từ ADN + AGN = 1800 nên AGN = 90 hay MGN = 90 Vì MKN = MGN = 90 nên tứ giác MCKN nội tiếp đường tròn Do AMN = AKC Mà ta có AMC = AKC nên suy AMC = AMN Kẻ AQ vng góc với MN Q Khi dễ thấy hai tam giác AMC AMQ nên suy AC = AQ Áp dụng định lý Pytago ta có AC = R + R = R không đổi A điểm cố định nên M di chuyển dây ( ) BC MN ln tiếp xúc với đường tròn A; R đường tròn cố định Bài 74 Cho ba điểm cố định A , B , C thẳng hàng (B nằm A C) Gọi ( O ) đường tròn thay đổi qua B C (tâm O không thuộc đường thẳng BC) Từ A kẻ tiếp tuyến AD AE đến đường tròn ( O ) (D, E tiếp điểm A, O nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng BC) Gọi K H trung điểm BC DE a) Chứng minh AE2 = AB.AC b) Trên DE lấy điểm M cho BM song song với AD Chứng minh tứ giác BMKE nội tiếp đường tròn MK song song với CD c) Chứng minh đường tròn ( O ) thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OHK thuộc đường thẳng cố định Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2018 – 2019 Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN D M O A H B N K C E a) Chứng minh AE2 = AB.AC Hai tam giác ABE AEC có CAE chung AEB = ACE nên hai tam giác đồng dạng với Từ ta AE AC hay AE2 = AB.AC = AB AE b) Trên DE lấy điểm M cho BM song song với AD Chứng minh tứ giác BMKE nội tiếp đường tròn MK song song với CD Dễ thấy ADO = AEO = AKO = 90 mêm điểm điểm A, E, K, O, D thuộc đường trịn đường kính AO Do suy DAK = DEK Lại BM song song với AD nên ta có DAK = MBK Từ ta MBK = MEK nên tứ giác BEKM nội tiếp đường trịn Do suy BEM = BKM Trong đường trịn ( O ) có BEM = BED = BCD nên ta suy BKM = BCD Do MK song song với DC c) Chứng minh đường trịn ( O ) thay đổi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK thuộc đường thẳng cố định Gọi N giao điểm DE AC Ta có OH vng góc với DE OK vng góc với BC nên suy tứ giác OKNH nội tiếp đường trịn đường kính ON Hai tam giác AHN AKO đồng dạng với nên suy AH AN hay AH.AO = AN.AK = AK AO Trong tam giác vng AEO có đường cao EH ta AH.AO = AE2 Mà AE2 = AB.AC nên suy AN.AK = AB.AC Ta có K trung điểm BC cố định nên suy K cố định Từ dẫn đến N điểm cố định Suy tâm đường tròn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN ngoại tiếp tứ giác OKNH thuộc đường trung trực đoạn NK Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK thuộc đường thẳng cố định Bài 76 Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) Gọi M điểm cạnh BC (M khác B C) N điểm cạnh CD cho BM = CN Gọi H I giao điểm AM với BN DC a) Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp MN vng góc với BI b) Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn MN ngắn c) Đường thẳng DM cắt đường tròn ( O ) P khác D Gọi S giao điểm AP BD Chứng minh SM song song AC Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Quảng Ngãi năm học 2018 – 2019 Lời giải A B S O D N H M C P I a) Chứng minh tứ giác AHND nội tiếp MN vng góc với BI + Hai tam giác ABM BCN có BM = CN; B = C = 900 ; AB = BC nên hai tam giác Mà ta có BAM + BMA = 900 nên suy CBN + BMA = 90 hay BHM = 900 Từ ta ADN + AHN = 1800 nên tứ giác ADNH nội tiếp đường tròn + Đến ta dễ dàng suy IH vng góc với BN Mà ta có BC vng góc với CD nên suy BC vng góc với NI Như M trực tâm tam giác BIN nên ta có MN vng góc với BI b) Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn MN ngắn Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Đặt AB = a; BM = x ta MC = a − x Tam giác MNC vuông C nên theo định lí Pitago ta MN2 = CM2 + NC2 = ( a – x ) + x = 2x – 2ax2 + a 2       1 =  x – ax + a  =  x – ax + a  + a =  x − a  + a  a 2   2  2    a Dấu xẩy x − a =  x = 2 a a a Suy ta MN  Do MN đạt giá trị nhỏ x = 2 Vậy M trung điểm BC MN nhỏ c) Đường thẳng DM cắt đường tròn ( O ) P khác D Gọi S giao điểm AP BD Chứng minh SM song song AC Ta có DMC = 90 − PDC PDC = PAC nên suy DMC = 90 − PAC Do BD đường trung trực AC nên ta có SAC = SCA hay PAC = SCA Từ ta suy DMC = 90 − SCA = DSC nên tứ giác CMSD nội tiếp đường tròn Mà ta có MCD = 900 nên ta MSD = 90 hay MS vng góc với BD Do MS song song với AC Bài 77 Cho tam giác ABC cân A Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác K tâm đường tròn bàng tiếp góc A Gọi O trung điểm IK a) Chứng minh bốn điểm B, I, C, K thuộc đường tròn ( O ) b) Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn ( O ) c) Tính tổng diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ CI, IB, BK, KC dây cung tương ứng đường tròn ( O ) biết AB = 20; BC = 24 Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Cà Mau năm học 2018 – 2019 Lời giải a) Chứng minh bốn điểm B, I, C, K thuộc đường trịn ( O ) Vì I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên IC đường phân giác góc C Vì K tâm đường trịn bang tiếp góc A tam giác ABC nên CK đường phân giác góc C Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Từ ta ICK = 90 Chứng minh A hoàn toàn tương tự ta IBK = 900 Từ giác BICK có IBK + ICK = 180 nên H nội tiếp đường trịn đường kính IK Lại I O trung điểm IK nên suy O B tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác M C O BICK Do bốn điểm B, I, C, K thuộc đường tròn ( O ) b) Chứng minh AC tiếp tuyến K đường tròn ( O ) Tam giác IOC cân O nên ta có OIC = OCI Mặt khác theo tính chất góc ngồi tam giác ta có OIC = IAC + ACI = ICO + ICA = 1 1 BAC + ACB = BAC + ABC Từ ta suy 2 2 1 1 BAC + ABC + ACB = 1800 = 90 nên OC vng góc với 2 2 CA hay AC tiếp tuyến C với đường tròn ( O ) c) Tính tổng diện tích hình viên phân giới hạn cung nhỏ CI, IB, BK, KC dây cung tương ứng đường tròn ( O ) biết AB = 20; BC = 24 Gọi S diện tích hình cần tính S’ diện tích hình trịn ( O ) Gọi M giao điểm BC với IK Khi ta có S = S'− S ICKB =  IO2 − S IBK − S IKC =  Để ý SABC = IK BM.IK CM.IK IK BC.IK − − = − 2 AB + BC + CA AM.BC = IM Do ta 2  24  24 AB − BM = ( AB + BC + CA ) IM  24 20 −   = ( 40 + 24 ) IM  IM =   2 Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác IBM vng B ta có BM = IM.IK  MK = BM 12 = = 24 IM Từ ta IK = IM + MK = + 24 = 30 Do ta có Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN 1 1 S =  IK − BC.IK =  302 − 24.30 = 225 − 360 = 346,86 ( dvdt ) 4 Bài 78 Cho điểm A cố định, góc xAy = 60 điểm B nằm xAy (B không thuộc tia Ax Ay) Gọi M, N hình chiếu B Ax Ay Đường thẳng BN cắt Ax H đường thẳng BM cắt Ay K a) Chứng minh HK = 2MN b) Gọi I D trung điểm AB HK Chứng minh tứ giác MIND nội tiếp đường tròn c) Giả sử AB = 8cm gọi O trung điểm MN Tính độ dài IO Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Kiên Giang năm học 2018 – 2019 Lời giải K D N O B I A M H a) Chứng minh HK = 2MN Tam giác ANH vng N có cos NAH = cos 600 = AN = Từ giác MNKH có AH NKM = NHM = 300 nên tứ giác MNKH nội tiếp đường trịn Do ANM = AHK Hai tam giác ANM AHK có NAH chung ANM = AHK nên đồng dạng với nhau, suy AN NM = = hay HK = 2NM AH HK b) Gọi I D trung điểm AB HK Chứng minh tứ giác MIND nội tiếp đường tròn Tứ giác MANB có ANB + AMB = 900 + 90 = 180 nên nội tiếp đường tròn tâm I đường kính AB Từ ta có MIN = 2NAM = 2.60 = 120 Lại có KNH = KMH = 900 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN nên tứ giác MNKH nội tiếp đường trịn tâm D đường kính KH Do ta MDN = 2NKM = 2.30 = 60 Trong tứ giác MIND có NDM + NIM = 180 nên suy tứ giác MIND nội tiếp đường tròn c) Giả sử AB = 8cm gọi O trung điểm MN Tính độ dài IO Hai tam giác vng ANB AMB có IN IM tương ứng hai đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên ta có IN = IM = AB = ( cm ) Hoàn tpanf tương tự ta có ND = MD = KH Hai tam giác IDN IMD có IM = IN; ND = MD; IDchung nên hai tam giác Do NID = MID nên ID phân giác góc MIN Tam giác MIN có ID đường phân giác đồng thời đường cao nên suy ID qua trung điểm MN Do ba điểm I, O, D 1200 thẳng hàng Đến ta NIO = NID = NIM = = 600 2 Do ta có IO = IN.cos NIO = 4.cos 60 = ( cm ) Bài 80 Cho đường tròn ( O ) điểm A tùy ý nằm ngồi đường trịn Từ A kẻ tiếp tiếp AB AC tới đường tròn ( O ) (với B C tiếp điểm) Đường thẳng AO cắt đường tròn ( O ) hai điểm D E (D nằm A E) Gọi H giao điểm BC AO a) Chứng minh D tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC b) Trên cung nhỏ CD đường tròn ( O ) lấy điểm F tùy ý khác C D Từ điểm A kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt FC FE M N NF BD2 AB BD = Chứng minh = NE BE AE BE c) Giả sử MB cắt đường tròn ( O ) P khác B Chứng minh NH song song với PD Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tp Hải Phòng năm học 2018 – 2019 Lời giải a) Chứng minh D tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN P B M H A D E O F C N Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt suy AH phân giác góc BAC Lại có D điểm cung nhỏ BC đường trịn (O) Do ta lại có ABD = BCD = CBD nên suy BD phân giác góc ABC Do D tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC b) Chứng minh NF BD2 AB BD = = NE BE AE BE + Hai tam giác ABD AEB có BAD chung ABD = BED nên đồng dạng với Từ ta suy AB BD = AE BE + Cũng từ hai tam giác ABD AEB đồng dạng với ta có AB2 = AD.AE Mà ta có AB AD hay ta = AE AB AB2 BD2 AB BD = nên suy Từ ta = AE BE AE2 BE2 AD.AE BD2 AD BD2 = = hay Do AN DF vng góc với EF nên suy AE BE AE BE AN song song với DF, từ theo định lí Thales ta AD NF Do ta = AE NE NF BD2 = NE BE c) Chứng minh NH song song với PD Hai tam giác vuông FMN EHB có MFN = CFE = CBE = HBE nên đồng dạng với nhau, từ suy MN EH FN AD Lại AN song song với DF nên Như = = NF BH NE AE chứng minh ta có Nguyễn Cơng Lợi AD BD2 FN AD BD2 BH2 = = = = Do suy Đến NE AE BE EH2 AE BE Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN ta suy MN FN BH2 EH MN BH hay nên suy hai tam giác = = NF NE EH BH NE EH NE ME NE HE hay = = ME BE HE BE vuông MNE BHE đồng dạng với nên NEM = HEB hay NEH = MEB Từ lại suy hai tam giác ENM EMB đồng dạng, EHN = EBM nên DHN = 1800 − EHN = 180 − EBM = EBP = EDP Do NH song song với NP Bài 81 Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( T ) tâm O có bán kính R cho CAD = 450 Giả sử AC vng góc với BD cắt BD I ( AD  BC ) Dựng CK vng góc với AD K Đường thẳng CK cắt BD H cắt đường tròn ( T ) E khác C a) Tính số đo góc COD Chứng minh điểm C, I, K, D thuộc đường tròn AC = BD b) Chứng minh A tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BHE Tính IK theo R c) Gọi F giao điểm đường thẳng IK AB Chứng minh O trực tâm tam giác AIK CK.CB = CF.CD Trích đề TS lớp 10 Trường PTNK ĐHQG Tp Hồ Chí Minh năm học 2018 – 2019 Lời giải a) Tính số đo góc COD Chứng minh C, I, K, D thuộc đường tròn AC = BD + Ta có COD = 2.CAD (góc tâm góc nội tiếp chắn cung CD) Do ta C F B COD = 2.450 = 900 I + Vì AC vng góc với BD nên CID = 90 O CK vng góc với AD nên CKD = 900 H Do ta CID = CKD = 90 nên tứ K giác CIKD có hai đỉnh I K nhìn D E A cạnh CD góc 90 , suy tứ giác CIKD nội tiếp đường trịn đường kính CD Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN + Vì AC vng góc với BD nên tam giác AID vuông cân I nên IA = ID Mặt khác ta lại có CBD = CAD = 450 (hai góc nội tiếp chắn cung CD) Tam giác CIB vng I có CBI = CBD = 450 nên tam giác CIB vuông cân I Do ta IB = IC Kết hợp với IA = ID suy IA + IC = IB + ID hay AC = BD b) Chứng minh A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHE Tính IK theo R + Tam giác ACK vuông K nên ICH = ACK = 90 − CAK = 90 − 450 = 450 Tam giác CIH vng I có ICH = 450 nên vng cân I, suy IC = IH Từ ta IB = IH nên I trung điểm BH Mà AI vuông góc với BH nên suy AI đường trung trực BH Tam giác CIH vuông cân I nên DHE = IHC = 450 Mặt khác HED = CAD = 450 nên suy DHE = HED = 450 hay tam giác DHE cân D Mà DK đường cao hạ từ đỉnh D tam giác DHE nên DKcũng trung trực HE Từ suy AK đường trung trực HE Kết hợp kết lại ta A giao điểm trung trực BH trung trực HE hay A tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE + Ta có IK đường trung bình tam giác BHE nên IK = BE Do tam giác BCI CHI vuông cân nên suy BCH = BCI + ICH = 900 Do ta BOE = 2.BCE = 2.900 = 180 Suy ba điểm B, O, E thẳng hàng BE đường kính ( T ) Đến ta BE = 2R hay IK = BE =R c) Gọi F giao điểm đường thẳng IK AB Chứng minh O trực tâm tam giác AIK CK.CB = CF.CD + Vì IA = ID OA = OD = R nên OI trung trực AD, suy OI vng góc với AD hay OI vng góc với AK Tam giác CAK vng K có CAK = 450 nên vuông cân K, suy KC = KA Mặt khác OC = OA = R nên KO trung trực AD, OK vng góc với AK Do O giao điểm hai đường cao hạ từ I K tam giác AIK hay O trực tâm tam giác AIK + Ta có BAC = BEC Vì IK song song với BE nên BEC = FKC BAC = FKC Tứ giác AFCK có hai đỉnh A K nhìn FC góc nên Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN AFCK tứ giác nội tiếp đường tròn, suy CFB = 1800 − CKA = 900 Vì ABCD tứ giác nội tiếp nên FBC = CDK Do hai tam giác FBC CDK đồng dạng với Suy ta CF CB hay CK.CB = CF.CD = CK CD Bài 82 Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường tròn ( O; R ) qua B C ( BC  2R ) Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN với đường tròn ( O ) (M, N tiếp điểm) Gọi I trung điểm BC a) Chứng minh năm điểm A, M, O, I, N thuộc đường tròn b) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E giao điểm thứ hai đường thẳng MJ với đường tròn ( O ) Chứng minh EB = EC = EJ c) Khi đường tròn ( O ) thay đổi, gọi K giao điểm OA MN Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc đường thẳng cố định Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2018 – 2019 Lời giải M F K A J O B H I C N E a) Chứng minh năm điểm A, M, O, I, N thuộc đường tròn Vì AM, AN tiếp tuyến đường trịn ( O ) nên ta có AMO = ANO = 900 đường trịn ( O ) có dây BC không qua tâm với I trung điểm BC nên ta có AIO = 90 Do AMO = ANO = AIO = 900 , suy ba điểm M, N, I thuộc đường Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN trịn đường kính AO Vậy năm điểm A, M, O, I, N thuộc đường trịn đường kính AO b) Gọi J tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E giao điểm thứ hai đường thẳng MJ với đường tròn ( O ) Chứng minh EB = EC = EJ Do J tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC nên MJ tia phân giác góc BMC, suy BME = CME nên ta BE = CE hay BE = CE Gọi F giao điểm thứ hai BJ với đường tròn ( O ) , hồn tồn tương tự ta có MF = CF Vì JBE góc nội tiếp nên JBE = sđFE BJE góc có đỉnh bên đường tròn nên BJE = BJE = ) ( sđ BE + sđMF Mà ta có BE = CE MF = CF Từ ta ( ) 1 sđCE + sđCF = sđFE nên suy JBE = BJE hay tam giác EBJ cân E, 2 EB = EJ Vậy ta có EB = EC = EJ c) Chứng minh tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc đường thẳng cố định Gọi H giao điểm MN AC Ta có OM = ON = R AM = AN nên AO đường trung trực MN, suy AO vng góc với MN hay OKH = 90 Tứ giác OIHK có OIH + OKH = 90 + 90 = 180 nên OIDK tứ giác nội tiếp đường tròn Do tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK thuộc đường trung trực HI Hai tam giác AMB ACM có góc chung MAC AMB = ACM = giác đồng dạng với Do suy sđ MB nên hai tam AM AB hay AM2 = AB.AC Xét = AC AM đường tròn đường kính AO có AMD = AIM Hai tam giác AMH AIM có góc chung MAC AMH = AIM nên hai tam giác đồng dạng với Do ta lại có AB.AC AM AH hay AM2 = AH.AI Từ AB.AC = AH.AI nên AD = Mà = AI AI AM điểm A, B, C cố định I cố định nên suy AH = AB.AC khơng đổi Do H AI điểm cố định, suy đường trung trực HI đường thẳng cố định Từ dẫn đến tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc đường thẳng cố định Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Bài 83 Cho đường tròn ( O; R ) đường thẳng d khơng có điểm chung với đường trịn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn ( O ) (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AC đường trịn ( O; R ) Tiếp tuyến đường tròn ( O ) cắt đường thẳng AB E a) Chứng minh BE.MB = BC.OB b) Gọi N giao điểm CM với OE Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng OM CE vng góc với đường thẳng BN c) Tìm giá trị nhỏ dây AB M di chuyển đường thẳng d, biết R = 8cm khoảng cách từ O đến đường thẳng d 10 cm Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2018 – 2019 Lời giải d E M B Q P H N A O C a) Chứng minh BE.MB = BC.OB Xét tứ giác OAMB có OAM + OBM = 1800 nên tứ giác OAMB nội tiếp đường trịn Do ta OAB = OMB Mà ta có OAB = OMB nên suy OMB = BCE Hai tam giác OMB tam giác ECB có OBM = EBC = 90 OMB = BCE nên hai tam giác đồng dạng với Từ suy Nguyễn Cơng Lợi BE BC hay BE.MB = BC.OB = OB MB Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN b) Gọi N giao điểm CM với OE Chứng minh đường thẳng qua trung điểm đoạn thẳng OM CE vng góc với đường thẳng BN Gọi P Q trung điểm OM CE Ta có hai tam giác OMB ECD đồng dạng với nên CEB = MOB Hai tam giác EAC tam giác OMA có ECA = OMA = 900 CEA = CEB = MOB = MOA nên hai tam giác đồng dạng EC AC EC AC hay Hai tam giác COE tam giác = = OA AM OC AM với Suy AMC có OCE = CAM = 90 CE AC nên đồng dạng với nhau, suy = CO AM AMC = COE Mà COE + NOA = 1800 hay AMC + NOA = 1800 nên tứ giác OAMN nội tiếp đường trịn Do suy ONM = 1800 − OAM = 90 nên tam giác OMN 1 vng N Từ ta NP = OM nên NP = BP = OM hay P thuộc trung 2 trực đoạn thẳng BN Chứng minh tương tự ta có NQ = BQ = EC nên Q thuộc trung trực đoạn thẳng BN Vậy PQ trung trực đoạn thẳng BN hay PQ vng góc với BM c) Tìm giá trị nhỏ dây AB M di chuyển đường thẳng d, biết R = 8cm khoảng cách từ O đến đường thẳng d 10 cm Gọi H giao điểm AB với OM, ta có AB vng góc với OH Do AB nhỏ OH lớn Tam giác OAM vng nên ta có R2 Do OH lớn OM nhỏ OH.OM = OA = R hay OH = OM 2 hay M hình chiếu vung góc O đường thẳng d Từ suy OM = 10 ( cm ) nên OH = 82 = 6, ( cm ) Trong tam giác vuông OAH ta có 10 AH = 82 − 6, = 4,8 ( cm ) nên AB = 2AH = 9,6 ( cm ) Vậy dây AM nhỏ 9,6cm Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An ... KD Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Đại học Vinh năm học 20 18 – 20 19 Lời giải H E A... đoạn OI Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 20 18 – 20 19 Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN... điều kiện cho Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Đồng Nai năm học 20 18 – 20 19 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Lời giải