Bộ câu hỏi Hình học trong các đề tuyển sinh vào Lớp 10 trường chuyên (Có lời giải)

Nội dung text: Bộ câu hỏi Hình học trong các đề tuyển sinh vào Lớp 10 trường chuyên (Có lời giải)

1. Câu 1. (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với BAD 90 . Đường phân giác của góc BCD 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 lần lượt cắt các đường thẳng CB; CD tại EF; . 1). Chứng minh rằng OBE ODC. 2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF . 3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng IB BE EI ID DF FI . Lời giải 1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD , suy ra OBD OCD OCB ODB , nên tam giác OBD cân tại O , do đó OB OD (1). Tứ giác OBCD nội tiếp ODC OBE (cùng bù với góc OBC ) (2). Trong tam giác CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác CEF cân tại C . Do AB CF AEB AFC EAB, suy ra tam giác ABE cân tại B , nên BE BA CD (3). 2). Từ OBE ODC OE OC . Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE OF . Từ đó OE OC OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF . 3). Theo trên, ta có BE CD mà CE CF BC DF . IB CB DF Ta có CI là đường phân giác góc BCD , nên IB BE ID DF . ID CD BE 1
2. Từ (*) và ( ), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ. Câu 3. (Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ()O với AB AC. Đường phân giác của góc BAC cắt ()O tại điểm D khác A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm đối xứng với D qua tâm O . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm F khác A. 1). Chứng minh rằng tam giác BDM và tam giác BCF đồng dạng. 2). Chứng minh rằng EF vuông góc với AC. Lời giải E M A A F P N O R O M F E B N D G C C B Q D 1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM BCF (1) và BMA BFA suy ra 18000BMA 180 BFA hay BMD BFC (2). Từ (1) và (2) , suy ra BDM và BCF đồng dạng (g - g). 2). Từ AD là phân giác BAC suy ra DB DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC . DM BD Từ 1). BDM∽ BCF , ta có . CF BC DA22 DM BD CD DE Vậy ta có biến đổi sau (3). CF CF BC CN CE Ta lại có góc nội tiếp ADE FCE (4). Từ (3) và (4) , suy ra EAD∽ EFC suy ra EFC EAD 90 . Vậy EF AC . Câu 4. (Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên) Cho tam giác ABC nhọn với AB BC và D là điểm thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác của BAC . Đường thẳng qua C và song song với AD , cắt trung trực của AC tại E . Đường thẳng qua B song song với AD , cắt trung trực của AB tại F . 1). Chứng minh rằng tam giác ABF đồng dạng với tam giác ACE . 2). Chứng minh rằng các đường thẳng BE;; CF AD đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là G . 3
3. 1). Ta có tam giác EPQ cân tại E và CQ là phân giác góc BCA , nên EPQ EQP HQC9000 HCQ 90 PCK . Do đó EPQ PCK 900 , nên PK AC . 2). Trong tam giác EFC có CQ EF (do EF là trung trực PQ ); EQ FC nên FQ EC. Từ đó EMN 900 , nên tứ giác EKNM nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính EN . Ta có tứ giác EKCH nội tiếp đường tròn đường kính EC nên PEQ HCK . 11 Chú ý: EF là phân giác góc PEQ và CQ là phân giác góc HCK , do đó PEF PEQ HCK PCF . Do đó tứ giác 22 PECF nội tiếp. Câu 6. (Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi CT là đường phân giác trong của tam giác (T thuộc cạnh AB ). 1). Chứng minh rằng đường tròn ()K đi qua CT; và tiếp xúc với có tâm K thuộc BC . 2). Gọi giao điểm của AC và là D khác C , giao điểm của DB và là E khác . Chứng minh rằng ABD BCE . 3). Gọi giao điểm của CE và AB là M . Chứng minh rằng là trung điểm của đoạn thẳng BT . Lời giải A D T M E C B F K 1). K tiếp xúc AB tại T , nên KT AB , suy ra KT// AB. Chú ý tam giác KTC cân nên KCT KTC TCA TCB. nên K thuộc BC. 5
4. Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra BEQ BDQ900 BR AQ . 3). Ta có BPQ BRQ RBN RNB EBF BAE9000 BFE 90 ABE 1800 BFE ABE AFB ABR . Do đó AFB BPQ ABR. Câu 8. (Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . H là trực tâm của tam giác . AD là đường kính của . E thuộc AC sao cho HE BC . 1). Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DEcắt nhau trên O . 2). Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EH và AB. Chứng minh rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF. 3). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF . Chứng minh rằng BE, CF và IH đồng quy. Lời giải A P F H O E I B C D 1). Gọi DE cắt ()O tại P khác D. Do AD là đường kính của , suy ra APD 900 , mà AHE 900 ( do HE BC HA ), nên tứ giác APEH nội tiếp. Ta có APH AEH (góc nội tiếp) ACB ( HE BC ) APB (góc nội tiếp) PH PB . 2). Ta có HP AC , suy ra AEH AHP AEP . Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của DEF . Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của DEF Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của DEF . 3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong. Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra EI AC EI HB . Tương tự FI HC; EF BC , suy ra IEF và HBC có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy. 7
5. Câu 10. (Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho hình bình hành ABCD có BAD 90 . Giả sử O là điểm nằm trong ABD sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt ()O tại hai điểm MN, sao cho B nằm giữa MD và . Tiếp tuyến tại C của ()O cắt AD, AB lần lượt tại PQ,. 1). Chứng minh rằng bốn điểm MNPQ;;; cùng thuộc một đường tròn. 2). CM cắt QN tại K, CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng KL OC. Lời giải Q M K C B L S O P A D N T TP TD TC 1). Gọi MN giao PQ tại T. Theo định lí Thales, ta có . TC TB TQ Từ đó TC2 TP. TQ . Do TC là tiếp tuyến của ()O , nên TC2 TM TN Từ đó TM TN TC2 TP TQ , suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp. 2). Gọi MP giao tại điểm thứ hai S. Ta có các biến đổi góc sau: KML CMS SCP (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) MSC SPC (góc ngoài) MNC MNQ (do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp). KNL . Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra KLM KNM QPM , nên KL PQ OC . Vậy KL OC. 9
6. Do đó AP là phân giác DAC , suy ra QC QD QM CD . Câu 12. (Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn ()O . D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C ). Trung trực của CA; AB lần lượt cắt đường thẳng AD tại EF; . Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của tại M. Đường thẳng qua qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của tại N. 1). Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với . FN BN 2). Giả sử . Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác ABC . EM CM Lời giải A F O E C D B M N P 1). Gọi AD cắt ()O tại P khác A. Ta có PCM PAC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) PEM (góc đồng vị do EM AC ); Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra MPC MEC ECA CAP PM tiếp xúc Tương tự PN tiếp xúc , suy ra MN tiếp xúc tại P . BN FN 2). Theo 1). dễ thấy BFA∽∽ BNP BNF BPA (1). BP AP CM EM Tương tự CME∽ CPA (2). CP AP BN CP FN FN BN Từ (1) và (2), ta có và theo giả thiết , suy ra CP BP AD là phân giác góc BAC . CM BP EM EM CM Câu 13. (An Giang-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A bằng 60 nội tiếp trong đường tròn tâm O , bán kính R. Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H . 1). Chứng minh rằng AD AC AE AB . 2). Chứng minh rằng BC2. DE . 3). Kéo dài BH cắt đường tròn tâm O tại H . Chứng minh H và đối xứng qua AC và hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác AHC ; có cùng bán kính. 11
7. Câu 14. (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn, góc 0 BAC 60 . Các đường phân giác trong BB1 ; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I . 1). Chứng minh tứ giác AB11 IC nội tiếp. 2). Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1 I . Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp. 3). Chứng minh AK B11 C Lời giải 0 0 0 0 1). Ta có B1 IC 1 BIC120 B 1 IC 1 BAC 120 60 180 . Mà hai góc này đối nhau. Nên tứ giác AB11 IC nội tiếp (điều phải chứng minh). 0 2). Vì tứ giác BC1 IK nội tiếp nên BIC11 BKC 60 (góc nội tiếp cùng chắn BC1 ) và BIK BC1 K (góc nội tiếp cùng chắn BK ). Xét tam giác ABC , ta có 0 0 0 0 KCB1 180 BAC ABC 180 60 ABC 120 ABC . Xét tam giác BC1 K , ta có 0 0 0 0 BIK BC11 K180 BKC ABC 180 60 ABC 120 ABC . Suy ra KCB1 BIK , suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp (điều phải chứng minh). 0 3). Vì BIC1 BAC 60 , suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp, nên AKC11 KCC (cùng chắn cung KC1 ). Và AKC11 ACC (cùng chắn cung AC1 ). Mà ACC11 KCC (cùng chắn cung KC1 ) (giả thiết). Suy ra KAC AKC , suy ra tam giác C AK cân tại C CACK (1). 11 1 1 11 Chứng minh tương tự: BABK11 (2). Từ (1) và (2), suy ra BC11 là đường trung trực của AK nên AK B11 C (điều phải chứng minh). Câu 15. (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC ), M là trung điểm của cạnh BC, O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD;; BE CF của tam giác ABC đồng 13
8. 1 Ta có SMO;; thẳng hàng do OM và SO cùng vuông góc với BC , suy ra MSB900 BC . 2 Tứ giác AFDE là tứ giác nội tiếp nên ta có 1 FDA FCA9000 BAC 90 BC 2 suy ra MSB FDA , kết hợp với (*) ta có MXS∽ HFD (g - g) (điều phải chứng minh) AC BC ABC∽ AEF(-) g g 3). Ta có AF EF . AC CD ACD∽ AFY (g - g) AF FY BC CD EF BC (điều phải chứng minh). EF FY FY CD Câu 16. (Phú Thọ-TS10 -2016-THPT Chuyên Hùng Vương ) Cho hình vuông ABCD tâm O , M là điểm di động trên cạnh AB . Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM BF . 1). Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE , đường thẳng OB là phân giác trong của góc MOF . Từ đó suy ra ba điểm OEF; ; thẳng hàng. 2). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF . Chứng minh bốn điểm ABHO; ; ; cùng nằm trên một đường tròn. 3). Chứng minh rằng khi điểm di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải I A M B F H O E D C 1). Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc, hai đường chéo tạo với các cạnh của hình vuông góc 45 . Tam giác AME vuông cân đỉnh A , suy ra AM AE ; EAO MAO 45 suy ra AMO AEO (c – g – c), suy ra MOA EOA . 15
9. 1). Tứ giác BPIM nội tiếp và AD BC , suy ra MAD BPM BIM , nên tứ giác AMID nội tiếp. Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp. Vậy các điểm AMIND;;;; thuộc một đường tròn ()K . 2). Do các tứ giác BPIM và CPIN nội tiếp nên ta có QMI BPI CNI , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp. Mà MINK;;() , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn . Vậy Q thuộc đường tròn . 3). Khi PIQ;; thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường tròn ta có AIQ PIC (đối đỉnh); PIC PNC (do tứ giác NIPC nội tiếp). PNC QND (đối đỉnh); QND QID (do tứ giác INDQ nội tiếp). AIQ QID , suy ra IQ là phân giác DIA nên IP là phân giác góc BIC. Do đó PB IB ID IB ID BD PB BD . PC IC IA IC IA AC PC CA Câu 18. Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC ) nội tiếp đường tròn ()O . Giả sử MN; là hai điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho MN song song với BC và tia AN nằm giữa hai tia AM; AB. Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm C trên và Q là hình chiếu vuông góc của điểm M trên AB . 1). Giả sử CP cắt QM tại điểm T . Chứng minh T nằm trên đường tròn . 2). Gọi giao điểm của NQ và là R khác N . Giả sử AM cắt PQ tại S . Chứng minh rằng bốn điểm ARQS;;; cùng thuộc một đường tròn. Lời giải 17