30 Câu hình học trong đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên

Nội dung text: 30 Câu hình học trong đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên

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. Mà CO là trung trực EF và I CO , suy ra IE IF . Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB BE EI ID DF FI . Câu 2. (Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC ( M khác BC; và AM không đi qua ). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ tại điểm N khác M . 1). Gọi D là điểm đối xứng với điểm qua . Chứng minh rằng ba điểm NPD;; thẳng hàng. 2). Đường tròn đường kính cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQN . Lời giải 1). Vì MP là đường kính suy ra PN MN (1). Vì MD là đường kính suy ra DN MN (2). Từ (1) và (2), suy ra NPD;; thẳng hàng. 2). Tứ giác APQD nội tiếp ( PQD MAD 900 ), suy ra PAQ PDQ NDM (3). Xét ()O , ta có NDM NAM (4). Từ (3) và (4) PAQ NAP , suy ra AP là phân giác của góc NAQ (*). Xét ()O , ta có AND AMD . Xét đường tròn đường kính MP có QMP QNP ANP QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ ( ). 2
3. 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
4. 3). Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF tại Q . Đường thẳng QE , cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác GEC tại P khác E . Chứng minh rằng các điểm APGQF;;;; cùng thuộc một đường tròn. Lời giải 1). Tam giác ABF và tam giác ACE lần lượt cân tại FE, và A FBA ECA ABF∽ ACE . 2 2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF . GF BF AB DB Ta có GD FB , và FB AD ta có G AD . GC CE AC DC 3). Chứng minh BQG QGA GAE GAC CAE GAB BAF GAF , nên AGQF nội tiếp, và QPG GCE GFQ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp. Câu 5. (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn ABC , đường cao AH , H thuộc BC . P thuộc AB sao cho CP là phân giác góc BCA . Giao điểm của CP và AH là Q . Trung trực của PQ cắt AH và BC lần lượt tại EF; . 1). PE giao AC tại K . Chứng minh rằng PK vuông góc AC . 2). FQ giao CE , CA lần lượt tại MN; . Chứng minh rằng bốn điểm EKNM;;; thuộc một đường tròn. 3). Chứng minh rằng bốn điểm PECF;;; thuộc một đường tròn. Lời giải A K E N P M Q B F H C 4
5. 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
6. Nhận xét. Chứng minh một điểm thuộc một đoạn thẳng ta quy về chứng minh ba điểm thẳng hàng. 0 2). Gọi ()K giao BC tại F khác C. Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp và chú ý K thuộc BC nên FEC 90 . Từ đó ABD9000 ADB 90 EFC BCE . 3). Từ trên, suy ra MBE BCM do đó MBE∽ MCB ME. MC MB2 . Từ đó chú ý MT tiếp xúc , suy ra MT22 ME. MC MB . Vậy M là trung điểm BT. Câu 7. (Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ()O . MN; là hai điểm thuộc cung nhỏ AC sao cho MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA; BN . giao tại P . Gọi Q là một điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho PQ vuông góc với BC . QN giao AC tại R. 1). Chứng minh rằng bốn điểm BPRQ;;; cùng thuộc một đường tròn. 2). Chứng minh rằng BR vuông góc với AQ. 3). Gọi F là giao của AQ và BN. Chứng minh rằng AFB BPQ ABR. Lời giải 1). Tứ giác BMNQ nội tiếp suy ra BMN BQN 180 . Mà BPR BMN (do MN BC ). Từ đó BPR BQN 1800 , suy ra tứ giác BPRQ nội tiếp. Tức là BPRQ;;; cùng thuộc một đường tròn. 2). Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau EQD DQB AQB PRB ACB RBC EBD. 6
7. 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
8. Câu 9. (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ()O . P di chuyển trên cung BC chứa A của . I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác . Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC . 1). Chứng minh rằng BIQC;;; cùng nằm trên một đường tròn. 2). Trên tia BQ; CQ lần lượt lấy các điểm MN; sao cho BM BI ; CN CI . Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải 1). Ta có BIC1800 IBC ICB ABC ACB180 BAC BAC 1800 180 0 90 0 2 2 2 2 BAC2 BIC 180 BPC Tương tự BQC900 BPC 2 BQC 180 . 2 Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra BAC BPC BQC BIC , nên 4 điểm BIQC;;; thuộc một đường tròn. 2). Gọi đường tròn B; BI giao C; CI tại K khác I thì K cố định. 1 Góc IBM là góc ở tâm chắn cung IM và IKM là góc nội tiếp chắn cung IM , suy ra IKM IBM (1). 2 1 Tương tự IKN ICN (2). 2 Theo câu 1) thuộc một đường tròn, suy ra IBM IBQ ICQ ICN (3). Từ (1), (2) và (3), suy ra IKM IKN KM KN . Vậy MN đi qua K cố định. 8
9. 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
10. Câu 11. (Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn ()O với AB song song CD và AB CD . M là trung điểm CD . P là điểm di chuyển trên đoạn MD ( P khác MD, ). AP cắt ()O tại Q khác A , BP cắt ()O tại R khác B , QR cắt CD tại E . Gọi F là điểm đối xứng với P qua E. 1). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P di chuyển. 2). Giả sử EA tiếp xúc (O ). Chứng minh rằng khi đó QM vuông góc với CD. Lời giải A B F D M S C E P R O Q A B F D M S C E P O R Q 1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M. Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân. Ta lại có QPS QAB QRB. Từ đó có EPQ ERP ERP∽ EPQ (g – g), nên EQP EPR BPS ASE , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp. PF Do đó PA. PQ PE . PS .2 PM PF . PM , suy ra tứ giác AMQF nội tiếp. Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam 2 giác AQF luôn đi qua M . 2). Vì EA là tiếp xúc ()O và từ kết quả câu 1). ta có EA22 ER. EQ EP . Từ đó có EA EP , suy ra DAP EAP EAD APE ACD PAC . 10
11. 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
12. Lời giải AD AB 1). Hai tam giác vuông ADB và AEC có chung góc A nên chúng đồng dạng, suy ra AD AC AB AE AE AC 2). Xét hai tam giác ADE và ABC có AD AE + Góc A chung, mà , suy ra ADE∽ ABC . AB AC AD ED Do đó . AB BC AD1 AD Mặt khác, tam giác ABD vuông tại D , có A 60 , suy ra cosA cos60 AB2 AB 1 ED BC2 ED . 2 BC 3). Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại H . Xét hai tam giác vuông AHD và AH D có Cạnh AD chung; BHC HAC (góc có cạnh tương ứng vuông góc); HBC CAH . Mà HH vuông góc với AC , nên tam giác AHH cân tại A hay AC là đường trung trực của . Với H là điểm đối xứng của H qua AC . Suy ra AC là trung trực của đoạn . Hai tam giác AH C và AHC bằng nhau Suy ra bán kính hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác và bằng nhau mà đường tròn ngoại tiếp tam giác AH C chính là đường tròn ()O . Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác và có cùng bán kính. 12
13. 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
14. quy tại H . Các tiếp tuyến với ()O tại B và C cắt nhau tại S . Gọi XY, lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng BS; AO . Chứng minh rằng 1). MX BF . 2). Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng. EF BC 3). . FY CD Lời giải 1). Nối EM . Tứ giác EFBC là tứ giác nội tiếp nên ABC AEF (1). XBA ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến-dây cung cùng chắn cung AB của (O) (2). BC MEC có ME MC nên MEC cân tại M , suy ra BCA MEC. 2 Kết hợp với (2), ta có được XBA MEC . Cộng vế theo vế với (1), ta được ABC XBC AEF MEC XBM XEM AEF MEC XEM XBM XEM 1800 . Suy ra EXBM là tứ giác nội tiếp, suy ra XMB XEB (3). Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên FEB FAD. Kết hợp với (3), suy ra XMB FDA mà FAD FCB nên XMB FCB hai góc này ở vị trí đồng vị của XM và FC suy ra XM FC mà FC AB , do đó XM AB (điều phải chứng minh). 2). Tứ giác ABME là tứ giác nội tiếp nên SXM BEM mà BEM EBM ( MBE cân tại M ). Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp nên EBM DFE. Kết hợp với trên suy ra SXM HFD (*). 14
15. 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
16. Vậy OA là phân giác trong của góc MOE . Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF . Mặt khác, MOA MOB AOB90o MOE MOF 2 AOB 180 hay EOF; ; thẳng hàng; điều phải chứng minh. 2). Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA MEA 45 . Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB MFB 45 , suy ra AHB AHM MHB 90 . Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm ABHO; ; ; cùng nằm trên đường tròn đường kính AB . 3). Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính tại điểm thứ hai I ( khác H ). Ta có AHI BHI 45 nên là điểm chính giữa cung (không chứa O ) của đường tròn đường kính . Do ABO; ; là các điểm cố định nên là điểm cố định ( đối xứng với qua đường thẳng ). Vậy, khi M di động trên cạnh , đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định ( đối xứng với O qua đường thẳng ). Câu 17. (Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên ) Cho hình thang ABCD với BC song song AD . Các góc BAD và CDA là các góc nhọn. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng BC ( P không trùng với BC; ). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác BIP cắt đoạn thẳng PA tại M khác P và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P . 1). Chứng minh rằng năm điểm AMIND;;;; cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là ()K . 2). Giả sử các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại Q , chứng minh rằng Q cũng nằm trên đường tròn ()K . PB BD 3). Trong trường hợp PIQ;; thẳng hàng, chứng minh rằng . PC CA Lời giải 16
17. 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
18. A R T O Q S P B C N M 1). Do TPA TQA 900 , nên tứ giác TAPQ nội tiếp. Do đó MTC QTP QAP (do tứ giác TAPQ nội tiếp) BAN MAC (do MN BC ), suy ra tứ giác MTAC nội tiếp, suy ra TO(). 2). Từ tứ giác TAPQ nội tiếp ta có PQA PTA CTA ABC PQ BC MN . Từ đó QS A NMA (1). Mà tứ giác AMNR nội tiếp, suy ra ARN AMN 1800 (2). Từ (1) và (2), suy ra QRA QS A 1800 , suy ra tứ giác ARQS nội tiếp, ta có điều phải chứng minh. Câu 19. (Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên ) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ()O có trực tâm H . Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC ( P khác BC, và H ) và nằm trong tam giác ABC . PB cắt tại M khác B, PC cắt tại N khác C . BM cắt AC tại E, CN cắt AB tại F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt nhau tại Q khác A. 1). Chứng minh rằng ba điểm MNQ; ; thẳng hàng. 2). Giả sử AP là phân giác góc MAN. Chứng minh rằng khi đó PQ đi qua trung điểm của BC. Lời giải 18
19. A A M Q Q M N N E O F E F O H H P P B C B C K 1). Ta có BPC BHC180 BAC , suy ra tứ giác AEPF nội tiếp, nên BFC BEC 1800 . Mặt khác từ các tứ giác AQFN; AQEM nội tiếp ta có MQN MQA NAQ MEA NFA 1800 . Vậy MNQ; ; thẳng hàng. 2). Ta có các góc nội tiếp bằng nhau AFQ ANQ ANM ABM suy ra FQ BE . Tương tự EQ CF . Từ đó tứ giác EQFP là hình bình hành, suy ra QAN QFP QEP QAM hay AQ là phân giác MAN. Nếu AP là phân giác MAN thì APQ, , thẳng hàng. Từ đó nếu PQ giao BC tại K thì KAC QAC QME NMB PCK Vậy AKC∽ CKP , suy ra KC2 KP. KA. Tương tự KB2 KP. KA. Từ đó KB KC hay K là trung điểm. Câu 20. (Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ()O và điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn PB=. PC D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C ) sao cho P nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC . Đường thẳng PB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB tại E khác B. Đường thẳng PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DAC tại F khác C. 1). Chứng minh rằng bốn điểm AEPF;;; cùng thuộc một đường tròn. 2). Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn ()O tại Q khác A, đường thẳng AF cắt đường thẳng QC tại L. Chứng minh rằng tam giác ABE đồng dạng với tam giác CLF . 3). Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB . Chứng minh rằng QKL PAB QLK PAC. Lời giải 19
20. A F O E P B D C Q L K 1). Ta có AFC AEB ADC ADB 180 suy ra tứ giác AEPF nội tiếp. 2). Từ tứ giác AEPF nội tiếp, suy ra AEB= LFC (1). Ta lại có FCL= FCB BCL =PBC BAQ = DAE BAQ = BAE (2). Từ (1) và (2), suy ra FCL∽ EAB . FL FC 3). Từ FCL∽ EAB , suy ra = hay FL. EA = FC . EB (3). BE AE Chứng minh tương tự EK. FA = FC . EB (4). FL EK Từ (3) và (4), suy ra FL. EA = EK . FA hay = , suy ra EF KL . FA EA Ta lại có QLK= ALK ALQ AFE ABE APE ABE PAB . Tương tự ta có QKL PAC . Suy ra QKL PAB QLK PAC . Câu 21. (Phú Thọ-TS10-2016-THPT Chuyên Hùng Vương ) Cho đường tròn OR; và dây cung BC R 3 cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB . Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACF cắt nhau tại K ( KA). Gọi H là giao điểm của BE và CF . 20
21. 1). Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK nội tiếp. 2). Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R . 3). Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải E A F P Q H O I B C M N K 1). Ta có AKB AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB ) Mà ABE AEB (tính chất đối xứng) suy ra AKB ABE (1). AKC AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC) ACF AFC (tính chất đối xứng), suy ra AKC ACF (2). Mặt khác ABE ACF (cùng phụ với BAC ) (3). Từ (1), (2) và (3), suy ra AKB AKC hay KA là phân giác trong của góc BKC . Gọi PQ; lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB . 1 Ta có BC R 3 , nên BOC 1200 ; BAC BOC 60 . 2 Trong tam giác vuông ABP có APB 900 ; BAC6000 ABP 30 hay ABE ACF 300 . Tứ giác APHQ có AQH APH 1800 PAQ PHQ1800 PHQ 120 0 BHC 120 0 (đối đỉnh). Ta có AKC ABE 300 ; AKB ACF ABE 300 (theo chứng minh trên). Mà BKC AKC AKB AFC AEB ACF ABE 600 , suy ra BHC BKC 1800 , nên tứ giác BHCK nội tiếp. 21
22. 2). Gọi ()O là đường tròn đi qua bốn điểm BHCK; ; ; . Ta có dây cung BC R 3 , BKC600 BAC nên bán kính đường tròn bằng bán kính R của đường tròn ()O . Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC , kẻ KN vuông góc với ( N thuộc BC ), gọi I là giao điểm của HK và . 1 1 1 Ta có S S S BC HM BC KN BC HM KN . BHCK BHC BCK 2 2 2 11 S BC HI KI BC. KH (do HM HI ; KN KI ). BHCK 22 Ta có KH là dây cung của đường tròn (OR; ) suy ra KH2 R (không đổi), nên SBHCK lớn nhất khi KH2 R và HM KN HK2 R . 1 Giá trị lớn nhất SRRR3.2 3 2 . BHCK 2 Khi HK là đường kính của đường tròn thì MIN; ; trùng nhau suy ra I là trung điểm của BC nên ABC cân tại A . Khi đó là điểm chính giữa cung lớn BC. 3). Ta có BOC 1200 ; BKC 600 , suy ra BOC BKC 1800 , nên tứ giác BOCK nội tiếp đường tròn. Ta có OB OC R , suy ra OB OC BKO CKO hay KO là phân giác góc BKC . Do KA là phân giác góc BKC nên KOA; ; thẳng hàng hay AK đi qua O cố định. Câu 22. (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên KHTN ) Cho tam giác nhọn ABC không cân có tâm đường tròn nội tiếp là điểm I . Đường thẳng AI cắt BC tại D . Gọi EF; lần lượt là các điểm đối xứng của D qua IC; IB . 1). Chứng minh rằng EF song song với BC . 2). Gọi MNJ;; lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng DE;; DF EF . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A . Chứng minh rằng bốn điểm MNPJ;;; cùng nằm trên một đường tròn. 3). Chứng minh rằng ba điểm AJP;; thẳng hàng. Lời giải 22
23. BD AB Ta có AD là phân giác mà BED; CDF là tam giác cân, DC AC BE AB BC FE . CF AC 2). Ta có BC EF EFD EDB BED. Mà APM1800 AEM BED APM DEF . Tương tự: DFE APN APN APM DFE FED MPN . Mà MJN MDN EDF MJN MPN1800 MPNJ nội tiếp. 3). Ta có APM DEF và JPM JNM JEM JPM APM , suy ra 3 điểm APJ;; thẳng hàng. Câu 23. (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên KHTN) Cho tam giác ABC nhọn không cân với AB AC . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM . Trên tia đối của tia AM lấy điểm N sao cho AN2 MH . 1) Chứng minh rằng BN AC . 2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N . Đường thẳng AC cắt BQ tại D .Chunwgs minh rằng bốn điểm BDNC;;; cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là ()O . 3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD cắt tại G và D . Chứng minh rằng NG song song với BC . Lời giải 23
24. 1). Gọi P là điểm đối xứng của A qua M HP HM MB2 HM AH HN H là trung điểm của NP . Mà BH NP , suy ra tam giác PNB cân tại B BN BP . Mặc khác lại có M là trung điểm của BC; AP . Do đó tứ giác ACPB là hình bình hành, suy ra AC BP AC BN . 2). Do tứ giác ACPB là hình bình hành, suy ra PAC APB . Mà tam giác PBN cân tại B APB ANB ANB PAC CAN BNQ Ta có AC NB; NQ AN BNQ CAN NBD NCD N;;; B C D cùng thuộc một đường tròn CG; là giao điểm DQG với DBC , suy ra CAG BQG . GA GQ GA GQ Mà GBQ GCA GBQ∽ GCA . AC QB NB NC Mà BNC BDC AGQ NBC∽ GAQ GQA NCB NCB GDC GC NB NG BC . 3). Ta có CAG BQG . 24
25. GA GQ GA GQ Mà GBQ GCA GBQ∽ GCA ; AC QB NB NC và BNC BDC AGQ NBC∽ GAQ ; GQA NCB NCB GDC GC NB NG BC . Câu 24. (Nam Định-TS10-2011-THPT Chuyên LHP) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB AC ), đường cao AH . Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các cạnh AB; AC lần lượt tại MN; . Gọi O là trung điểm của đoạn BC; D là gia điểm của MN và OA . 1). Chứng minh rằng: a). AM AB AN AC . b). Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 2). Chứng minh rằng: a). ADI∽ AHO . 1 1 1 b). . AD HB HC 3). Gọi P là giao điểm của BC và MN; K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính AH . Chứng ming rằng BKC 900 . Lời giải 1). a). Xét đường tròn ()I có AMH ANH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM; HN tương ứng là đương cao của tam giác vuông ABH; ACH . 25
26. +) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên AM. AB AH2 . +) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên AN AB AN AC . AM AN b). Theo câu a) ta có AM AB AN AC . AC AB AM AN Xét AMN và ACB có A chung, , nên AMN∽ ACB (c – g - c). AC AB Do đó AMN ACB BCN BMN ACB BMN AMN BMN 1800 . Mà các góc BCN; BMN ở vị trí đối diện nên tứ giác BMNC nội tiếp. 2). a). Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên OA OB OC OAC cân tại O OAC OCA OAC BCN . Mà AMN ACB BCN nên AMN OAC AMN DAN . Vì AMN vuông tại A nên AMN ANM900 DAN ANM 90 0 ADN 90 0 . Mà MAN900 MN là đường kính của đường tròn ()II là trung điểm của MN nên ADI 900 . Xét AID và AOH có ADI AHO 900 và A chung do đó AID∽ AOH (g - g). AD AI1 AO b). Vì ADI∽ AHO . AH AO AD AH. AI 1 1 1 BC Mà AO BC; AI AH . 22AD AH 2 Mặt khác, vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2 HB. HC , suy ra 1HB HC 1 1 . AD HB. HC HB HC 3). Vì tứ giác BMNC nôi tiếp PBM MNC PBM ANM MNC ANM 1800 (1). Vì tứ giác ANMK nôi tiếp PKM ANM (2). Từ (1) và (2), suy ra PBM PKM 1800 , do đó tức giác PKMB nội tiếp PKB PMB AMN ACB AKB ACB AKB PKB 1800 . Do đó tứ giác BKAC nội tiếp BKC BAC 900 . 26
27. Câu 25. (Bình Định-TS10-2016-THPT Chuyên LQĐ ) Trong một phòng có 80 người họp, được sắp ngồi trên các dãy ghế có chỗ ngồi bằng nhau. Nếu ta bớt đi 2 dãy ghế thì mỗi dãy ghế còn lại phải xếp thêm 2 người ngồi thì vừa đủ chỗ. Hỏi lúc đầu có mấy dãy ghế và mỗi dãy ghế được xếp bao nhiêu chỗ ngồi. Câu IV (3,0 điểm). Cho điểm M nằm ngoài đường tròn ()O . Vẽ các tiếp tuyến MA; MB ( AB; là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không đi qua O (C nằm giữa M và D ) với đường tròn . Đoạn thẳng MO cắt AB và theo thứ tự tại H và I . Chứng minh rằng 1). Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn. 2). MC. MD MA2 . 3). OH OM MC MD MO2 . Lời giải 1). Ta có AB900 , cộng lại bằng 2V . 2). Ta có MCA∽ MAD (g - g), suy ra tỉ số đồng dạng, suy ra điều phải chứng minh. 3). Ta có OH. OM OA2 ; MC. MD MA2 ; MA2 OA 2 MO 2 . Câu 26. (Hải Dương-TS10-2016-THPT Chuyên NT ) Cho đường tròn (;)OR và dây BC cố định không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A ( A khác B ). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ()O ( M và N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC . 1). Chứng minh AOMNI;;;; cùng thuộc một đường tròn và IA là tia phân giác của góc MIN . 2 1 1 2). Gọi K là giao điểm của MN và BC . Chứng minh . AK AB AC 3). Đường thẳng qua M và vuông góc với đường thẳng ON cắt ()O tại điểm thứ hai là P . Xác định vị trí của điểm A trên tia đối của tia BC để AMPN là hình bình hành. 27
28. Lời giải M E P H O I A B K C N 1). Theo giả thiết AMO ANO AIO 900 5 điểm AOMNI; ; ; ; thuộc đường tròn đường kính AO , suy ra AIN AMN; AIM ANM (góc nội tiếp cùng chắn một cung). Ta có AM AN , nên AMN cân tại A AMN ANM AIN AIM , suy ra điều phải chứng minh. 2 1 1 2). Ta có 2AB . AC AK AB AC AB . AC AK . AI AK AB AC (do AB AC2 AI ). + ABN∽ ANC AB. AC AN2 . + AHK∽ AIO AK AI AH AO . Tam giác AMO vuông tại M có đường cao MH , suy ra AH. AO AM2 , nên AK. AI AM2 . Do AN AM AB AC AK AI . 3). Ta có AN NO;; MP NO M AN AN MP . Do đó AMPN là hình bình hành AN MP2 x . AN NO2 x2 Tam giác ANO∽ NEM NE . NE EM R 2x2 + TH1: Ta có NENOOE R Rx2 22 xRRRx 2 2 2 2 R Đặt R22 x t ( t 0 ) x2 R 2 t 2 . 28
29. 2tR Phương trình trở thành 2R2 t 2 R 2 Rt 2 t 2 Rt R 2 0 . tR Do t00 t R R22 x R x A B (loại). + TH 2: Ta có 2x2 NENOOE R Rx2 22 xRRRx 2 2 2 2 . R Đặt R22 x t ( t 0 ) x2 R 2 t 2 . 2tR Phương trình trở thành 2R2 t 2 R 2 Rt 2 t 2 Rt R 2 0 . tR R 3 Do t0 2 t R 2 R22 x R x AO 2 R . 2 Vậy A thuộc BC , cách O một đoạn bằng 2R thì AMPN là hình bình hành. Câu 27. (Nghệ An-TS10-2016-THPT Chuyên PBC) Cho đường tròn (OR; ) có BC là dây cố định ( BC 2 R ); E là điểm chính giữa cung nhỏ . Gọi A là điểm di động trên cung lớn và AB AC ( A khác B ). Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho ED EC . Tia BD cắt đường tròn tại điểm thứ hai là F . 1). Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEF . 2). Gọi H là trực tâm của tam giác DEC ; DH cắt tại N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M . Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải 29
30. 1). Tứ giác ABEC nội tiếp, suy ra ABE ACE 180 . Mà EDC ACE và ADE EDC 180 , nên ABE ADE . Kết hợp với BAE DAE ABE ADE . Mặt khác EB EC ED nên AE là trung trực của đoạn BD Suy ra AE BF (1) và AB AD ABD ADB . Kết hợp với ABD DCF (cùng chắn cung AF ) và ADB FDC (đối đỉnh) Suy ra FDC FCD , nên tam giác FDC cân tại F FD FC . Kết hợp ED EC , suy ra EF là trung trực của DC , nên DC EF (2). Từ (1) và (2), suy ra D là trực tâm của tam giác AEF . 2). Kẻ đường kính EK của OR; . Khi đó điểm K cố định. Tứ giác BDNM nội tiếp nên BMD BND 1 Suy ra BMD90 BCE 90 BAC (3). 2 Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK180 BAK . 1 Mà BMK90 BAC (4). 2 Từ (3) và (4), suy ra BMD BMK Suy ra ba điểm MDK;; thẳng hàng. 30
31. Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định. Câu 28. (Thái Bình-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Đường tròn đường kính , tâm O , cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F . Gọi M là trung điểm của cạnh HC . 1). Chứng minh AE AB AF AC . 2). Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH . 3). Chứng minh HAM HBO . 4). Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM . Lời giải A F O E K C B H M 1). Xét hai tam giác AEF và ACB có góc A chung Ta có AEF AHF ; AHF ACB , suy ra AEF ACB (hoặc AFF AHE; AHE ABC , suy ra AFE ABC ) nên AEF∽ ACB . AE AF Từ tỷ số đồng dạng , ta có AE AB AC AF . AC AB 2). Xét hai tam giác OHM và OFM có OM chung, OF OH . Có MF MH (vì tam giác HFC vuông tại F , trung tuyến FM ) Suy ra OHM OFM (c – c - c). Từ đó MFO 900 , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH . đường tròn ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với một bán kính tại một điểm nằm trên đường tròn của bán kính đó. 3). Xét hai tam giác AHM và BHO có AHM BHO 900 . Trong tam giác vuông ABC , đường cao có AH HM AH2 HB. HC AH .2 OH HB .2 HM , HB HO suy ra HBO∽ HAM HAM HBO . 31
32. 4). Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn. Ta có HBO HAM MHK , suy ra BO HK . Mà HK AM , suy ra BO AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM . Câu 29. (Thái Bình-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn ()O . Đường thẳng AO cắt đường tròn tại M ( MA). Đường thẳng qua C vuông góc với AB cắt đường tròn tại N ( NC). Gọi K là giao điểm MN với BC . 1). Chứng minh tam giác KCN cân. 2). Chứng minh OK vuông góc với BM . 3). Hai tiếp tuyến của đường tròn tại M và N cắt nhau tại P . Chứng minh ba điểm PBO;; thẳng hàng. Lời giải A N O B K C P M 1). Ta có MNC MBC (1) (cùng MC ). MBC BCN (do cùng phụ với góc ABC ) (2). Từ (1) và (2), ta có MNC BCN suy ra tam giác KNC cân tại K . 2). Ta có ON OC (3). Từ trên suy ra KN KC (4). Từ (3) và (4), ta có OK NC . Do NC BM (cùng vuông góc với AB ). 3). Ta có + BNM BAM ( MB ) (5). + BMN BCN ( NB) (6). + BAM NCB (do cùng phụ với góc ABC ) (7). 32
33. Từ (5), (6) và (7), suy ra BNM BMN nên BM BN . Từ giả thiết ta có ON OM và PM PN nên 3 điểm PBO;; nằm trên đường trung trực đoạn MN vậy thẳng hàng. Câu 30. (Thái Nguyên-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tứ giác ABCD . Các đường phân giác của hai góc BAD và ABC cắt nhau tại M . Các đường phân giác của hai góc BCD và ADC cắt nhau tại N . Giả sử đường thẳng BM cắt đường thẳng CN tại P , đường thẳng AM cắt đường thẳng DN tại Q . 1). Chứng minh rằng bốn điểm MNPQ;;; cùng nằm trên một đường tròn. 2). Ký hiệu IKJH;;; lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác MAB ; NCD ; PBC ; QAD . Các đường thẳng MI;;; NK PJ QH cắt đường tròn đi qua bốn điểm lần lượt tại các điểm IKJH1;;; 1 1 1 . Chứng minh rằng IKJH1 1 1 1 . Lời giải 1). Rõ ràng hai điểm MN; khác phía đối với đường thẳng PQ . 1 1 1 Ta có PMQ180 A B ; PNQ180 C D , suy ra PMQ PNQ360 A B C D 180 , nên 2 2 2 bốn điểm MNPQ;;; cùng nằm trên một đường tròn, điều phải chứng minh. 2). MI là đường phân giác của góc PMQ , nên IPIQ11. NK là đường phân giác của góc PNQ , nên KPKQ11. Nên IK11 là trục đối xứng của đường tròn đi qua bốn điểm MNPQ;;; , suy ra IK11 là đường kính của đường tròn đi qua bốn điểm . Tương tự: JH11 là đường kính của đường tròn đi qua bốn điểm . Vậy IKJH1 1 1 1 (điều phải chứng minh). 33