30 câu hình học tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên

30 câu · Đề thi Toán vào lớp 10

Đề tự luận: mỗi câu có đáp án tham khảo của đề gốc để bạn tự đối chiếu bài làm (không tính điểm).

Câu 1

Câu tự luận

Cho hình bình hành ABCD với $\hat{B A D} < 90^{\circ}$ . Đường phân giác của góc $\hat{B C D}$ 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 E, F.

1) Chứng minh rằng $Δ O B E = Δ O D C$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc $\hat{B C D}$ ,

=> $\hat{O B D} = \hat{O C D} = \hat{O C B} = \hat{O D B}$ , nên tam giác OBD cân tại O, do đó OB=OD (1).

Tứ giác OBCD nội tiếp $\hat{O D C} = \hat{O B E}$ (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 $A B ∥ C F \Rightarrow \hat{A E B} = \hat{A F C} = \hat{E A B}$ , suy ra tam giác ABE cân tại B, nên $B E = B A = C D (3)$

Câu 2

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm trên cung nhỏ $\overset{⏜}{B C}$ (M khác B; C và AM không đi qua O). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M. Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O. Chứng minh rằng ba điểm N, P, D thẳng hàng.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1). Vì MP là đường kính suy ra $P N ⊥ M N$ (1).

Vì MD là đường kính suy ra $D N ⊥ M N$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra N; P; D thẳng hàng.

Câu 3

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB<AC. Đường phân giác của góc $\hat{B A C}$ 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. Chứng minh rằng EF vuông góc với AC

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2) Từ AD là phân giác $\hat{B A C}$ suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1) $Δ B D M ∽ Δ B C F$ , ta có $\frac{D M}{C F} = \frac{B D}{B C}$ .

Vậy ta có biến đổi sau

$\frac{D A}{C F} = \frac{2 D M}{C F} = \frac{2 B D}{B C} = \frac{C D}{C N} = \frac{D E}{C E}$ (3).

Ta lại có góc nội tiếp $\hat{A D E} = \hat{F C E}$ (4).

Từ 3 và 4 ta có:

$Δ E A D ∽ Δ E F C \Rightarrow \hat{E F C} = \hat{E A D} = 90 ° \Rightarrow E F ⊥ A C$

Câu 4

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB<AC. Đường phân giác của góc $\hat{B A C}$ 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.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau $\hat{B D M} = \hat{B C F} (1)$ và $\hat{B M A} = \hat{B F A}$

=> $180^{0} - \hat{B M A} = 180^{0} - \hat{B F A}$ hay $\hat{B M D} = \hat{B F C}$ (2).

Từ (1) và (2), suy ra $Δ B D M ~ Δ B C F$ (g - g).

Câu 5

Câu tự luận

2) Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M. Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQN.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2) Tứ giác APQD nội tiếp ( $\hat{P Q D} = \hat{M A D} = 90^{0}$ ),

suy ra $\hat{P A Q} = \hat{P D Q} = \hat{N D M}$ (3).

Xét (O), ta có $\hat{N D M} = \hat{N A M}$ (4).

Từ (3) và (4) $\hat{P A Q} = \hat{N A P}$ , suy ra AP là phân giác của góc $\hat{N A Q}$ (*).

Xét (O), ta có $\hat{A N D} = \hat{A M D}$ .

Xét đường tròn đường kính MP có $\hat{Q M P} = \hat{Q N P} \Rightarrow \hat{A N P} = \hat{Q N P}$ , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).

Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ

Câu 6

Câu tự luận

3). Gọi giao điểm của OC và BD là I, chứng minh rằng $I B . B E . E I = I D . D F . F I$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

3) Theo trên, ta có $B E = C D$ mà $C E = C F \Rightarrow B C = D F$ .

Ta có CI là đường phân giác góc BCD, nên $\frac{I B}{I D} = \frac{C B}{C D} = \frac{D F}{B E} \Rightarrow I B . B E = I D . D F$ .

Mà CO là trung trực EF và $I \in C O$ , suy ra IE=IF.

Từ hai đẳng thức trên, suy ra $I B . B E . E I = I D . D F . F I$ .

Câu 7

Câu tự luận

2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $△ C E F$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2). Từ $Δ O B E = Δ O D C \Rightarrow O E = O C$ .

Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE=OF.

Từ đó $O E = O C = O F$ , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Câu 8

Câu tự luận

Cho tam giác ABC nhọn với AB<BC và D là điểm thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác của $\hat{B A C}$ . 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 $B E; C F; A D$ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là G.

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 A, P, G, Q, F cùng thuộc một đường tròn.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Tam giác ABF và tam giác ACE ần lượt cân tại F, E và

$\hat{F B A} = \hat{E C A} = \frac{\hat{A}}{2} \Rightarrow Δ A B F ∽ Δ A C E$ .

2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF.

Ta có $\frac{G F}{G C} = \frac{B F}{C E} = \frac{A B}{A C} = \frac{D B}{D C} \Rightarrow G D ∥ F B$ , và $F B ∥ A D$ ta có $G \in A D$ .

3). Chứng minh $\hat{B Q G} = \hat{Q G A} = \hat{G A E} = \hat{G A C} + \hat{\begin{matrix} C A E \end{matrix}} = \hat{G A B} + \hat{\begin{matrix} B A F \end{matrix}} = \hat{G A F}$ ,

nên AGQF nội tiếp và $\hat{Q P G} = \hat{G C E} = \hat{G F Q}$ , suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.

Câu 9

Câu tự luận

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 CB và AH là Q. Trung trực của PQ cắt AH và BC lần lượt tại E, F.

1) PE giao AC tại K. Chứng minh rằng PK vuông góc AC.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có tam giác EPQ cân tại E và CQ là phân giác góc BCA,

nên $\hat{E P Q} = \hat{E Q P} = \hat{H Q C} = 90^{0} - \hat{H C Q} = 90^{0} - \hat{P C K}$ .

Do đó $\hat{E P Q} + \hat{P C K} = 90^{0}$ , nên $P K ⊥ A C$ .

Câu 10

Câu tự luận

2, Chứng minh rằng bốn điểm $P; E; C; F$ thuộc một đường tròn.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Trong tam giác EFC có $C Q ⊥ E F$ (do EF là trung trực PQ); $E Q ⊥ F C$ nên $F Q ⊥ E C .$

Từ đó $\hat{E M N} = 90^{0}$ , 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 $\hat{P E Q} = \hat{H C K}$ .

Chú ý: EF là phân giác $\hat{P E Q}$ và CQ là phân giác góc HCK, do đó $\hat{P E F} = \frac{1}{2} \hat{P E Q} = \frac{1}{2} \hat{H C K} = \hat{P C F}$ .

Do đó tứ giác PECF nội tiếp.

Câu 11

Câu tự luận

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 C; T và tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) (K) tiếp xúc AB tại T, nên $K T ⊥ A B$ , suy ra $K T / / A B$

Chú ý tam giác KTC cân nên nên $\hat{K C T} = \hat{K T C} = \hat{T C A} = \hat{T C B} .$ thuộc BC

Nhận xét. Chứng minh một điểm thuộc một đoạn thẳng ta quy về chứng minh ba điểm thẳng hàng

Câu 12

Câu tự luận

Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi CT là đường phân giác trong của tam giác (T thuộc cạnh AB).

2) Gọi giao điểm của AC và (K) là D khác C, giao điểm của DB và (K) là E khác D. Chứng minh rằng $\hat{A B D} = \hat{B C E}$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2) Gọi (K) giao BC tại F khác C. Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp và chú ý K thuộc BC nên $\hat{F E C} = 90^{0}$ .

Từ đó $\hat{A B D} = 90^{0} - \hat{A D B} = 90^{0} - \hat{E F C} = \hat{B C E}$ .

Câu 13

Câu tự luận

Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi CT là đường phân giác trong của tam giác (T thuộc cạnh AB).

3) Gọi giao điểm của CE và AB là M. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BT.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

3). Từ trên, suy ra $\hat{M B E} = \hat{B C M}$ do đó $Δ M B E ∽ Δ M C B \Rightarrow M E . M C = M B^{2}$ .

Từ đó chú ý MT tiếp xúc (K), suy ra $M T^{2} = M E . M C = M B^{2}$ .

Vậy M là trung điểm BT.

Câu 14

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). M, N là hai điểm thuộc cung nhỏ sao cho MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA, BN. BM giao AC tại P. Gọi Q là một điểm thuộc cung nhỏ $\overset{⏜}{B C}$ sao cho PQ vuông góc với BC. QN giao AC tại R.

1) Chứng minh rằng bốn điểm $B; P; R; Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Tứ giác BMNQ nội tiếp suy ra $\hat{B M N} + \hat{B Q N} = 180^{\circ} .$

Mà $\hat{B P R} = \hat{B M N}$ (do MN//BC).

Từ đó $\hat{B P R} + \hat{B Q N} = 180^{0}$ , suy ra tứ giác BPRQ nội tiếp. Tức là B; P; R; Q cùng thuộc một đường tròn.

Câu 15

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). M, N là hai điểm thuộc cung nhỏ $\overset{⏜}{A C}$ sao cho MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA, BN. BM giao AC tại P. Gọi Q là một điểm thuộc cung $\overset{⏜}{B C}$ nhỏ sao cho PQ vuông góc với BC. QN giao AC tại R

2) Chứng minh rằng BR vuông góc với AQ

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2) Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau

$\hat{E Q D} = \hat{D Q B} - \hat{A Q B} = \hat{P R B} - \hat{A C B} = \hat{R B C} = \hat{E B D} .$

Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra $\hat{B E Q} = \hat{B D Q} = 90^{0} \Rightarrow B R ⊥ A Q$

Câu 16

Câu tự luận

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). M, N là hai điểm thuộc cung nhỏ $\overset{⏜}{A C}$ sao cho MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA, BN. BM giao AC tại P. Gọi Q là một điểm thuộc cung nhỏ $\overset{⏜}{B C}$ sao cho PQ vuông góc với BC. QN giao AC tại R.

3) Gọi F là giao của AQ và BN. Chứng minh rằng $\hat{A F B} = \hat{B P Q} + \hat{A B R} .$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Ta có:

$\hat{B P Q} = \hat{B R Q} = \hat{R B N} + \hat{R N B} = \hat{E B F} + \hat{B A E} = 90^{0} - \hat{B F E} + 90^{0} - \hat{A B E} = 180^{0} - \hat{B F E} - \hat{A B E} = \hat{A F B} - \hat{A B R} \Rightarrow \hat{A F B} = \hat{B P Q} + \hat{A B R}$

Câu 17

Câu tự luận

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). H là trực tâm của tam giác ABC.

AD là đường kính của (O). E thuộc AC sao cho HE//BC.

1) Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DE cắt 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.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra $\hat{A P D} = 90^{0}$ ,

mà $\hat{A H E} = 90^{0}$ ( $do H E ∥ B C ⊥ H A$ ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

Ta có $\hat{A P H} = \hat{A E H}$ (góc nội tiếp)

$= \hat{A C B} (H E ∥ B C) = \hat{A P B}$ (góc nội tiếp)

$\Rightarrow P H \equiv P B$

2). Ta có $H P ⊥ A C \Rightarrow \hat{A E H} = \hat{A H P} = \hat{A E P}$

Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF

Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF

Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF

3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.

Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra $E I ⊥ A C \Rightarrow E I ∥ H B$

Tương tự $F I ∥ H C; E F ∥ B C \Rightarrow Δ I E F v à Δ H B C$ có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.

Câu 18

Câu tự luận

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P di chuyển trên cung $\overset{⏜}{B C}$ chứa A của (O). I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác PBC.

1) Chứng minh rằng B, I, Q, C cùng nằm trên một đường tròn.

2) Trên tia BQ, CQ lần lượt lấy các điểm M, N sao cho $B M = B I, C N = C I$ . Chứng minh rằng N luôn đi qua một điểm cố định.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Ta có

$\hat{B I C} = 180^{0} - \hat{I B C} - \hat{I C B} = 180^{0} - \frac{\hat{A B C}}{2} - \frac{\hat{A C B}}{2} = 180^{0} - \frac{180^{\circ} - \hat{B A C}}{2} = 90^{0} + \frac{\hat{B A C}}{2} \Leftrightarrow \hat{B A C} = 2 \hat{B I C} - 180 °$

Tương tự $\hat{B Q C} = 90^{0} + \frac{\hat{B P C}}{2} \Leftrightarrow \hat{B P C} = 2 \hat{B Q C} - 180 °$ .

Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra $\hat{B A C} = \hat{B P C} \Rightarrow \hat{B Q C} = \hat{B I C}$ , nên 4 điểm B, I, Q, C thuộc một đường tròn.

2) Gọi đường tròn (B; BI) giao (C; CI) tại K khác I thì K cố định.

Góc $\hat{I B M}$ là góc ở tâm chắn cung $\overset{⏜}{I M}$ và $\hat{I K M}$ là góc nội tiếp chắn cung $\overset{⏜}{I M}$ , suy ra $\hat{I K M} = \frac{1}{2} \hat{I B M}$ (1).

Tương tự $\hat{I K N} = \frac{1}{2} \hat{I C N}$ (2).

Theo câu 1) B, I, Q, C thuộc một đường tròn, suy ra $\hat{I B M} = \hat{I B Q} = \hat{I C Q} = \hat{I C N}$ (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra $\hat{I K M} = \hat{I K N} \Rightarrow K M \equiv K N$ .

Vậy MN đi qua K cố định.

Câu 19

Câu tự luận

Cho hình bình hành ABCD có $\hat{B A D} < 90^{o}$ . Giả sử O là điểm nằm trong $∆ A B D$ sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt (O) tại hai điểm M, N sao cho B nằm giữa M, D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD, AB lần lượt tại P, Q

1) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1). Gọi MN giao PQ tại T. Theo định lí Thales, ta có $\frac{T P}{T C} = \frac{T D}{T B} = \frac{T C}{T Q}$ .

Từ đó $T C^{2} = T P . T Q$ .

Do TC là tiếp tuyến của (O), nên $T C^{2} = T M . T N .$

Từ đó $T M . T N = T C^{2} = T P . T Q$ , suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp.

Câu 20

Câu tự luận

2) CM cắt QN tại K, CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng $K L ⊥ O C .$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Gọi MP giao (O) tại điểm thứ hai S

Ta có các biến đổi góc sau:

$\hat{K M L} = \hat{C M S} = \hat{S C P}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

$= \hat{M S C} - \hat{S P C}$ (góc ngoài)

$= \hat{M N C} - \hat{M N Q}$ (do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp).

$= \hat{K N L}$

Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra $\hat{K L M} = \hat{K N M} = \hat{Q P M} \Rightarrow K L ∥ P Q ⊥ O C$

Vậy $K L ⊥ O C .$

Câu 21

Câu tự luận

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 M, D).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

2) Giả sử EA tiếp xúc (O).Chứng minh rằng khi đó QMvuông góc với CD.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2). Vì EA là tiếp xúc (O) và từ kết quả câu 1) ta có $E A^{2} = E R . E Q = E P^{2}$ .

Từ đó có $E A = E P \Rightarrow \hat{D A P} = \hat{E A P} - \hat{E A D} = \hat{A P E} - \hat{A C D} = \hat{P A C}$

Do đó AP là phân giác $\hat{D A C} \Rightarrow Q C = Q D \Rightarrow Q M ⊥ C D$

Câu 22

Câu tự luận

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 M, D). 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.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

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 $\hat{Q P S} = \hat{Q A B} = \hat{Q R B}$ .

Từ đó có $\hat{E P Q} = \hat{E R P} \Rightarrow Δ E R P ∽ Δ E P Q$ (g – g),

nên $\hat{E Q P} = \hat{E P R} = \hat{B P S} = \hat{A S E}$ , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.

Do đó $P A . P Q = P E . P S = \frac{P F}{2} .2 P M = P F . P M$ , suy ra tứ giác $A M Q F$ nội tiếp.

Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác $△ A Q F$ luôn đi qua M.

Câu 23

Câu tự luận

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 E, F.

Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của (O) tại M. Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của (O) tại N.

1) Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với (O).

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A

Ta có $\hat{P C M} = \hat{P A C}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) $= \hat{P E M}$ (góc đồng vị do $E M ∥ A C$ );

Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra $\hat{M P C} = \hat{M E C} = \hat{E C A} = \hat{C A P} \Rightarrow$ PM tiếp xúc (O)

Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.

Câu 24

Câu tự luận

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 E, F. Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của (O) tại M. Đường thẳng qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của (O) tại N.

2) Giả sử $\frac{F N}{E M} = \frac{B N}{C M}$ . Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác ABC.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2) Theo 1). dễ thấy $Δ B F A ∽ Δ B N P \Rightarrow Δ B N F ∽ Δ B P A \Rightarrow \frac{B N}{B P} = \frac{F N}{A P}$ (1).

Tương tự $Δ C M E ∽ Δ C P A \Rightarrow \frac{C M}{C P} = \frac{E M}{A P}$ (2).

Từ (1) và (2), ta có $\frac{B N}{C M} \cdot \frac{C P}{B P} = \frac{F N}{E M}$ và theo giả thiết $\frac{F N}{E M} = \frac{B N}{C M}$ , suy ra $C P = B P \Rightarrow A D$ là phân giác góc $\hat{B A C}$ .

Câu 25

Câu tự luận

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc $\overset{\land}{A}$ bằng $60^{o}$ 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 $A D . A C = A E . A B$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Hai tam giác vuông $∆$ ADB và $∆$ AEC có chung góc A nên chúng đồng dạng, suy ra

$\frac{A D}{A E} = \frac{A B}{A C} \Rightarrow A D . A C = A B . A E$

Câu 26

Câu tự luận

2, Chứng minh rằng $B C = 2. D E$ .

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Xét hai tam giác $∆$ ADE và $∆$ ABC có

+ Góc A chung, mà $\frac{A D}{A B} = \frac{A E}{A C}$ , suy ra $△ A D E ∽ △ A B C$

Do đó $\frac{A D}{A B} = \frac{E D}{B C}$ .

Mặt khác, tam giác $∆$ ABD vuông tại D, có $\hat{A} = 60^{\circ} \Rightarrow \cos \hat{A} = \frac{A D}{A B} \Leftrightarrow \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2} = \frac{A D}{A B} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{E D}{B C} \Leftrightarrow B C = 2 E D$

Câu 27

Câu tự luận

3, Kéo dài BH cắt đường tròn tâm O tại H'. Chứng minh H và H' đối xứng qua AC và hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $△ A H C; △ A B C$ có cùng bán kính.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại H'.

Xét hai tam giác vuông $△ A H D$ và $△ A H^{'} D$ có

Cạnh AD chung;

$\hat{B H C} = \hat{H A C}$ (góc có cạnh tương ứng vuông góc);

$\hat{H B C} = \hat{C A H^{'}}$

Mà HH' vuông góc với AC, nên tam giác $△ A H H^{'}$ cân tại A hay AC là đường trung trực của HH'.

Với H' là điểm đối xứng của H qua AC.

Suy ra AC là trung trực của đoạn HH'.

$△ A H^{'} C = △ A H C$

Suy ra bán kính hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác $△ A H C$ và bằng nhau mà đường tròn ngoại tiếp tam giác $△ A H^{'} C$ chính là đường tròn (O)

Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $△ A B C$ và $△ A H C$ có cùng bán kính.

Câu 28

Câu tự luận

Cho tam giác ABC có các góc $\hat{A B C}$ và góc $\hat{A C B}$ nhọn, góc $\hat{B A C} = 60^{0}$ . Các đường phân giác trong $B B_{1}; C C_{1}$ của tam giác ABC cắt nhau tại I.

1) Chứng minh tứ giác $A B_{1} I C_{1}$ nội tiếp.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

1) Ta có $\hat{B_{1} I C_{1}} = \hat{B I C} = 120^{0} \Rightarrow \hat{B_{1} I C_{1}} + \hat{B A C} = 120^{0} + 60^{0} = 180^{0}$ .

Mà hai góc này đối nhau. Nên tứ giác $A B_{1} I C_{1}$ nội tiếp (điều phải chứng minh).

Câu 29

Câu tự luận

Cho tam giác ABC có các góc $\hat{A B C}$ và góc $\hat{A C B}$ nhọn, góc $\hat{B A C} = 60^{0}$ . Các đường phân giác trong $B B_{1}; C C_{1}$ của tam giác ABC cắt nhau tại I.

2) Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C_{1} I$ . Chứng minh tứ giác $C K I B_{1}$ nội tiếp.

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

2) Vì tứ giác $B C_{1} I K$ nội tiếp nên $\hat{B I C_{1}} = \hat{B K C_{1}} = 60^{o}$ (góc nội tiếp cùng chắn $B C_{1})$ và $\hat{BIK} = \hat{B C_{1} K}$ (góc nội tiếp cùng chắn BK).

Xét tam giác $∆$ ABC, ta có:

$\hat{K C B_{1}} = 180^{o} - \hat{B A C} - \hat{A B C} = 180^{o} - 60^{o} - \hat{A B C} = 120^{o} - \hat{A B C}$

Xét tam giác $∆ B C_{1} K$ , ta có:

$\hat{B I K} = \hat{B C_{1} K} = 180^{o} - \hat{B K C_{1}} - \hat{A B C} = 180^{o} - 60^{o} - \hat{A B C} = 120^{o} - \hat{A B C}$

=> $\hat{K C B_{1}} = \hat{B I K}$ suy ra tứ giác $A C K C_{1}$ nội tiếp (điều phải chứng minh).

Câu 30

Câu tự luận

Cho tam giác ABC có các góc $\hat{A B C}$ và góc $\hat{A C B}$ nhọn, góc $\hat{B A C} = 60^{0}$ . Các đường phân giác trong $B B_{1}; C C_{1}$ của tam giác ABC cắt nhau tại I.

3) Chứng minh $A K ⊥ B_{1} C_{1}$

Đáp án tham khảo

Lời giải của đề gốc để bạn tự đối chiếu; câu tự luận không tính điểm.

Vì $\hat{B I C_{1}} = \hat{B A C} = 60^{o}$ suy ra tứ giác $A C K C_{1}$ nội tiếp nên $\hat{A K C_{1}} = \hat{K C C_{1}}$ (cùng chắn cung $K C_{1})$

Và $\hat{A K C_{1}} = \hat{A C C_{1}}$ (cùng chắn cung $A C_{1})$

Mà $\hat{A C C_{1}} = \hat{K C C_{1}}$ (cùng chắn cung $K C_{1})$ (gt)

=> $\hat{A K C_{1}} = \hat{K A C_{1}}$ suy ra tam giác $∆ C_{1} A K$ cân tại $C_{1} \Rightarrow C_{1} A = C_{1} K (1)$

Chứng minh tương tự: $B_{1} A = B_{1} K (2)$

Từ (1) và (2), suy ra $B_{1} C_{1}$ là đường trung trực của AK nên $A K ⊥ B_{1} C_{1}$ (đpcm)