TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO 10 PHẦN HÌNH HỌC – HỆ CHUYÊN CÁC TỈNH THÀNH PHỐ

[Bà Rịa – Vũng Tàu 2016 – 2017] (chung)
Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. CD là dây cung thay đổi của nửa đường tròn sao cho CD = R và C thuộc cung AD (C khác A và D khác B). AD cắt BC tại H, hai đường thẳng AC và BD cắt nhau tại F.
a) Chứng minh tứ giác CFDH nội tiếp
b) Chứng minh CF.CA = CH.CB
c) Gọi I là trung diểm của HF. Chứng minh tia OI là tia phân giác của góc COD.
d) Chứng minh điểm I thuộc một đường tròn cố định khi CD thay đổi
Lời giải


a) Vì C, D thuộc nửa đường tròn đường kính AB nên


Suy ra tứ giác CHDF nội tiếp
b) Vì AH ⊥ BF, BH ⊥ AF nên H là trực tâm ∆ AFB ⇒ FH ⊥ AB


c) Vì
nên tứ giác CHDF nội tiếp đường tròn tâm I đường kính FH
=> IC = ID. Mà OC = OD nên ∆ OCI = ∆ ODI (c.c.c) => COI = DOI
=> OI là phân giác của góc COD
d) Vì OC = CD = OD = R nên ∆ OCD đều => COD = 60o
Có

Xét góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I), có
CID = 2CFD = 120o => OIC = OID =

Mặt khác COI = DOI =
vuông tại D
Suy ra

Vậy I luôn thuộc đường tròn


[ ĐHPS Hà Nội 2016 -2017] (Đề chung)
Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD. Gọi P là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh

c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh CDFE là hình thang.
Lời giải


a) Vì
Xét ∆ CMB và ∆ AMD có


Suy ra AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp
b) Vì AMPC là tứ giác nội tiếp nên



Tương tự

Vậy

c) Ta có EF là đường trung trực của PM ⇒ EP = EM ⇒ ∆ EPM cân tại E
Mặt khác EPM = ACM = 60o (do AMPC là tứ giác nội tiếp) nên ∆ EPM đều
⇒ PE = PM . Tương tự PF = PM
Ta có CM // DB nên PCM = PBD
Mà BMPD là tứ giác nội tiếp nên PBD = PMD. Suy ra PCM = PMD
Ta lại có CPM = DPM = 120o

Theo định lý Talét đảo ta có CE // DF ⇒ CDFE là hình thang.

[Bắc Giang 2015 – 2016] (chung)
Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Điểm C là điểm bất kỳ trên (O). C ≠ A,B. Tiếp tuyến tại C cắt tiếp tuyến tại A,B lần lượt tại P,Q
a) Chứng minh: AP.BQ = R2
b) Chứng minh: AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ
c) Gọi M là giao điểm của OP với AC, N là giao điểm của OQ với BC. Chứng minh: PMNQ là tứ giác nội tiếp.
d) Xác đinh vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tứ giác PMNQ có bán kính nhỏ nhất
Lời giải


a) Vì AP và CP là tiếp tuyến của (O) nên OA ⊥ AP, OC ⊥ PC
Xét tam giác vuông OAP và tam giác vuông OCP có:

(cạnh huyền–cạnh góc vuông)


Tương tự ta có:

Từ (2) và (4) ta có:

⇒ ∆ POQ vuông tại O
Từ (1), (3) và áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OPQ ta có:
(đpcm)
b) Xét tam giác vuông OPQ, gọi I là trung điểm cạnh huyền PQ, khi đó: IP = IQ = IO
⇒ O thuộc đường tròn đường kính PQ (5)
Mặt khác, do AP // BQ nên APQB là hình thang và nhận IO là đường trung bình, suy ra OI // BQ
Mà BQ ⊥ AB ⇒ OI ⊥ AB (6)
Từ (5) và (6) ⇒ AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính PQ tại O.
c) Vì OC = OA = R, PC = PA (cmt) nên PO là trung trực của đoạn AC ⇒ PO ⊥ AC
Tương