2048.vn
Tạo đề online từ PDF/WordTrộn đề thiNgân hàng đề thi

30 câu hình học tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên
Đề thi

30 câu hình học tuyển sinh lớp 10 THPT Chuyên

A
AdminToánLớp 1032 lượt thi
Bắt đầu ngay
30 câu hỏi
1. Tự luận
• 1 điểm

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 E, F.

1) Chứng minh rằng ΔOBE=ΔODC

Xem đáp án

1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD^, 

=> 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. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC⏜ (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.

Xem đáp án

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 N; P; D thẳng hàng.

3. Tự luận
• 1 điểm

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. Chứng minh rằng EF vuông góc với AC

Xem đáp án

2) Từ AD là phân giác BAC^ suy ra DB=DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC.

Từ 1) ΔBDM∽ΔBCF, ta có DMCF=BDBC.

Vậy ta có biến đổi sau

 DACF=2DMCF=2BDBC=CDCN=DECE (3).

 

Ta lại có góc nội tiếp ADE^=FCE^ (4).

Từ 3 và 4 ta có:

ΔEAD∽ΔEFC⇒EFC^=EAD^=90°⇒EF⊥AC 

4. Tự luận
• 1 điểm

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.

Xem đáp án

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM^=BCF^ (1)và BMA^=BFA^ 

=> 1800−BMA^=1800−BFA^ hay BMD^=BFC^ (2).

Từ (1) và (2), suy ra ΔBDM~ΔBCF  (g - g).

5. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm trên cung nhỏ BC⏜ (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

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.

Xem đáp án

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 (**).

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

6. Tự luận
• 1 điểm

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 E, F.

3). Gọi giao điểm của OC và BD là I, chứng minh rằng IB.BE.EI=ID.DF.FI.

Xem đáp án

  

3) Theo trên, ta có BE=CD mà CE=CF⇒BC=DF.

Ta có CI là đường phân giác góc BCD, nên IBID=CBCD=DFBE⇒IB.BE=ID.DF.

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.

7. Tự luận
• 1 điểm

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 E, F.

2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác △CEF.

Xem đáp án

  

2). Từ ΔOBE=ΔODC⇒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 .

8. Tự luận
• 1 điểm

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) 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.

Xem đáp án

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

FBA^=ECA^=A^2⇒ΔABF∽ΔACE.

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

Ta có GFGC=BFCE=ABAC=DBDC⇒GD∥FB , và FB∥AD ta có G∈AD.

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.

9. Tự luận
• 1 điểm

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.

Xem đáp án

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

nên EPQ^=EQP^=HQC^=900−HCQ^=900−PCK^.

Do đó EPQ^+PCK^=900, nên PK⊥AC.

10. Tự luận
• 1 điểm

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.

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

Xem đáp án

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^.

Chú ý: EF là phân giác PEQ ^và CQ là phân giác góc HCK, do đó PEF^=12PEQ^=12HCK^=PCF^.

Do đó tứ giác PECF nội tiếp.

11. Tự luận
• 1 điểm

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

Xem đáp án

1) (K)  tiếp xúc AB tại T, nên KT⊥AB, suy ra KT//AB

Chú ý tam giác KTC cân nên nên  KCT^=KTC^=TCA^=TCB^. thuộc BC

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

12. Tự luận
• 1 điểm

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 ABD^=BCE^.

Xem đáp án

2) Gọi  (K) giao BC tại F khác C. Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp và chú ý K thuộc BC nên FEC^=900 .

Từ đó ABD^=900−ADB^=900−EFC^=BCE^.

 

13. Tự luận
• 1 điểm

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.

Xem đáp án

3). Từ trên, suy ra  MBE^=BCM^ do đó ΔMBE∽ΔMCB⇒ME.MC=MB2 .

Từ đó chú ý MT tiếp xúc (K), suy ra MT2=ME.MC=MB2 .

Vậy M là trung điểm BT.

14. Tự luận
• 1 điểm

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 BC⏜ 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.

Xem đáp án

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 B; P; R; Q cùng thuộc một đường tròn.

15. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). M, N là hai điểm thuộc cung nhỏ AC⏜ 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 BC⏜nhỏ  sao cho PQ vuông góc với BC. QN giao AC tại R

2) Chứng minh rằng BR vuông góc với AQ

Xem đáp án

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^.

Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra BEQ^=BDQ^=900⇒BR⊥AQ

16. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). M, N là hai điểm thuộc cung nhỏ AC⏜ 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 BC⏜ sao cho PQ vuông góc với BC. QN giao AC tại R.

3) Gọi F là giao của AQ và BN. Chứng minh rằng AFB^=BPQ^+ABR^.

Xem đáp án

Ta có:

 BPQ^=BRQ^=RBN^+RNB^=EBF^+BAE^=900−BFE^+900−ABE^=1800−BFE^−ABE^=AFB^−ABR^⇒AFB^=BPQ^+ABR^

17. Tự luận
• 1 điểm

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.

Xem đáp án

1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), 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⇒AEH^=AHP^=AEP^ 

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 EI⊥AC⇒EI∥HB

Tương tự FI∥HC; EF∥BC⇒ΔIEF và ΔHBC có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.

18. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P di chuyển trên cung BC⏜  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 BM=BI, CN=CI. Chứng minh rằng N luôn đi qua một điểm cố định.

Xem đáp án

1) Ta có

 BIC^=1800−IBC^−ICB^=1800−ABC^2−ACB^2=1800−180∘−BAC^2=900+BAC^2⇔BAC^=2BIC^−180°

Tương tự BQC^=900+BPC^2⇔BPC^=2BQC^−180° .

Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra BAC^=BPC^⇒BQC^=BIC^, 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 IBM^  là góc ở tâm chắn cung IM⏜  và IKM^ là góc nội tiếp chắn cung IM⏜, suy ra IKM^=12IBM^  (1).

Tương tự IKN^=12ICN^  (2).

Theo câu 1) B, I, Q, C 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.

19. Tự luận
• 1 điểm

Cho hình bình hành ABCD có BAD ^<90o. 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 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

Xem đáp án

1). Gọi MN giao PQ tại T. Theo định lí Thales, ta có TPTC=TDTB=TCTQ .

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.

20. Tự luận
• 1 điểm

Cho hình bình hành ABCD có BAD ^<90o. 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 M, N sao cho B nằm giữa M, D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD, AB lần lượt tại P, Q

2) CM cắt QN tại K, CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng KL⊥OC.

Xem đáp án

Gọi MP giao (O) 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^ ⇒KL∥PQ⊥OC

Vậy KL⊥OC.

21. Tự luận
• 1 điểm

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.

Xem đáp án

2). Vì EA là tiếp xúc (O) và từ kết quả câu 1) ta có EA2=ER.EQ=EP2.

Từ đó có EA=EP⇒DAP^=EAP^−EAD^=APE^−ACD^=PAC^

Do đó AP là phân giác DAC^⇒QC=QD⇒QM⊥CD

22. Tự luận
• 1 điểm

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.

Xem đáp án

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^⇒ΔERP∽ΔEPQ  (g – g),

nên EQP^=EPR^=BPS^=ASE^, suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.

Do đó PA.PQ=PE.PS=PF2.2PM=PF.PM , suy ra tứ giác AMQF  nội tiếp.

Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác △AQF  luôn đi qua M.

23. Tự luận
• 1 điểm

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).

Xem đáp án

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 (O)

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

24. Tự luận
• 1 điểm

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 FNEM=BNCM . Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác ABC.

Xem đáp án

2) Theo 1). dễ thấy ΔBFA∽ΔBNP⇒ΔBNF∽ΔBPA⇒BNBP=FNAP(1).

Tương tự ΔCME∽ΔCPA⇒CMCP=EMAP  (2).

Từ (1) và (2), ta có BNCM⋅CPBP=FNEM và theo giả thiết FNEM=BNCM, suy ra  CP=BP⇒AD là phân giác góc BAC^ .

25. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A∧  bằng 60o 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.

Xem đáp án

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

ADAE=ABAC⇒AD.AC=AB.AE

26. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A∧  bằng 60o nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H.

2, Chứng minh rằng BC=2.DE.

Xem đáp án

Xét hai tam giác ∆ADE và ∆ABC có

+ Góc A chung, mà ADAB=AEAC , suy ra △ADE∽△ABC

Do đó ADAB=EDBC .

Mặt khác, tam giác ∆ABD vuông tại D, có A^=60∘⇒cosA^=ADAB⇔cos60∘=12=ADAB⇒12=EDBC⇔BC=2ED

27. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A∧  bằng 60o nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H.

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 △AHC; △ABC có cùng bán kính.

Xem đáp án

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 HH'.

Với H' là điểm đối xứng của H qua AC.

Suy ra AC là trung trực của đoạn HH'.

△AH 'C=△AHC

Suy ra bán kính hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác △AHC  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 △ABC và △AHC có cùng bán kính.

28. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có các góc ABC^  và góc ACB^  nhọn, góc BAC^=600 . Các đường phân giác trong BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.

1) Chứng minh tứ giác AB1IC1  nội tiếp.

Xem đáp án

1) Ta có B1IC1^=BIC^=1200⇒B1IC1^+BAC^=1200+600=1800 .

Mà hai góc này đối nhau. Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (điều phải chứng minh).

29. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có các góc ABC^  và góc ACB^  nhọn, góc BAC^=600 . Các đường phân giác trong BB1; CC1 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 BC1I . Chứng minh tứ giác CKIB1 nội tiếp.

Xem đáp án

2) Vì tứ giác BC1IK  nội tiếp nên BIC1^=BKC1^=60o(góc nội tiếp cùng chắn BC1) và BIK^=BC1K^ (góc nội tiếp cùng chắn BK).

 

Xét tam giác ∆ABC, ta có:

 KCB1^=180o-BAC^-ABC^=180o-60o-ABC^=120o-ABC^

Xét tam giác ∆BC1K, ta có:

BIK^=BC1K^=180o-BKC1^-ABC^=180o-60o-ABC^=120o-ABC^

=> KCB1^=BIK^ suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp (điều phải chứng minh).

30. Tự luận
• 1 điểm

Cho tam giác ABC có các góc ABC^  và góc ACB^  nhọn, góc BAC^=600 . Các đường phân giác trong BB1; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I.

3) Chứng minh AK ⊥B1C1

Xem đáp án

Vì BIC1^=BAC^=60o suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp nên AKC1^=KCC1^ (cùng chắn cung KC1)

Và AKC1^=ACC1^ (cùng chắn cung AC1)

Mà ACC1^=KCC1^ (cùng chắn cung KC1) (gt)

=> AKC1^=KAC1^ suy ra tam giác ∆C1AK cân tại C1⇒C1A=C1K (1)

Chứng minh tương tự: B1A=B1K (2)

Từ (1) và (2), suy ra B1C1 là đường trung trực của AK nên AK ⊥B1C1 (đpcm)

Gợi ý cho bạn

Xem tất cả
30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Bộ 3 đề thi giữa kì 1 Toán 10 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 3

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Bộ 3 đề thi giữa kì 1 Toán 10 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 2

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Bộ 3 đề thi giữa kì 1 Toán 10 Cánh diều (2023 - 2024) có đáp án - Đề 1

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Bài tập Sử dụng máy tính cầm tay để tính giá trị lượng giác của một góc (có lời giải)

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Bài tập cuối chương I có đáp án

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Trắc nghiệm Hệ trục tọa độ có đáp án (Nhận biết)

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

Trắc nghiệm Mệnh đề có đáp án (Vận dụng)

30 câu hỏi32 lượt thi
Đề thiToán - Lớp 10

112 câu Trắc nghiệm Toán 10 Bài 3: Tích của vecto với một số có đáp án tiếp theo (Mới nhất)