Tiêu đề Bài 1 đến 60.docx ✅

Các bài toán hình học ôn thi vào 10 theo chương trình mới 2018 Câu 1. Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ,OR . Các đường cao ,,ADBFCE của ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AD cắt đường tròn ,OR tại điểm thứ hai K . Đường thẳng KE cắt đường tròn ,OR tại điểm thứ hai I . Gọi N là giao điểm của CI và FE . a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn và xác định tâm P của đường tròn đó. b) Chứng minh 2.CECNCI . c) Kẻ OM vuông góc với BC tại M , EG vuông góc với AC tại G . Chứng minh NGCCIA và ba điểm ,,MNP thẳng hàng. Lời giải a) Ta có: ABCE tại E nên 90AEH do đó AEH vuông tại E . Suy ra AEH nội tiếp đường tròn đường kính AH Suy ra ba điểm ,,EAH cùng thuộc đường tròn đường kính AH Ta có: ACFB tại F nên 90AFH do đó FAH vuông tại F . Suy ra FAH nội tiếp đường tròn đường kính AH . Suy ra ba điểm ,,AFH cùng thuộc đường tròn đường kính AH . Do đó bốn điểm A , H , E , F cùng thuộc đường tròn đường kính AH . Vậy tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH . Gọi P là trung điểm của AH thì P là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . b) Xét đường tròn P có FEHFAH (hai góc nội tiếp cùng chắn FH⌢ ) hay CENKAC 1
Xét O có KACKIC (hai góc nội tiếp cùng chắn KC⌢ ) hay KACEIC 2 Từ 1 và 2 suy ra CENEIC Xét CEN và CIE có: ECI : chung; CENEIC (cmt) Nên CENCIE∽ gg Suy ra 2 .CECN CECNCI CICE (đpcm) c) Xét tam giác OBC cân tại O Vì OMBC tại M nên OM là đường cao của tam giác cân nên OM cũng là đường trung tuyến do đó M là trung điểm BC . Xét EBC vuông tại E có M là trung điểm BC nên 1 2MEBC . Tương tự ta có 1 2MFBC . Do đó 1 2MEMFBC    suy ra M thuộc trung trực của EF Vì P là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên PEPF Suy ra P thuộc trung trực của EF . Vì vậy PM là trung trực của EF 3 . Xét CEG và CAE có: 090CGEAEC và ECA chung Nên .CGECEAgg∽ suy ra CECG CACE Do đó 2.CECGCA Lại có 2 .CECNCI (cmt) nên ..CGCACNCICGCI CNCA . Xét CNG và CAI có CGCI CNCA (cmt) và  ICA : chung Nên ..CNGCAIcgc∽NGCCIA (hai góc tương ứng) hay NGFCIA * Xét O có CIACBA (hai góc nội tiếp cùng chắn CA ) ** Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác BEFC nội tiếp đường tròn đường kính BC nên  180EBCEFC (tổng hai góc đối nhau). Mà 180AFEEFC (hai góc kề bù) nên EBCAFE hay ABCNFG *** Từ * , ** , *** ta suy ra NGFNFG Do đó NGF cân tại N suy ra NGNF

Do đó bốn điểm ,,,OEMN cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính NO . * Gọi K là trung điểm của EC OEC có OEOCR nên OEC cân tại O OEC cân tại O có K là trung điểm của EC nên OK là đường trung tuyến đồng thời là đường cao và đường phân giác OEC Do đó 1 2EOKEOC và 90OEKKOE (hai góc nhọn trong tam giác vuông EKO ) Mặt khác NE là tiếp tuyến của O và E là tiếp điểm nên NEEO Ta có 90NEO hay 90NEKKEO Nên NEKEOK Từ đó suy ra 1 2NEKEOKEOC (4) O có  EOC và  EBC lần lượt là góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn  EC nên 1 2EBCEOC (5) Từ (4) và (5) suy ra EBCNEC Xét NECD và NBED có: ·· NECNBE= (cmt) · ENB là góc chung Nên .NECNBEgg∽ suy ra NENC NBNE , do đó 2 .NENCNB (6) b) Chứng minh NEHNME và NF là tiếp tuyến của O . + Ta có · ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O nên ·90ACB=° Suy ra ACNB^ Xét NCHD và NMBD có: ·· 90NCHNMB==° · MNB là góc chung Nên .NCHNMBgg∽