Một số đề thi THPT CNN
#1
Đã gửi 30-04-2011 - 14:41
Bài 1:
Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định với OA= 2R, đường kính BC của (O;R) quay quanh O sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA tại điểm thứ hai là I.
1/ Tính độ dài đoạn OI.
2/ Khi đường thẳng AB, AC lại cắt (O;R) lần lượt tại D, E với D#B, C#E. Nối DE cắt đường thẳng OA tại K.
a) CMR: AK. AI = AE. AC
b) Tính độ dài AK theo R.
c) Chứng tỏ rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua một điểm F cố định ( F#A) khi BC quay quanh O.
Các bạn cứ làm bài này trước, lúc nào rảnh mình post lên tiếp.
- phamthao2104 yêu thích
#2
Đã gửi 30-04-2011 - 15:43
Bài 1 :
1, Tứ giác ABIC nội tiếp :
$ \Rightarrow \Delta IBO $ ~ $ \Delta CAO (g.g ) $
$ \Rightarrow \dfrac{IO}{OC} = \dfrac{OB}{AO} \Rightarrow OI = \dfrac{OB.OC}{OA} = \dfrac{R.R}{2R} = \dfrac{R}{2} $
#3
Đã gửi 30-04-2011 - 20:43
#4
Đã gửi 01-05-2011 - 14:25
(mượn tạm hình bình bạn Chung)[size=4][font=Times New Roman]
2/ a) ABIC là tứ giác nội tiếp
$ \Rightarrow \angle AIC = \angle ABC$
BDEC là tứ giác nội tiếp
$ \Rightarrow \angle ABC = \angle AEK \Rightarrow \angle AIC = \angle AEK \Rightarrow $ IKEC là tứ giác nội tiếp. => đpcm.
b) Vẽ tiếp tuyến AN của (O).
$ \Rightarrow AN^2 = AE.AC$
Dễ thấy $AN = R\sqrt 3 \Rightarrow AE.AC = 3R^2 $
$AK = \dfrac{{AE.AC}}{{AI}} = \dfrac{{3R^2 }}{{\dfrac{5}{2}R}} = \dfrac{6}{5}R$
c) Vẽ F là giao đỉêm của (ADE) và AO. Nên ADFE là tứ giác nội tiếp.
$ \Rightarrow \angle AFD = \angle AED$
Mà BDEC là tứ giác nội tiếp nên $\angle AED = \angle DBO$
$ \Rightarrow \angle AFD = \angle ABO \Rightarrow $ OBDF là tứ giác nội tiếp
$ \Rightarrow FA.OA = AB.AD = AN^2 = 3R^2 $(phương tích)
$ \Rightarrow FA = \dfrac{{3R^2 }}{{2R}} = \dfrac{3}{2}R:const \Rightarrow Q.E.D$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-05-2011 - 14:49
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#5
Đã gửi 01-05-2011 - 22:11
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BP, CK cắt nhau tại H.
1. CM: $\widehat{HAB}$ = $ \widehat{OAC}$
2. Gọi E, M tương ứng là trung điểm của AH và BC. CMR: tứ giác KEPM nội tiếp.
3. Qua A dựng đường thẳng vuông góc với KP. CMR: đường thẳng Ax luôn đi qua 1 điểm cố định khi 3 đỉnh A, B, C của tam giác thay đổi trên đường tròn (O).
Mọi người cùng thảo luận làm tiếp nhé!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranthuytrang: 01-05-2011 - 22:14
#6
Đã gửi 01-05-2011 - 22:16
#7
Đã gửi 01-05-2011 - 22:38
Đề năm 2002 nè:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BP, CK cắt nhau tại H.
1. CM: $\widehat{HAB}$ = $ \widehat{OAC}$
2. Gọi E, M tương ứng là trung điểm của AH và BC. CMR: tứ giác KEPM nội tiếp.
3. Qua A dựng đường thẳng vuông góc với KP. CMR: đường thẳng Ax luôn đi qua 1 điểm cố định khi 3 đỉnh A, B, C của tam giác thay đổi trên đường tròn (O).
Mọi người cùng thảo luận làm tiếp nhé!
a) Vẽ đường kính AI.
$\left\{ \begin{gathered} \angle ABC = \angle AIC \hfill \\ \angle AHB = \angle ACI \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle AHB \sim \vartriangle ACI \Rightarrow Q.E.D$
b) KAH vuông tại K, trung tuyến KE KE=AE=ME AKE cân tại E $\angle EKA = \angle EAK$
Tương tự, $\angle MKB = \angle MBK$
Mà $\angle MKE = 180^ \circ - \angle EKA - \angle MKB = 180^ \circ - \angle EAK - \angle MBK = 90^ \circ $
Tương tự, $\angle MPE = 90^ \circ \Rightarrow Q.E.D$
c) Ta sẽ chứng minh AO KP.
Thật vậy, vẽ tiếp tuyến Ay sao cho Ay cùng phía với P so với AO.
Ta có $\angle PAy = \angle ABC$
BKPC là tứ giác nội tiếp $ \Rightarrow \angle APK = \angle ABC \Rightarrow \angle PAy = \angle APK \Rightarrow Ay//KP$
Mà Ay AO Q.E.D
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-05-2011 - 22:44
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#8
Đã gửi 04-05-2011 - 21:00
Cho đường tròn (O) và dây AB. Gọi M là điểm chính giữa cung lớn AB; điểm C bất kì nằm giữa A và B thuộc dây AB. Tia MC cắt đường tròn (O) tại D.
1/ Chứng minh $MA^2$ = MC.MD
2/ Kẻ Bt tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng minh BM và Bt cùng thuộc một đường thẳng.
3/ Gọi $O_{1}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD; $ O_{2}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh khi C chuyển động trên AB thì tổng các bán kính cảu 2 đường tròn ($ O_{1}$) và ($ O_{2}$) không đổi.
Mọi người làm tiếp nè!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-05-2011 - 20:37
#9
Đã gửi 06-05-2011 - 21:46
1/ $\vartriangle MAC \sim \vartriangle MDC \Rightarrow MA^2 = MC.MD$Đề năm 2003
Cho đường tròn (O) và dây AB. Gọi M là điểm chính giữa cung lớn AB; điểm C bất kì nằm giữa A và B . Tia MC cắt đường tròn (O) tại D.
1/ Chứng minh $MA^2$ = MC.MD
2/ Kẻ Bt tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng minh BM và Bt cùng thuộc một đường thẳng.
3/ Gọi $O_{1}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD; $ O_{2}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Chứng minh khi C chuyển động trên AB thì tổng các bán kính cảu 2 đường tròn ($ O_{1}$) và ($ O_{2}$) không đổi.
Mọi người làm tiếp nè!
2/ $MA = MB \Rightarrow \angle MBC = \angle MDC = \angle DBt \Rightarrow BM \equiv Bt \Rightarrow Q.E.D$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-05-2011 - 12:21
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#10
Đã gửi 07-05-2011 - 17:21
Kéo dài MO cắt đường tròn tại điểm E.
gọi $O_1$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDB.
Gọi $O_2$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDA, chứng minh tượng tự câu 2 ta được AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tại A. Khi đó $ O_{1}$ thuộc EB, $ O_{2} $ thuộc EA. Nối $O_1C$ , $O_2C$.
Có EA= EB. Vậy EAB cân tại E $\angle EAB= \angle EBA$
Vì $ O_1C= O_1B$
Vậy $\angle O_{1}CB=\angle EBA$ $\angle O_{1}CB=\angle EAB$, cho ta $CO_{1}//AE$
Chứng minh tương tự $CO_{2}//EB$
Vậy tứ giác $ O_{2}CO_1E$ là hình bình hành
$ O_{1}C = O_{2}E \Rightarrow O_{2}A + O_{2}E = O_{2}A + O_{1}C = EA $: không đổi (dpcm)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-05-2011 - 19:23
gõ latex
#11
Đã gửi 08-05-2011 - 13:26
Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), ( A khác B, C). Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác điểm C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI=DB. Dường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại điểm K khác điểm B.
a/ CM tam giác KAC cân.
b/ CM đường thẳng AI luôn đi qua một điểm J cố định, từ đó hãy xác định vị trí của A để độ dài đoạn AI là lớn nhất.
c/ Trên tia đối của tia AB lấy điểm M sao cho AM= AC. Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của dường tròn (O)
Mọi người làm tiếp nè!
#12
Đã gửi 08-05-2011 - 14:02
Đề năm 2004
Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC của đường tròn (O), ( A khác B, C). Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn (O) tại điểm D khác điểm C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI=DB. Dường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại điểm K khác điểm B.a/ CM tam giác KAC cân.
b/ CM đường thẳng AI luôn đi qua một điểm J cố định, từ đó hãy xác định vị trí của A để độ dài đoạn AI là lớn nhất.
c/ Trên tia đối của tia AB lấy điểm M sao cho AM= AC. Tìm tập hợp các điểm M khi A di động trên cung lớn BC của dường tròn (O)
Giải :
a, Ta có : $ \widehat{DIB} = \widehat{DBI}$ ( do DB = DI )
$ \Rightarrow \dfrac{sd_{AD} + sd_{AK} }{2} = \dfrac{sd_{BD} + sd_{CK} }{2}$
Mặt khác sđ cung BD = sđ cung AD ( do CD là đường phân giác góc ACB )
$ \Rightarrow $ sđ cung AK = sđ cung CK $ \Rightarrow AK = CK $ ( 2 cung bằng nhau thì hai dây bằng nhau ) $ \Rightarrow \Delta AKC$ là tam giác cân .
b, Do sđ cung AK = sđ cung CK
$ \Rightarrow \widehat{ABK} = \widehat{CBK}$
$ \Rightarrow $ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ( tức giao điểm ba đường phân giác trong )
$ \Rightarrow $ AI là phân giác góc BAC
$ \Rightarrow $ AI luôn đi qua điểm chính giữa cung nhỏ BC ( cố định )
#13
Đã gửi 09-05-2011 - 08:14
phần thuận: Lấy F là trung điểm cung lớn BC.
Lấy C' đối xứng với C qua BF.
Ta có: F, C' cố định
MAC cân tại A $\angle AMC=\angle ACM$
$\angle AMC=\dfrac{\angle BAC}{2}:const$
$\angle C'BC=2\angle CBF=sd_{BC}$
$\angle MAC=180^o-\angle BAC=sd_{BC}$
$\angle C'BC=\angle MAC \Rightarrow \vartriangle CBC' \sim \vartriangle CAM$
$\Rightarrow \angle BC'C=\angle BMC$
BC'MC là tứ giác nội tiếp.
Mà F là tâm đường tròn ngoại tiếp CBC' M thuộc (F;FC).
==============================================
Phần giới hạn:
M thuộc nửa mặt phẳng chứa A bờ BC.
Khi A tiến đến C thì M tiến đến C.
Khi A tiến đến B thì M tiến đến C'.
Vậy M nằm trên cung CC' không chứa B thuộc nửa mặt phẳng chứa A bờ BC.
================================================
Phần đảo:
Lấy M' nằm trên cung CC' xác định ở phần giới hạn.
Vẽ M'B cắt (O) tại A'. Ta chứng minh M'A'=A'C
$\angle BC'C=\angle BMC$
Dễ chứng minh $\angle CBC'=\angle CA'M'$
$\Rightarrow \vartriangle CBC' \sim \vartriangle CA'M'$
$\Rightarrow \dfrac{M'A'}{CA'}=\dfrac{C'B}{CB}=1 \Rightarrow Q.E.D$
====================================================
Phần kết luận:
Vậy quỹ tích của M là cung CC' xác định tại phần giới hạn.
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#14
Đã gửi 16-05-2011 - 15:59
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), có các đường phân giác trong cắt nhau tại I. Các đường thẳng AI, BI, CI cắt dường tròn (O) tương ứng tại các điểm M, N, P.
1. CM: Tam giác NIC cân tại N.
2. CM: Điểm I là trực tâm của tam giác MNP.
3. Gọi E là giao điểm của MN và AC, F là giao điểm của PM và AB. CM: ba điểm E, I, F thẳng hàng.
4. Gọi K là trung điểm của BC và giả sử rằng BI vuông góc với IK, BI= 2IK. Hãy tính góc A của tam giác ABC.
#15
Đã gửi 17-05-2011 - 21:33
Đề năm 2005
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), có các đường phân giác trong cắt nhau tại I. Các đường thẳng AI, BI, CI cắt dường tròn (O) tương ứng tại các điểm M, N, P.
1. CM: Tam giác NIC cân tại N.
2. CM: Điểm I là trực tâm của tam giác MNP.
3. Gọi E là giao điểm của MN và AC, F là giao điểm của PM và AB. CM: ba điểm E, I, F thẳng hàng.
4. Gọi K là trung điểm của BC và giả sử rằng BI vuông góc với IK, BI= 2IK. Hãy tính góc A của tam giác ABC.
1. $\angle NIC = \dfrac{{sd_{NC} + sd_{AB} }}{2} = \dfrac{{sd_{NC} }}{2} + \dfrac{{sd_{AB} }}{2} = \angle IBC + \angle ICB = \angle ICN \Rightarrow Q.E.D$
2. Tương tự câu 1, ta có MI=MC MN là trung trực IC nên $PI \bot MN$
Tương tự với NI, MI, ta có đpcm.
3. $\angle MAC = \angle MAB = \angle MNB \Rightarrow $ANEI là tứ giác nội tiếp
$ \Rightarrow \angle AEI = \angle ANI = \angle ACB \Rightarrow IE//BC$
Tương tự, IF//BC. IE IF đpcm.
4. Dễ thấy O,K,M thẳng hàng. Mà A,I,M thẳng hàng
nên khi BI IK thì A,O,I,K,M thẳng hàng.
$BI = 2IK \Rightarrow \angle BIM = 60^ \circ $
mà MB=MI nên BMI đều.
$\angle ACB = \angle AMB = 60^ \circ $
Mà OK là trung trực của BC. I OK nên IB=IC BIK= CIK $\angle CIK=60^o$
Tương tự, ta có $\angle ABC = 60^ \circ $
Do đó, $\angle BAC = 60^ \circ $
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#16
Đã gửi 20-05-2011 - 21:21
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và AB là đường kính cố định của đường tròn(O). Đường thẳng d là tiếp tuyến của dường tròn tại B. MN là đường kính thay đổi của đường tròn (O) sao cho MN không vuông góc với AB và M # A, M # B. Các đường thằng AM và AN cắt đường thẳng d tương ứng tại C và D. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng CD, H là giao điểm của AI và MN, Khi MN thay đổi, chứng minh rằng:
a) Tích AM. AC không đổi.
b) Bốn điểm C, M, N, D cùng thuộc một đường tròn
c) Điểm H luôn thuộc một đường tròn cố định.
d) Tam J của đường tròn ngoại tiếp tam giác HIB luôn thuộc một đường thẳng cố định.
#17
Đã gửi 27-05-2011 - 16:03
a) Tam giác ABC vuông tại B, c/m BM là đường cao
=> AM.AC= $AB^2$
Do AB= 2R ( k đổi). Từ đó AM.AC k đổi.
b) c/m sd $\widehat{ACB}$ = $ \dfrac{1}{2}$ ( sd AB- sd BM) = $ \dfrac{1}{2}$ sd AM (1)
sd $ \widehat{ANM}$ = $ \dfrac{1}{2}$ AM (2)
Từ (1) và (2) => $\widehat{ACB}$ = $\widehat{ANM}$ => CMND là tứ giác nội tiếp
c) Từ giả thiết => $ \widehat{IAD}$ = $ \widehat{IDA}$ (1)
c/m $ \widehat{IDA}$ + $ \widehat{ACI}$ = 90 độ và $ \widehat{ANH}$ = $ \widehat{ACI}$ (2)
Từ (1) và (2)=> $ \widehat{AHN}$ = 90 độ => $ \widehat{AHO}$ = 90 độ=> H thuộc đường tròn đường kính AB cố định.
d) c/m BOHI là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OI => đường tròn ngoại tiếp tam giác HIB chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOHI
Do đó: JB = JO
Từ đó tâm J của đường tròn ngoại tiếp tam giác HIB thuộc đường trung trực của OB là một đường thẳng cố định ( do O, B cố định)
#18
Đã gửi 27-05-2011 - 16:09
Cho đường tròn tâm O và đường tròn tâm I là hai đường tròn cố định cắt nhau tại hai điểm A và B, biết rằng đường tròn tâm I đi qua điểm O. Vẽ hai đường kính AE và BF của đường tròn (O). Gọi C là một điểm di động trên cung EF của đường tròn (O) ( cung EF k chứa điểm A) với C # E và F. Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) và đường tròn (I) lần lượt tại K và D ( K#C, D#O).
a) CM $ \widehat{CAD}$ + $ \widehat{OBK}$ = 180 độ
b) CM K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD
c) Xác định vị trí điểm C trên cung EF sao cho diện tích tứ giác ACBD lớn nhất.
#19
Đã gửi 30-04-2017 - 23:34
Cho (O;R) , đường kính BC . Lấy điểm A sao cho OA = 2R ( A, B, C không thẳng hàng ) . Tia OA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I ( I khác A ).
a) C/m: AO.OI = OB.OC
b) AB, AC cắt (O) tại D, E . Đoạn DE cắt AI tại K . C/m: KIEC nội tiếp
c) Gọi M, N là giao điểm của đường thẳng AO với (O) ( M nằm giữa A và N ) . Chứng minh : AM.AN = AK.AI
d) Trong trường hợp BC vuông góc với AO. Tính diện tích tam giác ADE theo R.
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh