- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 1
BAI HINH CUA THUY ANH 01042018
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (591.17 KB, 3 trang )
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO 10 THPT – ARCHIMEDES ACADEMY – HÀ NỘI
THÁNG 3/2018
Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính BC. Điểm A di động trên nửa đường tròn
sao cho A B, A C . Trên cạnh BC lấy hai điểm D, E sao cho BD = BA và CE = CA. Gọi I là
giao điểm của các đường phân giác các góc của tam giác ABC.
a. Chứng minh rằng AIC EIC và AI EI DI
b. Chứng minh rằng tứ giác AIEB nội tiếp.
2
c. Chứng minh rằng BI BE.BC .
d. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BID và CIE cắt nhau tại K khác I. Chứng minh rằng
đường thẳng qua K và vng góc với KI ln đi qua một điểm cố định khi A di động trên nửa
đường tròn (O).
Lời giải.
Thầy Trần Văn Quảng : Hiệu Phó – THCS Hương Canh – Bình Xuyên – Vĩnh Phúc
a) Xét các tam giác AIC và EIC có: CA=CE (giả thiết), C1 C2 (giả thiết), CI là cạnh chung, do đó
AIC EIC c.g.c
, do đó IA = IE (1).
Chứng minh tương tự ta cũng có
AIB DIB c.g .c
, do đó IA = ID (2).
Từ (1) và (2) suy ra IA = ID = IE.
gt
AIC EIC c.g .c
IAC
IAB
b) Từ
suy ra IAC IEC . Mà
nên IEC IAB , do đó tứ giác
AIEB nội tiếp.
1 ACE gt
C
2
2
c) Ta có
. Xét nửa đường trịn (O) có góc CAB vng nên ACAB. Xét đường trịn
(C;CA) có ACAB và điểm A thuộc đường tròn (C;CA) nên AB là tiếp tuyến của đường tròn
(C;CA). Do đó C2 A1 (vì cùng bằng nửa số đo cung AE).
Xét tứ giác BAIE nội tiếp nên BIE A1 (2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) do đó BIE C2 , từ đó
2
BCI BIE g .g
suy ra BI BE.BC .
0
0
d) Do tứ giác BAIE và CAID nội tiếp nên BAI E1 45 , CAI D1 45 . Xét đường tròn (EIC) và
0
đường tròn (BID) có IKC E1 , IKB D1 , do đó IKC IKB E1 D1 90 , chứng tỏ K thuộc
0
đường tròn (O). Gọi M là giao điểm của (O) với KI (M khác K). Vì IKC 45 nên M là điểm
chính giữa của nửa đường trịn (O) có chứa điểm A. Gọi N là giao điểm của MO với đường thẳng
qua K và vng góc với KI thì góc MKN vng, chứng tỏ N thuộc nửa đường trịn (O) khơng
chứa điểm A. Theo cách vẽ N thì N là điểm chính giữa của nửa đường trịn này, do đó N cố định.
Vậy đường thẳng qua K và vng góc với KI ln đi qua N cố định.
GV: Dương Thế Nam – THCS Tích Sơn – Vĩnh Yên – Vĩnh Phúc
a) ∆ACE cân tại C (CA=CE) => CI vừa là phân giác đồng thời là đường trung trực.
=> CI cũng là trục đối xứng => đpcm.
b) – c) như thế…
d) Tứ giác AIEB nt => BAI = IED
Tương tự AIDC nt => CAI = IDE
Xét (BID) có: IDE = BKI ; xét (CIE) có: IED = CKI.
Từ đó suy ra: BKC = BKI + CKI = BAI + CAI = 900.
=> K thuộc đường trịn (O) đường kính BC.
KI cắt (O) tại điểm thứ 2 là M, đường thẳng d qua K vng góc với KI cắt (O) tại điểm thứ
2 là N => MN là đường kính của (O).
Lại có BKM = CKM = CAI = BAI (AI là phân giác BAC)
M là điểm chính giữa của nửa đường trịn (O) đường kính BC nên M cố định
N cũng là điểm cố định.
mở rộng bài hình trên
Cho tam giác ABC vng tại A nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH. Gọi O1 và O2 theo
thứ tự là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABH và ACH. Chứng minh rằng tứ giác
BCO2O1 nội tiếp được đường tròn.
