nntien

ai làm bài 7 hình chưa?

a. Ta có $\frac{AB}{sinC}=\frac{AC}{sinB}=2R$.

Theo bài toán => $sinB.sinC=\frac{\sqrt{2}}{2}$

=> $\frac{AH}{AC}.\frac{AH}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 

=> đpcm

b. Ta có:

$AD.AB=AH^2=AK.AC$ => tam giác ADK đồng dạng với tam giác ACB với tỉ số k, sao cho $k^2=\frac{AD}{AC}.\frac{AK}{AB}$

=> $k^2=\frac{AD}{AC}.\frac{AK}{AB}=\frac{S_{ADK}}{S_{ABC}}$

Mà $AD.AB=AH^2=AK.AC$ => $AD.AB.AK.AC=AH^4$ => $\frac{AD.AK}{AC.AB}=\frac{AH^4}{(AC.AB)^2}=\frac{4R^4}{8R^4}=\frac{1}{2}$

=> đpcm

1. a $A=2+\frac{1}{\sqrt{x}}$

b. $x=1$

2.b. (d) cắt (P) tại hai điểm M,N

Tính diện tích tam giác OMN: tính diện tích hình thang vuông trừ diện tích hai tam giác vuông hai bên.

$S=3.75 dvdt$ 

Bài 4:

c. Ta có: $\frac{HI}{HD}=\frac{FI}{FD}$  (đl đường phân giác - câu b)

và $\frac{AI}{AD}=\frac{FI}{FD}$ (FA là phân giác ngoài của góc IFD)

=> đpcm

d. Theo bài toán ta có: $\angle BHC = \angle BOC = 2\angle BAC$, mà $\angle BAC + \angle BHC=180^0$ => $\angle BAC=60^0$

Gọi M là trung điểm BC. Ta có tam giác BFC vuông => $FM=\frac{BC}{2}$, tương tự =>  $EM=\frac{BC}{2}$ 

=> tam giác EFM cân. (1)

Tam giác FCA vuông có $\angle A = 60^0$ => $\angle FCE=30^0$,

mà tứ giác FBCE nội tiếp => $\angle FME = 2\angle FCE = 60^0$ (2)

Từ (1), (2) => tam giác EFM đều.

=> $BC=2EF$

BC là dây cung có góc nội tiếp $\angle BAC = 60^0$ => $\frac{BC}{sinA}=2R$ => $BC=\sqrt{3}R$

=> $EF=\frac{\sqrt{3}R}{2}$

Bài 5:

a. Gọi $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6$ lần lượt là điểm số các bạn.

Theo bài ta có: $\sum_{i=1}^{6}x_i=6m$

Giả sử chia được 3 cặp hoàn hảo, WLOG ta giả sử ba cặp là 1,2; 3,4; 5,6

=> $x_1+x_2>2m$, $x_3+x_4>2m$, $x_5+x_6>2m$

=> $\sum_{i=1}^{6}x_i>6m$. Trái với GT => đpcm

b. Tương tự ta cũng CM được không thể chia được 3 cặp không hoàn hảo.

=> Tồn tại nhiều nhất 1 cặp hoặc 2 cặp.

Ta chỉ cần chỉ ra trường hợp nhiều nhất một cặp đó là bộ:

$(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)=(0,1,2,3,4,20)$ có $m=5$ không tìm ra được 2 cặp hoàn hảo.

Vậy có nhiều nhất một cặp hoàn hảo.

Câu hình năm nay dễ:

a. Câu này dễ rồi:

tg AFDC nội tiếp => $\angle ADC = \angle AFC$, tg AEDB nội tiếp => $\angle AEB = \angle ADB$

mà $\angle ADC+\angle ADB=180^0$ => đpcm

b. Ta có góc AHC bù với góc A => K,H,C,B đồng viên 

AO cắt (O) tại A', H' đối xứng với H qua BC => H' thuộc (O).

Ta dễ chứng minh BHCA' là hình bình hành (BH và A'C cùng vuông góc với AC ...)

Ta có $\angle AFC = \angle ADC = \angle ABD + \angle BAD= \angle ABD + \angle BCA'= \angle ABD + \angle CBH$

$=\angle ABD + \angle CBH'= \angle ABH'$

=> FC//BH' 

Tương tự => EB//CH' => HC=KB và KC=HB => đpcm

c. Khi D di chuyển thì K di chuyển trên cung BC như hình vẽ => S đạt GTLN khi K là điểm chính giữa cung BC.

Gọi T là điểm chính giữa cung BC. Khi đó tam giác TBC cân tại T, có đường cao TV.

=> $\angle TBV = \frac{180^0-\angle BTC}{2} = \frac{\angle BAC}{2}$

=> $TV=\frac{BC.tan(\frac{\angle BAC}{2})}{2}$

$S_{TBC}=(\frac{BC}{2})^2.tan(\frac{\angle BAC}{2})$

=> đpcm

d. Ta có AFDC nt => $BF.BA=BD.BC$, AEDB nt => $CE.CA=CD.CB$ => đpcm

Mặt khác ta có $BF.BA=BI^2-r^2$, $CE.CA=CI^2-r^2$, trong đó r là bán kính của (I).

theo trên => $BD^2-CD^2=BI^2-CI^2$ => ID vuông góc với BC.

Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$. Lấy $C$ trên đường tròn sao cho $AC<BC$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ cắt tia $BC$ tại $D$.

 

Kẻ $OH\perp AC$ ($H\in AC$). Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $DO$. $DH$ cắt $AO$ tại $K$.

 

Chứng minh $IK\parallel AD$.

 

 

Bài này không được sử dụng kiến thức về tứ giác nội tiếp

Kéo dài $OH$ cắt $AD$ tại $M$, khi đó $M$ là trung điểm của $AD$ (đường trung bình).

Theo định lý Ceva áp dụng cho tam giác $ADO$ với ba đường đồng quy $DK, AI, OM$ => $\frac{DI}{IO}=\frac{AK}{KO}$ => đpcm.

Tam giác ABC vuông tai A, dường cao AH chia cạnh huyền BC thành hài đoạn thẳng HB=1cm; Hc=4cm. Dựng đường tròn (A;2cm)
a. Cm: BC là tiếp tuyến đường tròn (câu này mình làm được)
b. Dựng đường kính DH của (A). Tiếp tuyến của (A) tại D cắt tia đối của tia AB ở E. Cm: BDEH là hình bình hành (câu này mình làm được)
c. Nối DC cắt HE tại I. Tính DI (mình cần các bạn giúp)

Ta tính được: $DH=4cm$ => $DC=4\sqrt{2}$. Mà $\frac{DI}{DC}=\frac{1}{5}$ => $DI=\frac{4\sqrt{2}}{5}cm$

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Giả sử $BH=AC$, trung tuyến $BM$ của tam giác $ABC$ cắt $AH$ tại $I$. 

Cm: $CI$ là tia phân giác của $\widehat{ACB}$

Ta có: $BC.HC=AC^2$ <=> $BC.HC=AC.BH$ <=> $\frac{BC}{AC}=\frac{BH}{HC}$ (1).

Kéo dài $CI$ cắt $AB$ tại $N$ => $HN//AC$ (định lý Ceva hoặc chùm đường thẳng)

=> $\frac{BN}{NA}=\frac{BH}{HC}$ (2). Từ (1), (2) => đpcm.

Bài 2c. Dễ quá:

$AD \geq AM$, $AH \leq AN$ => $AD-AH \geq AM-AN$ => M trùng với D thì MN đạt max!

Bai 1 c dễ mà bạn.

Ta có: $BM.BN=9R^2$ và $AM.ON=R^2$ (Talet) => $(BM-R)(BN-R)=R^2$ => $BM+BN=9R$. Dùng Pytago tính $MO, AN$ nhé.

c. Xét tam giác AHC, kẻ HN'//MN cắt AC tại N' ta dễ chứng minh $\frac{AN}{NC}=\frac{SH}{SC}$ (1)

$\frac{AN}{NC}=\frac{N'N}{NC}=\frac{SH}{SC}$ ($O$ là trung điểm của AH và $Thales$)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                                                

           HẢI DƯƠNG                                                   ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI

                                                                                                                NĂM HỌC 2016 - 2017

                                                                                                              Môn thi: TOÁN (Chuyên)

                                                                                 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

                                                                               (Đề thi gồm có 01 trang)  

 

Câu 4(3đ):

Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn (O) (A khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm A qua điểm B.

a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.

b) Đường thẳng MH cắt (O) tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi I là trung điểm của HC, đường thẳng AI cắt (O) tại G (G khác A). Chứng minh: $AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=2BC^2$

c) Gọi P là hình chiếu vuông góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.

 

a. A di chuyển trên $(O;OB)$ => M di chuyển trên đường tròn đối xứng với $(O;OB)$ qua B cố định.

b. Gọi U là trung điểm của AH, V là trung điểm của HI. Tam giác ABC vuông => $AH^2=BH.HC$ => $4HU^2=4HB.HV$ 

=> $HU^2=HB.HV$ => BU vuông góc với UV.

Mà MH//BU (đường trung bình), AI//UV (đường trung bình) => EF vuông góc với AG

Tứ giác AEGF nội tiếp có hai đường chéo vuông góc => $AF^2+FG^2+GE^2+EA^2=8R^2=2BC^2$ (bài toán quen thuộc: link) (đpcm).

c. Kéo dài PH cắt AI tại J . Ta có HJ//AC (cùng vuông góc với AB) và I là trung điểm của HC => ACJH là hình bình hành => AH//JC

=> JC vuông góc với BC và $CJ=AH$ (*) => $BJ$ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC.

Theo bài toán => BJ đạt max => $BJ^2=BC^2+CJ^2$ đạt max => $CJ$ đạt max, theo (*) => $AH$ đạt max => $A$ là điểm chia cung BC thành hai phần bằng nhau (2 vị trí).

E nằm trên cung nhỏ AB thì nó vẫn vậy hả anh?

Uh nhỉ. Bài giải trên mình nhầm điểm $E$ trên  cung nhỏ BC, E trên cung nhỏ AB cũng tương tự.