Đáp án (TS Nam Định 08-09)

Bài 4(3,0đ) 1.(1,5đ)

O
H
A
I
N
M
S
K
Ta có
·
0
AMB = 90
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
(O;R))
·
⇒
0
AMS = 90
(1)
Mặt khác, SK // MN mà MN
⊥
AB
⇒
SK
⊥
AB
·
⇒
0

AKS = 90
(2)
Từ (1) và (2)
·
·
⇒
0
AMS + AKS = 180
⇒
SKAM là tứ giác nội tiếp
Xét hai
HKM, HAS∆ ∆
có

µ
H
chung và

·
·
KMH = ASH
(góc nội tiếp chắn cung AK của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác SKAM)
⇒

∆ ∆ HKM, HAS
đồng dạng (g.g)
⇒
⇒
HS HA

=
HM HK
HS.HK = HA.HM
2.(1,0đ)
·
·
KSA = KMA
(chứng minh trên) mà SH // MN
⇒

·
·
KSA = ANM
( so le trong)
⇒

·
·
KMA = ANM
(1)
Do AB là trục đối xứng của (O;R) và MN
⊥
AB
⇒

·
·
MAO = NAO
(2), mặt khác
∆

OAM
cân ở O (OA =
OM = R)
⇒

·
·
MAO = AMO
(3)
Từ (2) và (3)
⇒

·
·
NAO = AMO
(4)
Từ (1) và (4)
⇒

·
·
·
·
KMA + AMO = ANM + NAO
Mà tam giác ANI vuông tại I
⇒

·
·

0
ANM + NAO = 90

⇒

·
·

0
KMA + AMO = 90

·
⇒
0
KMO = 90
hay KM vuông góc với bán kính OM
tại M
⇒
KM là tiếp tuyến của (O;R)
3.(0,5đ)
Xét tam giác SAB theo chứng minh trên ta có:
SK và AM là hai đường cao
⇒
H là trực tâm của tam
giác SAB.
Mặt khác
·
0
ANB = 90
(góc nội tiếp chắn nửa (O;R))

Nên BN
⊥
SA hay BN là đường cao của tam giác SAB
⇒
BN đi qua H, hay H; N; B thẳng hàng.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25