Boi duong hsg toan 9 huong dan giai bai tap nang cao theo chuyen de

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Tốn lớp 9: PHẦN 3. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN
CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA
GĨC NHỌN
Câu 1. Giải:
Vẽ ME ^ AB , E Ỵ AB . EM cắt DC tại

µ= E
µ= D
µ= 900
F . Tứ giác AEFD có A
nên là hình
·

0

chữ nhật, suy ra EA = FD , MFD = 90 .

µ

µ

µ

0

Tứ giác EBCF có E = B = C = 90

·

0

nên là hình chữ nhật, suy ra EB = FC , MFC = 90 . Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác
vuông EAM , FMC , EBM , FMD , ta có:

MA 2 = EM 2 + EA 2 ;MC 2 = FM 2 + FC 2 ;MB 2 = EM 2 + EB 2 ;
MD 2 = FM 2 + FD 2 .Do đó MA 2 + MC 2 = EM 2 + EA 2 + FM 2 + FC 2
và
2
2
2
2
2
2
MB + MD = EM + EB + FM + FD
mà EA = FD , FC = EB . Suy ra
MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 .
Câu 2. Giải:

µ

µ

0

0

Ta có D + C = 90 < 180 nên hai
đường thẳng AD và BC cắt nhau.
Gọi E là giao điểm của AD và BC .

µ

µ

0

·

0

Vì D ECD có D + C = 90 nên CED = 90 .
Các tam giác EAB , ECD , EAC , EBD vng tại E nên theo định lý Pitago ta
2

2

có: EA + EB = AB

EC 2 + ED 2 = CD 2

2

(1);
(2);

EA 2 + EC 2 = AC 2 (3);
EB 2 + ED 2 = BD 2

(4).
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Từ (1) và (2) ta có: EA + EB + EC + ED = AB + CD .
Từ (3) và (4) ta có: EA + EB + EC + ED = AC + BD .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

2

2

2

2

Do đó AB + CD = AC + BD .
Câu 3. Giải:
Từ giả thiết

AD
HE
1
=
=
AC
HA
3

ta nghĩ đến DF ^ AH , F Ỵ AH .
Từ đó AF = HE , HA = FE và
áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông HEB , FDE , HAB , FAD , ABD ta sẽ chứng
2

2

2

minh được: BE + ED = BD .
Câu 4. Giải: Vẽ đường thẳng qua A vng góc với AF cắt DC tại G . Xét D ABE và

·
·
D ADG có: ABE
= ADG
= 900;AB = AD (vì ABCD là hình vng);
·
·
·
(hai góc cùng phụ với DAE ). Do đó D ABE = D ADG (g.c.g)
BAE
= DAG
Þ AE = AG .
·
D AGF có GAF
= 900; AD ^ GF

theo hệ thức về cạnh và đường
cao tam giác vuông, nên ta có:

1
1
1
+
=
.
2
2

AG
AF
AD 2
1
1
1
+
=
.
Do đó
2
2
AE
AF
AD 2

Câu 5.

E , H Ỵ CD , dựng AF ^ BC thì hai tam giác AHE ,
AFM bằng nhau nên AE = AM . Trong tam giác vng AEN ta có:
1
1
1
1
1
1
+
=
+
=

, mà AE = AM nên ta có:
.Ta cần chứng
2
2
2
2
2
AE
AN
AH
AM
AN
AH 2

Dựng AE ^ AN , AH ^ CD

minh: AH =

3
3
AB Û AH =
DC . Nhưng điều này là hiển nhiên do tam giác
2
2

ADC , ABC là các tam giác đều.
Câu 6. Giải:

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

·

0

Vẽ tia Bx sao cho CBx = 20 , Bx

cắt cạnh AC tại D . Vẽ AE ^ Bx , E Ỵ Bx .
Xét D BDC và D ABC có

·
·
·
CBD
= BAC
= 200 ; BCD
chung.
BD
BC
DC
=
=
Do đó
AB
AC
BC
BD
a2

a2
.BC =
; AD = AC - DC = b Þ BD = BC = a ; DC =
. D ABE
AB
b
b
·
·
·
ABE
= ABC
- CBD
= 600
E
vng tại

có

nên là nửa tam giác đều, suy ra

AB
b
b
= Þ DE = BE - BD = - a . D ABE vuông tại E , nên theo định lý
2
2
2
3 2
2

2
2
2
2
2
Pitago ta có: AE + BE = AB Þ AE = AB - BE = b . D ADE vuông tại
4
E , nên theo nh lý Pitago ta cú:
BE =

2

2

2
3
b
3
1
ỗỗb - a ữ
ữ
ữ
=
ị b2 + b2 - ab + a 2
AE + DE = AD ị b2 + ỗỗ - a ữ
ữ
ữ
ỗ
ữ ỗ
ỗ2

bữ
4
4
4
2

2

2

= b2 - 2a 2 +

a4
a4
Þ
+ ab = 3a 2 Þ a 3 + b3 = 3ab2 .
2
2
b
b

Câu 7. Giải:
Vẽ AH ^ BC , H ẻ BC ;

à

0

vỡ trong D HAB có H = 90
nên sin B =

AH
; vì trong D HAC
AB

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

AH
sin B
AC
b
b
c
. Do đó
. Chứng
=
= Þ
=
AC
sin C
AB
c
sin B
sin C
a
b
a

b
c
minh tương tự ta có
.Vậy
.
=
=
=
sin A
sin B
sin A
sin B
sin C
µ

0

có H = 90

µ

nên sin C =

Câu 8. Giải:
Vẽ đường phân giác AD
của tam giác ABC .
Theo tính chất đường phân
giác của tam giác ta có

Þ

BD
DC
=
AB
AC

BD
BD + DC
BC
BD
a
=
=
=
. Vậy
.
AB
AB + AC
AB + AC
AB
b+ c

(

·

)

0

Vẽ BI ^ AD I Ỵ AD , suy ra BI £ BD . D I AB có AI B = 90 , do đó

·
sin BAI
=

A
a
BI
; hay sin
.
£
2 b+ c
AB

Câu 9.
Dựng đường thẳng vng góc
với AM tại A cắt BO tại K .
Dựng I H ^ OA . Ta dễ chứng minh
được D AOK = D I HA Þ AK = AI .
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng AKM ta có:

1
1
1
+
=
( khơng đổi)
2

2
AK
AM
AO 2
Câu 10.
a). Do BE = AE = 9cm Þ CE = 25 - 9 = 16cm .
Gọi K là giao điểm của DE và AB . Ta có

·
·
·
·
BEK
= DEC
= EDC
= AKE
nên tam giác
BEK cân do đó BK = BE Þ D AEK vuông tại

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

E ( Do BA = BK = BE ).
b) Tính được: AD = 24cm suy ra:

1
1
1

1
1
=
+
=
+ 2 Þ AE = 14, 4cm; DE = 19,2cm
2
2
2
2
AE
AD
AK
24
18
CHỦ ĐỀ 2:
SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG
TRỊN VÀ ĐƯỜNG THẲNG
Câu 11. Giải:
Vẽ đường kính AE có AE = 8cm .
Điểm B thuộc đường trịn
đường kính AE

·
Þ ABE = 900 .
·

Xét D ADC và D ABE có DAC

·

·

(

0

(chung), ADC = ABE = 90

),

AD
AC
AC .AB
. Mà
=
Þ AD =
AB
AE
AE
2.5 5
AC = 2cm, AB = 5cm, AE = 8cm , nên AD =
= (cm ) .
8
4

do đó D ADC : D ABE ị

Cõu 12.

(

)

Gii:V AH ^ BD H ẻ BD .
Tứ giác ABCD có

OA = OA = R,OB = OD = R
nên là hình bình hành. Mà

AC = BD = 2R do đó tứ giác
ABCD là hình chữ nhật, suy ra
SABCD = AB .AD .
µ = 900 , AH ^ DB nên AB .AD = AH .DB .
D ABD có A
2
Vì AH £ AO, DB = 2R nên SABCD £ 2R (không đổi). Dấu “=” xảy ra

H O
AC BD .
Vậy khi hai đường kính AC và BD vng góc với nhau thì diện tích tứ giác ABCD lớn nhất.

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Câu 13. Giải:

(

)

(

)

Vẽ OH ^ AB H Ỵ AB , OK ^ CD K Ỵ CD .
Ta có AB = CD (gt), nên

OH = OK (định lý liên
hệ dây cung và khoảng
cách đến tâm) và H , K
lần lượt là trung điểm của

AB ,CD (định lý đường kính
vng góc dây cung) Þ AH = CK . Xét D OHM

·
= 90 ) có OM
(OHM
0

(cạnh chung)

và OH = OK , do đó D OHM = D OKM (cạnh huyền, cạnh góc vng) Þ MH = MK .
Ta có MH - AH = MK - CK Þ MA = MC .
Câu 14. Giải:

·

0

Vì COD = 90 suy ra tam giác

COD vng cân tại O nên
CD = R 2 .Gọi H là trung điểm của CD . Vì D HOM vng tại H ,
OH =

1
2
CD =
R ,OM = 2R . Trong tam giác vng OMH ta có:
2
2

MH 2 = OM 2 - OH 2 = 4R 2 MD = MH - AH =

R 2
2

(

7R 2
R2
=
Þ MH =
2
2

)

7 - 1 , MC =

R 2
2

(

14
R suy ra
2

)

7+ 1

Câu 15.
Gọi H là giao điểm của OA và DE .
Ta có OA ^ DE Þ AD = AE . Chỉ cần

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

chứng minh AD hoặc AE có độ dài
khơng đổi. Các đoạn thẳng AB , AC
có độ dài khơng đổi, DE ^ OA từ đó
gợi cho ta vẽ đường phụ là đường kính AF để suy ra:

AD 2 = AH .AF , AC .AB = AH .AF .

Câu 16. Giải:

D OAB cân đỉnh O , AC = BD ,
những điều này giúp

ta nghỉ đến

chứng minh OM là đường phân giác
góc O của D OAB .Vẽ OI ^ AC ,

OK ^ BD (I

AC ,K

BD )

thì ta có OI = OK suy ra lời giải bài toán.
Câu 17. Giải:
Vẽ OH ^ BC , H Ỵ BC ,
suy ra BH = HC (định lý
đường kính vng góc dây cung).
Ta có AB + AC =

(AH -

·
= 900 , theo định lý Pitago có
BH ) + (AH + HC ) = 2AH . D MAO có AMO

·
AM 2 + OM 2 = OA 2 ; D HAO có AHO = 900 nên AH 2 + OH 2 = OA 2 mà
OB = OM = R , OH £ OB nên OH £ OM . Do đó OH 2 £ OM 2 , suy ra
AH ³ AM . Từ đó ta có: AB + AC ³ 2AM .
Câu 18. Giải:
Vẽ MH ^ CD , H Î CD .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Gọi N là trung điểm của CD

thì MN là đường trung bình của
hình thang và tam giác MNC cân

·

·

·

tại N nên NMC = ACM = MCN .

·

Suy ra CM là tia phân giác của ACH nên MA = MH , Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Câu 19. Gợi ý:
Dễ thấy PB / / AH , gọi D là giao điểm của CA và BP thì tam giác BAD vuông tại

·
·
= DAP
A . Do PA = PB Þ PA = PB = PD (Do PDA
cùng phụ với
·
·
).
DBA
= PAB

Áp dụng định lý Thales ta có:

IA
IH
AH
=
=
mà
PD
PB
BD
PB = PD Þ I A = I H

Câu 20. Giải:
Điều cần chứng minh làm
song”.

ta nghĩ đến định lý Thales

do vậy ta làm xuất hiện “hai đường thẳng song

+ Vẽ CK / / AB , K Ỵ DE .
Ta có

IM
DM
=
(*)
IC
CK
·

·

·

·

+ Vì CEK = AED = ADE = EKC

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Suy ra tam giác CEK

cân tại C Þ CE = CK .Thay vào (*) ta có:

IM
DM
=
IC
CE

Câu 21. Giải:
Vẽ tiếp tuyến tại E của

( ) cắt

đường tròn O

AB , AC lần lượt

tại H , K .Ta có

ED ^ HK , ED ^ BC Þ HK / / BC .

( ) tiếp xúc với

Gọi N là tiếp điểm của đường tròn O

AC .

OK ,OC là hai tia phân giác của hai góc kề bù EON và NOD (tính chất trung
·
0
tuyến) Þ KOC = 90 .
·

·
·
·
0
+ Xét D OEK và D CDO có OEC = CDO = 90 ,OKE = COD (cùng phụ với

(

·
).
EOK
Do đó D OEK : D CDO Þ

Tương tự cũng có

Do vậy

)

EK
OE
EK
r
hay
.
=
=
r
CD
OD

CD

HE
r
.
=
r
BD

EK
BD
EK
BD
EK
BD
=
Þ
=
hay
=
HE
CD
EK + HE
BD + CD
HK
BC

(1)

+ Trong D ABM có HE / / BM , áp dụng hệ quả của định lý Thales trong tam giác ta có

HE
AE
EK
AE
=
=
. Tương tự có
.
BM
AM
CM
AM
Do đó

HE
EK
EK
EK + HE
EK
HK
EK
CM
=
Þ
=
=
Þ
=
hay

BM
CM
CM
CM + BM
CM
BC
HK
BC

(2)

Từ (1) và (2) cho ta BD = CM .
Câu 22. Giải: Theo đề ra có A,O, I
thẳng hàng (vì O, I

cùng nằm

trên tia phân góc A ).

( )

+ Gọi M , N là tiếp điểm của O ;

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

(I ) với

AB , ta có OM / / I N

AO OM
(hệ quả của định lý Thales).
=
AI
IN
AO OE
Mà OM = OE , I N = I F nên có
.
=
AI
IF
nên

Mặt khác ED ^ BC , I F ^ BC

OD / / I F

·
·F.
AOE
= AI

AO OE ·
·F
=
; AOE = AI
, do đó
AI

IF
·
·
D OAE : D I AF Þ OAE = I AF . Vậy A, E , F thẳng hàng.

+ Xét D OAE và D I AF có

Câu 23. Giải
+ Vì đường trịn (I ) tiếp xúc với
các cạnh tại D , E , F nên suy ra

AE = AF , BE = BD ,CD = CF .

(

+ Dựng AK / / BD K Ỵ DF

) ta có:

MN
MD EM
AM
=
=
,
. Ta cần
AK
DA BD
AD
MD

AM
MD
BD
.AK =
.BD Û
=
. Nhưng AK = AF = AE ,
DA
AD
AM
AK
MD
BE
BD = BE nên ta cần chứng minh:
=
(điều này là hiển nhiên).
AM
AE

chứng minh:

Câu 24. Giải:

AM , AN là các tiếp tuyến của đường

( )

tròn O , gọi H là giao điểm của AO
và MN .
Ta có tam giác AHE đồng dạng với

Tam giác ADO nên AE .AD = AH .AO .

2

Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH .AO = AM .Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Câu 25. Giải:

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Gọi O, I

lần lượt là tâm của các

đường trịn đường kính AD , BC .
Cần chứng minh AB / / OI

cho ta

nghĩ đến các điểm M , N là tiếp

( ) tiếp xúc

điểm của đường tròn O
với BC , đường tròn

(I )

tiếp xúc với AD .

BC
AD
,OM =
,OM ^ BC , I N ^ AD giúp ta có SAOI = SBOI từ đó có được
2
2
AB / / OI .

IN =

CHỦ ĐỀ 3- GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Câu 25. Giải:
Gọi

O là trung điểm của BC

thì tam giác OCD đều nên

·
OCD
= 600

Þ AB / / CD .Để chứng minh: BM = 2MC
Ta cần chứng minh AB = 2CD .
Xét tam giác vng BDC ta có:

CD = BC .sin 300 =

1

BC suy ra BC = AB = 2CD
2

Câu 26. Giải:
Ta gọi giao điểm của AM và cung BC

·

·

»

¼

là D .Ta có BAM = MAC Û BD = DC .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Û OD ^ BC Û O ' M / / OD
·
·
Û AMO
' = ADO

·

·

Để chứng minh: AMO ' = ADO ta
các tam giác cân O ' AM và OAD .

dựa vào

Câu 27. Giải:
Vẽ đường kính AD của đường

( )

·

0

trịn O , suy ra ACD = 90

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).
Xét D HBA và D CDA có:

·
·
·
·
¼
(góc nội tiếp cùng chắn AC ),
AHB
= ACD
= 900 ;HBA
= CDA

(

)

Do đó D HBA : D CDA Þ
đó AB .AC = 2R.AH .

AH
AB
=
Þ AB .AC = AD .AH . Mà AD = 2R . Do
AC
AD

Câu 28. Giải:
Vẽ đường kính BD của đường trịn

(O; R )

·
Þ BCD = 900 (góc nội tiếp

chắn nửa đường trịn).

µ = 900
·
·
·
D BCD có C

nên BC = BD sin BDC . Ta lại có BD = 2R; BDC = BAC
·
¼
(góc nội tiếp cùng chắn BC ) nên BC = 2R sin BAC .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Từ bài tốn này ta cần ghi nhớ kết quả quan trọng: Trong tam giác ABC ta có:

a
b
c
=
=
= 2R
sin A
sin B
sin C

Câu 29. Giải:

·

Ta có: AB là tia phân giác của CAF ,
Vẽ BH ^ CD , BK ^ EF .
Thì suy ra

BH = BK

Ta có: D CBD $ D EBF suy ra

CD
BH
=
= 1 Û CD = EF . Đó là điều phải chứng minh.
EF
BK
Câu 30. Giải:
Dựng đường kính HN của đường trịn

(C )

( ) tại

cắt đường trịn O

K khi đó ta có

CN = CH = HK và
MC .MK = MH .MN (= MD .ME ).
Þ MC .MK = (HC - MC ). (HC + MC )
Û MC .MK = HC 2 - MC 2 Û MC (MC + MK ) = HC 2
Hay Û MC (MC + MK ) = HC
chứng minh.

2

Û MC .2HC = HC 2 Û HC = 2MC là điều phải

Câu 31. Giải:
Dựng đường kính AE của đường

(

)

·

·

trịn O; R . Ta có AEC = ABD
(cùng chắn cung AC )
suy ra D DBA : D CEA , từ đó suy ra

·
·
BAD
= OAC
.
Câu 32.
Ta có:

·
·
BEC
= BDC
(cùng chắn cung )

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

·
·
= BDC
BC và ABD
(so le trong)

·

·

suy ra BEC = ABD .
Vì vậy tia BD là tia tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE
Câu 33. Giải:
+ Vẽ đường trịn đường kính AB .

D MBD vng tại M có MB = MD
(gt) nên là tam giác vng cân

·
Þ ACM = 450 . Từ đó ta có
·
·
ANM
= ACM

= 450 (hai góc nội
¼

tiếp cùng chắn AM )

·
·
·
ANB = ANM + MNB = 900 ; do đó N thuộc đường trịn đường kính AB .
»
+ Gọi E là giao điểm của MN và AB ( E khác N ). Ta có
·
·
» Þ E
¼ = EB
MN
ANM
= MNB
= 450 Þ AE
cố định. Vậy

định E .

luôn đi qua một điểm cố

Câu 34. Giải:

( )

Dựng đường kính AH của O .

Ta chứng minh H là trực tâm của

·
= 900
D BDC . Thật vậy ta có: ACH
Þ CH ^ AC Û CH ^ BD . Tương tự ta cũng có:

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

BH ^ AB Û BH ^ CD . Như vậy H
là trực tâm của D BDC . Suy ra trực tâm H là điểm cố định.
Câu 35. Giải:

AB cắt (O ) tại B và F . Vì D AEH $ D ADO
2

suy ra AE .AD = AH .AO = AM .
Để chứng minh E là trực tâm
của tam giác ABC , ta cần chứng

·

0

minh AFE = 90 , nghĩa là cần có

AF .AB = AE .AD .

Nhưng ta có:
dạng

AF .AB = AM 2 (Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) hoặc có thể dùng tam giác đồng

Câu 36. Giải:
Gọi D , E là giao điểm của đường tròn

(O ) với các cạnh
là giao điểm

AC , AB thì H

của BD ,CE .

·

·

Chứng minh được AMH = AMN ,
từ đó có M , H , N thẳng hàng.
Câu 37. Giải:
Hai tam giác cân ABC , DAB

·

có chung góc ở đáy ABC ,

·

·

do đó BAC = ADC . Suy ra BA là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ACD
Câu 38. Giải:

( )

Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn O .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

·
·
xAB
và ACB lần lượt là góc tạo
bởi tia tiếp tuyến và dây cung và
góc nội tiếp cùng chắn cung AB của

(O ) nên

·
·
xAB
= ACB
.

·
·
và ACB lần lượt là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung
ABD
·
·
ABD
= ACB
BD
I
của

()

·

nên

.

·

Do đó xAB = ABD Þ Ax / / BD . Mà OA ^ Ax ,OA ^ BD suy ra OA ^ BD .
Câu 39. Giải:

( ) tại

Giả sử CA cắt O
đường kính của

F thì EF là

(A; AB ) , ta có
·

» = BE
»
BF
·

(vì BA ^ EF ) . Ta có: BED = BFD ,

1
Ã
Ã
ằ - DE
ẳ ữ=
BCE
= s ỗỗBF
BCF
ữ
2
1
ằ - DE
ằ = BFD
Ã
ẳ ữ = 1 sBD
s ỗỗBE
ữ

2
2
Ã

Ã

T ú suy ra BED = ECB .

µ

·

·

Xét tam giác D BCE , D BED có B chung, BED = ECB

Þ D BCE $ D BED Û

BC
BE
=
Þ DB CB
. = EB 2 .
BE
BD

Câu 40) . Giải:

·
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa

OA = OC = a Þ D OAC cân tại O . Mà ADO
·
đường trịn O ' ) Þ OD ^ AC Þ OD cũng là đường phân giác AOC , nghĩa là
a) Ta cú

( )

Ã
Ã
AOD
= DOM
ẳ
ẳ = DM
ị AD
(hai gúc tõm bng
nhau nên cung chắn bằng nhau)

Þ AD = DM Þ D ADM cân tại D .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
b) D AOE và D COE có OE (chung);

·
·
(cmt); OA = OC = a , D AOE = D COE (c.g.c)
AOE
= COE

·
·
Þ EAO
= ECO
= 900 hay EA ^ AB tại A , OA = a là bán kính (O ) Þ EA là

( ) và (O ').

tiếp tuyến của O
Câu 41. Giải:

a) Do BD , BH là hai tiếp tuyến
cắt nhau đối với đường trịn

(M )

·
Þ BM là tia phõn giỏc ABD
Ã
ả +B
ả = HBD .Lý lun tng
ị B
1
2
2
Ã
t AM l tia phõn giỏc ca BAC

Ã
BAC

à
ả
ị A1 = A2 =
.
2
à ả
Ã
0
0
b) AMB = 90 (gúc ni tip chn nửa đường trịn) Þ A1 + B1 = 90
·
·
HBD
+ BAC
·
·
Þ
= 900 Þ HBD
+ BAC
= 1800 . Vậy AC / / BD , mà
2
MD ^ BD , MC ^ AC (gt) nên M ,C , D thẳng hàng. Ta có OM là đường trung bình của
hình thang vng A BDC nên OM / / AC mà CD ^ A C (gt) Þ OM ^ CD tại M ,
CM là bán kính của (M ) Þ CD là tiếp tuyến của đường trịn (O ) tại M .

c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau của một đường trịn, có:

ìï AC = AH
ï
Þ AC + BD = AH + BH = AB = 2R (const ).Áp dụng hệ thức lượng

í
ïï BD = BH
ỵ
CD 2
2
trong tam giác vng: AC .BD = AH .BH = MH =
(do D CHD vng có HM
4
là trung tuyến ứng với cạnh huyền).

d) Ta có I P / / AM (vì cùng vng góc với M B ).Kéo dài I P cắt A N tại K ; D AMN
có I K

là đường trung bình

Þ K trung điểm của A N . Mà A, N cố định nên K cố định.

Điểm P ln nhìn hai điểm K , B cố định dưới một góc vng nên P chuyển động trên đường
trịn đường kính KB .
Câu 42. Giải:

·

0

a) Ta có AI B = 90

(góc nội tiếp

chắn nủa đường trịn)

Þ BI ^ AE .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
Tương tự A C ^ BE

Þ D AEB có

hai đường cao AC , BI cắt nhau tại

K Þ K là trực tâm D A EB
Þ EK ^ AB (tính chất ba đường cao).
b) Do I

¼

º

»

·

·

là điểm chính giữa AC Þ I A = I C Þ I BA = I BC

·

(hai góc nội tiếp cùng chắn hai

Þ I·AC = I·BA .
đồng thời là đường trung tuyến ( F và K đối

·

»

cung bằng nhau). Mà I AC = I BC (hai góc nội tiếp cùng chắn I C )

D FAK có AI là đường cao (AI ^ BI )

xứng qua I )

· = I·AK .Ta có
FAI
I·AK + I·AB = I·BA + I·AB = 900 Þ AF ^ AB tại
A Þ AF là tiếp tuyến của (O ).

Þ D FAK cân tại A Þ
·
· + I·AB =
FAB
= FAI

2
2
KH

Þ
=
Þ AK =
3
3
AK
có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác Þ D ABE cân tại B nên
đường trung trực Þ K A = K E (K Ỵ BI ).
·

c) sin KAH =

KH
Ã
m sin BAC =
AK

3
HK D A BE
2
BI cng l

ữ
ỗ 3
EH = EK + KH = ỗ
KH .Ta cú
+ 1ữ
ữ
ỗ
ữ

ỗ 2
ữ
ỗ

(

ữ
ỗ 3
K H (K H + 2HE ) = K H K H + 2ỗỗ
KH = 3 +
+ 1ữ
ữ
ữ
ữ
ỗỗ 2
ữ
ỗ 3
ữHK . 3HK =
+ 1ữ
ữ
2
ữ
ỗ 2

ỗ
V 2HE .KE = 2ỗ
ỗ

(

)

6 KH 2 .

)

3 + 6 HK 2 . Suy ra

K H (K H + 2HE ) = 2HE .K E .
Cõu 43. Gii:
a) Do M l im chớnh gia

ẳ
AC

Ã
Ã
ẳ ị NBM
ẳ = MC
= ABM
ị MA
(hai gúc ni tip chn hai cung
bằng nhau)

Þ BM là đường phân

·

giác ABN trong D A BM .Mặt khác

·
BMA
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).
[

D BAN có BM vừa là đường cao vừa là đường phân giác Þ D BAN cân tại B
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

·
· .Ta lại có BAN
·
·
·
= MCN
Þ BAN
= BNA
(vì cùng bù BCM ). Do đó
·
·
BNA
= MCN
Þ D CMN cân tại M .
·

·

·

·

b) Do MB = MQ (gt) Þ D BMQ cân tại M Þ MBQ = MQB MCB = MNQ (vì
cùng bù với hai góc bằng nhau) Þ D BCM : D QNM (g.g)

Þ

BC
CM
=
= 1 (do
QN
MN

·
= 900 (góc nội tiếp chắn
D CMN cân tại M nên CM = MN ) Þ QN = BC . BCA
nửa đường trịn). Xét D BAQ vng tại A , AC ^ BQ có:
AB 2 = BC .BQ = BC (BN + NQ ) = BC (AB + BC )

(1). Đặt BC = x, x > 0 ,

AB = 2R , từ (1) cho

biết

4R = x (2R + x ) Û x 2 + 2Rx - 4R 2 = 0 D ' = R 2 + 4R 2 = 5R 2 Þ
2

x1 = - R + R 5 và x2 = - R - R 5 < 0 (loại) . Vậy BC =
Câu 44. Giải:

(

)

D ' = R 5,

5- 1 R.

MA = MB

a) Đường kính A C vng góc

Þ MD = ME .

với dây DE tại M

Tứ giác ADBE có MD = ME ,

MA = MB (gt), A B ^ DE

Þ ADBE là hình thoi (hình bình
hành có hai đường chéo vng góc nhau).

·

0

( )

b) Ta có BI C = 90 (góc nội tiếp chắn nủa đường trịn O ' )

·
ADC
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O )) Þ BI ^ CD và AD ^ DC nên

AD / / BI , mà BE / / AD Þ E , B , I thẳng hàng (tiên đề Ơclit). D DI E có I M là
đường trung tuyến ứng với cạnh huyền Þ MI = MD . Do MI = MD (cmt) Þ D MDI
·
·
cân tại M Þ MI D = MDI
·
·
+ O ' I = O 'C = R Þ D O ' I C cân tại O ' Þ O ' I C = O 'CI .Suy ra
· D+O
·' I C = MDI
·
·'CI = 900 ( D MCD vuông tại M ). Vậy MI ^ O ' I tại
MI
+O
I , O ' I = R ' bán kính đường trịn (O ') Þ MI là tiếp tuyến của đường trịn (O ') .
·

·

»

·

·

c) BCI = BI M (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn BI ) BCI = BI H

·

(cùng phụ HI C )

· M = BI
· H Þ I B là phân giác MI
· H trong D MI H . Ta lại có
Þ BI

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

BI ^ CI Þ I C là phân giác ngoài tại đỉnh I của D MI H . Áp dụng tính chất phân giác đối
BH
IH
CH
=
=
Þ CH .MB = BH .MC .
với D MI H có:
MB
MI
CM

Câu 45. Giải:
Xét tứ giác AK DL có

µ

µ

(vì K = L = 90 ) Þ
0

·
·
KDL
+ KAL
= 1800
·
KDL
= 1800 - 600 = 1200 .

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

·

·

ta có DM , DN lần lượt là tia phân giác KDP và PDL

·
·
·

KDP
+ PDL
KDL
1200
·
Þ MDN
=
=
=
= 600 .Ta có:
2
2
2
·
·
·
·
·
µ+ BMD
·
·
0
(góc
MDC = MDN + NDC = 60 + NDC ; MDC
= B
= 600 + NDC
ngoài D BMD )

·
·

·
·
0
Þ NDC
= BMD
, mà MBD = DCN = 60 ( D ABC đều) Þ D BMD : D CDN
BM
BD
BC 2
(g.g) Þ
.
=
Þ BM .CN = BD .CD =
4
CD
CN
1
MN .PD
SMDN
MN PD
MN KD
MN
2
b) Ta có
.
.
.
=
=
=

=
1
2BC
SABC
BC AD
BC AD
AD .BC
2
·
Vì D Ỵ MD là tia phân giác BMN Þ DK = DP , D AK D cú
1
AD
KD
à= 900, KAD
Ã
K
= 300 ị KD =
ị
= .
2
2
AD
c) Dựng đường trịn bàng tiếp trong góc A có tâm O của D A EF . Do AD là đường trung
·
tuyến của D ABC đều nên AD là tia phân giác BAC . Suy ra O Ỵ AC . Gọi P ', K ', L '
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

( ) với

lần lượt là các tiếp điểm của O

EF , AB , AC . Ta có

AK ' = AL '; P ' E = EK '; P ' F = FL ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Þ PAEF = AE + EF + FA = AE + EP '+ P ' F + FA
1
P
(gt)
2 ABC
3
3
AB
= AB ( D ABC đều) Þ AK ' = AB Þ BK ' =
(vì
2
4
4

= AE + EK '+ FL '+ FA = AK '+ AL ' = 2AK ' . M PAEF =
ị 2AK ' =

1
P
2 ABC

2

BD ữ
BC 2
AB 2
2
ữ
=
AK '+ K ' B = AB ) Þ BK '.AB =
. Mt khỏc BD = ỗ
( D l
ỗ
ữ
ỗ 2 ữ
4
4
trung điểm BC ); A B = BC ( D ABC đều)
· ' D = BDA
·
Þ BK '.AB = BD 2 Þ D BKD ' : D BDA (c.g.c) Þ BK
= 900 . Ta lại có
· ' B = 900 O D (vì
·
·
OK
O, D Ỵ AD ) . Mà K ' AL ' + K ' DL ' = 1800 (vì
·' DL ' = 1200 Þ EDF
·
·' AL ' = 600 Þ K
A K ' DL ' là tứ giác nội tiếp) mà K
= 600 (tia

phân giác của hai góc kề).
Câu 46. Giải:

·

a) Xét D MA D và D MBA có AMB chung;

·
·
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia
MAD
= MBA
¼
tiếp tuyến và dây cùng chắn AD )

Þ D MAD $ D MBA (g.g)
MA
AD
MD
Þ
=
=
.
MB
AB
MA
b) Ta có MA = MC (tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau của một đường trịn) Þ
Suy ra

MD
MD
MD
CD
=
=
. Lập luận tương tự, ta có
.
MA
MC
MC
BC

AD
CD
=
Þ AD .BC = AB .CD .
AB
BC

c) Dựng điểm

·
·
= ADB
E Ỵ AC sao cho EDC

·
·
·

·
(cách dựng), ABD = ECD (hai góc nội tiếp
= EDC
D DAB và D DEC cú ADB
AB
BD
ẳ
=
ị AB .DC = EC .BD (1).
cựng chắn AD ) Þ D DAB $ D DEC (g.g) Þ
EC
DC
·
·
·
·
Do EDC = ADB Þ BDC = ADE , nên D DA E $ D DBC
(g.g) Þ AD .BC = BD .AE (2).
Từ (1) và (2) ta có AB .CD + AD .BC = BD (AE + EC ) = BD .AC .

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ìï AD .BC = AB .CD
ï
Þ 2AB .CD = AC .BD .
ïï AD .BC + AB .CD = AC .BD
ỵ

c) Ta có í

Mà A C = 2A B (gt)
cân tại D .

Þ 2AB .CD = 2AB .BD Þ CD = BD . Suy ra tam giác BCD

Câu 47. Giải:
a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp
chắn nửa đường trịn ta có:

·
·
AEB
= AMB
= 900 , vậy
·
·
BMC
= AEC
= 900

·
·
Þ AEC
+ BMC
= 1800 Þ Tứ giác MCED nội tiếp đường trịn. D ABC có hai đường
cao BM , AE cắt nhau tại D Þ D là trực tâm D ABC Þ CD ^ AB .
BE

BH
=
Þ BE .BC = BH .AB .
AB
BC
c) + Gọi I là giao điểm của tiếp tuyến tại M của đường tròn (O ) với CD . Trong đường trịn
·

b) cos ABC =

(O ) có

¼
·
(góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn MB ),
I·MD = MAB

·
·
·
·
·
MAB
= MDI
(cùng phụ với ACH ) Þ I MD = MDI Þ D I MD cân tại
I Þ I M = I D . Ta lại có I·MC = I·CM (cùng phụ với hai góc bằng nhau) Þ D MI C cân
tại I Þ I M = I C . Vậy I M = I D = I C Þ I là trung điểm của CD .
+ D CED có EI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên I E = I C = I D = I M , D CED
và D I ED có I M = I E (cmt), OI chung, OM = OE = R Þ D I MO = D I EO

·

·

0

(c.c.c) Þ I EO = I MO = 90 Þ I E ^ OE ,OE = R nên I E là tiếp tuyến của đường tròn

(O ) tại

E . Nghĩa là các tiếp tuyến tại M , E của đường tròn (O ) ct nhau ti mt im I

thuc CD .

à

Ã

ị D AHC vng cân tại H
·
·
Þ CH = AH = x . EAB = 300 Þ EBA = 600 ;
0

0

d) D AHC có H = 90 , CAH = 45

HB
·

cot EBA
=
= cot 60 0 =
HC

3 Þ HB =
3
Þ x=
3

AB = AH + HB Þ 2R = x +
Vậy SABC =

(

AB .CH
1
= .2R .R 3 2
2

)

3
3
.HC =
.x . Ta có
3
3
6R
3+ 3

(

= R 3-

)

3 .

3 R 2 (đvdt).

Câu 48. Giải:
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

ìï ·
·
0
ïï BDO + BOD = 180 a) Ta cú ớ
Ã
Ã
ùù BOD
+ COE
= 1800 ùợ
Ã

à

Bà= 1200
Ã
Ã
,
ị BDO
= COE
Ã
0
DOE = 120

0

mà DOE = B = 60

Þ D BDO : D COE

(g.g) Þ

BD OB
=
OC
CE

BC 2
(khơng đổi).
4

Þ BD .CE = OB .OC =
b) D BDO : D COE

OD
BD
BD
mặt khác
=
=
OE
OC
OB
·
·
·
·
DBO
= DOE
= 600 Þ D BDO : D ODE (c.g.c) Þ BDO = ODE , mà tia DO
·
nằm giữa hai tia DB , DE Þ DO là tia phân giác BDE .
Þ

·

c) D ABC đều nên đường trung tuyến AO cũng là đường phân giác trong của BAC , mà
DO là phân giác ngồi tại đỉnh D Þ O là tâm đường trịn bàng tiếp trong góc A của

D ADE Þ ĐƯờng trịn (O ) luôn tiếp xúc DE , AC .

d) AP = AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB = AC

AP

AQ
·
·
PQ / / BC
I·QA = ACB
= 60 0 , mà DOE
= 600
AB
AC
·
Þ I QE = I·OE = 600;O,Q là hai đỉnh liên tiếp của tứ giác I OQE Þ Tứ giác I OQE nội
·
·
0
tiếp (cùng thuộc một cung chứa góc). Suy ra EI O = EQO = 90 . Lý luận tương tự
·
· E và DNE
·
cùng nhìn DE dưới một góc vng)
DNE
= 900 . Vậy tứ giác DI NE ( DI
· = ODE
·
. Vậy D ONI : D ODE (g.g)
Þ ONI
IN
ON
1
Þ
=

= cos600 = Þ DE = 2NI .
DE
OD
2

Câu 49. Giải:
a) Do AB , AC là hai tiếp tuyến

( )

cắt nhau của đường tròn O

·

·

0

nên ABO = ACO = 90 Þ B ,C
thuộc đường trịn đường kính
b) Ta có AM .AO =

OA có tâm I là trung điểm OA .

AB
.2AI = AB .AI .
2

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

GE
1
= . Mặt
CE
3
MA
MB
BE
ME
1
GE
ME
khác
(vì ME =
nên ME =
) Þ
, theo định
=
=
=
2
2
3
BE
3
CE
BE

lý Ta-lét đảo Þ MG / / BC .
c) Gọi E là trung điểm MA , do G là trọng tâm D CMA nên

d) Gọi G ' là giao im ca OA v

G ẻ CE v

CM ị G ' là trọng tâm D ABC . Nên

G 'M
1 GE
, theo định lý Ta-lét đảo GG '/ / ME
= =
CM
3 CE '

(1)

M I là đường trung bình trong D OAB Þ MI / / OB , mà A B ^ OB (cmt)
Þ MI ^ AB , nghĩa là MI ^ ME (2). Từ (1) và (2) cho MI ^ GG ' , ta lại có
GI ' ^ MK (vì OA ^ MK ) nên I là trực tâm D MGG ' Þ GI ^ G ' M tức
GI ^ CM .
Câu 50. Giải:
a). Gọi O ' là giao điểm của AO
với cung nhỏ DE của đường trịn

(O ) Þ

O ' thuộc đường phân giác

µ

của A trong D ADE . Ta có

·
·
DOA
= EOA

(tớnh cht hai tip

à '= O
Ã'E .
ị DO
1 ẳ Ã
1 ¼
·
·
·
Mà ADO ' = sđ DO '; EDO ' = sđO ' E Þ ADO ' = EDO ' Þ DO ' l phõn giỏc
2
2
àị O ' l tõm ng trịn nội tiếp D ADE . Do đó OO ' = R .
D

tuyến cắt nhau)

Þ D ADE cân tại A nên
·
·

180 - BAC
BAC
·
ADE
=
= 900 . Mà
2
2
·
ABC
·
·
·
·
·
ADE
= ABM
+ NMB
=
+ NMB
(do BO l phõn giỏc ABC nờn
2
Ã
à
Ã
Ã
Ã
ABC
B
BAC

+ ABC
ACB
Ã
Ã
Ã
ABM
=
) ị NMB = ADE = 900 =
. Mặt khác
2
2
2
2
·
ACB
·
·
·
·
NCB
=
(do CO là tia phân giác ACB ). Suy ra NMB = NCB , mà M ,C là hai
2
đỉnh liên tiếp của tứ giác BCMN Þ Tứ giác BCMN nội tiếp (vì cùng thuộc một cung chứa
b) Do AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
0

góc).

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

·

·

·

·

c) D NMO và D BCO có NOM = BOC (đối đỉnh); NMO = BCO

OM
ON
MN
=
=
. Tương tự D DMO$ D ACO
OC
OB
BC
DM
OM
NE ON
=
=
(g.g) Þ
; D NEO$ D BAO (g.g) Þ

.Vậy
AC
OC
AB
OB
MN
DM
EN
=
=
.
BC
AC
AB
(cmt) Þ

D NMO$ D BCO (g.g) Þ

BÀI TẬP RÈN LUYỆN TỔNG HỢP

1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O ) . Gọi E là giao điểm của AB ,CD . F là
giao điểm của A C và BD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác FDC tại điểm K khác D . Tiếp tuyến của (O ) tại
B ,C cắt nhau tại M .

a) Chứng minh tứ giác BK CM nội tiếp
b) Chứng minh E , M , F thẳng hàng.
2) Cho đường trịn (O ) đường kính AB . Trên tiếp tuyến tại A của (O ) lấy
điểm C . Vẽ cát tuyến CDE (tia CD nằm giữa 2 tia CA,CO , D , E Ỵ (O ) , D
nằm giữa C , E ). Gọi M

là giao điểm của CO và BD , F

là giao điểm của

AM và (O ) , F ¹ A)

a) Vẽ tiếp tuyến CN của

(O ) . Chứng minh CNMD là tứ giác nội tiếp

b) Vẽ AH ^ OC tại H . Chứng minh A DMH là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh E ,O, F thẳng hàng.
3) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O ) (AD < BC ) . Gọi I là giao điểm của A C
và BD . Vẽ đường kính CM , DN . Gọi K

là giao điểm của AN , BM .

Đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
NOC tại điểm J khác C .
a) Chứng minh K BNJ là tứ giác nội tiếp
d) Chứng minh I , K ,O thẳng hàng.
4) Cho tam giác nhọn ABC (AB > AC ) . Đường tròn (I ) đường kính BC cắt
AB , AC tại F , E . BE cắt CF tại H . A H cắt BC tại D . Chứng

minh các tứ giác BFHD , I FED nội tiếp.
5) Cho tam giác nhọn ABC

các đường cao AD , BE ,CF

cắt nhau tại H . Vẽ

HI ^ EF tại I , HK ^ DE tại K , I K Ç AD = M , FM Ç DE = N . Gọi
S là điểm đối xứng của B qua D . Chứng minh tứ giác FI MH , HMNK

·
·
nội tiếp và MAN
= DAS
6) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O ) . Vẽ hai tiếp tuyến AB , AC

B ,C là

hai tiếp điểm) và một cát tuyến ADE đến (O ) sao cho ( ADE nằm giữa
2 tia AO, AB , D , E Ỵ (O ) ,Đường thẳng qua D song song với BE cắt
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí