15 lời GIAI bài tập rèn LUYỆN NÂNG CAO(TIẾP) (1)

Câu 71. Giải:
Gọi M , N , P ,Q lần lượt là
trung điểm của AB, BC ,CD, DA .
Gọi G là giao điểm của MP , NQ
thì G là trung điểm chung của
cả hai đoạn đó. H đối xứng với O
qua G , H 1' đối xứng với A qua H . Ta chứng minh H 1' �H 1 .
'
Thật vậy, ta có MH / / BH 1 ( MH là đường trung bình của tam

giác ABH 1' ; MH / / OP ( MOPH là hình bình hành); OP ^ CD
'
(đường kính đi qua trung điểm dây cung).Suy ra BH 1 ^ CD .

Tương tự DH 1' ^ BC , suy ra H 1' là trực tâm của tam giác BCD
'
do đó H 1 �H . Lấy O ' đối xứng với O qua H , thì AOH 1O ' là

hình bình hành. Suy ra O 'H 1 = OA = R (bán kính của ( O ) ).
Tương tự O 'H 2 = O 'H 3 = O 'H 4 = R . Vậy ta có đpcm.
Câu 72. Giải:
Ta sẽ chứng minh ba đường
thẳng Ơ-le đó cùng đi qua
trọng tâm tam giác ABC .
Do tính tương tự, ta chỉ chứng
minh cho tam giác BCI .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Về phía ngồi tam giác ABC , dựng tam giác A 'BC đều, nội

tiếp trong đường tròn ( O1) . Tứ giác IBA 'C nội tiếp vì

� 'C + BIC
� = 1800 . Do A 'B = A 'C nên IA ' là phân giác � ,
BA
CIB
suy ra ba điểm A, I , A ' thẳng hàng. Gọi F là trung điểm của
BC , S và S1 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam

giác I BC .

Vì

FS1 FO1 1
FS
=
=
= nên ba
FA
FI
FA ' 3

điểm S1,O1, S thẳng hàng. Mặt khác, O1S1 là đường thẳng Ơ-le
của tam giác IBC , do đó đường thẳng Ơ-le của tam giác
I BC đi qua trọng tâm tam giác ABC . Chứng minh hoàn toàn
tương tự với các tam giác IAC , IAB . Ta có đpcm.
Câu 73. Giải:
Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh.
Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC
có O là tâm đường trịn ngoại

tiếp, H là trực tâm. Khi đó nếu
� = 600 .
AO = AH thì ta có BAC

Trở lại bài tốn: Giả sử bốn điểm
O, I , H ,C cùng thuộc một đường
�
trịn. Vì CI là phân giác của HCO

nên IH = I O = t .

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


� �600 thì bốn điểm O, I , H , A cùng
Ta chứng minh: nếu BAC
thuộc một đường trịn.

Kí hiệu M , N lần lượt là hình chiếu của I trên OA và AH .
Lấy hai điểm O1,O2 nằm trên tia AO sao cho IO1 = IO2 = t (O1
nằm giữa A và M , M nằm giữa O1 và O2 ).
Lấy hai điểm H 1, H 2 nằm trên tia AH sao cho IH 1 = IH 2 = t (

H 1 nằm giữa A và N , N nằm giữa H 1 và H 2 ).
a) Nếu O �O1 và H �H 1 , hoặc O �O2 và H �H 2 . Khi đó
D AIO : D AIH suy ra AO = AH . Áp dụng bổ đề ta được
� = 600 , trái với điều giả thiết.
BAC

b) Nếu O �O1 và H �H 2 hoặc O �O2 và H �H 1 . Ta có
� O = IH
� H và IO
� O = IH
� H . Suy ra
D I O1O2 = D I H 1H 2 nên IO
1 2
2 1
2 1
1 2
tứ giác AOIH nội tiếp.
Giả sử A và B khơng nằm trên đường trịn ngoại tiếp tam
� = ABC
� = 600 nên tam giác ABC đều,
giác OI H . Khi đó BAC
suy ra ba điểm O, I , H trùng nhau, vơ lý. Vậy ta có đpcm.
Câu 74. Giải:
Gọi E là giao điểm của AH
và ( O ) , (E khác A ). Giao
điểm của MN và EC là F .
Tứ giác ABEC nội tiếp đường
tròn ( O ) , có OK ^ MK nên theo
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


“bài tốn con bướm” ta có
�
� = HCB
�

(1). Mặt khác MAK
và HE ^ BK
= BAE
nên tam giác HCE cân tại C , suy ra HK = K E (2).Từ (1) và
(2) ta có tứ giác MHFE là hình bình hành, do đó MH / / EF .
�
�EF = ABC
� .
Suy ra MHK
=K
KM = KF

�
� .
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được NHK
= ACB
� = MHN
�
� + ACB
� = 1800 - BAC
� . Suy ra tứ giác
Ta có QHP
= ABC
AQPH nội tiếp được.

Câu 75. Giải:

� = APC
� = ABC
� = 1800 - AHC

� . Do đó tứ giác AHCR
Ta có ARC
� = ACR
� = CAP
� .
nội tiếp.Suy ra AHX
Tương tự ta cũng có tứ giác
AHBQ nội tiếp.Từ đó suy ra

�
� =
XAH
= QBH

� + ABH
� = BAP
� + ABH
�
(2)
QBA

� + XAH
� =
Từ (1) và (2) suy ra AHX
� + BAP
� + ABH
� = CAB
� + ABH
� = 900 . Do đó
CAP

�
�
hay tứ giác AXEH nội tiếp được. Vậy
AXH
= 900 = AEH
� = AHX
� = CAP
�
(theo (1)). Suy ra EX / / AP
XEA

(đpcm).

Câu 76. Giải:

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD,CE . K N cắt
�QC = K
�AC = EPQ
� . Suy
AB, (O2 ) , (O ) lần lượt tại S, P ,Q . Ta có K
ra EP / / CQ , mà N là trung điểm của EC
nên N là trung điểm của PQ .
Ta thấy: 2SA.SM = SA.SD + SA.SB ;
2SK .SN = SK .SP + SK .SQ mà
SA.SD = SK .SP (tứ giác AK PD

nội tiếp); SA.SB = SK .SQ (tứ
giác AKQB nội tiếp)

� SA.SM = SK .SN � tứ giác AK NM
nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN .
�
�
Mặt khác tứ giác AMO N nội tiếp vì AMO
= ANO
= 900 hay
1

1

1

cũng có O1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Suy
� O = ANO
�
ra tứ giác AK NO1 nội tiếp � AK
= 900 (đpcm).
1
1
Câu 77.

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF . Ta có

� = EBF
� .
EMF
� + EAF
� = EBF
� +A
�+A
� = EBF
� + E� + F� = 1800 nên
Mà EBF
1
2
1
1

�
�
EMF + EAF = 1800 . Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn

(j ) .

Gọi N là giao điểm của các tiếp

tuyến tại A và M của ( j

)

ta

chứng minh ba điểm N , E , F

thẳng hàng. Thật vậy, gọi F '
là giao điểm thứ hai của NE
với ( j ) . Ta có D NAE : D NF 'A
(g.g) . Suy ra

AE
NA
ME
NM
NA
(1). Tương tự
=
=
=
AF ' NF '
MF ' NF ' NF '

AE
ME
AE
AF '
nên
(*) Gọi I
=
=
AF ' MF '
ME
MF '
là giao điểm của AB và EF . Ta có IE 2 = IA.I B = IF 2 do đó
Mà D IEB : D IAE (g.g) nên

IE = IF .
(2). Từ (1) và (2) ta có

EB
IF
IE
BF
IF
EB
BF
. Tương tự
. Suy ra
. Do vậy
=
=
=
=
AE
IA
IA
AF
IA
AE
AF
ME
MF
AE
AF
hay
=

=
AE
AF
ME
MF

(**). Từ (*) và (**) ta có

AF '
AF
suy ra F �F ' . Vậy ba điểm N , E , F thẳng hàng.
=
MF ' MF
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Ta có N thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABF . Do vậy
N thuộc trung trực AB , suy ra N thuộc đường thẳng OO ' .
Tương tự D 2 và CD cắt nhau tại một điểm N ' thuộc OO ' . Do
tính chất đối xứng, CD và EF cắt nhau tại một điểm thuộc
OO ' do đó N �N ' .

Vậy các đường thẳng CD, EF , D 1, D 2

đồng quy tại N . (đpcm).
Câu 78. Giải(Bạn đọc có thể xem thêm phần’’Các định
lý hình học nổi tiếng’’Nội dung định lý Lyness
Qua M kẻ tiếp tuyến chung của (O ') và ( O ) .
� = NMX

�
� =M
�
Ta có N
và B
1
1
1
�
� .
do đó NMD
= NMB
� .
Vậy MN là phân giác góc DMB

Gọi Q là giao điểm thứ hai của
MN và ( O ) . Ta có Q là điểm

chính giữa của cung BD do đó
� . Gọi I là giao điểm của CQ và
CQ là phân giác góc DCB
NP .

1� �
1� �
� �
� �
�
� �
�

CM = �
sđ DM + sđ DQ
= �
sđ DM + sđQB
= N 1 = IPM
Ta có I�
.
�
�
�
�
� 2�
�
2�

Suy ra tứ giác I PCM nội tiếp. Do đó
� = NPA
� = I�
QMB
MC � D QIM : D QNI � QI 2 = QN .QM . Mà
�
� � D DQN : D MQD � QD 2 = QN .QM � QD = QI .
QMD
= QDN
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Do đó I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác BCD . Tương tự
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm trên NP .

Câu 79. Giải:
Gọi A ' là giao điểm thứ hai của AI với ( O ) . Theo câu 78 ta
có tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC nằm trên I M (xét
với ( O1) và I N (xét với (O2 ) ). Suy ra tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC . (đpcm).
Câu 80. Giải:
1�
�
�
Ta có BMC
= 900 + A
= 1800 - B
2
�
�
và ZMY
= 1800 - B

(vì tứ giác MZCY nội tiếp)
� = Y�
Do đó BMZ
MC nên

�
XBM
= Y�NC . Suy ra D BXM : D MY C

do đó D K XB : D LY M

� = LY

� M = Y�TC = BTN
� . Vậy tứ giác BXT N nội tiếp.
� BXK
Tương tự ta cũng có tứ giác Y CNZ nội tiếp. Mặt khác
� = BT
� X = BMX
�
�
�
suy ra Y�NC = Y�ZT = Y�
BNX
MC và XNY
=B
.Từ đó
� = BMX
� +Y�
� = BMX
� + XBM
� +B
� = 2B
�=B
� +C� do
BNC
MC + B

� + BAC
� =A
� +B
� +C� = 1800 . Suy ra tứ giác ABNC nội
đó BNC

tiếp.
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Câu 81. Giải:
a) D ABE : D ACF (g.g)
�

AB
AE
=
� AE .AC = AF .AB .
AC
AF

� + BDH
� = 1800 �
b). Ta có BFH
Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có
hai góc đối bù nhau).
� = AEB
�
= 900 � Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có
Ta có ADB

(

)

hai đỉnh D, E cùng nhìn AB dưới một góc vng).
� = BEC
�
= 900 � Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác
c). Ta có BFC

(

)

có hai đỉnh F , E cùng nhìn BC dưới một góc vng)
� = ABC
� . Mà �
�
� = AEF
�
(hệ quả). Do đó xAC
� AEF
xAC = ABC
(hai góc ở vị trí so le trong) nên Ax / / EF .Lại có OA ^ Ax . Do
đó OA ^ EF .
d). Gọi I là giao điểm của AD và EF . Ta có
� = ABE
� = FDH
� � DI là tia phân giác � . Mà AD ^ BC
ADE
EDF
nên có DK là dường phân giác ngoài của D DEF . Xét D DEF
có

KF
IF
=
KE
IE

(1). Áp dụng hệ quả Talet vào các tam giác:

D IAE có FN / / AE :

NF
IF
=
AE
IE

(2);

D K AE có

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


MF / / AE :

KF
MF
=
KE

AE

(3). Từ (1),(2),(3) cho

NF
MF
=
� NF = MF .
AE
AE
Câu 82. Giải:
� = MC
�
a). Ta có AM
� )
(M là điểm chính giữa của AC
�
�
(hệ quả góc
� ABM
= IBM
�
� = 900
nội tiếp). AMB
= ACB
(góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn) � BM ^ AI , AC ^ BI .
D ABI có BM vừa là đường cao ( BM ^ AI ) vừa là đường

(

)

�
�
phân giác ABM = IBM . Do đó tam giác ABI cân tại B .
�MI = 900 BM ^ AI ; K
b) Ta có K
(
) �CI = 900 ( AC ^ BI )
� +K
�CI = 900 + 900 = 1800 .Vậy tứ giác MICK nội tiếp.
� KMI
c) Xét D ABN và D IBN có AB = BI ( D ABI cân tại B ),
� = IBN
� (chứng minh trên), BN cạnh chung. Do đó
ABN
� = NIB
� . Mà �
D ABN = D IBN (c.g.c) � NAB
NAB = 900 nên
� = 900 � NI ^ BI . Mà I thuộc đường trịn ( B, BA ) (vì
NIB
BI = BA ). Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn ( B, BA ) .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


+ Xét D ABC có M là trung điểm của AI , D ABI cân tại B ,
BM là đường cao, O là trung điểm của AB � MO là đường

trung bình của tam giác ABI � MO / / BI . Mà NI ^ BI
(chứng minh trên). Vậy NI ^ MO .
� D = IBM
�
d) Ta có IK
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK của
� = 1 IBA
� = IBM
�
� và IBA
� là
đường tròn ( IBK ) ). Mà IDA
( IDA
2
góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AI của đường
� ). Do đó IDK
� = IDA
�
tròn ( B, BA ) , BN là tia phân giác của IBA
� hai tia DK , DA trùng nhau.
� D, K , A thẳng hàng. Mà C , K , A thẳng hàng nên D, K , A,C
thẳng hàng. Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng.
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa
Câu 83. Giải:a) Ta có ICD
� = ICD
� = 900 . Do đó tứ
đường trịn ( O ) ).Tứ giác IHDC có IHD
� = 2ICH
�
giác IHDC nội tiếp đường tròn tâm M � IMH

và
� = IDH
� .
Mà
ICH

(

)

� = ICH
� = IDH
�
BCA
(hai góc cùng chắn cung AB của ( O ) ).

(

)

�
�
�
� = 2ICH
� .Ta có
Do đó BCA = ICH = IDH nên BCH

(

)

� = IMH
�
�
BCH
= 2ICH
. Vậy tứ giác BCMH nội tiếp.
b) Gọi T là giao điểm của PD
và đường tròn ( J

)

ngoại tiếp

tam giác HMD (T �D ) .
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


Xét D PHD và D PT M
�
� = PT
�M
có HPD
(chung), PHD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
MD của ( J ) ).Do đó D PHD : D PT M (g.g)
PH
PD
=

� PM .PH = PD.PT . Chứng minh tương tự có
PT
PM
PM .PH = PC .PB , nên PD.PT = PC .PB .
�

PD
PB
�
Xét D PBD và D PT C có PBD
(chung),
(vì
=
PC
PT
PD.PT = PC .PB ). Do đó D PBD : D PT C (c.g.c)
� = PTC
�
� PBD
� Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn ( O ) . Do đó
T �N . Vậy ba điểm P , D, N thẳng hàng.
Câu 84. Giải:
a) AM , AN là các tiếp tuyến của đường tròn ( O ) (gt)
�
� = 900 . Tứ giác AMON có
� AMO
= ANO
� + ANO
� = 900 + 900 = 1800 � Tứ giác AMON nội tiếp
AMO

đường trịn đường kính OA .
� = 900 � I
b) I là trung điểm của BC (gt) � OI ^ BC , AIO
thuộc đường trịn đường kính OA .Ta có AM = AN ( AM , AN là
các tiếp tuyến của ( O ) ).

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


+ Xét đường trịn ( AMOIN ) có AM = AN
� = AN
� = AMK
� .
� � AIM
� AM
�
Xét D AIM và D AMK có IAM
� = AMK
�
(chung), AIM
.
Do đó D AIM : D AMK (g.g)
AI
AM
=
� AK .AI = AM 2 .
AM
AK
� (chung), AMB

�
�
Xét D AMB và D ACM có MAB
(hệ
= ACM
quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).Do đó
�

D AMB : D ACM (g.g) �

(

AM
AB
=
� AB.AC = AM 2 .Vậy
AC
AM

)

AK .AI = AB .AC = AM 2 .
� = 900 ; O, A cố định. vậy I thuộc đường trịn
c) Ta có AIO
đường kính OA . Khi B � M thì I � M ; khi B � N thì I � N .
Do vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên
cung trịn MON của đường trịn đường kính OA .
� = AN
� = NIK
�

� � MIK
d) Xét đường trịn đường kính OA có AM
D IMN có IK là đường phân giác �

IM
MK
. Do đó
=
IN
NK

IM
MK
2
=2�
= 2 � MK = 2NK � MK = MN .
IN
NK
3
Vậy khi cát tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN tại điểm K sao
IM = 2IN �

2
cho MK = MN thì IM = 2I N .
3
Câu 85. Giải:
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word

� = 900 AH ^ BC . Do đó H thuộc đường trịn
a) Ta có AHB
(
)

(O ) .H

và E đối xứng qua AC (gt) và N �AC .

� = AEN
�
Do đó AHN
(tính chất đối xứng trục)
1 � �
�
� �
�
�
= sđ AN
�
Mà AHN = ADN �
.
�
�
�
� 2
�
� = ADN
�
� D ADE

Do đó AEN
cân tại A .Vậy AD = AE .
� = 900 (góc nội tiếp chắn
b) ADB
nửa đường trịn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) và
AD = AE nên AD = AH .

(

)

(

)

�
�
0
0
+ Xét D ADB ADB = 90 và D AHB AHB = 90 có AD = AH ,
AB (cạnh chung). Do đó D ADB = D AHB (cạnh huyền- cạch
� = HAB
� .
góc vng) � DAB
�
� , AM (cạnh
+ Xét D ADM và D AHM có AD = AH , DAM
= HAM
�
� . Ta

chung). Do đó D ADM = D AHM (c.g.c) � ADM
= AHM

(

)

�
�
�
� .
có AHM = AHN = ADM . Vậy HA là tia phân giác của MHN
� = AEC
�
c) H và E đối xứng qua AC (gt) � AHC
(tính chất
� = 900 ( AH ^ BC ) nên AEC
� = 900 . Tứ
đối xứng trục). Mà AHC
� + AEC
� = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác
giác AHCE có AHC
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


AHCE nội tiếp � A, H ,C , E cùng thuộc một đường tròn.

(

�
�
�
Mặt khác AHM = AEM = ADM

)

� tứ giác AEHM nội tiếp

� A, E , H , M cùng thuộc một đường tròn (2). Từ (1) và (2) ta
có năm điểm A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường trịn.
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).
Ta có ANB
�
� = 900 ( A, E ,C , H , M cùng thuộc một đường trịn)
AMC
= AHC
D ABC có CM , BN , AH là ba đường cao (
�
� = 900, AH ^ BC ).Do đó ba đường thẳng
AMC
= 900, ANB
CM , BN , AH đồng quy.
� = ABC
�
d) Xét D ADQ và D ABC có ADQ
(hai góc nội tiếp
� = ACB
�
� của ( O ) ); AQD

cùng chắn cung AH
(hai góc nội tiếp
� của ( O1) . Do đó D ADQ : D ABC (g.g)
cùng chắn AH
�

AD
DQ
DQ
. Mà DI =
(I là trung điểm của DQ ),
=
AB
BC
2

BK =

BC
DI
DQ
(K là trung điểm của BC ) nên
=
2
BK
BC

AD
DI
�

�
=
+ Xét D ADI và D ABK có ADI = ABK ,
AB
BK

� DQ �
�
�
�
=
�
.
�
�
�
� BC �

� = AK
� B � Tứ giác
+ Do đó D ADI : D ABK (c.g.c) � AID
AIHK nội tiếp. Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
AHK .
Câu 86). Giải:
� = ADC
� = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
a). Ta có ABC

(

)

(

)

�
�
0
0
trịn).Xét D ABC ABC = 90 và D ADC ADC = 90 có AC
(cạnh chung), AB = AD ( D ABD đều) Do đó D ABC = D ADC
– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


� = DAC
� = 300
(cạnh huyền – cạnh góc vng) � BAC
CD = BC = AC .sin BAC = 2a sin300 = a ;
BD = AD = AB = AC .cosBAC = 3a , DN =

AD
3a ,
D DNC
=
2
2
2

� 2a �
�
2
� � 2 7a
vuông tại D � CN 2 = DN 2 + CD 2 , CN 2 = �
nên
+
a
=
�
�
�
4
�
�2 �
�
CN =

7a .
2

b) D ABD đều có AC là đường
phân giác nên là đường cao,
đường trung tuyến. M , N lần lượt
là trung điểm AB, AD � MN là
đường trung bình của tam giác
ABD � MN / / BD .Ta có
AC ^ BD, MN / / BD
�
� C = 900, MEC

�
� C = 900 , MBC
= 900, MK
= 900 (
� MN ^ AC � MK
H là trực tâm của D CMN ). Do đó B, M , K , E ,C cùng thuộc
�FB = K
�CB (xét
một đường tròn (T ) đường kính MC . Ta có K
�
(T ) ), K�CB = ADB

�FB = ADB
�
� K F / / AD . Tứ
(xét ( O ) ) � K
giác K FDN có K F / / ND và K N / / FD nên là hình bình hành
�
�
AB
AD
�
AM =
=
= AD �
�
� DF = K N . D AMN có AM = AN �
�
�
�

2
2
�
�
nên D AMN cân tại A .

Mà AK là

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


đường phân giác nên cũng là đường cao, đường trung tuyến
� KN =

MN
BD
3a . Vậy
3a .
=
=
DF =
2
4
4
4

c) D CMN có CK là đường cao, đường trung tuyến � D CMN
cân tại C .
� � MCK

�
�CE . Xét đường
Do đó CK là tia phân giác MCE
=K
�
�CE � MK
� =K
�ME = MFI
� . Vẽ Mx
�E � K
trịn (T ) có MCK
=K
� = MFI
�
là tiếp tuyến của đường trịn ( MIF ) có xME
Ta có
�ME = xME
� � Hai tia MK , Mx trùng nhau. Vậy K M tiếp xúc
K
với đường tròn ngoại tiếp tam giác MIF . D K MI : D K FM
KM
KI
KN
KI
, mà K M = K N nên
. Ta có
=
=
KF
KM

KF
KN
�NF = 900 , D K IN : D K NF
NF / / FM , K N ^ AC � K N ^ NF � K

(g.g) �

KI
KN �
�IN = KNF
� = 900 . mà K F / / AD .
=
, IK N chung) � K
KN
KF
� = 900 .
Vậy IND
(

Câu 87. Giải:
a) D MAC : D MDA
b) D MHC : D MDO (c.g.c)
�
� , MHC
�
�
MCH
= DOH
= DHO
�

�
� = COD = CHD = BHD
� .
c) CAD
2
2

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


d) DE cắt CF tại K .
�
�
�
�
0
0
� = OCD
� = 180 - COD = 180 - sđCD = sđCE - sđ DF = DK
� F
OHD
2
2
2
�HF = 1800 - K
�DF = 900 � K H ^ MO tại H .
� tứ giác DK HF , K
Mà AB ^ MO tại H . Nên K H , AB trùng nhau.
Câu 88. Giải:

Vẽ OH ^ MF tại H . Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B, H ,O,C cùng
thuộc một đường tròn.
� = AOB
� = BDS
� �
AHB
Tứ giác BDFH nội tiếp
� = BFH
�
� BDH

(

�
�
�
ABM
= BDH
= BFH

)

� BM / / DH , DH / / GM
(DH là đường trung bình của tam giác MGF ).
M , B,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / / GL .
Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx là tia
� = MCD
�
�
tiếp tuyến của đường tròn ( O ) , xMB

= MLG
� Mx là tia tiếp tuyến của đường tròn ( MGL ) .

Vậy hai đường tròn ( O ) và ( MGL ) tiếp xúc nhau.

– Website chuyên tài liệu đề thi file
word


– Website chuyên tài liệu đề thi file
word