TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN TỔNG HỢP VÀ GIỚI THIỆU CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC TRÍCH TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUA CÁC NĂM HỌC Hình học phẳng nội dung quan trọng chương trình mơn tốn trường THCS THPT chun tốn Trong năm gần đầy tốn hình học phẳng xuất đề thi vào lớp 10 THPT chuyên, lớp 10 khiếu toán kì thi học sinh giỏi cấp với độ khó ngày cao Với mong muốn tuyển chọn giới thiệu hình học phẳng tổng hợp từ đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên nhằm mục đích làm tài liệu học tập cho học sinh tài liệu giảng dạy cho giáo viên, soạn tài liệu ”Tổng hợp giới thiệu tốn hình học trích đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT qua năm học” Nội dung tài liệu giới thiệu tốn hình học tổng hợp trích từ đề thi mà thân tác giả sưu tầm được, với lời giải trình bày cơng phu xác Với cách viết đặt bạn đọc vào vị trí người giải, lối suy nghĩ hình thành lời giải tốn cách tự nhiên đảm bảo tính khoa học, hy vọng tài liệu thực có ích cho bạn đọc chinh phục tốn hình học phẳng Mặc dù thực cố gắng dành nhiều tâm huyết để hoàn thiện sách với hiệu cao nhất, song sai sót điều khó tránh khỏi Chúng tơi mong đóng góp ý kiến bạn đọc để chúng tơi hồn thiện tài liệu tốt Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Bài Cho điểm A cố định nằm đường tròn ( O ) Kẻ tiếp tuyến AE, AF ( O ) (E, F tiếp điểm) Điểm D di động cung lớn EF cho DE  DF , D không trùng với E tiếp tuyến D ( O ) cắt tia AE, AF B, C a) Gọi M, N giao điểm đường thẳng EF với đường thẳng OB, OC Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn b) Kẻ tia phân giác DK góc EDF tia phân giác OI góc BOC với k thuộc EF I thuộc BC Chứng minh OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2016 – 2017 Lời giải A P F M Q NK O E J G H B L D I C a) Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp + Lời giải Ta có DEF = DOF = DOC nên DEF + DON = 180 suy ta có tứ giác DONE nội tiếp đường tròn Mặt khác ta có BEO = BDO = 90 nên BDOE nội tiếp Như năm điểm B, D, E, O, N thuộc đường trịn Từ suy BNO = BEO = 90 Chứng minh tương tự ta BMC = 90 Như ta có BMC = BNC = 90 hay tứ giác BNMC nội tiếp + Lời giải Theo giả thiết tốn ta có NCB = tam giác FBM nên ta có Nguyễn Cơng Lợi ACB Do AFE góc ngồi NMB = AFE − ABM = AFE − ABC Mà ta lại có Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN ( ) 1 AFE = 900 − BAC Từ ta NMB = 900 − BAC + ABC = ACB Kết hợp 2 hai kết ta thu NMB = NCB , tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI song song với DK + Lời giải Ta có biến đổi góc sau  ABC   o ACB  ABC + ACB EDF = 1800 − EDB − FDC = 1800 −  90o −  −  90 − =     2     Mà ta lại có KDC = EDF ABC ACB ACB ABC ACB + FDC = + + 900 − = 900 + − 4 4 Mặt khác OI phân giác góc BOC nên ta có OIC = ABC ABC BOC + BOI = + = 2 1 ABC ACB  ABC ACB − −  1800 −  = 900 +  2  4 Kết hợp hai kết ta suy KDC = OIC nên OI song song với DK + Lời giải Gọi H, G giao điểm BO với DE CO với CF Gọi J giao điểm DK với OB Khi dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn, ta HOG + HDG = 1800 Do OI phân giác góc BOC DK phân giác góc EDF nên ta có EDK + BOI = 90 Mà ta lại có EDK + BJD = 900 nên ta BOI = BJD Từ suy OI song song với DK c) Chứng minh đường thẳng IK qua điểm cố định + Lời giải Giả sử P giao điểm DK với cung nhỏ EF, P điểm cung nhỏ EF Từ suy ba điểm A, P, O thẳng hàng Gọi Q giao điểm AO với EF Do ta AO vng góc với EF Q Xét hai tam giác vng KPQ IDO có OID = ODP = KPQ nên KPQ ∽ IDO Do ta OE = OP nên KP PQ PQ Mặt khác ta lại có OAE = 900 , EQ ⊥ OP = = OI DO PO OQ OE PQ OQ OQ OE OP AP Từ = = 1− = 1− = 1− = 1− = OE OA PO PO OE OA OA OA Kết hợp hai kết ta KP AP , mà ta có KP song song với OD Do = OI AO suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Vậy IK qua điểm cố định A Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN + Lời giải Gọi giao điểm DK với đường tròn ( O ) P, dễ thấy ba điểm A, P, O thẳng hàng Giả sử AO cắt EF Q Do DK song song với OI nên ta có KPO = KDO = DOI , điều dẫn đến hai tam giác KQP DIO đồng dạng với Từ ta KP PQ PQ Mặt khác ta lại có P điểm cung = = OI OD OE nhỏ EF nên EP phân giác tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết hợp hai tam giác AEO AQE ta suy Kết hợp hai kết ta PA EA AO PA PQ = = , suy = PQ EQ EO OA EO AP KP , mà ta có KP song song với IO nên theo = AO OI định lí Talets ta suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Từ ta có điều phải chứng minh + Lời giải Gọi giao điểm AO với đường tròn ( O ) L Khi CO phân giác BCA AO phân giác góc BAC nên ta có COL = ) ( BAC + BCA Mặt khác tứ giác BDOE nội tiếp nên ta có ) ( ( 1 DOB = EOB = 900 − ABC = 900 − 1800 − BAC − BCA = BAC + BCA 2 ) Từ ta COL = BOD , mà OI phân giác góc BOC nên DOI = LOI Kết hợp với OD = OL OI chung dẫn đến IOD = IOL , suy ILO = IDO = 90 hay LI tiếp tuyến đường tròn ( O ) Gọi K’ giao điểm AI với EF Dễ dàng chứng minh AP.AL = AE2 = AQ.AO nên ta song với IL nên theo định lý Talets ta có AQ AP Mà QK’ song = AL AO AQ AK' AK' AP = = Từ dẫn đến , AL AI AI AO nên theo định lý Talets đảo ta có PK ' song song với OI Điều dẫn đến PK’ PD trùng hay K K’ trùng Từ suy ba điểm A, K, I thẳng hàng Ta có điều phải chứng minh Bài Cho đuờng tròn ( O; R ) dây cung BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Bên ngồi tam giác ABC dựng hình vng ABDE, ACFG hình bình hành AEKG Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN a) Chứng minh AK = BC AK vng góc BC b) Gọi giao điểm DC BF M Chứng minh ba điểm A, K, M thẳng hang c) Chứng minh A thay đổi cung lớn BC đường tròn ( O; R ) K ln thuộc đuờng trịn cố định Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017 Lời giải K G E C' B' A F O D T B S M H C a) Chứng minh AK = BC AK vng góc BC + Ta có KEA + EAG = 1800 BAC + EAG = 1800 nên ta KEA = BAC Mặt khác ta lại có EK = AG = AC EA = AB nên hai tam giác AEK BAC nhau, ta AK = BC EAK = ABC + Gọi H giao điểm KA BC, ta có BAH + ABC = BAH + EAK = 900 suy AH vuông góc với BC Do AK vng góc với BC b) Gọi giao điểm DC BF M Chứng minh ba điểm A, K, M thẳng hàng + Gọi T S giao điểm KB với CD KC với BF Gọi Z giao KC AG Ta có KAC = KAG + 900 BCF = ACB + 900 mà KAG = ACB nên suy KAC = BCF Mặt khác lại có KA = BC; AC = CF; KAC = BCF nên hai tam giác KAC BCF nhau, suy CKH = FBC Để ý CKH + KCH = 900 nên FBC + KCH = 90 suy BF vng góc với KC Tương tự ta có KB vng góc Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN với CD Từ hai kết suy M trực tâm tam giác KBC suy M thuộc KH Vậy ba điểm A, K, M thẳng hàng c) Chứng minh A thay đổi cung lớn BC đường tròn ( O; R ) K ln thuộc đuờng trịn cố định Dựng hình vng BCC' B' nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy B'C' cố định Ta có AKB' B hình bình hành Do B'K song song với AB nên B'KA = BAH Tương tự ta có AKC'C hình bình hành nên KC' song song với AB, AKC' = HAC Từ suy B'KC' = B'KA + AKC' = BAH + HAC = BAC Vì A thay đổi cung lớn BC đường trịn ( O; R ) K ln nhìn đoạn B'C' cố định góc khơng đổi  = BAC Do K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng đoạn B'C' cố định Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) đường kính AK Trên cạnh BC lấy điểm M; vẽ đường tròn ( D; R ) qua M tiếp xúc với AB B, vẽ đường tròn ( E; R ) qua M tiếp xúc với AC C Gọi N giao điểm thứ hai khác M đường tròn ( D; R ) đường tròn ( E; R ) a) Chứng minh N thuộc đường tròn ( O; R ) ba điểm A, M, N thẳng hàng b) Khi M thay đổi đoạn BC Chứng minh R + R = R tứ giác ADNE có diện tích khơng đổi c) Khi M thay đổi đoạn BC Tính diện tích nhỏ tam giác ADE theo R Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017 Lời giải a) Chứng minh N thuộc đường tròn ( O; R ) ba điểm A, M, N thẳng hàng + Vì tam giác ABC nội tiếp ( O; R ) có đường kính AK nên AB = BC = CA = R lại có BAC = ABC = ACB = 600 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Vì BA tiếp tuyến đường tròn ( D; R ) A nên BNM = ABM = 60 CA tiếp tuyến ( E; R ) nên CNM = ACM = 600 Từ BAC + BNC = BAC + BNM + CNM = 1800 O Suy tứ giác ABCN nội tiếp đường tròn hay N thuộc đường trịn ( O; R ) + Vì N thuộc đường tròn ( O; R ) M B C D nên ta có E N K P BNA = CNA = 60 , mà ta lại có BNM = 60 0 ta BNA = BNM = 60 nên ba điểm A, M, N thẳng hàng b) Chứng minh R + R = R tứ giác ADNE có diện tích khơng đổi + Tam giác OBK có OB = OK = R BKO = BCA = 60 nên tam giác OBK đều, suy BK = R Tương tự ta CK = R nên tam giác BKC cân K, KBC = KCB Vì BA tiếp tuyến đường trịn ( D; R ) nên BD vng góc với BA, mà ta có BK vng góc với BA nên suy D nằm BC, điều dẫn đến KBC = DBC suy D thuộc BK nên KBC = DBC , lại có DB = DM = R nên DMB = DBC Từ kết ta KCB = DMB nên DM song song với KC hay DM song song với KE Chứng minh tương tự ta có EM song song với DK tứ giác MDKC hình bình hành Từ suy DM = KE hay DM + EC = EK + EC Do ta suy R + R = R + Ta có AN vng góc với NK hay ED vng góc với AN, DE song song với AN, điều dẫn đến S DNE = S DKE nên S ADNE = S ADKE Lại có 1 R R2 SADKE = S ADK + S AEK = AB.DK + AC.KE = DK + KE = ( ) 2 R2 Do suy ta S ADKE = không đổi c) Khi M thay đổi đoạn BC Tính diện tích nhỏ tam giác ADE theo R Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Ta có S ADKE R2 R2 R2 hay SADE + SKDE = nên S ADE = = − SKDE Kẻ EP vng 2 góc với DK P, ta có 1 1 R2 S DKE = KD.EP = KD.KE.sin PKE = KD.KE.sin 60  ( KD + KE ) = 2 16 2 R R 7R Suy SADE  , dấu xẩy KD = KE hay M trung − = 16 16 7R điểm BC Vậy S ADE đạt giá trị nhỏ M trung điểm BC 16 Bài Cho hai đường tròn ( O1 ) ( O ) có bán kính khác nhau, cắt hai điểm A B cho O1 ,O thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Đường trịn ( O ) ngoại tiếp tam giác BO1O cắt ( O1 ) ( O ) K L (khác A B) Đường thẳng AO cắt ( O1 ) ( O ) M N (khác A) Hai đường thẳng MK NL cắt P cho P B thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ đường thảng KL a) Chứng minh tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn b) Chứng minh điểm A cách hai đường thẳng BK BL c) Chứng minh điểm P thuộc đường thẳng AB tam giác PKL cân Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2016 – 2017 Lời giải P K L M A N O2 O1 B a) Chứng minh tứ giác BKPL nội tiếp đường trịn Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Vì tứ giác MKAB BALN nội tiếp đường tròn ( O1 ) ( O ) nên ta có MKB = MAB BLN = BAN Mà ta lại có MAB + NAB = 1800 nên ta suy MKB + NLB = 1800 Mặt khác PKB = 1800 − MKB PLB = 1800 − BLN nên ta PKB + PLB = 1800 , suy tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn b) Chứng minh điểm A cách hai đường thẳng BK BL Ta có O1LB = O1O B (góc nội tiếp chắn cung BO1 ) ALB = AO2 B = O1O2 B Do ALB = O1LB suy ba điểm O1 ; O; L thẳng hàng Chứng minh tương tự ta ba điểm O2 ; A; K thẳng hàng Khi ta KAO1 = LAO2 Ta có 1 KBA = KO1A ABL = AO2 L (góc nội tiếp góc tâm chắn 2 cung KA, AL) Mặt khác tam giác KO1A; AO L tam giác cân nên KO1A = 1800 − LAO2 1800 − KAO1 AO2 L = Từ ta có KBA = LBA hay BA 2 phân giác góc KBL suy A cách BK BL c) Chứng minh điểm P thuộc đường thẳng AB tam giác PKL cân + Chứng minh P thuộc AB PKL cân Vì P thuộc AB nên ta cần khai thác giả thiết Có hai hướng xử lý Hướng Ta có P, A, B thẳng hàng Chú ý tam giác MPN cân PMN = KBA = ABL = MNP khai thác từ câu b) Khi cần chứng minh KL song song với MN ta sử dụng yếu tố góc khơng thể sử dụng yếu tố cạnh có hai cạnh Chú ý đến tứ giác MKAB BKNL nội tiếp nên PK.PM = PA.PB PL.PN = PA.PB Suy PK.PM = PL.PN mà PN = PM nên PK = PL Suy tam giác PKL cân Hướng Ta có P, A, B thẳng hàng nên ý vào khai thác việc P nằm AB cho ta nghĩ đến áp dụng kết câu b) ta có BP phân giác góc KBL suy KBP = LBP nên sdKP = sdPL hay KP = PL Từ tam giác PKL cân + Chứng minh PKL cân P thuộc AB Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Ta chuyển chứng minh P, A, B thẳng hàng với KP = LP Vì cần P, A, B thẳng hàng nên cần chứng minh BA trùng BP Tương tự ta có hai hướng xử lý: Hướng Vì KP = PL nên KBP = LBP (góc chắn cung nhau) nên BP phân giác góc KBL sử dụng kết câu b) BA phân giác góc KBL nên BA  BP Hướng Nếu PK = PL PK.PM = PL.PN Gọi A’ A’’ giao điểm BP với (O ) ( O ) PK.PM = PA'.PB = PL.PN = PA''.PB Suy A  A'  A " hay P thuộc AB Bài Cho đường tròn tâm O đường kính BC, A điểm di chuyển đường tròn ( O ) (A khác B C) Kẻ AH vng góc với BC H M điểm đối xứng điểm A qua điểm B a) Chứng minh điểm M ln nằm đường trịn cố định b) Đường thẳng MH cắt đường tròn ( O ) E F (E nằm M F) Gọi I trung điểm HC, đường thẳng AI cắt ( O ) G (G khác A) Chứng minh AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 c) Gọi P hình chiếu vng góc H lên AB Tìm vị trí điểm A cho bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 – 2017 Lời giải A F Q S P B K O E C I H O' G M D a) Chứng minh điểm M nằm đường trịn cố định Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN b) Chứng minh A, O, D thẳng hàng A HK song song với BC Gọi T giao điểm khác A AD với I F đường tròn ( O ) Khi ba điểm A, O, D thẳng O P hàng ta có ACT = 90 Gọi J giao điểm K E H AH với BC, ta có AJB = 900 Xét hai tam B J Q D L C giác JAB CAT ta có AJB = ACT = 900 T ABJ = ATC Do ta JAB ∽ CAT nên BAH = CAD Ta có BAH = BCH (cùng phụ với ABC ) Mặt khác ta có BHC = BKC = 180 − BAC nên tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn, suy BKH = BCH Mà ta có DBE = CAD nên suy DBE = BKH , HK song song với BC  BC  BAC tan c) Chứng minh D thay đổi cạnh BC ta ln có S      Gọi P điểm cung HK đường tròn ngoại tiếp tam giác BHCK Vẽ PQ vng góc với BC Q, suy Q trung điểm BC Khi ta có BC BPC BC BHC cot = cot 2 2  BC BAC  BC BAC = cot  900 − tan =  2  2  PQ = BQ cot BPQ = Vẽ KL vng góc với BC L, ta có KL  PQ Do ta SKBC 1  BC  BAC = KL.BC  PQ.BC =  tan  2   d) Chứng minh BF.BA − CE.CA = BD2 − CD2 ID ⊥ BC + Xét hai tam giác BAD tam giác BCF có ABD BAD = BCF nên BAD ∽ BCF Từ ta BA BD hay BA.BF = BC.BD Tương tự ta có CE.CA = CB.CD = BC BF Do BF.BA − CE.CA = BC ( BD − CD ) = ( BD + CD )( BD − CD ) = BD − CD Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN + Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF, BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF M N Chứng minh tương tự ta có BF.BA = BM.BN = IB2 − R CE.CA = ID2 − R Do ta IB2 − ID2 = BD2 − CD2 Vẽ ID’ vng góc với BC D’, ta có IB2 = ID'2 + BD'2 IC2 = ID'2 + CD'2 Do IB2 − IC2 = BD'2 − CD'2 Ta có IB2 − ID2 = BD'2 − CD'2 Do hai điểm D D’ trùng hay ID vng góc với BC Bài 34 Cho đường trịn ( O ) bán kính R điểm M nằm ngồi đường trịn ( O ) Kẻ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn ( O ) (A, B hai tiếp điểm) Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C khác A, C khác B) Gọi I K trung điểm MA, MC Đường thẳng KA cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai D a) Chứng minh KO2 − KM2 = R b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp c) Gọi E giao điểm thứ hai đường thẳng MD với đường tròn ( O ) N trung điểm KE đường thẳng KE cắt đường tròn ( O ) điểm thứ hai F Chứng minh bốn điểm I, A, N, F nằm đường trịn Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2017 – 2018 Lời giải A E I M H K D N L Q F O P C B a) Chứng minh KO2 − KM2 = R Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Ta có IM = IA KM = KC nên IK đường trung bình tam giác AMC, IK song song với AC Lại có MA = MB (tính chất tiếp tuyến cắt M) OA = OB = R nên OM trung trực AB Do ta OM vng góc với AB nên KI vng góc với OM Gọi giao điểm IK OM H Áp dụng định lý Pitygo cho tam giác vuông MHI; KHO; MHK; OHI ta có MI = MH + HI  2 MI + KO = MH + HI + KH + HO KO = KH + HO   2 2 2 2 MK + IO = MH + HI + KH + HO MK = MH + HK O I = IH + HO  Do IM = IA nên từ ta suy MI2 + KO2 = MK2 + IO2  KO2 − KM2 = IO2 − MI2 = IO2 − IA2 = OA2 = R2 Vậy ta KO2 − KM2 = R b) Chứng minh tứ giác BCDM tứ giác nội tiếp Đường thằng KO cắt đường tròn ( O ) Q P Ta có KC = KM nên suy KO2 − KM2 = R2  KO2 − KC2 = R Từ ta KC2 = KO2 − OP = ( KO + OP )( KO − OP ) = KQ.KP Do tứ giác ADPQ nội tiếp đường trịn nên ta có KQ.KP = KD.KA suy KC2 = KD.KA Từ dẫn đến tam giác CKD tam giác AKD đồng dạng với nên DCK = KAC = DBM Vậy tứ giác MDCB nội tiếp đường tròn c) Chứng minh bốn điểm I, A, N, F nằm đường tròn Gọi L trung điểm KD Ta có tam giác MKD tam giác AKM đồng dạng với nên suy AEM = MAK = EMK , AE song song với KM Để ý đến tứ giác nội tiếp đường trịn ta có KF.KE = KD.KA hay ta KF.KN = KL.KA nên tứ giác ANFL nội tiếp Điều dẫn đến LAF = LNF = MEK = FMK Từ suy KAF = KMF nên tứ giác MKFA nội tiếp Do AFN = AMK = AIN Dẫn đến tứ giác IANF nội tiếp đường tròn Bài 35 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC nội tiếp đường tròn ( O ) Tiếp tuyến A đường tròn ( O ) cắt đường thẳng BC M Kẻ đường cao BF Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN tam giác ABC(F thuộc AC) Từ F kẻ đường thẳng song song với MA cắt AB E Gọi H giao điểm củ CE BF, D giao điểm AH BC a) Chứng minh MA2 = MB.MC MC AC2 = MB AB2 b) Chứng minh AH vng góc với BC D c) Gọi I trung điểm BC Chứng minh bốn điểm E, F, D, I nằm đường trịn d) Từ H kẻ đường thẳng vng góc với HI cắt AB AC P Q Chứng minh H trung điểm PQ Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2017 – 2018 Lời giải A Q F O E K M B L H D I C P a) Chứng minh MA2 = MB.MC MC AC2 = MB AB2 Hai tam giác MAB MCA có AMB chung ACB = MAB nên suy tam giác MAB đồng dạng với tam giác MCA Do ta MA MB = MC MA MA2 = MB.MC Cũng từ hai tam giác MAB MCA đồng dạng hay nên ta có MC2 AC2 MC2 AC2 MC AC = = hay Kết hợp với ta = MA = MB.MC MA AB MA AB2 MA AB2 nên suy MC2 AC2 MC AC2 = = hay ta MB.MC AB2 MB AB2 b) Chứng minh AH vng góc với BC D Do MAE = AEF ACB = MAE nên ta ACB = AEF , từ tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn Mà ta có BFC = 900 nên ta suy BEC = 900 nên CE vuông Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN góc với AB Do H trực tâm tam giác ABC, suy tam giác AH vng góc với BC D c) Chứng minh bốn điểm E, F, D, I nằm đường tròn Do tam giác BFC vuông F I trung điểm BC nên FI = BC Từ tam giác BFI cân I Do ta FIC = 2IBF Mặt khác tứ giác BEHD nội tiếp đường tròn nên HAF = HEF Mà ta lại có HAF = HBD phụ với ACB Kết hợp kết ta HBD = DEF nên suy FIC = DEF Vậy bốn điểm E, F, I, D nằm đường tròn d) Chứng minh H trung điểm PQ Gọi K L trung điểm BE FC, IK đường trung bình tam giác BEC Từ ta suy IK EC song song với nên ta IK vng góc với BE Do tứ giác PKHI nội tiếp đường tròn nên HPI = HKI Hoàn toàn tương tự ta chứng minh HQI = HLI Ta có HKI + HKE = 900 HLI + HLF = 900 Ta lại có tam giác HBE tam giác HEF đồng dạng với nên suy HKE HLF có HE KE HE BE hay Xét hai tam giác = = HF LF HF CF HE KE HEK = HFL = 900 nên tam giác HKE tam giác HFL = HF LF đồng dạng, ta HKE = HLF Kết hợp với HLI + HLF = 900 ta HKI = HLI nên HPI = HQI , tam giác IPQ cân I Mà IH vng góc với PQ H nên H trung điểm PQ Bài 36 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn ( O ) , kẻ đường kính AN Lấy điểm M cung nhỏ BN (M khác B, N) Kẻ MD vng góc với đường thẳng BC D, ME vng góc với đường thẳng AC F, MF vng góc với đường thẳng AB F a) Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng hàng b) Chứng minh Nguyễn Công Lợi AB AC BC + = MF ME MD Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN c) Chứng minh FB EA DC + + 3 FA EC DB Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2017 – 2018 Lời giải a) Chứng minh ba điểm F, D, E thẳng hàng A Tứ giác BDMF có BDM + BFM = 1800 nên nội tiếp đường tròn Suy ta BMF = BDF Chứng minh tương tự ta O E CDE = CME Dễ thấy tứ giác ABMC AFME nội tiếp đường tròn nên ta B D C F BMC = EMF , từ suy BMF = CME M N Kết hợp với kết ta BDF = CDE nên ba điểm E, D, F thằng hàng b) Chứng minh AB AC BC + = MF ME MD Trên cạnh BC lấy điểm P cho BPM = ACM , ta suy CPM = ABM Xét hai tam giác ACM BPM có BPM = ACM CAM = PBM nên hai tam giác ACM BPM đồng dạng Lại có DM ME đường cao tam giác BPM ACM Từ MD BP AC BP hay Xét hai tam giác ABM = = ME MD ME AC CPM có CAM = PBM BAM = PCM nên hai tam giác ABM CPM đồng dạng với Từ hồn tồn tương tự ta được AB CP Do ta suy = MF MD AB AC CP BP BC + = + = MF ME MD MD MD FB EA DC + + 3 FA EC DB Trước hết ta pháp biểu chứng minh bổ đề Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, c) Chứng minh C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho chúng khơng có điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A' B B'C C' A = A'C B' A C' B Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Chứng minh • Trường hợp Trong điểm A’, B’, C’ có A M điểm thuộc cạnh tam giác ABC C' Giả sử B’, C’ B' + Điều kiện cần Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ B M Ta có C A' C'A AM B'C A'C A'B B'C C' A AM A'C A' B Vậy = = ; = =1 A'C B' A C' B A' B AM A'C C' B A' B B' A AM + Điều kiện đủ Gọi A’’ giao B’C’ với BC A''B B'C C' A = A''C B' A C' B A'B B'C C' A A''B A' B Mà ta lại có Do B’, C’ thuộc cạnh = nên = A'C B' A C' B A''C A'C Áp dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có CA, AB nên A’’ nằm cạnh BC Vậy A''B A' B A’, A’’ nằm cạnh = A''C A'C BC suy A ''  A ' Do A’, B’, C’ thẳng hàng • Trường hợp Trong ba điểm A’, B’, C’ khơng có điểm thuộc cạnh tam giác ABC chứng minh tương tự Trở lại toán Xét tam giác ABC có ba điểm F, D, E thẳng hàng nên theo bổ đề ta có FB EA DC = Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có FA EC DB FB EA DC FB EA DC + +  33 =3 FA EC DB FA EC DB Vậy toán chứng minh Bài 37 Cho tam giác ABC có góc BAC = 60 AC = b; AB = c ( b  c ) Đường kính EF đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC vng góc với BC M (E thuộc cung lớn BC) Gọi I J chân đường vng góc hạ từ E xuống đường thẳng AB AC Gọi H K chân đường vng góc hạ từ F xuống đường thẳng AB AC a) Chứng minh tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp EA.EM = EC.EJ b) Chứng minh ba điểm I, J, M thẳng hàng IJ vng góc với HK Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN c) Tính độ dài cạnh BC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC theo b c Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Phước năm học 2017 – 2018 Lời giải a) Chứng minh tứ giác AIEJ, CMJE nội tiếp đường trịn EA.EM = EC.EJ + Ta có AIE + AJE = 1800 nên tứ giác I E AIEJ nội tiếp đường trịn A + Ta có EJC = EMC = 900 nên tứ giác J D CMJE nội tiếp đường tròn + Tứ giác BIEM nội tiếp nên O EIM = EBM Lại có EBM = EAC nên suy EIM = EAC Tứ giác BMEI nội tiếp nên IEM + ABC = 180 Tứ giác K B M C H ABCE nội tiếp nên AEC + ABC = 1800 F Từ suy IEM = AEC Hai tam giác IEM AEC có EIM = EAC IEM = AEC nên đồng dạng với Do suy EA EC hay EA.EM = EC.EJ = EM EI b) Chứng minh ba điểm I, J, M thẳng hàng IJ vng góc với HK + Để ý ta có EJI = EAI EAI = ECM nên ta EJI = ECM Từ ta suy EJI + EJM = ECM + EJM = 1800 nên ba điểm I, J, M thẳng hàng + Ta có tứ giác FMKC nội tiếp đường trịn nên KMC = KFC Lại có KFC = JCE ECJ = EMJ nên KMC = EMJ Do ta có JMK = JME + EMK = KMC + EMK = 900 nên JM vng góc với MK hay IJ vng góc với MK Ta có HFK = BFC nên suy HFB = KFC Các tứ giác MKCF, BKFM nội tiếp nên KFC = KMC HFB = HMB Từ ta suy KMC = BMH , mà ba điểm B, M, C thẳng hàng nên ba điểm H, M, K thẳng hàng Từ ta IJ vng góc với HK c) Tính độ dài BC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC theo b c + Kẻ BD vuông góc với AC D Khi theo áp dụng định lí Pitago ta Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN BC = BD2 + DC = BD2 + ( AC − AD ) = BD2 + AD + AC − 2AD.AC = AB2 + AC − 2AD.AC = AB2 + AC − 2AB.ACcosBAC = c + b − 2cb = b + c − bc Từ ta BC = b2 + c2 − bc + Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có BOC = 2BAC suy BOM = 60 Do ta SinBOM = BM BC b2 + c − bc BM = = hay suy OB = OB sin 600 Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC OB = b + c − bc Bài 38 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O có hai tia BA CD cắt E, hai tia AD BC cắt F Gọi M, N trung điểm AC BD Các đường phân giác góc BEC góc BFA cắt K a) Chứng minh DEF + DFE = ABC tam giác EKF tam giác vuông b) Chứng minh EM.BD = EN.AC c) Chứng minh ba điểm K, M, N thẳng hàng Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2017 – 2018 Lời giải F C D M N K O E A B a) Chứng minh DEF + DFE = ABC tam giác EKF tam giác vuông Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN + Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên ABC = ADE mặt khác góc ADE góc ngồi tam giác EDF nên ADE = DEF + DFE Từ suy DEF + DFE = ABC ) ( + Ta có FEK + KFE = DEF + DFE + DFK + DEK = ABC + DFK + DEK Vì đường phân giác góc BEC góc BFA cắt K nên ( ) ( ) ( 1 AFB + AEC = 3600 − ECB − FAB − 2ABC = 1800 − 2ABC 2 Kết hợp hai kết ta FEK + KFE = ABC + 1800 − 2ABC = 900 DFK + DEK = ( ) ) b) Chứng minh EM.BD = EN.AC Ta có F = −4034 = 2017 (cùng chắn cung AD) E chung nên EAC ∽ EDB Mà −2 ta lại có M, N trung điểm AC, BD nên EM, EN đường trung tuyến tam giác EAC EBD Do ta có AC EA CM Mặt khác ta có = = BD ED BN ECM = EBN nên tam giác EBN ECM đồng dạng với Từ ta EN BN BD nên suy EM.BD = EN.AC = = EM CM AC c) Chứng minh ba điểm K, M, N thẳng hàng Gọi K ' giao điểm EK với MN Ta có tam giác EBN ECM đồng dạng với Nên ta suy CEM = BEN Lại EK phân giác góc AED nên suy MEK = NEK hay MEK' = NEK' Tam giác MEN có EK ' phân giác nên MK' ME = theo tính chất đường phân giác ta có Gọi K " giao điểm FK với ' NE NK MN, hồn tồn tương tự ta có MK " MF = Theo ý thứ hai toán ta có NK " NF EM AC MF AC Chứng minh hồn tồn tương tự ta có Kết hợp kết = = EN BD NF BD ta MK " MK' = Điều dẫn đến điểm K,K' ,K" trùng hay " ' NK NK ba điểm M, K, N thẳng hàng • Nhân xét Bài tốn phát biểu mơ hình ba điểm M, N, K thẳng hàng tứ giác toàn phần Do tam giác EKF vuông K nên gọi I trung điểm EF ta Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN thấy MN qua điểm I Đường thẳng qua điểm M, N, I toán gọi đường thẳng Gauss Mơ hình tứ giác tồn phần tứ giác ABCD với hai giao điểm E F Mặc dù mơ hình xuất hình học phẳng THCS tốn mơ hình tứ giác tồn phần lại hay khó Bài tốn hay phát biểu mơ hình tứ giác tồn phần Cho tam giác ABC hai điểm E, F nằm cạnh AC, AB cho AE = AF Gọi D giao điểm EF BC Gọi K L theo tứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DBF DCE Gọi G điểm đối xứng với D qua KL Điểm R nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cho AG song song với BC Gọi H giao điểm BE CF, S giao điểm AH BC Lấy điểm T thuộc đoạn thẳng GR cho ST vuông góc với BC Gọi M trung điểm ST a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác DCE cắt G b) Chứng minh GM qua điểm cố định E F thay đổi Bài 39 Cho đường trịn ( O ) có tâm O hai điểm C, D ( O ) cho ba điểm C, O, D không thẳng hàng Gọi Ct tia đối tia CD, M điểm tùy ý Ct, M khác C Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A B tiếp điểm, B thuộc cung nhỏ CD ) Gọi I trung điểm CD, H giao điểm đường thẳng MO đường thẳng AB a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định M di động tia Ct c) Chứng minh MD HA = MC HC Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2017 – 2018 Lời giải a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp Do MA, MB tiếp tuyến đường tròn ( O ) nên MAO = MBO = 90 Do I trung điểm CD nên OI vng góc với CD nên MIO = 90 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Suy điểm A, I, B thuộc A đường trịn đường kính MO Vậy tứ giác MAIB nội tiếp đường trịn đường kính MO O H M C I D b) Chứng minh đường thẳng AB B qua điểm cố định Các tiếp tuyến C D cắt Q nằm đường thẳng OI Q Ta có tam giác MAC đồng dạng với tam giác MDA ( KIF = MIE ) Suy ta R − OI chung IM.IK MA MC hay MA2 = MC.MD Mà tam giác MAO = MD MA vng A có đường cao AH nên ta FM Suy MC.MD = MH.MO hay MC MO Do tam giác MCH tam giác MOD đồng dạng Từ ta = MH MD CHM = ODM Suy tứ giác CHOD nội tiếp Tứ giác QCOD có OCQ = ODQ = 900 nên nội tiếp đường kính OQ Từ hai kết ta có năm điểm C, H, O, D, Q thuộc đường trịn đường kính OQ Suy QHO = 900 Do QH vng góc với MO H Mà AB vng góc với MO H Do hai đường thẳng QH AB trùng Suy Q nằm đường thẳng AB Vì đường thẳng d, đường tròn (O) điểm C, D, I cố định nên Q cố định Vậy AB qua điểm cố định Q M di động tia Ct c) Chứng minh MD HA = MC HC Hai tam giác MBC MDB có M chung MBC = MDB = sdBC nên đồng dạng 2 MD MB2  BD  MD MB BD = = với Suy ta hay Mà ta lại có = = MC MC2  BC  MB MC BC CAH = CDB = sdBC Tam giác MCH đồng dạng với tam giác MOD nên CHM = ODM Từ ta có biến đổi góc Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN 1800 − COD AHC = 90 + MHC = 90 + CDO = 90 + = 180 − COD 2 1 = 3600 − COD = sdCAD = CBD 2 0 ) ( Từ hai kết ta có hai tam giác AHC DBC đồng dạng Suy ta MD HA BD HA Điều dẫn đến Vậy ta có điều phải chứng minh = = MC HC BC HC Bài 40 Cho đường tròn ( O; R ) có BC dây cố định ( BC  2R ) ; E điểm cung nhỏ BC Gọi A điểm di động cung lớn BC AB  AC (A khác B) Trên đoạn AC lấy điểm D khác C cho ED = EC Tia BD cắt đường tròn ( O; R ) điểm thứ hai F a) Chứng minh D trực tâm tam giác AEF b) Gọi H trực tâm tam giác DEC DH cắt BC N Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDN cắt đường tròn ( O; R ) điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2015 - 2016 Lời giải a) Chứng minh D trực tâm tam giác AEF + Lời giải Tứ giác ABEC nội tiếp đường K tròn suy ABE + ACE = 180 Mà ta có ED = EC EDC = ACE nên ADE + EDC = 180 nên Lại A có F ABE = ADE Kết D I O hợp với BAE = DAE ta suy ABE = ADE Hai tam giác ABE ADE có H B N EB = EC = ED , ABE = ADE AE chung nên chúng C M E Từ ta AB = AD , kết hợp với EB = ED ta AE trung trực đoạn BD Do ta AE vng góc với BF Cũng từ AB = AD ta suy được ABD = ADB Kết hợp với ABD = DCF (cùng chắn cung AF) ADB = FDC (đối Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TOÁN VÀ ÔN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN đỉnh) Suy FDC = FCD nên tam giác FDC cân F Do FD = FC Kết hợp với ED = EC ta EF trung trực DC nên suy CD vng góc với EF Từ kết suy D trực tâm tam giác AEF + Lời giải Ta có EB = EC = ED nên E tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BDC Từ ta suy DEC = 2DBC = 2FBC = 2FEC Do ta DEF = FEC Tam giác DEC cân E có EF đường phân giác DEC nên EF đường trung trực CD Suy AD vng góc với EF Tương tự ta có BED = 2BCD = 2BCA = 2BEA Do ta có BEA = DEA Ta có tam giác AED cân E nên suy EA đường trung trực BD Suy FD vng góc với AE Vậy D trực tâm tam giác AEF + Lời giải Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, I thuộc nằm AE Ta có IBE = IBC + CBE = ) ( ( ) 1 ABC + BAC BIE = IBA + IAB = ABC + BAC 2 Từ ta có IBE = BIE nên tam giác ABC cân E, suy EB = EI Do EB = EB = EC = ED Từ suy E tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BIDC Để ý AE tia phân giác góc BAD nên ta suy hai tam giác ABE ADE Do AE đường trung trực BD Chứng minh hoàn toàn tương tự ta EF đường trung trực DC Vậy D trực tâm tam giác AEF + Lời giải Gọi D ' điểm đối xứng với B qua tia AE Khi dễ dàng suy điểm D’ nằm cạnh AC tam giác ABC Khi dễ thấy hai tam giác ABE AD' E nên ta suy EB = ED' Kết hợp với ED = EC ta EB = ED' = ED = EC Từ suy hai điểm D D ' trùng Điều dẫn đến AE trung trực BD Chứng minh hoàn toàn tương tự ta EF đường trung trực DC Vậy D trực tâm tam giác AEF b) Chứng minh đường thẳng DM qua điểm cố định + Lời giải Kẻ đường kính EK ( O; R ) Khi điểm K cố định Tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn nên BMD = BND , Do H trực tâm tam giác CDE nên ta Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN có BND = 900 − BCE Do suy BMD = 900 − BCE = 900 − BAC Tứ giác ABMK nội tiếp nên BMK = 1800 − BAK Mà ta có BAK = BAE + EAK = 900 + BAC nên suy BMK = 900 − BAC Từ kết suy BMD = BMK Suy ba điểm M, D, K thẳng hàng Do MD qua điểm K cố định + Lời giải Do EK đường kính đường trịn ( O ) nên ta có EMK = 90 Do D trực tâm tam giác AEF nên ta có ED vng góc với AF Mặt khác ta có H trực tâm tam giác ECD nên ( )   HDC = 900 − ECD = 900 − ACB + BCE = 900 −  ACB + BAC    Biến đổi góc ta lại có ( ) DNB = NDC + NCD = 900 − DEC + ACB = 900 − ACB + BCE + ACB = 900 − BAC Mà tứ giác BDNM nội tiếp nên ta có BMD = BND Do ta có 1 DME = BMD + BME = BND + BAE = 900 − BAC + BAC = 900 2 Như ta có DME = DMK = 900 nên ba điểm M, D, K thẳng hang hay MD qua điểm K cố định + Lời giải Gọi J trung điểm AF Do D trực tâm tam giác AEF Gọi K giao điểm DJ với đường tròn ( O ) Khi dễ dàng chứng minh ADFK hình bình hành K điểm cung BC có chứa A đường trịn ( O ) Suy EK đường kính đường trịn ( O ) , K điểm cố định Giả sử DK cắt đường tròn ( O ) tai điểm thứ hai P Khi tứ giác ABPK nội tiếp đường trịn (O)   nên KPB = 1800 − BAK = 1800 −  900 + BAC  = 900 − BAC Do H trực tâm 2   tam giác DEC nên DNB = 900 − BCE = 900 − BAC Do tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn nên BMD = BND = 900 − BCE = 900 − BAC Do BMD = BPD = 900 − BAC nên hai điểm P M trùng hay ba điểm M, D, K thẳng hàng Vậy MD qua điểm K cố định Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An ... ABC DEF Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2 016 – 2 017 Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN... trịn Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tp Hồ Chí Minh năm học 2 017 – 2 018 Lời giải A M H... BF.CE2 = BE.CD2 Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2 017 – 2 018 Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An TÀI LIỆU BDHSG TỐN VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN Lời