chuyen de duong tron on thi vao lop 10

ĐƯỜNG TRÒN CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN Định nghĩa: Đường trịn tâm O bán kính R  hình gồm điểm cách điểm O khoảng R kí hiệu (O;R) hay (O) + Đường tròn qua điểm A 1,A , ,A n gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác A 1A A n + Đường tròn tiếp xúc với tất cạnh đa giác A 1A A n gọi đường tròn nội tiếp đa giác Những tính chất đặc biệt cần nhớ: + Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền tâm vòng tròn ngoại tiếp + Trong tam giác , tâm vòng tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác + Trong tam giác thường: Tâm vịng trịn ngoại tiếp giao điểm đường trung trực cạnh tam giác Tâm vịng trịn nội tiếp giao điểm đường phân giác tam giác PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh điểm A 1,A , ,A n thuộc đường tròn ta chứng minh điểm A 1,A , ,A n cách điểm O cho trước Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có cạnh a AM ,BN ,CP đường trung tuyến Chứng minh điểm B,P,N ,C thuộc đường trịn Tính bán kính đường trịn THCS.TOANMATH.com Giải: Vì tam giác ABC nên trung tuyến đồng thời đường cao Suy AM ,BN ,CP vng góc với BC,AC,AB Từ ta có tam giác BPC,BNC tam giác vuông Với BC cạnh huyền, suy MP  MN  MB  MC Hay: Các điểm B,P,N ,C thuộc đường tròn Đường kính BC  a , tâm đường trịn Trung điểm M BC µ D µ  900 Gọi M ,N ,P,Q Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C trung điểm AB,BD,DC,CA Chứng minh điểm M ,N ,P,Q thuộc đường trịn Tìm tâm đường trịn Giải: THCS.TOANMATH.com Kéo dài AD,CB cắt điểm T tam giác TCD vuông T + Do MN đường trung bình tam giác ABD nên NM / /AD + MQ đường trung bình tam giác ABC nên MQ / /BC Mặt khác AD  BC  MN  MQ Chứng minh tương tự ta có: MN  NP,NP  PQ Suy MNPQ hình chữ nhật Hay điểm M ,N ,P,Q thuộc đường trịn có tâm giao điểm O hai đường chéo NQ,MP Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn (O) Gọi M trung điểm AC G trọng tâm tam giác ABM Gọi Q giao điểm BM GO Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ Giải: Vì tam giác ABC cân A nên tâm O vòng tròn ngoại tiếp tam giác nằm đường trung trực BC Gọi K giao điểm AO BM THCS.TOANMATH.com Dưng đường trung tuyến MN ,BP tam giác ABM cắt trọng tâm G Do MN / /BC  MN  AO Gọi K giao điểm BM AO K trọng tâm tam giác ABC suy GK / /AC Mặt khác ta có OM  AC suy GK  OM hay K trực tâm tam giác OMG  MK  OG Như tam giác BQG vuông Q Do tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác GQB trung điểm I BG µ B µ  900 Ví dụ 4) Cho hình thang vng ABCD có A BC  2AD  2a, Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC M trung điểm HC Tìm tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BDM Giải: Gọi N trung điểm BH MN đường trung bình tam giác HBC suy MN  AB , mặt khác BH  AM  N trực tâm tam giác ABM suy AN  BM Do MN / /  BC  MN / /  AD nên ADMN hình bình hành suy AN / /DM Từ ta có: DM  BM hay tam giác DBM vng M nên tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác DBM trung điểm O BD Ta có R  MO  BD  THCS.TOANMATH.com 1 a AB2  AD  4a2  a2  2 Bài toán tương tự cho học sinh thử sức Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vng góc với AC Trên AC,CD ta lấy điểm M ,N cho AM DN  Chứng minh AH DC điểm M ,B,C,N nằm đường tròn · · Gợi ý: BCN  900 , chứng minh BMN  900 Ví dụ 5).Cho lục giác ABCDEF tâm O Gọi M ,N trung điểm CD,DE AM cắt BN I Chứng minh điểm M ,I,O,N ,D nằm đường tròn Giải: Do ABCDEF lục giác nên OM  CD,ON  DE  M ,N ,C,D nằm đường tròn đường kính OD Vì tam giác OBN  OAM nên điểm O cách AM ,BN suy OI phân · giác góc AIN OH  AM  DH  2OH (Do OH đường trung bình  DH  AM Kẻ  tam giác DAH THCS.TOANMATH.com OK  BN OK JO   với J  AD  NB )  DK  2OK (Do DK JD  DK  BN Kẻ  Do OK  OH  DH  DK suy D cách AM ,BN hay ID · · phân giác AIN  OID  900 Vậy điểm M ,I,O,N ,D nằm đường trịn đường kính OD Ví dụ 6) Cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC,N điểm thuộc đường chéo AC cho AN  AC Chứng minh điểm M ,N ,C,D nằm đường tròn Giải: · Ta thấy tứ giác MCDN có MCD  900 nên để chứng minh điểm M ,N ,C,D nằm đường tròn ta chứng · minh MND  900 Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC,A D E,F Xét hai tam giác vuông NEM DFN 1 AB,EN  DF  AB từ suy NEM  DFN 4 · · · · · · NME  DNF,MNE  NDF  MNE  DNF  900 Hay tam giác MND EM  NF  vuông N Suy điểm M ,N ,C,D nằm đường trịn đường kính MD Cách 2: Gọi K trung điểm ID với I giao điểm hai đường chéo Dễ thấy MCKN hình bình hành nên suy CK / /MN Mặt khác NK  CD,DK  CN  K trực tâm tam giác CDN  CK  ND  MN  ND THCS.TOANMATH.com Ví dụ 7) Trong tam giác ABC gọi M ,N ,P trung điểm A B,BC,CA A 1,B1,C1 chân đường cao hạ từ đỉnh A ,B,C đến cạnh đối diện A ,B2 ,C trung điểm HA ,HB,HC Khi điểm M ,N ,P,A 1,B1,C1,A ,B2,C nằm đường tròn gọi đường tròn Ơ le tam giác Giải: 2 a) Thật ta có MN P A 2C2 P AC, MA P NC P BH mà BH  AC suy MNC 2B2 hình chữ nhật, tương tự ta có MPB2C , NPA 2B2 hình chữ nhật nên điểm M ,N ,P,A 1,B1,C1,A ,B2,C nằm đường trịn có tâm trung điểm đường chéo hình chữ nhật Từ ta suy tâm đường trịn Ơ le trung điểm Q HI THCS.TOANMATH.com Ví dụ 8) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AD đường kính (O) M trung điểm BC,H trực tâm tam giác Gọi X,Y ,Z hình chiếu vng góc điểm D lên HB,HC,BC Chứng minh điểm X,Y ,Z,M thuộc đường trịn Giải: Phân tích: M trung điểm BC  M trung điểm HD (Bài toán quen thuộc) X,Y ,Z hình chiếu vng góc điểm D lên HB,HC,BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơ le tam giác: Từ sở ta có lời giải sau: THCS.TOANMATH.com + Giả sử HB cắt DY I,HC cắt DX K , J trung điểm IK Ta dễ chứng minh BHCD hình bình hành suy hai đường chéo HD,BC cắt trung điểm M đường Vì DX  HI, DI  HC suy K trực tâm tam giác · · · · · IHD nên KDI (chú ý HI / /CD) CHD (cùng  KHI  HCD  KID · phụ với góc HDI ) Từ suy KID : CHD + Mặt khác CM ,DJ hai trung tuyến tương ứng tam giác ·  HCM · CHD KID , ta có DIJ : CHM  JDI Từ suy DJ  BC Z hay Z thuộc đường trịn đường kính MJ Theo tốn ví dụ , đường trịn đường kính MJ đường tròn Ơ le tam giác IHD Từ ta có: X,Y ,Z,M nằm đường trịn đường kính MJ Đó điều phải chứng minh Ví dụ 9) Cho tam giác ABC có trực tâm H Lấy điểm M ,N thuộc tia BC cho MN  BC M nằm B,C Gọi D,E hình chiếu vng góc M ,N lên A C,AB Chứng minh cácđiểm A ,D,E,H thuộc đường tròn Giải: Giả sử MD cắt NE K Ta có HB / /MK vng góc · · với AC suy HBC ( góc đồng vị)  KMN · · Tương tự ta có HCB kết hợp với giả thiết BC  MN  KNM  BHC  KMN  SBHC  SKMN  HK / /BC Mặt khác ta có BC  HA nên HK  HA hay H thuộc đường tròn đường tròn THCS.TOANMATH.com đường kính AK Dễ thấy E,D  (AK ) nên cácđiểm A ,D,E,H thuộc đường tròn Ví dụ 10) Cho tam giác ABC P điểm PA ,PB,PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A 1,B1,C1 Gọi A ,B2 ,C điểm đối xứng với A 1,B1,C1 qua trung điểm BC,CA ,AB Chứng minh rằng: A ,B2 ,C trực tâm H tam giác ABC thuộc đường tròn Giải: + Gọi G trọng tâm tam giác ABC ,theo tốn quen thuộc đường trịn Ơ le G thuộc đoạn OH OG  OH Gọi A ,B3 ,C trung điểm BC,CA ,AB Theo giả thiết A trung điểm A 1A , G trọng tâm tam giác ABC AA 1A Gọi A ,B4 ,C trung điểm A A 1,BB1,CC1 THCS.TOANMATH.com CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN µ B µ  900) có O Ví dụ 1) Cho hình thang vuông ABCD (A · trung điểm AB góc COD  900 Chứng minh CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB Giải: · · Kéo dài OC cắt BD E COD  900 suy EOD  900 Xét tam giác COD EOD ta có OD chung OC OA   1 OC  OD  COD  EOD Suy DC  DE hay tam OD OB giác ECD cân D Kẻ OH  CD OBD  OHD  OH  OB mà OB  OA  OH  OB  OA hay A ,H ,B thuộc đường trịn (O) Do CD tiếp tuyến đường trịn đường kính AB Ví dụ 2) Cho hình vng A BCD có cạnh a Gọi M ,N hai điểm cạnh AB,AD cho chu vi tam giác AMN THCS.TOANMATH.com 2a Chứng minh đường thẳng MN tiếp xúc với đường tròn cố định Giải: Trên tia đối BA ta lấy điểm E cho BE  ND Ta có BCE  DCN  CN  CE Theo giả thiết ta có: MN  AM  AN  AB  AD  AM  MB  AN  DN  AM  AN  MB  BE Suy MN  MB  BE  ME · · Từ ta suy MNC  MEC  CMN Kẻ CH  MN   CMB CH  CB  CD  a Vậy D,H ,B thuộc đường tròn tâm C bán kính CB  a suy MN ln tiếp xúc với đường trịn tâm C bán kính a Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân A đường cao BH Trên nửa mặt phẳng chứa C bờ AB vẽ Bx  BA cắt đường trịn tâm B bán kính BH D Chứng minh CD tiếp tuyến (B) Giải: THCS.TOANMATH.com µ C µ   Vì Vì tam giác ABC cân A nên ta có: B ¶    900 Mặt khác ta có B ¶    900  B ¶ B ¶ Bx  BA  B 1 ¶ B ¶ , BH  BD  R Hai tam giác BHC BDC có BC chung, B · · suy BHC  BDC(c.g.c) suy BHC   BDC  900 Nói cách khác CD tiếp tuyến đường trịn (B) Ví dụ 4) Cho tam giác ABC vuông A (AB  AC) đường cao AH Gọi E điểm đối xứng với B qua H Đường tròn tâm O đường kính EC cắt AC K Chứng minh HK tiếp tuyến đường trịn (O) Giải: Vì tam giác EKC có cạnh EC đường kính (O) nên · EKC  900 Kẻ HI  AC  BA / /HI / /EK suy AI IK t ú ta cú ả B ( phụ với góc hai tam giác AHK cân H Do K ¶ C ¶ · · góc BAH ) Mặt khác ta có: K ,IHK THCS.TOANMATH.com µ C ¶  900  K ¶ K ¶  900 suy ( tam giác KOC cân O ) Mà B · HKO  900 hay HK tiếp tuyến (O) Ví dụ 5) Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH kẻ tiếp tuyến BD,CE với (A ) ( D,E tiếp điểm khác H ) Chứng minh DE tiếp xúc với đường trịn đường kính BC Giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: · · · · · · · · · Suy DAB DAB  HAB,CAH  CAE  CAE  HAB  CAH  BAC  900 · · · · hay DAB  CAE  HAB  CAH  1800  D,A ,E thẳng hàng Gọi O trung điểm BC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác AD  AE nên OA đường trung bình hình thang vuông BDEC suy OA  DE A Nói cách khác DE tiếp tuyến đường trịn (O) Đường kính BC THCS.TOANMATH.com Ví dụ 6) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r Giả sử (I;r) tiếp xúc với cạnh A B,BC,CE D,E,F Đặt AB  c,BC  a,AC  b,AD  x,BE  y,CF  z a) Hãy tính x,y,z theo a,b,c b) Chứng minh S  p.r (trong S diện tích tam giác p chu vi tam giác, r bán kính vịng trịn ngoại tiếp tam giác c) Chứng minh: 1 1    (ha ;hb ;hc ) r hb hc đường cao kẻ từ đỉnh A ,B,C tam giác A ,B,C Giải: THCS.TOANMATH.com a) Từ giả thiết ta có AF  AD  x,BD  BE  y,CE  CF  z Từ x  y  c   y  z  a suy z  x  b Lần lượt trừ vế phương trình (4)  x  y  z  a  b  c   a b c  pc z   a c b   p b hệ cho phương trình ta thu được:  y   b c a   pa x   b) Ta có SABC  SIAB  SIAC  SIBC  1 r.AB  r.AC  r.BC   r.2p  p.r  2 c) Ta có S p 1 a b c 1 1 a.ha   ,  ,      a  b  c    2S hb 2S hc 2S hb hc 2S S r VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN Xét hai đường tròn (O;R),(O';R') A) Hai đường tròn tiếp xúc nhau: Khi hai đường trịn tiếp xúc nhau, xảy khả Trường hợp 1: Hai đường trịn tiếp xúc ngồi: + Điều kiện R  R'  OO' Tiếp điểm nằm đường nối tâm hai đường tròn Đường nối tâm trục đối xứng hai đường trịn THCS.TOANMATH.com Ví dụ 1: Cho hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A Qua A kẻ cát tuyến cắt (O) C , cắt đường tròn (O') D a) Chứng minh OC / /O'D b) Kẻ tiếp tuyến chung MN , gọi P , Q điểm đối xứng với M ,N qua OO' Chứng minh MNQP hình thang cân MN  PQ  MP  NQ · c) Tính góc MAN Gọi K giao điểm AM với (O') Chứng minh N ,O',K thẳng hàng Giải: a) Do hai đường trịn (O) (O') tiếp xúc ngồi A nên A · · · · · · nằm OO' Ta có CAO Lại có OCA  OAD,O'AD  O'DA  DAO' THCS.TOANMATH.com tam giác COA , DO'A tam giác cân Từ suy · · OCA  O'DA  OC / /O'D b) + Vì MP  OO',NQ  OO'  MP / /OO'  MNQP hình thang Vì M đối xứng với P qua OO' , N đối xứng với Q qua OO' · · O đối xứng với O qua OO' nên OPM  OMP  900 Mặt · · · · khác MPQ,PMN phụ với góc OPM nên  OMP · · suy MNQP hình thang cân MPQ  PMN (Chú ý: Từ ta suy PQ tiếp tuyến chung hai đường tròn) + Kẻ tiếp tuyến chung qua A hai đường tròn cắt MN ,PQ R,S ta có: RM  RA  RN ,SA  SP  SQ suy MN  PQ  2RS Mặt khác RS đường trung bình hình thang nên MP  NQ  2RS hay MP  NQ  MN  PQ c) Từ câu b ta có AR  RM  RN nên tam giác MAN vuông · A , từ suy NAK  900  KN đường kính (O') , hay N ,O',K thẳng hàng Ví dụ 2: Cho hai đường tròn (O;R) (O';R') tiếp xúc A với (R  R') Đường nối tâm OO' cắt (O),(O') B,C Dây DE (O) vng góc với BC trung điểm K BC a) Chứng minh BDCE hình thoi b) Gọi I giao điểm EC (O') Chứng minh D,A ,I thẳng hàng c) Chứng minh KI tiếp tuyến (O') Giải: THCS.TOANMATH.com Vì BC vng góc với đường thẳng DE nên DK  KE,BK  KC (theo giả thiết) tứ giác BDCE hình bình hành, lại có BC  DE nên hình thoi b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường trịn  O1 có BA đường kính nên BDA vng D Gọi I ' giao điểm DA với · 'C  900 (1) (vì so le với BDA · CE AI ) Lại có AIC nội tiếp đường trịn  O2  có AC đường kính nên tam giác AIC · vuông I , hay AIC  900 (2) Từ (1) (2) suy I  I ' Vậy D,A ,I thẳng hàng c) Vì tam giác DIE vng I có IK trung tuyến ng vi ả Ià (1) Li cú D ả C ¶ (2) cạnh huyền DE nên KD  KI  KE  D ¶ C ¶ (3), O C  O I bán kính · phụ với DEC C 2 đường tròn  O2  · Từ (1),(2),(3) suy Iµ2  Iµ3  Iµ2  Iµ5  Iµ5  Iµ3  900 hay KIO  90 KI vng góc với bán kính O2I đường trịn  O2  Vậy KI tiếp tuyến đường tròn  O  Ví dụ 3) Chứng minh rằng: Trong tam giác tâm vòng tròn ngoại tiếp O trọng tâm G trực tâm H nằm đường thẳng HG  2GO (Đường thẳng Ơ le) Gọi R,r,d bán kính vịng trịn ngoại tiếp nội tiếp khoảng cách hai tâm chứng minh d2  R  r2 (Hệ thức Ơ le) THCS.TOANMATH.com Giải: + Kẻ đường kính AD đường trịn (O) · ACD  900  DC  AC mặt khác BH  AC  BH / /DC , tương tự ta có: CH / /BD  BHCD hình bình hành hai đường chéo cắt trung điểm đường Suy OM đường trung bình tam giác AHD Giả sử HO  AM  G GM OM    G trọng tâm tam giác ABC HG  2GO GA HA Nhận xét: Nếu kéo dài đường cao AH cắt (O) H ' ta có H ,H ' đối xứng qua BC Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp HBC qua BC THCS.TOANMATH.com + Ta có : IA.IF  R  d2 (Xem phần tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) Mặt khác AF phân giác góc A  FB  FC  FI 1µ · ·  FAC  A Kẻ đường kính FN  FCN  900  FNC Tam giác IAK ,FNC hai tam giác vng có góc nhọn nên đồng dạng với Từ suy IA IK   IA.FC  FN.IK  IA.FC  2Rr Hay d2  R  r2 FN FC B Hai đường tròn cắt nhau: Khi hai đường trịn (O1),(O2) cắt theo dây AB O1O  AB trung điểm H AB Hay AB đường trung trực O1O2 Khi giải toán liên quan dây cung đường tròn, cát tuyến ta cần ý kẻ thêm đường phụ đường vng góc từ tâm đến dây cung THCS.TOANMATH.com Ví dụ Cho hai đường tròn (O1;R),(O2 ;R) cắt A ,B ( O1,O nằm khác phía so với đường thẳng AB ) Một cát tuyến PAQ xoay quanh A  P   O1 ,Q   O2   cho A nằm P Q Hãy xác đinh vị trí cát tuyến PAQ trường hợp a) A trung điểm PQ b) PQ có độ dài lớn c) Chu vi tam giác BPQ lớn d) SBPQ lớn Lời giải: a) Giả sử xác định vị trí cát tuyến PAQ cho PA  AQ Kẻ O1H vng góc với dây PA PH  HA  PA Kẻ O2K vng góc với dây AQ AK  KQ  AQ Nên AH  AK THCS.TOANMATH.com Kẻ Ax / /O,H / /O 2K cắt O , O2 I O1I  IO Ax  PQ Từ suy cách xác định vị trí cát tuyến PAQ cát tuyến PAQ vng góc với IA A với I trung điểm đoạn nối tâm O1O2 b) Trên hình, ta thấy PA  HK Kẻ O2M  O1H tứ giác MHKO2 có ba góc vng nên hình chữ nhật HK  MO2 Lúc O2M đường vng góc kẻ từ O2 đến đường thẳng O1H ,O 2O1 đường xiên kẻ từ O2 đến đường thẳng O1H Nên O2M  O1O2 hay PQ  2HK  2O2M  2O1O2 (không đổi) dấu đẳng thức xảy  M  O hay PQ / /O1O Vậy vị trí cát tuyến PAQ / /O1O PQ có độ dài lớn c) Qua A kẻ cát tuyến CAD vng góc với BA Thì tam giác ABC ABD vuông A nội tiếp đường tròn  O1 ,  O2  nên O1 trung điểm BC O2 trung điểm BD Lúc O1O2 đường trung bình tam giác BCD nên O1O2 / /CD suy PQ  2O1O (1) (theo câu b) Lại có BQ  BD (2), BP  BC (3) Từ (1),(2),(3) suy chu vi tam giác BPQ,C  PQ  BQ  BP  2 O1O  R1  R  (khơng đổi) Dấu có P  C,Q  D Vậy chu vi tam giác BPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vuông góc với dây BA A THCS.TOANMATH.com d) Kẻ BN  PQ BN  BA 2 Lúc SBPQ  BN.PQ  BA.CD khơng đổi Vậy SBPQ đạt giá trị lớn cát tuyến PAQ vng góc với dây chung BA A Ví dụ Cho hai đường trịn (O1;R),(O2 ;R) cắt đường thẳng O1H cắt  O1 K , cắt (O2) B , O2H cắt  O1 C, cắt (O2) D Chứng minh ba đường thẳng BC,BD,HK đồng quy điểm Lời giải: Gọi giao điểm AC với BD E Các tam giác A CH ,AKH nội tiếp đường trịn  O1 có cạnh HA đường kính nên tam giác ACH vuông C , tam giác AKH vuông K suy DC  AE (1), HK  AK (2) THCS.TOANMATH.com Lại có tam giác HKD,HBD nối tiếp dường trịn  O2  có cạnh HD đường kính nên tam giác HKD vng K , tam giác HBD vuông B suy ra: HK  KD (3), AB  DE (4) Từ (2) (3) suy A ,K ,D thẳng hàng nên HK  AD (5) Từ (1) (4)suy H trực tâm tam giác AED , EH  AD (6) Từ (5) (6) suy H  EK (vì qua H ngồi đường thẳng AD kẻ đường thẳng vng góc với AD ) Vậy AC,BD,HK đồng quy E giao điểm AC BD THCS.TOANMATH.com ... 900 Ví dụ 5).Cho lục giác ABCDEF tâm O Gọi M ,N trung điểm CD ,DE AM cắt BN I Chứng minh điểm M ,I,O,N ,D nằm đường tròn Giải: Do ABCDEF lục giác nên OM  CD ,ON  DE  M ,N ,C,D nằm đường trịn... ngoại tiếp tam giác ABC Mặt khác AD  AE nên OA đường trung bình hình thang vuông BDEC suy OA  DE A Nói cách khác DE tiếp tuyến đường trịn (O) Đường kính BC THCS.TOANMATH.com Ví dụ 6) Cho tam... Giải: THCS.TOANMATH.com Vì BC vng góc với đường thẳng DE nên DK  KE,BK  KC (theo giả thi? ??t) tứ giác BDCE hình bình hành, lại có BC  DE nên hình thoi b) Vì tam giác BDA nội tiếp đường trịn