Thông tin tài liệu
MỘT SỐ TIÊU CHUẨN NHẬN BIẾT TỨ GIÁC NỘI TIẾP Tiêu chuẩn Điều kiện cần đủ để bốn đỉnh tứ giác lồi nằm đường trịn tổng số đo hai góc tứ giác hai đỉnh đối diện 1800 µ +C µ = 1800 Điều kiện để tứ giác lồi ABCD nội tiếp là: A µ +D µ = 1800 B · · Hệ quả: Tứ giác ABCD nội tiếp BAD = DCx Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ đường cao AH · phân giác AD góc HAC Phân giác góc · · cắt AH ,A D M ,N Chứng minh rằng: BND ABC = 900 Phân tích hướng dẫn giải: · · Ta có MHD = 900 Nếu MND = 900 tứ giác MHDN nội tiếp Vì thay trực tiếp góc · BND = 900 ta chứng minh · · tứ giác MHDN nội tiếp Tức ta chứng minh AMN = ADH · · · · · Thật ta có AMN , NDH mà = BMH = 900 − MBH = 900 − HAD 1· 1· · · · · MBH = ABC,HAD = HAC ABC phụ với góc = HAC 2 · · · từ suy AMN hay tứ giác MHDN nội tiếp BCA = ADH · · ⇒ MND = MHD = 900 THCS.TOANMATH.com Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm điểm H Gọi M điểm dây cung BC không chứa điểm A ( M khác B,C ) Gọi N ,P theo thứ tự điểm đối xứng M qua đường thẳng AB,A C a) Chứng minh AHCP tứ giác nội tiếp b) N ,H ,P thẳng hàng c) Tìm vị trí điểm M để độ dài đoạn NP lớn Phân tích hướng dẫn giải: a) Giả sử đường cao tam giác AK ,CI Để chứng minh AHCP tứ giác nội tiếp ta chứng minh · · · · ( đối đỉnh), AHC + APC = 1800 Mặt khác ta có AHC = IHK · · · ( tính đối xứng góc nội tiếp chắn APC = AMC = ABC · · cung) Như ta cần chứng minh ABC + IHK = 1800 điều hiển nhiên tứ giác BIHK tứ giác nội tiếp b) Để chứng minh N ,H ,P thẳng hàng ta chứng minh · · NHA + AHP = 1800 ta tìm cách quy hai góc góc đối tứ giác nội tiếp · · · · Thật ta có: AHP (tính chất góc nội tiếp), ACP = ACP = ACM (1) (Tính chất đối xứng) Ta thấy vai trò tứ giác AHCP giống với AHBN nên ta dễ chứng minh AHBN tứ giác THCS.TOANMATH.com · · · · nội tiếp từ suy AHN , mặt khác ABN (2) = ABN = ABM (Tính chất đối xứng) Từ (1), (2) ta suy cần chứng · · minh ABM + ACM = 1800 điều hiển nhiên tứ · · giác ABMC nội tiếp Vậy NHA + AHP = 1800 hay N ,H ,P thẳng hàng Chú ý: Đường thẳng qua N ,H ,P đường thẳng Steiners điểm M Thơng qua toán em học sinh cần nhớ tính chất Đường thẳng Steiners tam giác qua trực tâm tam giác (Xem thêm phần “Các định lý hình học tiếng’’) · · · · · · c) Ta có MAN Mặt khác ta có = 2BAM ,MAP = 2MAC ⇒ NAP = 2BAC AM = AN = AP nên điểm M ,N ,P thuộc đường trịn tâm A bán kính AM Áp dụng định lý sin tam giác NAP ta có: · · Như NP lớn NP = 2R.sinNAP = 2AM.sin2BAC AM lớn Hay AM đường kính đường trịn (O) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC đường cao AH gọi M ,N trung điểm AB,AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH E Chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp HE qua trung điểm MN Phân tích, định hướng cách giải: Để chứng minh AMEN tứ giác nội tiếp ta · · chứng minh: MAN + MEN = 1800 Ta cần tìm liên hệ góc · · với góc có sẵn MAN;MEN tứ giác nội tiếp khác Ta có ( ) ( ) · · · · · · · MEN = 3600 − MEH + NEH = 3600 − 1800 − ABC + 1800 − ACB = ABC + ACB · · · suy MEN = 1800 − BAC + MAN = 1800 Hay tứ giác AMEN tứ giác nội tiếp THCS.TOANMATH.com Kẻ MK ⊥ BC , giả sử HE cắt MN I IH cát tuyến hai đường trịn (BMH) , (CNH) Lại có MB = MH = MA (Tính chất trung tuyến tam giác vng) Suy tam giác MBH cân M ⇒ KB = KH ⇒ MK ln qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MBH Hay MN tiếp tuyến (MBH) suy IM = IE.IH , tương tự ta có MN tiếp tuyến ( HNC ) suy IN = IE.IH IM = IN Xem thêm phần: ‘’Các tính chất cát tuyến tiếp tuyến’’ Ví dụ 4) Cho tam giác cân ABC (AB = AC) P điểm cạnh đáy BC Kẻ đường thẳng PE,PD song song với AB,AC ( E ∈ AC,D ∈ AB) gọi Q điểm đối xứng với P qua DE Chứng minh bốn điểm Q,A ,B,C thuộc đường trịn Phân tích định hướng giải: Bài tốn có giả thiết cần lưu ý Đó đường thẳng song song với cạnh tam giác , điểm Q đối xứng với P qua DE Do ta có: A D = EP = EC = EQ DP = DQ ( Đây chìa khóa để ta giải tốn này) Từ định hướng ta có lời giải sau: Do A D / /PE,PD / /AE ⇒ ADPE hình bình hành ⇒ AE = DP = DQ Mặt khác P,Q đối xứng qua DE ⇒ A D = PE = EQ Suy DA QE hình thang cân · · · · · Kéo dài DE cắt CQ H ta có DAQ ⇒ DAQ = AQE = AQE = PEH Như để chứng minh ABCQ nội tiếp ta cần chứng minh: · · PCH + PEH = 1800 ⇔ PEHC tứ giác nội tiếp Mặt khác ta có: · · · · (do tam giác EQC cân), EPH (Do tính đối xứng ECQ = EQC = EQH · · ) suy ECH = EPH ⇔ EPCH tứ giác nội tiếp THCS.TOANMATH.com Ví dụ 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Dựng đường tròn qua B tiếp xúc với cạnh AC A dựng đường tròn qua C tiếp xúc với AB A hai đường tròn cắt · D Chứng minh ADO = 900 Phân tích định hướng giải: · Ta thấy ADO = 900 điểm A ,D,O nằm đường trịn đường kính OA Ta mong muốn tìm · góc ADO = 900 Điều làm ta nghỉ đến tính chất quen thuộc ‘’Đường kính qua trung điểm dây cung vng góc với dây đó’’ Vì ta gọi M ,N trung điểm A B,AC ta có: · · OMA = ONA = 900 Do tứ giác OMAN nội tiếp Cơng việc cịn lại ta chứng minh AMDO ANOD DMAN tứ · · · · giác nội tiếp Mặt khác ta có: ABD ACD (Tính = CAD = BAD chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) ⇒ ∆BDA ∆ADC · · đồng dạng nên ta suy DMA = DNC · · · · ⇒ DMA + DNA = DNC + DNA = 1800 ⇒ AMDN nội tiếp suy năm điểm A ,M ,D,O,N nằm đường trịn đường kính OA · ⇒ ADO = 900 Ví dụ 6: Cho tam giác ABC vng cân A đường tròn ( O) » nằm tam tiếp xúc với AB,AC B,C Trên cung BC giác ABC lấy điểm M ( M ≠ B;C ) Gọi I,H ,K hình chiếu M BC;CA ;A B P giao điểm MB với IK , Q giao điểm MC với IH Chứng minh PQ / /BC Phân tích định hướng giải: THCS.TOANMATH.com Để chứng minh PQ / /BC · · ta chứng minh MPQ = MBC tứ giác BIMK nội tiếp · · nên MBC Mặt khác = MKI AC tiếp tuyến (O) nên · · ta có: ACK CIMH = MBC · · nội tiếp nên ACK Như để chứng minh PQ / /BC ta = MIH · · cần chứng minh MIH Tức ta cần chứng minh tứ giác = MPQ · · · · · MPIQ nội tiếp Để ý BMC = PIM + IMQ = KMH = 1350 , PIQ ( ) · · = KBM + KCH = sđ ¼ BM + ¼ MC = 450 suy đpcm.(Các em học sinh tự hoàn thiện lời giải) · · Tiêu chuẩn 2: Tứ giác ABCD nội tiếp ADB = ACB Ví dụ Trên cạnh BC,CD hình vng ABCD ta lấy · điểm M ,N cho MAN = 450 Đường thẳng BD cắt đường thẳng A M ,AN tương ứng điểm P,Q a) Chứng minh tứ giác A BMQ ADNP nội tiếp b) Chứng minh điểm M ,N ,Q,P,C nằm đường tròn Lời giải: a) Gọi E giao điểm AN BC Các điểm M Q nằm hai cạnh EB EA tam giác EBA , nên tứ giác THCS.TOANMATH.com ABMQ lồi Các đỉnh A B nhìn đoạn thẳng MQ góc 450 Vì tứ giác ABMQ nội tiếp Lập luận tương tự ta suy tứ giác ADNP nội tiếp · · · · b) Từ kết câu a, suy ADP = ANP = 450 ,QAM = QBM = 450 ⇒ NP ⊥ AM ,MQ ⊥ AN Tập hợp điểm P,Q,C nhìn đoạn MN góc vng, nên điểm nằm đường trịn đường kính MN Ví dụ 2) Cho điểm M thuộc cung nhỏ BC đường tròn ( O ) Một đường thẳng d ngồi ( O ) vng góc với OM ; CM ,BM cắt d D,E Chứng minh B,C,D,E thuộc đường tròn Lời giải: · · Kẻ đường kính AM cắt d N Ta có ANE = ABE = 900 nên tứ · · giác ABNE nội tiếp, suy BEN = BAN · · Mặt khác BAN , = BCM · · · · BCM hay BCD = BEN = BED Vậy B,C,D,E thuộc đường trịn Ví dụ 3) Cho tam giác ABC có đường cao AD,BE,CF đồng quy H Gọi K giao điểm EF AH , M trung điểm AH Chứng minh K trực tâm tam giác MBC Lời giải: Lấy điểm S đối xứng với H qua BC , R giao điểm KC với MB Vì ME = MA = MH (Tính chất trung THCS.TOANMATH.com tuyến), kết hợp tính đối xứng điểm · · · · S ta có MSB = BHD = MHE = MEB nên tứ giác MESB nội tiếp Suy · · (1) RBE = MSE · · · · Lại có KSC nên tứ giác KSCE nội tiếp, = CHD = AHF = AEK · · MSE = RCE · · (2).Từ (1) (2) suy RBE nên tứ = RCE · · giác RBCE nội tiếp Từ suy BRC = BEC = 900 Trong tam giác MBC , ta có MK ⊥ BC CK ⊥ MB nên K trực tâm tam giác MBC Ví dụ 4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Đường tròn (O') tiếp xúc với cạnh AB,AC E,F tiếp xúc với (O) S Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh BEIS,CFIS tứ giác nội tiếp Lời giải: Nhận xét: toán thực chất định lý Lyness phát biểu theo cách khác;(Xem thêm phần: ‘’Các định lý hình học tiếng’’) Kéo dài SE,SF cắt đường trịn (O) E,F Ta có tam giác OMS, O'EF cân O,O' nên · · O'ES= OMS ⇒ O'E / /OM ⇒ OM ⊥ AB hay M điểm cung AB Kẻ đường phân giác góc ACB cắt EF I , ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC · · · Thật ta có: C,I,M thẳng hàng ICS ≡ MCS = MSx ¶ ≡ EFS · · · ¶ ⇒ tứ giác IFCS tứ giác nội tiếp nên ICS IFS = MSx = IFS · = SCF · Mặt khác tứ giác ACSB nội tiếp nên ⇒ EIS · · · + ABS · ACS + ABS = 1800 ⇒ EIS = 1800 hay tứ giác EISB nội tiếp Công việc lại chứng minh: IB phân giác · · · góc ABC Vì EBI mà = ESI THCS.TOANMATH.com µ µ C µ B µ 180 − A 180 − A · = ISB ¶ − ESB · · · · ESI = AEF − MSB = − MCB = − = Điều 2 2 · chứng tỏ IB phân giác góc ABC Hay I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chú ý: Nếu thay giả thiết điểm I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác thành Các đường tròn ngoại tiếp tam giác FCS, SBS cắt I hình thức toán khác chất định lý Lyness Để ý rằng: ∆AEF cân A nên ta dễ dàng suy được: I trung điểm EF Ví dụ 5) Cho hai đường trịn (O1),(O2) tiếp xúc với Kẻ đường thẳng O1O2 cắt hai đường tròn (O1),(O2) A ,B,C ( B tiếp điểm ) Đường thẳng ∆ tiếp tuyến chung hai đường tròn với tiếp điểm tương ứng D1,D Đường thẳng (∆ ') tiếp tuyến với (O 2) qua C Đường thẳng BD1 cắt (∆ ') E AD1 cắt ED2 M , A D2 cắt BD1 H Chứng minh AE ⊥ MH Phân tích định hướng giải: + Vì ED1 ⊥ MA góc AD1B góc nội tiếp chắn đường trịn Vì để chứng minh AE ⊥ MH ta phải chứng minh AD2 ⊥ ME , tức ta chứng minh H trực tâm tam giác MAE Khi ta có: · · AD 1E = AD 2E hay tứ giác AD1D2E tứ giác nội tiếp + Gọi N giao điểm CD2 AM Xét tiếp tuyến chung (O1) (O2) qua B cắt (∆) I Khi ta có: ID1 = IB = ID2 ⇒ ∆BD1D vuông B , D1E / /CN · · (cùng vng góc với BD2 ) Do BAD = BD1D (Góc tạo · D =D · D N (so le tia tiếp tuyến dây cung), mặt khác BD 2 · · trong) Suy CAD = ND 2D1 ⇒ AD1D 2C tứ giác nội tiếp (1) THCS.TOANMATH.com · · = IBD Xét tứ giác ED1D2C ta có: ED1 / /CD2 ,BEC ( góc đồng vị) · D =D · EC suy tứ giác ED D C hình thang cân Suy ED 2 nên nội tiếp (2) Từ (1), (2) ta suy điểm A ,D1,D2 ,C,E thuộc đường tròn Suy tứ giác AD1D2E nội tiếp Ví dụ 6) Cho tam giác ABC có hai đường cao BD,CE cắt H gọi I trung điểm BC Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BEI CDI cắt K , DE cắt BC M Chứng minh tứ giác BKDM nội tiếp Phân tích định hướng giải: Ta thấy đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE,BEI,CDI cắt điểm K (Định lý Miquel) Như ta thấy AEKD tứ giác nội tiếp, mặt khác từ giả thiết ta có: AEHD tứ giác nội tiếp Nên suy điểm A ,E,H ,K ,D thuộc đường tròn đường kính AH Đây chìa khóa để giải toán Lời giải: Trước tiên ta chứng minh: tứ giác AEKD nội tiếp (Bạn đọc tham khảo phần ‘’Các định lý hình học µ +B µ +C µ + EKC · · · tiếng’’) Ta có: A + EKI + IKD = 5400 Theo giả thiết µ + EKI · · µ = 1800 ⇒ A µ + EKD · B = IKD +C = 1800 ⇒ tứ giác AEKD nội tiếp · · , BD ⊥ AC,CE ⊥ AB ⇒ tứ giác BEDC nội tiếp ⇒ ADE = AKE · µ Kết hợp với ADE · · µ = AKE · B ⇒ ADE =B = AKE · · · µ = 1800 ⇒ A ,K ,I thẳng hàng ⇒ EKI + AKE = EKI +B ∆BDC tam giác vuông nên ID = IC , IKDC tứ giác nội tiếp · · · · · · nên ta có: IKC (Tính chất góc = IDC = ICD, IKC = KAC + ACK · · · · · · · ), ICD (chắn cung = ICK + KCD ⇒ KAC = ICK , mà KAD = DEK · · · · ¼ ) ⇒ ICK ⇒ tứ giác MEKC nội tiếp ⇒ MEC Theo = DEK = MKC DK kết suy · · · · · · · · · IKC = AED = MEB,MEC = MEB + 900 ,MKC = MKI + IKC ⇒ MKI = 900 ⇒ MK ⊥ KI ⇒ A ,E,H ,D,K nằm đường trịn đường kính AH ⇒ HK ⊥ AI ⇒ M ,H ,K thẳng hàng THCS.TOANMATH.com · · Tứ giác DEHK nội tiếp ⇒ HEK , tứ giác MEKC nội tiếp = HDK · · · · · · ⇒ KEC = KMC ⇒ KMC = HDK ⇒ KMB = BDK ⇒ tứ giác BKDM nội tiếp Ví dụ 7) Cho hai đường trịn (O1),(O2) cắt A ,B Kéo dài AB phía B lấy điểm M qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF với đường tròn (O1) ( E,F tiếp điểm) điểm F,O nằm phía so với AB Đường thẳng BE,BF cắt đường tròn (O2) P,Q gọi I giao điểm PQ EF Chứng minh I trung điểm PQ Phân tích định hướng giải: Để ý rằng: Đường thẳng EFI cắt ba cạnh tam giác BPQ I,E,F Theo định lý Menelauyt ta có: QI EP FB = Để IP EB FQ chứng minh I trung điểm PQ ta chứng minh: EP FB = Bây ta tìm cách thay đại lượng EB FQ EP FB = (*) thành đại lượng tương đương để EB FQ thơng qua ta quy việc chứng minh tứ giác nội tiếp, tam giác đồng dạng Xét đường tròn (O1) với cát tuyến M ,B,A hai tiếp tuyến ME,MF Ta có tính chất quen thuộc: FA EA = (Xem phần chùm tập cát tuyến tiếp FB EB tuyến) Từ suy chứng minh: FB FA = thay vào (*) ta quy toán EB EA EP FA EP EA = 1⇔ = ⇔ ∆EPA : ∆FQA ta có: FQ EA FQ FA THCS.TOANMATH.com · · · · góc nội tiếp chắn cung AB AEP (tứ giác EPA = FQA = AFQ AEBF nội tiếp) Qua ta có kết cần chứng minh: Các em học sinh tự hoàn chỉnh lời giải dựa phân tích định hướng mà tác giải vừa trình bày Nếu khơng dùng định lý Menaleuyt ta giải theo khác sau: · · Vì MF tiếp tuyến đường trịn (O1) nên ta có: MFB = FAB (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) Suy ∆MFB, ∆MA F đồng dạng ⇒ ∆MEB, ∆MAE đồng MF FB = Tương tự ta có: MA FA dạng suy ⇒ ME EB = , MA EA mà FB EB · · = =ABE (1) , mặt khác AFE (chắn cung AE ) FA EA · · · · (do tứ giác ABPQ nội tiếp) Suy AFE ABE = AQP = AQP ⇒ AFIQ ME = MF ⇒ · · · · tứ giác nội tiếp, suy AFQ , ta có: = AIQ ⇒ AFB = AIP BF PI · · = suy ∆FBA , ∆IPA đồng dạng suy (2) ABF = APQ AF AI Tương tự ta chứng minh được: ∆ABE,∆AQI đồng dạng suy QI BE QI PI = = ⇔ IP = IQ (3).Từ (1), (2), (3) suy IA AE IA IA Ví dụ 8) Cho tam giác ABC Đường tròn ( O ) qua A C cắt AB,A C theo thứ tự K N Đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn tâm J ngoại tiếp tam giác KBN cắt B M Chứng minh BIOJ hình bình · hành từ suy OMB vng Phân tích định hướng giải: Để chứng minh BIOJ hình bình hành ta chứng minh BI / /OJ,BJ / /OI Mặt khác dễ thấy OI trung trực AC nên OI ⊥ AC Ta cần chứng minh BJ ⊥ AC , THCS.TOANMATH.com việc tìm liên hệ trực tiếp tương đối khó ta nghỉ đến hướng tạo đường thẳng ‘’đặc biệt’’ vng góc với BJ sau chứng minh đường thẳng song song với AC từ ta nghỉ đến dựng tiếp tuyến Bx đường tròn ngoại tiếp tam giác BKN · · Khi ta có : Bx ⊥ BJ KBx (Tính chất góc tạo tiếp = BNK · · tuyến dây) Mặt khác AKNC nội tiếp ⇒ BAC = BNK · µ ⇒ Bx / /AC Từ suy BJ / /OI ⇒ MKx =A Tương tự: Từ B kẻ tiếp tuyến By với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , chứng minh ta có: BI / /OJ ⇒ tứ giác BIOJ hình bình hành Gọi Q giao điểm BO IJ ⇒ QO = QB , IJ trung trực BM (Tính chất đường nối tâm hai đường tròn cắt nhau) ⇒ QM = QB ⇒ QM = QB = QO ⇒ ∆BMO tam giác vuông · ⇒ OMB = 900 Ví dụ 9) Cho hai đường trịn ( O1) ( O2 ) tiếp xúc M (đường tròn ( O ) nằm trong) Hai điểm P Q thuộc đường tròn ( O2 ) qua P kẻ tiếp tuyến với ( O2 ) cắt ( O1) B D qua Q kẻ tiếp tuyến với ( O2 ) cắt ( O1) A C Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác A CD,BCD nằm PQ Phân tích định hướng giải: Vì giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với điểm M nên ta nghỉ đến việc tiếp tuyến chung Mx để tận dụng yếu tố góc: Bài tốn làm ta nghỉ đến định lý Lyness tiếng ( Xem thêm phần định lý hình học tiếng (Định lý Lyness mở rộng) tínhchất quen thuộc liên quan đến chứng minh định lý là: MP THCS.TOANMATH.com · phân giác góc DMB , kéo dài MP cắt (O1) E E trung » … điểm BD Từ định hướng ta suy cách giải cho toán sau: + Dựng tiếp tuyến chung Mx hai đường tròn (O1),(O2) ¼ ¼ · · · · = PMx = sđPM = DMx = sđDM ta có: DPM , DBM mà 2 ·DPM = PMB · · + PBM (tính chất góc ngồi tam giác), · · · · · · ⇒ MP phân giác DMB , gọi E PMx = PMD + DMx ⇒ PMD = PMB » ⇒ CE là giao điểm MP với ( O1) E trung điểm BD · phân giác BCD + Gọi I giao điểm CE PQ ta cần chứng minh DI · phân giác củan BDC Mặt khác I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác BCD ta có: EI = ED = EB (Tính chất quen thuộc liên quan đến tâm vòng tròn nội tiếp, bạn đọc xem thêm phần ‘’góc ‘’ phần đầu ) + Ta có ( ) ( ) ¼ · ¼ + sđDE » = sđDM ¼ + sđEB » = ·DPM = ·EPB = · ICM = sđEDM = sđDM IQM 2 ¼ · · · · ⇒ IQCM nội tiếp suy MIC = MPQ = sđMQ mà MQC = MQC (Tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung) suy · · · · ⇒ ∆EIM đồng dạng ∆EPI ⇒ EI = EP.EM , MIC = MPQ ⇒ EPI = EIM Tương tự ta chứng minh DPIM tứ giác nội tiếp ∆DEP đồng dạng với ∆MDE ⇒ ED2 = EP.EM ⇒ ED = EI = EB · · ⇒ EDI = EID ⇒ I tâm đường tròn nội tiếp ∆BCD + Tương tự, tâm đường tròn nội tiếp ∆ACD nằm PQ Nhận xét: Đối với tốn có giả thiết hai đường trịn tiếp xúc với việc kẻ tiếp tuyến chung để suy góc từ phát tứ giác nội tiếp hướng quan trọng để giải toán THCS.TOANMATH.com ( ) µ = 900 µ
Ngày đăng: 04/12/2022, 08:06
Xem thêm:
