D09 hình phẳng

Câu 3: Cho hình thang ABCD với AB//CD nội tiếp đường tròn (  ) điểm G nằm tam giác BCD Các tia AG BG cắt đường tròn (  ) lần tương ứng P Q Đường thẳng qua G song song với AB cắt BD BC điểm R S Chứng minh tứ giác PQRS nội tiếp BG tia phân giác góc CBD Lời giải Ta thấy, xét phép vị tự tâm B biến R, S thành D, C đường trịn ngoại tiếp tam giác BRS biến thành đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC hai đường trịn tiếp xúc có tiếp tuyến chung B   * Giả sử BG phân giác góc CBD Ta có CBQ DBQ Gọi X’ giao điểm tiếp tuyến chung hai đường tròn (  ) đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD B với PQ  GPX '  ADQ       GBX ' DBG  CBX ' DBG  BDC DBG  ABD  ABQ   GPX '  GBX '  ADQ  ABQ 1800   Ta có GPX '  GBX ' 1800 nên G, P, X’, B nội tiếp   Suy X 'GP PBX hay X’G//AB suy R, S nằm X’G nên theo phương tích ta có ' PAB RX '.SX ' BX ' PX '.QX ' hay PQRS nội tiếp * Ngược lại, giả sử PQRS nội tiếp, gọi X tâm đẳng phương đường tròn , , Ta có X, R,     S, G thẳng hàng, XG//AB nên X GP PBX nên XGBP nội tiếp Do GPX PAB  GBX 1800  nên XBG GPQ  APQ  ABQ     Nhưng ta có XBG XBQ DBQ ABQ CBQ  BDC  BDC phân giác góc CBD   suy CBQ hay BG DBQ Câu .Cho tam giác ABC điểm P nằm tam giác Lấy điểm Q cho đường thẳng AQ, BQ,CQ đối xứng với đường thẳng AP , BP ,CP qua phân giác góc A , B , C Gọi M , N hình chiếu P lên AB, AC ; K , L hình chiếu Q lên AB, AC a) Chứng minh điểm M , N , K , L nằm đường tròn Tìm tâm đường trịn b) Gọi T giao điểm MN K L Chứng minh AT ^ PQ Lời giải · · a) Ta có tứ giác AMPN nội tiếp đường trịn đường kính AP nên APM = ANM Tương tự, · · L Lại có AP AQ đối xứng qua phân giác góc A nên PAM · · AQL = AK = QAL · · · · · · , suy APM = AQL , ANM = AK L , kéo theo MK L = MNL Vậy điểm M , N , K , L đồng viên Để ý PQK M PQLN hình thang vng nên đường trung trực K M , NL cắt trung điểm S PQ Đó tâm đường trịn cần tìm b) Gọi X , Y trung điểm AP , AQ Khi X , Y tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMPN AK QL Ta có MN , K L trục đẳng phương cặp đường tròn (X ) (S) ; (Y ) (S) Do T tâm đẳng phương ba đường tròn (X ) , (Y ) , (S ) Suy AT trục đẳng phương hai đường tròn (X ) (Y ) Do AT ^ XY Mặt khác XY đường trung bình tam giác APQ nên XY P PQ Vậy AT ^ PQ Câu Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BH, CK tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi A’, B’, C’ trung điểm cạnh BC, CA, AB Chứng minh : OA ' OB ' OC '  KH BK  CH Lời giải A Gọi I trực tâm ∆ABC Lấy D đối xứng với B qua O Tứ giác AICD hình bình hành nên AI = DC mà DC  OA' nên OA '  AI Chứng minh tương tự ta được: OB '  BI OC '  CI D B' C' O H K I Do OA ' OB ' OC '  AI BI  CI Lại có: B A' C BK BK  (1)  sin A cos KBI CH CH CI   (2)  sin A cos HCI BI  AH AH KH   Tứ giác AKIH nội tiếp  AKH  AIH  AI   sin AIH sin AKH sin A Thay , , vào ta OA ' OB ' OC '  KH BK  CH Câu Gọi M , N theo thứ tự trung điểm cạnh AB, CD tứ giác nội tiếp ABCD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt lại đường thẳng CD P đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt lại đường thẳng AB Q Gọi O giao điểm hai đường chéo tứ giác ABCD E giao điểm đường thẳng AD, BC Chứng minh bốn điểm P, Q, O, E thẳng hàng Lời giải E E A MQ B B M O Q A I D NP C S D O P Hình I N C Hình + Nếu AB CD tứ giác ABCD hình thang cân P  N , Q M Khi P, Q, O, E thẳng hàng + Nếu AB  CD P  N , Q  M gọi S  AB  CD, gọi  I  đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD Xét phương tích S hai đường tròn  CDM  ,  I  ta có SQ SM SA SB Từ đó, theo hệ thức Maclaurin  SQAB   + Xét phương tích S hai đường trịn  ABN  ,  I  ta có SP SN SC SD Từ theo hệ thức Maclaurin  SPDC   + Gọi Q giao điểm đường thẳng PO AB Khi phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỷ số kép nên  SQAB   + Gọi Q giao điểm đường thẳng PO AB Khi phép chiếu xun tâm bảo tồn tỷ số kép nên  SQAB   + Từ suy Q Q hay P, Q, O thẳng hàng + Gọi P giao điểm đường thẳng EQ CD Khi phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỷ số kép nên  SPDC   suy  SPCD   + Từ suy P P hay P, Q, E thẳng hàng + Vậy P, Q, O, E thẳng hàng Câu .Cho tam giác ABC khơng có góc vượt q 120 Chứng minh với điểm M bất a  b2  c  2S Với a, b, c độ dài cạnh tam giác ABC, S diện tích tam giác ABC Lời giải kì ta có: MA  MB  MC  Gọi T điểm nằm tam giác nhìn cạnh với góc 1200       MT  TA TA MATA MATA TA Ta có: MA    TA  MT TA TA TA TA    TB  TC Tương tự MB TB  MT ; MC TC  MT TB TC Cộng BĐT theo vế ta được:    TA TB TC   MA  MB  MC TA  TB  TC  MT     TA TB TC    Ta dựng điểm D, E, F cho: TD  (1) TA TB TC ; TE  ; TF  TA TB TC Thì TD = TE = TF = 1, tam giác DEF tâm I nên: TD  TE  TF 0 Thay vào (1) ta được: MA  MB  MC TA  TB  TC Dấu ‘=’ xảy M trùng với T Ta chứng minh : TA  TB  TC  a2  b2  c2  S Thật Theo định lý hàm số cosin tam giác : TBC, TCA, TAB ta có: a BC2 TB2  TC2  2TB.TC.cos1200 TB2  TC2  TB.TC b CA TC2  TA  2TC.TA.cos1200 TC2  TB2  TC.TA c2 AB2 TA  TB2  2TA.TB.cos1200 TA  TB2  TA.TC 2S 2  STAB  STBC  STCA  1 1  2  TA.TB.sin1200  TB.TC.sin120  TC.TA.sin120  2 2    TA.TB  TB.TC  TC.TA  Suy : a  b  c2 a2  b2  c2  2S  TA  TB  TC  hay TA  TB  TC   2S 2 a  b2  c Như : MA  MB  MC   2S (đpcm) Dấu ‘=’ xảy M trùng với T Câu 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp có AB.CD = AD.BC, đường tròn ngoại tiếp Các tiếp tuyến với A, C BD đồng quy P Điểm T thuộc AC đường tròn ngoại tiếp tam giác TBD Tiếp tuyến với T theo thứ tự cắt AP, CP Q, R Chứng minh 1) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với 2) B, D, Q, R thuộc đường tròn Lời giải 1) Gọi P’ giao điểm thứ hai AC ; S giao điểm thứ hai PP’ ; Sx tiếp tuyến với S P' S Q A O' D R B O P T x C Dễ thấy PA2 PC PB.PD PS PP '   ' A SP  ' C SCP     ' A  SP ' T STR  Do SAP SAR SP SAP SP Điều có nghĩa tứ giác SACP, SATR nội tiếp Từ đó, áp dụng định lí Miquel cho PAC ba điểm thẳng hàng T, R, Q, suy tứ giác SQPR nội tiếp  ' SQC  Do STP  SP  ' T  STP  '; SP  'T xST  , suy Từ đó, ý TSP    xST   ' T  STP  '  xST  STP  ' SQC   xSP TSP SP SQP P' Q A S D O' R P K O B T C Do Sx tiếp xúc với đường trịn Điều có nghĩa đường trịn tiếpxúc với 2) K QR  BD Dễ thấy S(STBD) P '(STBD) P '(PTBD)  Do SBTD tứ giác điều hoà SS qua TT  BD BD  QR K Điều có nghĩa SK tiếp xúc với Từ đó, ý tiếp xúc với S , suy SK Do KB.KD KS KQ.KR Vậy B, D, Q, R thuộc đường tròn Câu 3: tiếp tuyến chung Cho đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm M chạy đường thẳng d vuông góc với AB H ngồi đoạn AB MA MB cắt đường tròn P Q Tìm quỹ tích giao điểm thứ hai hai đường tròn (MAB) (MPQ) Lời giải Gọi F PQ  AB M  AP  BQ A, B, P, Q thuộc (O) Nên F cực d (O) Do (O) d cố định nên F cố định k Xét phép nghịch đảo N F với k PF /(O ) Gọi I N Fk ( M ) Suy FM FI PF /(O) FA.FB FP.FQ Suy tứ giác MAIB, MPIQ nội tiếp Suy giao điểm thứ hai hai đường tròn (MAB) (MPQ) I Mà I N Fk ( M ), M  d suy I  N Fk (d ) k Vậy quỹ tích I đường tròn ảnh d qua phép nghịch đảo N F Câu 3: Cho hình thoi ABCD Đường trịn (O) nội tiếp hình thoi, tiếp xúc với cạnh AB, AD, CD, CB M, N, E, F Xét điểm P, Q nằm tương ứng cạnh AB, AD cho PQ tiếp xúc (O) a) Chứng minh giao điểm CQ PE nằm đường thẳng BD b) Trên MN lấy K cho KP//AD Chứng minh P, Q thay đổi tiếp xúc (O) đường thẳng PQ qua điểm cố định Lời giải a) Xét BOP DQO có:  D  ( gt )  B  BOP DQO      BOP DQO PQO BO BP   DQ.BP OB DQ DO Vì OB OD DE.DC DE.BC nên BP BC DQ.BP DE.BC    BPC DEQ DE DQ Giao điểm I PE CQ tâm phép vị tự biến BPC  DEQ  I  BD b) Nối BQ cắt MN K Ta cần chứng minh: KP / / AD BK DN   1 Ta có: Do KN // BD nên BQ QD BM AB OB , AB  AD, AM  AN  BM DN DN BP   2 Theo a), OB BP.DQ Do đó, DN AB BP.DQ  DQ BA BK BP   PK / / AD Vậy KQ qua B Theo (1), (2) suy ra: BQ BA  F B C M P K O I E A Q N D Câu 2:     ACB Gọi H Cho tam giác ABC Gọi K điểm thỏa mãn KA  2KB giả sử KCB hình chiếu vng góc A CK, M trung điểm đoạn AB Chứng minh MH vng góc với BC Lời giải     Gọi D điểm đối xứng với B qua CK Khi KCB KCD  ACD Do KA  2KB nên  SACK S ACsinACK 2 Vì ACK   SKCB SKCB BCsinKCB    2ACsinACKcosKCB 2ACcosKCB = nên   BC BCsinACK  BC DC 2ACcosKCB      cosACD 2  cosKCB AC AC BC   ADC 900 tứ giác CHDA tứ giác nội tiếp KCB  ACD  AHD (1)  Do AH BD vng góc với CK nên AH // DB HDB  AHD (2) Từ (1) (2) suy tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp (DH cắt BC E, CK cắt BC F) suy H trực tâm tam giác BCD  BH  CD BH//AD Vậy tứ giác AHBD hình bình hành, M trung điểm AB nên H, M, D thẳng hang Vậy MH  BC Câu 3: Cho hai đường tròn  O1   O  Kẻ tiếp tuyến chung A1A , tiếp tuyến chung B1B2 hai đường tròn ( A1 ,B1  (O1 ) , A ,B2  (O )) Chứng minh ba đường thẳng A1B1 , A B2 ,O1O đồng quy Câu : Cho đường tròn () tâm O AB, CD hai đường kính đường trịn Tiếp tuyến với đường trịn ( ) B cắt AC P Gọi G giao điểm thứ hai đường thẳng DP với đường tròn ( ) Gọi I trung điểm AP Chứng minh rằng: Các điểm O, B, C , I nằm đường tròn Lời giải Ta có OI // BP nên IOB OBP 90 Mà BCI 90 suy điểm O, B, C , I nằm đường trịn ( ) đường kính BI Câu : Cho đường tròn () tâm O AB, CD hai đường kính đường trịn Tiếp tuyến với đường trịn ( ) B cắt AC P Gọi G giao điểm thứ hai đường thẳng DP với đường tròn ( ) Gọi I trung điểm AP Chứng minh : Ba đường thẳng AG , BC , OP đồng qui Lời giải Gọi I ' trung điểm PC Ta có OI ' // DP nên COI ' CDG (1) Mà CDG CAG (2) Tam giác CGP vng G có GI ' CI '  CP suy r OCI ' OGI ' (c.c.c), COI ' I ' OG (3) Từ (1),(2),(3) ta có CAG I ' OG suy điểm I ' , A, O, G nằm đường tròn ( ' ) Ta có  O /( )  O /( ') 0 Hơn nữa P /( )  PI PC  PA.2 PI '  PA.PI '  P /( ') suy OP trục đẳng phương hai đường tròn ( ) ( ' ) AG trục đẳng phương hai đường tròn ( ) ( ' ) BC trục đẳng phương hai đường tròn ( ) ( ) Vậy ba đường thẳng AG , BC , OP đồng qui S tâm đẳng phương ba đường tròn ( ), ( ) ( ' ) Câu : Tập hợp M có phần tử số thực gọi "Đặc biệt" thỏa mãn đồng thời hai tính chất sau a  Với x, y  M , x  y thí số x  y x y khác khơng có số chúng số hữu tỷ b  Với x  M , x số vô tỷ Một tập hợp "Đặc biệt"có nhiều phần tử ? Bạn lấy ví dụ minh họa Lời giải Ta chứng minh tập “ Đặc biệt” M có nhiều bốn phần tử M   1,  1,  2,     Từ hai điều kiện ban đầu tập đặc biệt M tập hợp có phần tử số vơ tỉ Ta có nhận xét sau Nhận xét Nếu x, y, z ba phần tử phân biệt M ba số x  y, y  z , z  x không đồng thời số hữu tỷ Ngược lại ta có  x  y  z     x  y  z    x   Vô lý ( từ đ/k số 2) Nhận xét Nếu x, y, z ba phần tử phân biệt M ba số xy, yz, zx không đồng thời số hữu tỷ Ngược lại ta có x yz  xy   xz    yz    x   Vô lý ( từ đ/k số 2) Nhận xét Nếu x, y  M  xy   , với z  M , x  z   y  z   Ngược lại theo nhận xét ta có x  z   yz   y  z   yz   , với trường hợp đầu xy   yz    xy  yz  y  x  z    x  z 0, y   vơ lí trường hợp hai tương tự Giả sử tồn tập “ đặc biệt” có phần tử a, b, c, d , e theo nhận xét ta có nhât hai phần tử có tổng số vơ tỉ chẳng hạn a b Cho nên ab   theo nhận xét a  c, a  d , a  e số hữu tỷ Vì theo nhận xét số c  d , c  e, d  e không đồng thời số hữu tỷ theo khẳng định tất ba số cd , ce, de số hữu tỷ vô lý với nhận xét 2.Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 5; 2) M ( 1;  2) điểm nằm bên hình bình hành     cho MDC MB  MC Tìm tọa độ điểm D biết tan DAM MBC Lời giải B A M D E C Gọi E điểm thứ tư hình bình hành MABE, dễ thấy MECD hình bình hành nên   MEC MDC     Mà MDC MBC suy MEC hay tứ giác BECM nội tiếp MBC    Suy BMC  BEC 180o  BEC 180o  90o 90o  Ta có AMD BEC (c.c.c)  AMB BEC 90o hay AMD vuông M DM 1   DM  MA MA 2 Ta có MA 4  MD 2  AD MA2  MD 40  AD 40 ( x  5)  ( y  2) 40   Giả sử D ( x; y ) ta có  2  MD 8 ( x  1)  ( y  2) 8 Giải hệ phương trình hai nghiệm: ( 3;  4), (1;0)   Vì tan DAM Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề là: D( 3;  4), D(1; 0) Câu 2: Cho tam giác ABC vng A Đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC , tiếp xúc với CA CB M N Đường thẳng MN cắt đường thẳng AI P Chứng minh góc IPB vng Lời giải C P N M I A B Ta có    IBA  (góc ngồi tam giác) PIB IAB  45  IBA  (1) 450  IBC Mặt khác   (hai góc đối đỉnh) PNB CNM  1800  ACB (tính chất tiếp tuyến)   900  900  ACB   2  900  ABC (hai góc phụ nhau) 450  ABC  (2) 450  IBC   Từ (1) (2) suy PIB PNB Do điểm P, N, I, B nằm đường tròn  Hơn nữa, INB vng nên IB đường kính đường trịn  Suy IPB vng Câu 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Các đường thẳng AB CD cắt P ,đường thẳng AD đường thẳng BC cắt Q Chứng minh:        2R   cos POQ    OP  OQ  P Lời giải Lấy điểm E PQ cho tứ giác PBCE B   nội tiếp Ta có PEC nên  ABC QDC tứ giác QDCE nội tiếp PO  R  QO  R A O C  P / o   Q / o  PC.PD  QC.QB PE.PQ  QE.QP PQ E D Q  OP  OQ  PQ 2 R   2OP.OQ.cos POQ 2 R   cos POQ  R2 4R2  OP.OQ  OP  OQ  Dấu "=" xẩy OP = OQ Câu 7: Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC mặt phẳng (CAB) vng góc với mặt phẳng (DAB) Chứng minh rằng:   CotBCD.CotBDC = Lời giải    Đặt AD BC a, AC BD b, AB CD c, BAC  A, ABC B, ACB C Ta có ABC nhọn ABC = DCB = CDA = BAD     ABC B; ABD BDC CAB  A,  1 Suy BCD Hạ CM  AB ,  CAB    DAB  nên A CM   DAB   CM  MD  CM  DM CD ,   Áp dụng định lý cosin cho tam giác BMD ta  MD BM  BD  BM BD.cos MBD ,  3 2 Từ (1), (2), (3) ta CM  BM  BD  BM BD.cos A CD D M BC  BD  BM BD.cos A CD  a  b  2ab cos A.cos B c  cos C cos A.cos B  sin A.sin B 2cos A.cos B  cot A.cot B  B Câu 3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  , P điểm nằm tam giác ABCC Gọi D giao điểm AP với   D M  , E giao điểm BP với AC , F giao điểm CP với AB , M giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với   M  A Tiếp tuyến B C  cắt T , DT cắt  L  L  D  a) Gọi X giao điểm BC EF Chứng minh ba điểm A , L , X thẳng hàng b) Gọi N điểm đối xứng L qua đường thẳng BC Chứng minh bốn điểm D, M , N , P nằm đường trịn Lời giải a) Ta có M điểm Miquel tứ giác toàn phần BCEF X   BMF  nên X   CME  Vì tứ giác BDCL điều hịa nên A  BC , DL   Lại có A  BC , PX   Suy X  AL Vậy ba điểm A , L , X thẳng hàng   b) Ta có BYX EYX  XCE (góc nội tiếp  CME  )  XCA  XLB (bù với ALB )  XNB ( N đối xứng L qua BC ) Suy X   BNY  Tương tự X   CLY           Ta có YNZ YNX  XNZ YBX  XCZ PBX  BCP BPZ YPZ Suy tứ giác PNYZ nội tiếp    Lại có MYP (góc nội tiếp  CME  ) MYE MCE   (góc nội tiếp  ) MCA MDA  MDP Suy Y   MDP  Tương tự Z   MDP  Do điểm M , P, D, N , Y , Z nằm đường tròn Vậy D, M , N , P nằm đường tròn Câu 6: Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu hình gồm vng đơn vị hình vẽ đây, hình nhận lật hình (sang trái, sang phải, lên trên, xuống dưới) hình nhận xoay hình góc Hãy xác định tất hình chữ nhật m n , m , n số nguyên dương cho lát hình chữ nhật viên gạch hình móc câu? Lời giải Với m 1 m 2 khơng thỏa mãn kích thước viên gạch x Nếu m 5 đặt viên gạch thứ hết ơ, cịn khơng thể lát viên gạch Do m, n   1; 2;5 Chia hình chữ nhật cho thành m n ô vuông đánh số hàng, cột từ lên trên, từ trái sang phải Ta gọi ô  p; q  ô nằm giao hàng thứ p cột thứ q Hai viên gạch hình móc câu ghép lại để hai hình đây: Nếu có lẻ viên gạch hiển nhiên tồn khoảng trống nên khơng lát hình chữ nhật Suy có chẵn số viên gạch  a Ơ khoảng trống (H1) Do hai viên gạch ghép lại có 12 ô hết cho 12 Nhận thấy, sử dụng (H1) hiển nhật (do (H1) hình chữ nhật x  b (H2) vuông nhỏ nên mn chia nhiên lát hình chữ ) Nếu sử dụng (H2) hiển nhiên sử dụng tất (H2) cho hình chữ nhật theo cách ghép nỗi tiếp (nếu khơng ghép nối tiếp tồn trống), hiển nhiên trống vị trí  a   b  Do đó, để lát hình chữ nhật m n mn phải chia hết cho 12 Nếu hai số m, n chia hết cho lát Thật vậy, giả sử m chia hết cho Ta viết n dạng: n 3a  4b , lát Xét trường hợp m, n không chia hết cho Ta chứng minh trường hợp lát Giả sử ngược lại, m, n chia hết cho không chia hết cho Ta tạo bất biến sau: Xét ô  p; q  Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho điền số vào Nếu hai toạ độ p, q chia hết cho điền số Các cịn lại điền số Với cách điền số ta thu bất biến tổng số hình (H1) tổng số hình (H2) số lẻ Do m, n chẵn nên tổng số tồn hình chữ nhật m n số chẵn Để lát tổng số hình (H1) (H2) sử dụng phải số chẵn Khi m.n chia hết cho 24, vô lý Câu 2: Cho tam giác ABC nhọn khơng cân ngoại tiếp đường trịn ( I ) Gọi H trực tâm, D tiếp điểm đường tròn nội tiếp (I) BC; K điểm đối xứng D qua trung điểm BC Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CA, AB ; IM cắt BH P; IN cắt CH Q Chứng minh BP = CQ bốn điểm D, K, P, Q thuộc đường tròn Lời giải Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau: Cho tam giác ABC không tù khơng cân A, (I, r) đường trịn nội tiếp M trung điểm BC AD đường cao K giao điểm MI AD Khi AK r Chứng minh :Gọi (O) đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC; Q giao điểm hai AI (O); N hình chiếu I AB (hình vẽ h1) A K N I B D M C Q (h1) Ta có : AK / / DM nên suy O AK AI  QM QI AI  (vì tam giác IBQ cân Q: QI QB ) BQ  IN (vì AIN BQM ) QM Do AK IN r Trở lại giải tốn Áp dụng bổ đề ta có BP = CQ Gọi L điểm đối xứng I qua trung điểm BC; S tâm đường tròn (KPQ) (hình vẽ h2) Theo bổ đề trên, BP IE Kết hợp với BP / / IE, suy BIEP hình bình hành Mặt khác BICL hình bình hành, suy PECL hình bình hành Suy BPL IEC A H E S F M N I P Q K D B C L (h.2) Mà IEC IDC LKB, suy BPL LKB Do BLKP hình thang cân ( PK / / BL BP = KL) Tương tự CLKQ hình thang cân ( QK / / CL ) Vì S thuộc trung trực PK, QK, suy S thuộc trung trực BL, LC BC nên S thuộc trung trực KD.( Vì K điểm đối xứng L qua trung điểm BC) Vậy D thuộc đường tròn (KPQ) đpcm Câu 2: Cho tam giác qua nội tiếp đường trịn vng góc với tam giác nghĩa tương tự cắt Các đường thẳng qua đường trung tuyến qua Đường trung tuyến qua tam giác Chứng minh đường thẳng Lời giải vng góc với cắt đồng quy Định Ta có Hơn nữa, gọi X , Y trung điểm AB, AC Do đó, Do tứ giác LC AK A B nội tiếp nội tiếp  K A , O, X , Y , A đồng viên Mà AK A O 90o  AK A qua T  AK A đường đối trung ứng với đỉnh A ABC Chứng minh tương tự với BK B , CK C Từ ta có AK A , BK B , CK C đồng quy điểm Lemoine ABC