25 bài hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi Olympic môn Toán

NHŨNG BÀI HÌNH HỌC PHẲNG OLYMPIA Bài 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (C). M nằm trên đường thẳng kéo dài của đường chéo DB, sao cho MA, MC là tiếp tuyến của đường tròn (C). Tiếp tuyến tại B với đường tròn (C) cắt MC tại N và CD tại P, ND cắt đường tròn (C) tại E. Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng. (APMO) Giải 1. MC là tiếp tuyến với (C)  NCB BDC  MCB và MDC đồng dạng  MC CB MD DC  (1) MA là tiếp tuyến với (C), tương tự  MA AB MD DA  , (do MA MC )  CB AB DC DA   DACB ABDC (2) Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác ABCD  . . .ABCD BC DA AC BD   1 2 BC DA AC BD  2AC BC DA DB  ; (3) NB, NC là tiếp tuyến với đường tròn (C)  NBE, NDB đồng dạng, NCE, NDC đồng dạng  NB BE ND DB  , NC CE ND DC  kết hợp NB NC  BE CE DB DC   BE DC CE DB Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác BECD  1 . . . 2 BE DC CE DB BC DE  2BC CE BD DE  ; (4) PB là tiếp tuyến với (C)  PC PB CB PB PD BD   2 .PC PD PB mặt khác 22 2 .PC PC PD PB CB PD PD PD BD                kết hợp với (5) Từ (4) và (5)  22 2PC CB CE PD BD DE              (6) Giả sử AE cắt CD tại Q QEC và QDA đồng dạng  QC EC QA DA  ; (Q) P N M E D C B A mặt khác QDE và QAC đồng dạng  QD DE QA AC   :: QC QD EC DE QA QA DA AC  (7)  2 . 2 4 2 . QC EC AC EC BC EC EC EC QD DE DA DE DB DE DE DE        (8) Từ (6) và (8) PC QC PD QD   PQ  A, E, P thẳng hàng. Bài 2. Cho tam giác ABC ( AB AC ), đường tròn đường kính BC cắt AB, AC tại M và N, gọi O là trung điểm cạnh BC. Đường phân giác góc BAC và góc MON cắt nhau tại P. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác PMB và PNC giao nhau trên cạnh BC.(IMO 2004) Giải. Đường thẳng AP cắt cạnh BC tại E, theo giả thiết OB OC  O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC  OM ON , kéo dài OP cắt MN tại I  ,OI MN IM IN ; AMN C  ABC và ANM đồng dạng  BAO NAI , mặt khác BAE CAE  OAP PAI  PI AI PO AO  ; Theo tính chất hai tam giác đồng dạng  AI MN MI MI AO BC CO MO    theo tính chất đường phân giác  IMP OMP ; OMB B  00 180 180OMN OMB AMN B C A       .  1 2 BMP BMO OMP B A    ; Mặt khác 1 2 AEC B A BMP    B, M, P, E nằm trên một đường tròn ; Tương tự C, N, P, E nằm trên đường tròn  đường tròn ngoại tiếp tam giác PMB và PNC giao nhau trên cạnh BC. Bài 3. Cho tam giác ABC, 0 90A  , gọi G là trọng tâm tam giác. Trên CG lấy điểm P sao cho APC ACB , trên BG lấy điểm Q sao cho AQB ABC . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BPG và CQG cắt nhau trên cạnh BC. (Canada). Giải. Cách 1: Gọi I là trung điểm BC, 0 90BAC   IB IA IC  ACI IAC  CAG ACB APC CPA và CAG đồng dạng (g.g) E I O M N P C B A B I P G H Q A C  CP CA CA CG   2 .AC CPCG Gọi H là hình chiếu của A trên BC theo tính chất tam giác vuông  2 .AC CH CB  CPCG CH CB  tứ giác BPGH nội tiếp. Tương tự  CQGH nội tiếp  đường tròn ngoại tiếp BPG và CQG gặp nhau trên BC. Cách 2: Trên BC lấy điểm D sao cho AD AC  CAD cân  ADC ACD APC  tứ giác APDC nội tiếp  0 180 2CPD CAD A   I là trung điểm BC  IA IC IB 00 2 180 180AIB C DAC CPD      PDIG nội tiếp  CI CD CGCP , AH BC  HC HD  1 . .2 . . 2 CI CD BC CH CH CB GGCP    tứ giác BPGH nội tiếp. Bài 4. Cho tứ giác ABCD, đường chéo AC không là phân giác góc BAD và góc BCD . P là điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn PAD BAC và PCD ACB . Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi PB PD .(IMO) Giải. Giả sử P là điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn PAD BAC   và PCD ACB   Phần thuận: Giả sử ABCD nội tiếp đường tròn, CP và AP cắt BD tại N và M  BAC BDC   (chắn cung BC ), NDC có PNM BND     . ADB ACB   . AMD có: AMN    PMN PNM  PMN cân  PM PN . BMA và CDA: AMB ACB     , ABD ACD  đồng dạng  BM AB CD AC  ; α α β β α A P M B C D N α β β α A I P E B C D B I P D G H Q A C Tương tự BCD và NCD đồng dạng  AB ND AC CD   BM ND CD CD   BMP =DNP (g.c.g)  PB PD Ngược lại: Giả sử PB PD , đường tròn ngoại tiếp PCD cắt AD tại E và AP tại I  BAC và PAE đồng dạng (g.g)  AB AC AP AE  , BAP EAC  BAP và CAE động dạng (c.g.c)  CE CA EA BP BA PA  (1) . PDE PIE  PDA và EIA đồng dạng  IE EA DP PA  (2) , từ (1) và (2)  IE CE DP BP  theo giả thiết PB PD  EC EI ; 0 180ADC EDC EIC ECI EPI CBA           ABCD nội tiếp. Bài 5. Cho tam giác ABC, 1 1 1 ,,A B C lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 1 1 A BC nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ABC là tam giác vuông. (IMO 2013) Giải . Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 1 1 A BC theo giả thiết O nằm trên đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo giả thiết 1 1 1 ,,A B C là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp  11 BC CB , 11 AB BA , 11 CA AC (bạn đọc tự chứng minh) Giả sử AC AB , gọi I là điểm chính giữa của cung BAC  IB IC .  0 1 (90 ) 2 IBA ABC IBC B A     0 1 (90 ) 2 A C ICB ACB ICA      (do A BIC )  tam giác IBC 1 và ICB 1 bằng nhau (c.g.c)  11 IC IB  IO Trên OB lấy điểm M, và trên OC kéo dài lấy điểm N sao cho BM CN OA 1 OBA OBC OAC , 11 AB BA Tứ giác OABC nội tiếp 1 NCA OAB O ≡ I C 1 B 1 A 1 A C B M N 11 CA AC  tam giác CNA 1 , AOC 1 bằng nhau, và tam giác BMA 1 , AOB 1 bằng nhau  1 1 1 1 1 NA OC OA OB MA     0 1 1 1 180CA N AC O BC O    0 1 1 1 180 OBC ABO BAM     M, A 1 , N thẳng hàng  1 1 1 NA OA MA  0 90MON   0 90BAC   tam giác ABC vuông. Bài 6. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Đường tròn  qua đỉnh A và cắt cạnh AB, AC lần lượt tại P và Q sao cho BOP ABC và COQ ACB . Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với đường tròn  . Giải. Gọi D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp BOP với cạnh BC. Theo giả thiết BQP ABC , COQ ACB  0 360POQ BOP COQ BOC    00 360 2 180POQ B C A A       tứ giác APOQ nội tiếp . Theo giả thiết tứ giác BPOD nội tiếp đường tròn  0 180POD B  00 360 180DOQ POQ POD A B C        tứ giác DOQC nội tiếp đường tròn  đường tròn ngoại tiếp APQ, BPD, CQD qua tâm O. 00 (90 ) (90 )QPD QPO OPD OAQ OBD B A C         Tứ giác ODCQ nội tiếp và giả thiết  QDC COQ C QPD    BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp PQD. Mặt khác PDB BOP B 00 180 180PDQ PDB QDC B C A PAQ         đường tròn ngoại tiếp PQD đối xứng với  qua PQ  thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với đường tròn  . P O A C D Q B Bài 7. Cho tam giác ABC, gọi góc A là góc lớn nhất. D là điểm chính giữa ABC , E là điểm chính giữa ABC . Đường tròn C 1 qua A, B và tiếp xúc với AC tại A, đường tròn C 2 qua A, E và tiếp xúc với AD tại A, hai đường tròn C 1 , C 2 cắt nhau tại A và P. Chứng minh rằng AP là phân giác góc A . Giải. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB và AC. Theo giả thiết DA DC  DA DC , EA EB  EA EB  DN AC và EM AB ; Gọi I là giao điểm của phân giác góc A với ME  IAM IAC , IAB IBA  IAC ABI  AC là tiếp tuyến của đường tròn qua A, I, B hay đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AC tại A. 1 2 DAI BAI BAD BAC BCD    (1) 0 0 0 180 ( ) 180 ( ) 180 ( )BCD BDC CBD BDA ADC CBD C B CBD A CBD             00 11 90 90 22 CBD CAD ADC ABC      0 1 90 2 BCD A B   (2), thay (2) vào (1)  00 1 1 1 1 ( 90 ) 90 ( ) 2 2 2 2 DAI A A B A B C        Mặt khác 11 22 AEI AEB C  Đường tròn qua A, C, I tiếp xúc với AD hay đường tròn qua A, C và tiếp xúc với AD tại A  PI . Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự tại M, N, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại P. Tiếp tuyến với đường tròn (J) tại Q và song song với BC. Chứng minh rằng BAP CAQ . C D M B A I E N Giải. Gọi tiếp điểm của đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự là M và N; Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại P  O, J, P thẳng hàng, đường thẳng PM, PN cắt đường tròn (O) tại D và E  PJM và POD là các tam giác cân  PMJ PDO  JM // OD AB tiếp xúc với (J) tại M  JM AB  OD AB  DA DB . Tương tự EA EC . Tiếp tuyến tại Q song song với BC  KB KC  BD DK KE EC    DA DK KE EA    22DA AK KE AK    DA KE , gọi F là giao điểm AP với (J)  MF NQ  MF NQ , từ AM AN  AMF và ANQ bằng nhau (c.g.c)  MAF NAQ  BAP CAQ Bài 9. Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF. Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt cạnh AB, AC tại P và Q, đường thẳng EF cắt cạnh BC tại I, gọi M là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, M, I nằm trên một đường tròn. Giải 4. ,BE AC CF AB  tứ giác BFEC nội tiếp; Tương tự tứ giác AEDB nội tiếp  AFE ACB , EF song song với PQ  AFE APQ  APQ ACB  tứ giác BQCP nội tiếp  BDP và QDC đồng dạng  DB DP DQ DC   DB DC DP DQ , (1) Theo giả thiết MB MC , và 0 90BEC   EBM BEM EBM BEI EIB , BEM BED DEM , mặt khác BEI BCF BED  EIB DEM  EIM và DEM đồng dạng (g.g)  ME MI MD ME  O F K M B A C Q P D J E N M F E A P C B Q I D  2 .ME MI MD  2 2 2 . ( ) .MB ME MI MD MD DI MD MD MD DI       22 . ( )( ) .MD DI MB MD MB MD MB MD CD BD      kết hợp (1)  MD DI DP DQ  tứ giác PMQI nội tiếp. Bài 10. Cho tam giác ABC ( AC AB ) nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm trên cạnh BC sao cho BAD CAO , đường thẳng AD cắt đường tròn tâm O tại E. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của BE, OD, AC. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng. Giải . Kéo dài AO cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I  0 90ACI  Theo giả thiết BAD CAO  BE CI  EI song song với BC Tứ giác ACEI nội tiếp  0 90AEI   AD BC . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC  DH DE  MD song song BH  MD AC , P là trung điểm của AC  OP AC  MD song song với OP Mặt khác 1 2 MD BE , và 1 2 OP CI  MD OP  tứ giác MDPO là hình bình hành  M, N, P thẳng hàng. Bài 11. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AD, BE, CF. Chứng minh rằng các đường thẳng OA, OF, OB, OD, OC, OE chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác có diện tích bằng nhau. Giải . Gọi M, N là trung điểm cạnh BC và CA  ,OM BC ON CA  1 2 MOC BOC BAC Theo giả thiết BE CA  MOC và EAB đồng dạng (g.g)  OM OC OA AE AB AB  ( OA OC ). Tương tự AD BC  NAO và DAB đồng dạng I H N P E M O D C B A O D F E N M C B A  ON OA BD AB   OM ON AE BD   OM BD ON AE  OBD OAE SS . Tương tự OCD OAF SS và OCE OBF SS . Bài 12. Các điểm P và Q được lấy trên BC của tam giác nhọn ABC, sao cho PAB BCA , QAC ABC . Các điểm M, N lấy trên AP và AQ sao cho P là trung điểm AM, và Q là trung điểm AN. Chứng minh rằng giao điểm của BM và AN nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải. Theo giả thiết PAB BCA  00 180 180APB ABC PAB B C A       Hoàn toàn tương tự AQC A ; Xét PAB và QCA có : APB AQC A , PAB BCA  hai tam giác đồng dạng (g.g)  PB QA PA QC  , AP = PM, AQ = QN  PB QN PM QC  ; 00 180 180BPM APB AQC CQN      BPM, NQC đồng dạng  CNQ MBP  DNQ DBQ  BQDN là tứ giác nội tiếp  BQN BDN , BQN AQC A  BDQ A  tứ giác ABDC nội tiếp  D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Nhận xét : Bài này thuộc loại dễ , chỉ cần sử dụng kiến thức tam giác đồng dạng để suy ra các góc tương ứng bằng nhau để suy ra tứ giác nội tiếp, và kiến thức góc nội tiếp chắn một cung bằng nhau. Bài 13. Cho tứ lồi ABCD, có 0 90ABC CDA . Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BD. Các điểm S và T tương ứng nằm trên AB, AD sao cho H nằm trong tam giác SCT và 0 90CHS CSB , 0 90THC DTC . Chứng minh rằng đường thẳng BD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác TSH. Giải. Phân tích cách dựng hình: Để xác định hai điểm S và T là không dễ, từ giả thiết ta đi tới cách xác định điểm S và T cũng là hướng đi cho lời giải. Từ 0 90THC DTC  0 0 0 0 90 90 90 180THC DTC TCD TCD       C P N D A M Q B  0 180THC TCD , theo giả thiết 0 90ADC Gọi F là điểm đối xứng của C qua D  TF = TC  TFD TCD  0 180THC TFC  tứ giác THCF nội tiếp; Hoàn toàn tương tự 0 90CHS CSB , dựng được điểm E đối xứng của C qua B  tứ giác HSEC nội tiếp. Từ cách dựng  BE BC và DF DC  BD//EF  AH EF do tính đối xứng  AE AC AF  HE HF . Kéo dài HC lấy điểm P sao cho HP HE  H là tâm đường tròn ngoại tiếp EPF. THCF là tứ giác nội tiếp  CHF CTF , TCF và HPF là những tam giác cân  TFC HFP  CFP HFT ; mặt khác PCF HTF  TFH và CFP đồng dạng (g.g)  THF CPF HFP  HT//PF. Tương tự HS//PE  SHT EPF Tứ giác EHSC nội tiếp  ESH ECP , SHE SCE , SH//EP  SHE HEP HPE  SHE CPE  SHE và CPE đồng dạng  SH CP HE PE  ; HS HS HF CP FP FP HT HE HT EP CP EP     SHT và FPE đồng dạng  TSH EFP Kết hợp BD//EF và TH//FP  TSH THD  BD là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác HST. Bài 14. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự tại M, N, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại P. Tiếp tuyến với đường tròn (J) tại Q và song song với BC. Chứng minh rằng BAP CAQ . Giải. Gọi tiếp điểm của đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự là M và N; Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại P  O, J, P thẳng hàng, đường thẳng PM, PN cắt đường tròn (O) tại D và E; O F K M B A C Q P D J E N C E A B P F D H S T [...]... 29,16 0 1,026 100 64,85 49,33 15,51 35,15 35,26 0 8,801 16,04 42,98 0,702 30,35 29,73 0 0,613 100 28,86 23,34 5,522 71,14 70,98 0,003 47,9 19,75 41,94 0,653 27,51 25, 1 0,616 1,785 100 31 ,25 27 ,25 3,994 68,75 68,73 0 25, 06 18,5 50,7 0,84 25, 2 23,7 0,5 1,01 100 45,9 34,2 11,6 54,1 54,1 0 15 8,552 28,75 1,782 57,87 56,74 0,33 0,799 100 52,81 21,69 31,12 47,19 47,19 0,399 13,49 -0,11 0,157 0,02 0,01 0,003... -43.260 -15.804 -50.876 -8.792 -59.892 -19.842 -39.744 -40.485 -49.656 -81.972 48.101 392.133 257 .311 257 .762 411.542 0 0 0 0 0 3.688 2.393 3.636 5.851 5.575 51.789 394.527 260.948 263.613 417.116 0 -1 .252 -64.764 -65.959 -104.988 0 0 0 0 0 51.789 393.275 196.184 197.654 312.129 0 0 0 0 0 19 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC Lãi/(Lỗ thuần của cổ đông công ty mẹ) Chi phí khấu hao TSCĐ GVHD: Trần... 195,94% 72,68% 64,55% 100,30% 2,15% 2,94% 0,20% 3,77% 2012 193,30% 68,66% 100 30,55% 20,04% 35,24% 19,61% 100 100 100 133,63% 200,30% 64,90% 127,16% 204,03% 98,60% 149,55% 250 ,25% 158,64% 176,05% 413,11% 151,15% 25 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC GVHD: Trần Thị Ngọc Vỹ Thuế Giá vốn: +Về cơ cấu: Tăng giảm không đều qua các năm, cao nhất vào năm 2008 (chiếm tỉ trọng 87,83% trên tổng doanh thu)... nội địa đang phải đối mặt với cạnh tranh gay gắt từ sản phẩm nhập khẩu giá rẻ Lớp: QTTCH1_2 17 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC GVHD: Trần Thị Ngọc Vỹ IV PHÂN TÍCH TÌNH HÌNH TÀI CHÍNH CÔNG TY 1 Các tài liệu được sử dụng để phân tích (nguồn: ) 1.1 Bảng cân đối kế toán Bảng cân đối kế toán Theo năm TÀI SẢN NGẮN HẠN Tiền và tương đương tiền Giá trị thuần đầu tư ngắn hạn Các khoản phải thu Hàng... hệ giữa doanh thu và chi phí 200 Doanh thu thuần Tổng chi phí Tỉ lệ Doanh thu/chi phí Lớp: QTTCH1_2 200 201 201 8 1.290.51 8 1 .252 .50 5 1,03 9 1.815.04 1 1. 425. 35 7 1,27 0 2.160.13 9 1.910.19 0 1,13 1 2.636.69 6 2.386.73 7 1,1 2012 2.784.934 2.377.556 1,17 27 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC GVHD: Trần Thị Ngọc Vỹ Nhìn chung thì cả doanh thu và chi phí của doanh nghiệp có xu hướng tăng qua... 281.718 0 125. 948 337.387 0 210.153 446.313 0 299.880 821.504 0 211.923 712.407 2.703 5.515 6.953 13.632 44.164 185.472 0 179.166 238.229 0 233.420 292.713 0 267.158 0 0 0 0 0 0 0 6.555 0 0 8.181 0 0 8.181 0 6.306 4.809 16.330 19.789 614.519 398.490 303.161 95.329 785.049 226.561 183.213 43.347 19.001 1.064.19 3 332.542 290.042 42.500 1.621.589 2.478.090 743.840 1.308.610 555.015 537.544 188. 825 771.066... 1.621.589 2.478.090 743.840 1.308.610 555.015 537.544 188. 825 771.066 216.028 216.686 0 558.488 557 .253 24 731.651 731.434 0 877.749 1.169.480 877.582 1.169.401 0 9.883 54.087 376.068 266.732 243.457 334.400 -658 1.235 218 167 79 1.213.155 1.044.043 408.433 1.434.047 0 0 383.923 1.406.077 18 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC LỢI ÍCH CỦA CỔ ĐÔNG THIỂU SỐ TỔNG CỘNG NGUỒN VỐN 0 614.519 GVHD: Trần... su kỹ thuật của xe ô tô 4 Năng lực của công ty Công ty Cổ phần Cao su Đà Nẵng - DRC tiền thân là Xưởng đắp vỏ xe ô tô thành lập năm 1975 Năm 2006 chuyển sang hoạt động theo mô hình cổ phần DRC Lớp: QTTCH1_2 13 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC GVHD: Trần Thị Ngọc Vỹ chuyên Sản xuất, kinh doanh, xuất nhập khẩu các loại sản phẩm và vật tư thiết bị cho ngành công nghiệp cao su với sản phẩm chính... -109.097 0 0 0 0 0 Tăng, giảm các khoản phải trả (Không kể lãi vay Lớp: QTTCH1_2 20 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC GVHD: Trần Thị Ngọc Vỹ phải trả, thuế thu nhập doanh nghiệp phải nộp) Tăng, giảm chi phí trả trước 0 0 0 0 0 Tiền lãi vay đã trả 0 0 0 0 0 Thuế thu nhập doanh nghiệp đã nộp 0 -1 .252 -64.764 -65.959 -104.988 -101.278 -74.534 -91.422 -247.761 -720.675 Tiền thu được từ thanh lý... 21 Phân tích tình hình tài chính công ty DRC GVHD: Trần Thị Ngọc Vỹ vốn góp Chi trả cho việc mua lại, trả lại cổ phiếu 0 0 0 0 0 Tiền thu được các khoản đi vay 1.621.161 1.087.801 1.727.392 1.933.815 1.743.288 Tiển trả các khoản đi vay 1.593.222 1.320.063 1.641.155 1.727.139 1.579.420 0 0 0 0 0 -39.114 40.653 -11.655 -30.373 0 0 0 0 0 0 -20.550 63.273 30.101 -29.930 -2.576 Tiền thanh toán vốn gốc đi . xúc với AC tại A. 1 2 DAI BAI BAD BAC BCD    (1) 0 0 0 180 ( ) 180 ( ) 180 ( )BCD BDC CBD BDA ADC CBD C B CBD A CBD             00 11 90 90 22 CBD CAD ADC ABC     . xúc với AC tại A. 1 2 DAI BAI BAD BAC BCD    (1) 00 0 180 ( ) 180 ( ) 180 ( ) BCD BDC CBD BDA ADC CBD C B CBD A CBD               00 11 90 90 22 CBD CAD ADC ABC     . NAO và DAB đồng dạng I H N P E M O D C B A O D F E N M C B A  ON OA BD AB   OM ON AE BD   OM BD ON AE  OBD OAE SS . Tương tự OCD OAF SS và OCE OBF SS . Bài 12. Các điểm