Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu luôn hẳn là công cụ phục vụ tốt nhất cho công việc giảng dạy cũng như nghiên cứu của các nhà khoa học nhà giáo cũng như các em học sinh , sinh viên . Một con người có năng lực tốt để chưa hẳn đã thành công đôi khi một con người khác năng lực thấp hơn một chút lại có hướng đi tốt lại tìm đến thành công nhanh hơn trong khi con người có năng lực kia vẫn loay hay tìm lối đi cho chính mình . Tài liệu là một kim chỉ nang cho chúng ta một hướng đi tốt nhất đến với kết quả nhanh nhất . Tôi xin đóng góp một chút vào kho tàng tài liệu của trang , mọi người cũng có thể tham khảo đánh giá và góp ý để bản thân tôi có động lực đóng góp nhiều hơn những tài liệu mà tôi đã sưu tầm được và up lên ở trang.
PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Câu 71 Giải: Gọi M , N , P ,Q trung điểm AB, BC ,CD, DA Gọi G giao điểm MP , NQ G trung điểm chung hai đoạn H đối xứng với O qua G , H 1' đối xứng với A qua H Ta chứng minh H 1' º H ' Thật vậy, ta có MH / / BH ( MH đường trung bình tam giác ABH 1' ; MH / / OP ( MOPH hình bình hành); OP ^ CD ' (đường kính qua trung điểm dây cung).Suy BH ^ CD Tương tự DH 1' ^ BC , suy H 1' trực tâm tam giác BCD ' H º H Lấy O ' đối xứng với O qua H , AOH 1O ' hình bình hành Suy O 'H = OA = R (bán kính ( O ) ) Tương tự O 'H = O ' H = O 'H = R Vậy ta có đpcm Câu 72 Giải: Ta chứng minh ba đường thẳng Ơ-le qua trọng tâm tam giác ABC Do tính tương tự, ta chứng minh cho tam giác BCI Về phía ngồi tam giác ABC , dựng tam giác A 'BC đều, nội tiếp đường tròn ( O1) Tứ giác I BA 'C nội tiếp 154 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · 'C + BIC · · , BA = 1800 Do A 'B = A 'C nên IA ' phân giác CIB suy ba điểm A, I , A ' thẳng hàng Gọi F trung điểm BC , S S1 trọng tâm tam giác ABC tam giác I BC Vì FS1 FO1 FS = = = nên ba FA FI FA ' điểm S1,O1,S thẳng hàng Mặt khác, O1S1 đường thẳng Ơ-le tam giác IBC , đường thẳng Ơ-le tam giác I BC qua trọng tâm tam giác ABC Chứng minh hoàn toàn tương tự với tam giác I AC , IAB Ta có đpcm Câu 73 Giải: Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC có O tâm đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm Khi · AO = AH ta có BAC = 600 Trở lại toán: Giả sử bốn điểm O, I , H ,C thuộc đường · tròn Vì CI phân giác HCO nên I H = IO = t · Ta chứng minh: BAC ¹ 600 bốn điểm O, I , H , A thuộc đường tròn Kí hiệu M , N hình chiếu I OA AH Lấy hai điểm O1,O2 nằm tia AO cho IO1 = IO2 = t (O1 nằm A M , M nằm O1 O2 ) 155 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Lấy hai điểm H 1, H nằm tia AH cho I H = IH = t ( H nằm A N , N nằm H H ) a) Nếu O º O1 H º H , O º O2 H º H Khi D AI O : D AI H suy AO = AH Áp dụng bổ đề ta · BAC = 600 , trái với điều giả thiết b) Nếu O º O1 H º H O º O2 H º H Ta có · O = IH · H IO · O = IH · H Suy D IO1O2 = D IH 1H nên IO 2 1 tứ giác AOIH nội tiếp Giả sử A B khơng nằm đường tròn ngoại tiếp tam · · giác OI H Khi BAC = ABC = 600 nên tam giác ABC đều, suy ba điểm O, I , H trùng nhau, vô lý Vậy ta có đpcm Câu 74 Giải: Gọi E giao điểm AH ( O ) , (E khác A ) Giao điểm MN EC F Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn ( O ) , có OK ^ MK nên theo “bài tốn bướm” ta có · · · (1) Mặt khác MAK HE ^ BK = BAE = HCB nên tam giác HCE cân C , suy HK = K E (2).Từ (1) (2) ta có tứ giác MHFE hình bình hành, MH / / EF · · EF = ABC · Suy MHK =K KM = KF · · Chứng minh hoàn toàn tương tự ta NHK = ACB 156 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC · · · · · Ta có QHP Suy tứ giác = MHN = ABC + ACB = 1800 - BAC AQPH nội tiếp Câu 75 Giải: · · · · Ta có ARC Do tứ giác AHCR = APC = ABC = 1800 - AHC · · · nội tiếp.Suy AHX = ACR = CAP Tương tự ta có tứ giác AHBQ nội tiếp.Từ suy · · XAH = QBH = · · · · (2) QBA + ABH = BAP + ABH · · Từ (1) (2) suy AHX + XAH = · · · · · CAP + BAP + ABH = CAB + ABH = 900 Do · · hay tứ giác AXEH nội tiếp Vậy AXH = 900 = AEH · · · (theo (1)) Suy EX / / AP XEA = AHX = CAP (đpcm) Câu 76 Giải: Gọi M , N trung điểm BD,CE K N cắt · QC = K · AC = EPQ · AB, ( O2 ) , ( O ) S, P ,Q Ta có K Suy EP / / CQ , mà N trung điểm EC nên N trung điểm PQ Ta thấy: 2SA.SM = SA.SD + SA.SB ; 2SK SN = SK SP + SK SQ mà SA.SD = SK SP (tứ giác AK PD nội tiếp); SA.SB = SK SQ (tứ 157 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC giác AK QB nội tiếp) Þ SA.SM = SK SN Þ tứ giác AK NM nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN · · Mặt khác tứ giác AMO N nội tiếp AMO = ANO = 900 hay 1 có O1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN Suy · O = ANO · tứ giác AK NO1 nội tiếp Þ AK = 900 (đpcm) 1 Câu 77 Giải: Gọi M điểm đối xứng B qua EF Ta có · · EMF = EBF ã ã ã +A ả = EBF · Mà EBF + EAF = EBF +A + E¶ + Fµ1 = 1800 nên · · EMF + EAF = 1800 Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn (j ) Gọi N giao điểm tiếp tuyến A M ( j ) ta chứng minh ba điểm N , E , F thẳng hàng Thật vậy, gọi F ' 158 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC giao điểm thứ hai NE với ( j ) Ta có D NAE : D NF 'A (g.g) Suy AE NA ME NM NA (1) Tương tự = = = AF ' NF ' MF ' NF ' NF ' AE ME AE AF ' nên (*) Gọi I = = AF ' MF ' ME MF ' giao điểm AB EF Ta có IE = IA.IB = I F Mà D I EB : D IAE (g.g) nên I E = IF (2) Từ (1) (2) ta có EB IF IE BF IF EB BF Tương tự Suy Do = = = = AE IA IA AF IA AE AF ME MF AE AF hay = = AE AF ME MF (**) Từ (*) (**) ta có AF ' AF suy F º F ' Vậy ba điểm N , E , F thẳng hàng = MF ' MF Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF Do N thuộc trung trực AB , suy N thuộc đường thẳng OO ' Tương tự D CD cắt điểm N ' thuộc OO ' Do tính chất đối xứng, CD EF cắt điểm thuộc OO ' N º N ' Vậy đường thẳng CD, EF , D 1, D đồng quy N (đpcm) Câu 78 Giải(Bạn đọc xem thêm phần’’Các định lý hình học tiếng’’Nội dung định lý Lyness Qua M kẻ tiếp tuyến chung (O ') ( O ) ¶ = NMX · ¶ =M ¶ Ta có N B 1 · · NMD = NMB · Vậy MN phân giác góc DMB 159 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Gọi Q giao điểm thứ hai MN ( O ) Ta có Q điểm cung BD · CQ phân giác góc DCB Gọi I giao điểm CQ NP 1æ ¼ · ¼ + sđQB » ¶ = IPM ã ẳ ữ= 1ổ ữ= N ỗ s DM + sđ DQ sđ DM Ta có I CM = ç ç ç ÷ ÷ è ø è ø 2 Suy tứ giác IPCM nội tiếp Do · · · QMB = NPA = IMC Þ D QIM : D QNI Þ QI = QN QM Mà · · QMD = QDN Þ D DQN : D MQD Þ QD = QN QM Þ QD = QI Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD Tương tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm NP Câu 79 Giải: Gọi A ' giao điểm thứ hai AI với ( O ) Theo câu 78 ta có tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm IM (xét với ( O1) I N (xét với ( O2 ) ) Suy tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) Câu 80 Giải: 1µ · µ Ta có BMC = 900 + A = 1800 - B · µ ZMY = 1800 - B (vì tứ giác MZCY nội tiếp) · Do BMZ = Y· MC nên · XBM = Y· NC Suy D BXM : D MY C 160 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC D K XB : D LY M · · M = Y· T C = BT · N Vậy tứ giác BXT N nội tiếp Þ BXK = LY Tương tự ta có tứ giác Y CNZ nội tiếp Mặt khác · · X = BMX · · µ suy Y· NC = Y· ZT = Y· MC XNY BNX = BT =B Từ · · µ = BMX · · µ = 2B µ =B µ +Cµ BNC = BMX +Y· MC + B + XBM +B · · µ +B µ +Cµ = 1800 Suy tứ giác ABNC nội BNC + BAC =A tiếp Câu 81 Giải: a) D ABE : D ACF Þ (g.g) AB AE = Þ AE AC = AF AB AC AF · · b) Ta có BFH + BDH = 1800 Þ Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có hai góc đối bù nhau) · · Ta có ADB = AEB = 900 Þ Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai ( ) đỉnh D, E nhìn AB góc vng) · · c) Ta có BFC = BEC = 900 Þ Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có ( ) · · hai đỉnh F , E nhìn BC góc vng) Þ AEF = ABC · · · · Mà xAC (hệ quả) Do xAC (hai góc vị trí so = ABC = AEF le trong) nên Ax / / EF Lại có OA ^ Ax Do OA ^ EF d) Gọi I giao điểm AD EF Ta có · · · · Mà AD ^ BC ADE = ABE = FDH Þ DI tia phân giác EDF nên có DK dường phân giác D DEF Xét D DEF có 161 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC KF IF (1) Áp dụng hệ Talet vào tam giác: D IAE có = KE IE FN / / AE : NF IF = AE IE Từ (1),(2),(3) cho (2); D K AE có MF / / AE : KF MF = KE AE (3) NF MF = Þ NF = MF AE AE Câu 82 Giải: ¼ = MC ¼ a) Ta có AM ¼ ) ( M điểm AC · · (hệ góc Þ ABM = IBM · · nội tiếp) AMB = ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Þ BM ^ AI , AC ^ BI D ABI có BM vừa đường cao ( BM ^ AI ) vừa đường phân (· · ) giác ABM = IBM Do tam giác ABI cân B · MI = 900 BM ^ AI ; K · CI = 900 AC ^ BI b) Ta có K ( ) ( ) · MI + K · CI = 900 + 900 = 1800 Vậy tứ giác MICK nội tiếp Þ K c) Xét D ABN D IBN có AB = BI ( D ABI cân B ), · · (chứng minh trên), BN cạnh chung Do ABN = IBN · · · Mà NAB D ABN = D IBN (c.g.c) Þ NAB = NIB = 900 nên · NIB = 900 Þ NI ^ BI Mà I thuộc đường tròn ( B, BA ) (vì BI = BA ) Vậy NI tiếp tuyến đường tròn ( B, BA ) + Xét D ABC có M trung điểm AI , D ABI cân B , BM 162 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC đường cao, O trung điểm AB Þ MO đường trung bình tam giác ABI Þ MO / / BI Mà NI ^ BI (chứng minh trên) Vậy NI ^ MO · D = IBM · d) Ta có IK (hai góc nội tiếp chắn cung IK 1· · · · · đường tròn IBK ) Mà IDA ( IDA IBA góc = IBA = IBM ( ) ( ) nội tiếp góc tâm chắn cung AI đường tròn B, BA , · · · Þ hai tia ) Do IDK BN tia phân giác IBA = IDA DK , DA trùng Þ D, K , A thẳng hàng Mà C , K , A thẳng hàng nên D, K , A,C thẳng hàng Vậy ba điểm A,C , D thẳng hàng · Câu 83 Giải:a) Ta có ICD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường ( ) · tròn O ).Tứ giác IHDC có I·HD = ICD = 900 Do tứ giác · · · · ICH IHDC nội tiếp đường tròn tâm M Þ IMH = 2ICH = IDH · · ( ( ) góc chắn cung AB O ) · ( · · Do BCA = ICH = IDH ( · · Ta có ) nên BCH = 2ICH ) · · · BCH = IMH = 2ICH Vậy tứ giác BCMH nội tiếp b) Gọi T giao điểm PD ( ) đường tròn J ngoại tiếp ( ) tam giác HMD T ¹ D Xét D PHD D PT M · · · M có HPD (chung), PHD = PT 163 · Mà BCA = ICH = IDH ) (hai PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC (hai góc nội tiếp chắn cung MD ( J ) ).Do D PHD : D PT M (g.g) PH PD = Þ PM PH = PD.PT Chứng minh tương tự có PT PM PM PH = PC PB , nên PD.PT = PC PB Þ PD PB (vì = PC PT · · C PD.PT = PC PB ) Do D PBD : D PT C (c.g.c) Þ PBD = PT · Xét D PBD D PT C có PBD (chung), Þ Tứ giác BCDT nội tiếp nên T thuộc đường tròn ( O ) Do T º N Vậy ba điểm P , D, N thẳng hàng Câu 84 Giải: ( ) a) AM , AN tiếp tuyến đường tròn O (gt) · · Þ AMO = ANO = 900 Tứ giác AMON có · · AMO + ANO = 900 + 900 = 1800 Þ Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA · b) I trung điểm BC (gt) Þ OI ^ BC , AIO = 900 Þ I thuộc đường tròn đường kính OA Ta có AM = AN ( AM , AN ( ) tiếp tuyến O ) ( + Xét đường tròn AMOIN ) có AM = AN ¼ = AN ã ã ẳ ị AIM ị AM = AMK · Xét D AIM D AMK có IAM · · (chung), AIM = AMK Do D AIM : D AMK (g.g) 164 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC AI AM = Þ AK AI = AM AM AK · · · Xét D AMB D ACM có MAB (chung), AMB (hệ = ACM góc tạo tiếp tuyến dây cung).Do D AMB : D ACM (g.g) Þ Þ AM AB = Þ AB AC = AM Vậy AK AI = AB AC = AM AC AM ( ) · c) Ta có AIO = 900 ; O, A cố định I thuộc đường tròn đường kính OA Khi B ® M I ® M ; B ® N I ® N Do cát tuyến ABC thay đổi I chuyển động cung tròn MON đường tròn đường kính OA ¼ = AN · ã ẳ ị MIK d) Xột ng trũn ng kớnh OA có AM = NIK D IMN có IK đường phân giác Þ IM MK Do = IN NK IM MK =2Û = Û MK = 2NK Û MK = MN IN NK Vậy cát tuyến ABC cắt đoạn thẳng MN điểm K cho IM = 2IN Û MK = MN IM = 2IN Câu 85 Giải: · a) Ta có AHB = 900 AH ^ BC Do H thuộc đường tròn O ( ) H E đối xứng qua AC (gt) N Ỵ AC · · Do AHN = AEN (tính chất đối xứng trục) · · ỉ ẳ ữ s AN ữ ữ ữ ç è ø Mà AHN = ADN ç ç ç= · · Do AEN Þ D ADE = ADN 165 ( ) PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC cân A Vậy AD = AE · b) ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), AH = AE (tính chất đối xứng trục) AD = AE nên AD = AH (· ) (· ) 0 + Xét D ADB ADB = 90 D AHB AHB = 90 có AD = AH , AB (cạnh chung) Do D ADB = D AHB (cạnh huyền- cạch góc · · vng) Þ DAB = HAB · · + Xét D ADM D AHM có AD = AH , DAM = HAM , AM (cạnh · · (c.g.c) Þ ADM Ta có = AHM chung) Do D ADM = D AHM ( ) · · · · AHM = AHN = ADM Vậy HA tia phân giác MHN · · c) H E đối xứng qua AC (gt) Þ AHC (tính chất đối = AEC ( · xứng trục) Mà AHC = 900 AH ^ BC ) · nên AEC = 900 Tứ giác · · AHCE có AHC + AEC = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác AHCE nội tiếp Þ A, H ,C , E thuộc đường tròn · ( · · Mặt khác AHM = AEM = ADM ) Þ tứ giác AEHM nội tiếp Þ A, E , H , M thuộc đường tròn (2) Từ (1) (2) ta có năm điểm A, E ,C , H , M thuộc đường tròn · Ta có ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · AMC = AHC = 900 ( A, E ,C , H , M thuộc đường tròn) D ABC có CM , BN , AH ba đường cao ( · · AMC = 900, ANB = 900, AH ^ BC ).Do ba đường thẳng CM , BN , AH đồng quy · · d) Xét D ADQ D ABC có ADQ (hai góc nội tiếp = ABC ( ) · · ¼ O ); AQD chắn cung AH (hai góc nội tiếp chắn = ACB 166 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC ¼ ( O1) Do D ADQ : D ABC (g.g) Þ AD = DQ Mà AH AB BC DI = DQ BC ( I trung điểm DQ ), BK = ( K trung 2 điểm BC ) nên DI DQ = BK BC · · + Xét D ADI D ABK có ADI = ABK , AD DI = AB BK ổ DQ ữ ỗ ữ ỗ= ữ ữ ỗ ố BC ứ ã ã B ị Tứ giác AIHK + Do D ADI : D ABK (c.g.c) Þ AID = AK nội tiếp Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK Câu 86) Giải: · · a) Ta có ABC = ADC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường (· ) (· ) 0 tròn).Xét D ABC ABC = 90 D ADC ADC = 90 có AC (cạnh chung), AB = AD ( D ABD đều) Do D ABC = D ADC · · (cạnh huyền – cạnh góc vng) Þ BAC = DAC = 300 CD = BC = AC sin BAC = 2a sin300 = a ; BD = AD = AB = AC cosBAC = 3a , DN = AD 3a , D DNC = 2 ổ 2a ữ 7a2 ỗ ÷ vng D Þ CN = DN + CD , CN = ỗ nờn +a = ữ ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ CN = 7a b) D ABD có AC đường phân giác nên đường cao, đường trung tuyến M , N 167 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC trung điểm AB, AD Þ MN đường trung bình tam giác ABD Þ MN / / BD Ta có AC ^ BD, MN / / BD · · C = 900, MEC · · C = 900 , MBC = 900, MK = 900 ( Þ MN ^ AC Þ MK H trực tâm D CMN ) Do B, M , K , E ,C thuộc ( ) đường tròn T ( ) · FB = K · CB (xét T ), đường kính MC Ta có K · FB = ADB · · CB = ADB · Þ K F / / AD Tứ giác (xét ( O ) ) Þ K K K FDN có K F / / ND K N / / FD nên hình bình hành ỉ AB AD ÷ ÷ AM = = = AD nờn ỗ ị DF = K N D AMN cú AM = AN ỗ ữ ỗ ữ 2 è ø Mà AK đường D AMN cân A phân giác nên đường cao, đường trung tuyến Þ KN = MN BD 3a Vậy 3a = = DF = 4 c) D CMN có CK đường cao, đường trung tuyến Þ D CMN cân C · · · CE Xét đường tròn Do CK tia phân giác MCE Þ MCK =K (T ) ã ã CE ị MK ẳ =K ã ME = MFI ã ẳE ị K cú MCK V Mx tiếp =K ( tuyến đường tròn MIF ) · · có xME Ta có = MFI · ME = xME · K Þ Hai tia MK , Mx trùng Vậy K M tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MIF D K MI : D K FM (g.g) KM KI KN KI , mà K M = K N nên Ta có = = KF KM KF KN · NF = 900 , D K IN : D K NF NF / / FM , K N ^ AC Þ K N ^ NF Þ K Þ 168 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC KI KN · · IN = K · NF = 900 mà K F / / AD = , IK N chung) Þ K KN KF · Vậy IND = 900 ( Câu 87 Giải: a) D MAC : D MDA b) D MHC : D MDO (c.g.c) · · · · MCH = DOH , MHC = DHO · · COD CHD · · c) CAD = = = BHD 2 d) DE cắt CF K · » » - sđ DF » 1800 - COD 1800 - sđCD sđCE · · · F OHD = OCD = = = = DK 2 · HF = 1800 - K · DF = 900 Þ K H ^ MO H Þ tứ giác DK HF , K Mà AB ^ MO H Nên K H , AB trùng Câu 88 Giải: Vẽ OH ^ MF H Tứ giác OBDH nội tiếp, A, B, H ,O,C thuộc đường tròn · · · AHB = AOB = BDS Þ Tứ giác BDFH nội tiếp · · Þ BDH = BFH ( · · · ABM = BDH = BFH ) Þ BM / / DH , DH / / GM ( DH đường trung bình tam giác MGF ) 169 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC M , B,G thẳng hàng.Tương tự M ,C , L thẳng hàng BC / / GL Trên nửa mặt phẳng bờ BM có chứa F vẽ tia Mx tia ( ) · · · tiếp tuyến đường tròn O , xMB = MCD = MLG Þ Mx tia tiếp tuyến đường tròn ( MGL ) ( ) ( ) Vậy hai đường tròn O MGL tiếp xúc 170 ... ỗ ữ 2 è ø Mà AK đường D AMN cân A phân giác nên đường cao, đường trung tuyến Þ KN = MN BD 3a Vậy 3a = = DF = 4 c) D CMN có CK đường cao, đường trung tuyến Þ D CMN cân C · · · CE Xét đường... hình chiếu I OA AH Lấy hai điểm O1,O2 nằm tia AO cho IO1 = IO2 = t (O1 nằm A M , M nằm O1 O2 ) 155 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Lấy hai điểm H 1, H nằm tia AH cho I H = IH = t ( H nằm... , (E khác A ) Giao điểm MN EC F Tứ giác ABEC nội tiếp đường tròn ( O ) , có OK ^ MK nên theo bài tốn bướm” ta có · · · (1) Mặt khác MAK HE ^ BK = BAE = HCB nên tam giác HCE cân C , suy HK =