Bai luyen thi GVG tinh huyen Can Loc

Chứng minh rằng trung điểm I của PQ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.... Cho hình thang ABCD (AB//CD).[r]

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 01 MƠN: Tốn

Thời gian làm 120 phút

Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau:

a,

2

xy y

xy x

   

 

  



b,  

1 2

x   x   x

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2 x  2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1

Bài 3: Cho a, b, c 0;1 Chứng minh a b 2c3 ab bc ca  1.

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC Gọi O trung điểm cạnh BC Dựng đường trịn tâm O, đường kính BC Vẽ đường cao AD tam giác ABC tiếp tuyến AM, AN với (O) (M, N tiếp điểm)

Gọi E giao điểm MN với AD Hãy chứng minh rằng: AE.AD=AM2.

Bài 5: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Một đường thẳng qua A, cắt cạnh BC M cắt đường thẳng CD N Gọi K giao điểm đường thẳng EM BN Chứng minh rằng: CK  BN

Bài 6: Giả sử a, b số nguyên dương cho:

1

a b

b a

 



BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ I

Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: Giải phương trình, hệ phương trình sau:

a,

2

4 (1) (2) xy y xy x           Bài giải

Với x = thay vào (2) ta có = (Vô lý)

Vậy x = nghiệm hệ phương trình

Khi với x khác ta có (2)

2 x y x   

(*) thay vào phương trình (1) ta được:

2

2

2

2 2 2 2 4

2 4

2 8

2 4 x x x x

x x x x

x x

x x x

x x x x                                                    

2 2

4 2 4 2

2 2

2 2 2

2

2 2

2 4 ( 1)( 2)

2 2

2 4 2

2 (

x x x x

x x x x x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x

x x                                                                                        

 2

2

2

)

2

( 2)

2 2 x x x x x x                                  

Với x1 x2  thay vào (*) ta y1 2 2; y2 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x y1; 1 ( 2; 2) x y2; 2 ( 2; 2) b,  

3

1 2

Bài giải

Điều kiện xác định: x1 Ta có:

   

   

3

3

1 2 1 (( 1) 1)

1 1 0(*)

x x x x x x

x x

               

       

Đặt: t x1 1 (t1) Khi (*) ⇔ t3t2 0  ( 1)(t t2 2t2) 0  t 0 (Vì 2 2 ( 1)2 1 0 ) 1

t  t  t   x  t

Với t1 x1 1   x1 0  x1 (Thoả mãn điều kiện).

Vậy nghiệm phương trình là: x =

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

2 x  2x 3 (m1)( x 3 1 x)m 1 0 (3)

Bài giải

Điều kiện xác định:   3 x Đặt k x 3 1 x (k0) Suy

2 (1. 3 1 )2 (12 1 )(2 3 1 ) 8

0 2

k x x x x

k

         

  

Mặt khác:

2 2

2

( ) ( 3)(1 ) 2

2

k x x x x x x x x

x x k

               

     

Khi phương trình (3) trở thành: k2 ( m1)k m   1 k2 (m1)k m  0 (4)

Đặt f x( )k2 (m1)k m 

Để phương trình (3) có nghiệm phương trình (4) có nghiệm k thoả mãn điều kiện:

0k 2

Ta có:  (m1)2 4(m 3)m2 6m12 ( m 3)2 4 0  m nên phương trình (4) ln có

Nếu hai nghiệm phương trình (4) k =2 2 ta có: 2

8 2( 1)

2

m m m 

      



Nếu hai nghiệm khác 2 điều kiện tốn thoả mãn và hai nghiệm thuộc (0; 2) có nghiệm nằm xen khoảng

(0; 2) có nghĩa là: 0k1k2 2 k1 0 k2 2 (0k12 2k2) Điều xẩy khi:

3

(0) 5 2

3

(2 2) (2 1) 2 2 1

5 2

1 0 1 2 1 4 1 3

0 2

2 2

( 3)((2 1) (5 2)) 2

(0) (2 2)

2

3

m

f m

m m

f m

m m m m

m m

m f f

m

 

 

  

  

   

 

       

   

 

   



  

 

    

        

 

   

  

 

 



      



   



  

   

Vậy giá trị cần tìm m là: 3m4 1

Bài 3: Cho a, b, c 0;1 Chứng minh a b 2c3 ab bc ca  1.

Bài giải

Vì a, b, c 0;1 nên ta có (1 )(1 )(1 )

(1 )(1 )

1 ( ) ( ) 1

1

a b c

b a ab c

a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca abc a b c ab bc ca

   

     

                 

      

Mà a, b, c 0;1 nên: b2b c; 3c

E K

N M

D O

C B

A

Bài 4:

Từ O nối OM, ON, Nối OA cắt MN K

Khi ta có AMOM; ANON (tính chất tiếp tuyến vng góc với

Bán kính tiếp điểm)

AOMN K (A giao điểm tiếp tuyến nên suy AO vừa

Tia phân giác góc A, vừa đường trung trực đoạn thẳng MN)

Khi xét AKE ADO có: K D 90o

  ; A

chung

AKE

  đồng dạng ADO

AE AK

AE AD AK AO AO AD

   

(tỉ lệ đồng dạng) (1) Mặt khác AMO vng M có MK đường cao

2 .

AM AK AO

  (Hệ thức lượng tam giác vuông) (2)

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 02 MƠN: Tốn

Thời gian làm 120 phút

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm không âm:

x x m (1)

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

1 10 10

3

82

x x y y

y y

x y

y x



      

   

 

 

  

  

Bài 3: a, Cho phương trình x4ax3bx2ax 0  có nghiệm thực.

CMR: a2b2  4b 1

b, Cho số dương a, b, c C/m rằng:

2 2

1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

     

Bài 4: Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn (O;R) Điểm M di động cung nhỏ BC Từ M kẻ MH, MK vng góc với AB, AC (Hđường thẳng AB, Kđường thẳng AC)

a, Chứng minh: MBC đồng dạng với MHK

b, Tìm vị trí M cung nhỏ BC cho biểu thức

AB AC

MH MK có giá trị nhỏ

nhất

Bài 5: Cho ABC vuông A, B 20o Vẽ phân giác BI, vẽ góc ACH 30ovề phía

trong tam giác (HAB) Tính góc CHI

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ II

Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1: Tìm m để phương trình sau có nghiệm khơng âm:

x x m (1)

Bài giải

Điều kiện xác định: x1

Đặt t x1 (t0)khi ta có:

2 1 1

t   x x t  thay vào (1) ta được: t2 1 t m  t2 t (m1) 0 (2)

Đặt f t( )  t2 t (m1)

Để phương trình (1) có nghiệm khơng âm  phương trình (2) có nghiệm

1 t

Trường hợp 1: Phương trình (2) có nghiệm t1 đó: (2) 12 1 (m1) 0  m1

Trường hợp 2: Phương trình (2) Có hai nghiệm phân biệt t1,t2 * Thoả mãn: 1t1t2

2 4( 1) af (1) 12 ( 1)

1

1

2

b ac m

m b

a

 

       

 

        

 

   



 (Vô lý) trường hợp khơng thoả mãn.

* Thoả mãn: t1 1 t2 af (1) 0 12 1 (m1) 0  m 1 Kết hợp hai trường hợp giá trị cần tìm m là: m1.

Bài 2: Giải hệ phương trình:

2

1 10 10

(1)

3

82 (2)

x x y y

y y

x y

y x



      

   

 

 

  

Bài giải Ta có: 10 0

1 10 10

(1)

10

3 10

0 3 y x y y

x x y x x y

y y y x x y y                                             

2 10 1

3 0 10 -3 y y y y x y              

Do y < Hệ

2 2 2 2 10

10 1 0 10

3

1 3

10

3 1 0

1

10 10 82 10

0 3

3

y y y

y y y y

y y

y

y x y x y y y

                                                          

Thoả mãn điều kiện y <

Với y = - ta có

2

82 82

( 3)

9

x  y    

(Thoả mãn điều kiện x > 0)

Với y = -

3 ta có

2

82 82

( )

9

x  y    

(Thoả mãn điều kiện x > 0)

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (x;y) ; 3     

 và

1 3;       .

Bài 3: b, Cho số dương a, b, c C/m rằng:

2 2

1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

      Bài giải Ta có: 2

( 1)

1

a

a a a a

a

       

Tương tự: 2

1

1

1

1

b b c

c

 

 

Khi VT = 2

1 1

a b c

a  b  c 

   (*)

Dấu xẩy Khi a = b = c = Biến đổi vế phải:

Đặt:

b c x

x y z c a y a b c

a b z

  

  

     



  

 ; ;

x y z x y z x y z a   b   c  

Khi

1

3

2 2

a b c x y z x y z x y z x y y z x z

VP

b c c a a b x y z y x z y z x

    

        

                

         

Do a, b, c dương  x, y, z>0 nên  

1

2 2

2

VP    

(**) Dấu xẩy x = y = z hay a = b = c

Từ (*) (**) ta có: 1 1 1

a b c a b c

a  b  c b c c a a b 

      (đpcm)

Bài 4:

a, Ta có tứ giác BACM nội tiếp nên:

  180o

BMC BAC  (1)

Tương tự tứ giác MHKA nội tiếp (do H K 90o

  )

Nên HMK BAC  180o

(2)

Từ (1) (2) suy ra: BMC HMK  (3)

Suy ra: HMB CMK 

Xét HMB KMC có H K 90o và

 

HMB CMK nên HMB đồng dạng KMC

K

H

M

C B

Suy ra:

MN MC

MH MK (tỉ số đồng dạng) (4)

Bài 6: Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x28xy5y2 2(y x 1) (6)

Bài giải

Ta có phương trình (6)  (4x28xy4 ) (y2  x22x1) ( y2 2y1) 0

2 2

4(x y) (x 1) (y 1)

      

0

1

1

x y

x x

y y

 



  

     

    

 (Thoả mãn)

Vậy phương trình có nghiệm là:

1

x y

  

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 03 MƠN: Tốn

Thời gian làm 120 phút

Câu 1: Giải biện luận phương trình:

2 4 5 3 4

x  x m  x x

Câu 2: Cho số dương a, b, c có tổng 12 Chứng minh ba phương trình sau, có phương trình vơ nghiệm phương trình có nghiệm:

2 0

x ax b 

2 0

x bx c 

2 0

x cx a 

Câu 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1 1

1 1

P

xy yz zx

  

   với x y z, , 0 x2y2z2 2

Câu 4: Cho tam giác OAB, đường tròn tiếp xúc với hai cạnh OA A, OB B Qua A kẻ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn C Gọi K trung điểm đoạn OB, đường thẳng AK cắt đường tròn E

a, Chứng minh: O, E, C thẳng hàng

b, Giả sử đường thẳng AB cắt OC D Chứng minh

OE DE OC DC

Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định góc Hãy dựng qua M đường thẳng

d cắt cạnh Ox, Oy A, B cho:

1

MA MB đạt giá trị lớn nhất. Câu 6: Cho x y z Z, ,  thoả mãn: (x y y z z x )(  )(  )  x y z

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ III

Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Câu 1: Giải biện luận phương trình:

2 4 5 3 4

x  x m  x x (1)

Bài giải

Điều kiện: 0 x 4; Đặt kx2 4x 4 (x 2)2; Do x0;4 nên k0; 4(*)

Khi (1) k(5m1)k 4 k(5m1)  k42 k2 9k (5m 17) 0 (2) Xét biệt thức:   ( 9)24(5m17) 20 m13

+ Nếu

13 20 13

20

m m

       

khi phương trình (2) Vơ nghiệm nên phương trình (1) vơ nghiệm

+ Nếu

13 20 13

20

m m

      

phương trình (2) có nghiệm kép

4

k k  

(Không thoả mãn điều kiện (*))

+ Nếu

13 20 13

20

m m

       

phương trình (2) có nghiệm phân biệt:

1

9 20 20

2 2

m m

k       

(Loại)

2

9 20 20

2 2

m m

k      

Khi k2 phải thỗ mãn:

9 20 20 3 17

0

2 2 5

m m

k    m

        

Kết hợp với điều kiện

13 20

m 

ta có:

3 17

5 m

  

Khi nghiệm phương trình (1) là:

9 20 13

2

m

x   

Tóm lại:

Nếu

13 20

m

Nếu

3 17

5 m

  

phương trình có nghiệm:

9 20 13

2

m

x   

Câu 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

1 1

1 1

P

xy yz zx

  

   với x y z, , 0 x2y2z2 2

Bài giải

Do x y z, , 0 nên xy yz zx, , 0 nên áp dụng bất đẳng thức SVACXƠ ta có:

2

1 1 (1 1)

1 1 (1 ) (1 ) (1 ) ( )

P

xy yz zx xy yz zx xy yz zx

 

    

           (1)

Mặt khác:

2

2 2 2

2 2 2

x y xy

y z yz x y z xy yz zx z x zx

  



       

 

 



Suy ra: 2

9 9

3 ( ) 3

P

xy yz zx x y z

   

      

Dấu xẩy khi: x  y z

Vậy giá trị nhỏ

P

đạt x  y z

Câu 6: Câu 6: Cho x y z Z, ,  thoả mãn: (x y y z z x )(  )(  )  x y z

Chứng minh rằng: x y z  27

Bài giải

Giả sử x y z, , chia cho có số dư khác là: 0; 1; x y z  3 Cịn (x y y z z x )(  )(  )3 thừa số: x y y z z x ,  ,  3

Do x y z, , chia cho khơng thể có số dư khác nên tồn số chia cho có số dư

Suy ra: có thừa sốx y y z z x ,  , 

(x y y z z x )(  )(  ) 3  x y z  3

Đặt:

3 ( )( )( ) 27( )( )( ) 27

x a k

y b k x y y z z x a b b c c a z c k

                   

(x y y z z x)( )( ) 27

     hay x y z  27 (đpcm).

Câu 5: Cho góc xOy, điểm M cố định góc Hãy dựng qua M đường thẳng d cắt cạnh Ox, Oy A, B cho:

1

MA MB đạt giá trị lớn nhất. Bài giải

Nối OM

Kẻ AA’, BB’OM (A’, B’ OM)

Khi ta có:

' '

MA AA MB BB



 (Cạnh huyền lớn hơn

cạnh góc vng)

1 1

' '

MA MB AA BB

  

1

MA MB đạt giá trị lớn khi

1 1

' '

MA MB AA BB

Ta chứng minh

1

ons ' ' c t

AA BB 

Từ M kẻ MK//Ox (KOy) suy ra: SOKM const MK//Ox không đổi

Đặt:

' ' '

; ;

2 2

OKM OMB OAM

MM OK MM OB OO AM

S S  S S  S S 

2

'

OAB

OO AB S S S

   

Khi đó:

3

1

1

2 3 2

1

S S S

S

S

S S S  S S  S S S

1

1 1 1

1 1 ' '

' '

2 2

S BB OM AA OM OM AA AA

 

      

 

Do OM không đổi, S1 không đổi

1

ons ' ' c t

Vậy

1

MA MB đạt giá trị lớn MA = AA’; MB = BB’

Hay AB vng góc với OM M

ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 04 MƠN: Tốn

Thời gian làm 150 phút

Bài 1:

a, Tìm tất cặp số nguyên dương cho tổng số với chia hết cho số

b, Với số nguyên dương n số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả mãn hệ phương trình sau:

1

1

1 1

n

n

a a a

a a a

   

  

   

 

Bài 2:

a, Giải phương trình: x2 x 2 2(x22 )x  x

b, Giải hệ phương trình: 2008 2008 2008 2009

2 2 (1)

3 (2)

x y z xy yz zx

x y z

    

 

  



Bài 3:

a, Giả sử: a b c, , 2

1 1

a b c  

Chứng minh rằng: a b c   a 2 b 2 c

b, Tìm đa thức: f x( )x2ax b biết với   x  1;1,

1 ( )

2

f x 

Bài 4:

Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E; F trung điểm BD AC Các đường thẳng qua E, F vng góc với AD BC cắt I

Chứng minh I cách điểm C D

Bài 5:

BÀI LÀM ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ IV

Họ tên: Nguyễn Thế Hoàng - Đơn vị: Trường THCS Lam Kiều

Bài 1:

a, Gọi cặp số nguyên dương cần tìm a b, ta có a , b∉Z ; a ,b>0 thoả

mãn:

a+1⋮b

¿ b+1⋮a

(∗)

¿ ¿{

¿ ¿ ¿

¿

⇔1 a+

1

b+

1

ab=k (1)

Khơng tính tổng quát ta giả sử: 1≤ a ≤ b

* xét trường hợp: a =

Hệ (*) trở thành:

2⋮b b+1⋮a

⇔ b=1

¿ b=2

¿

¿a=1

¿ ⇔

¿ ¿ ¿ a=1

¿ b=1

¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Khi cặp số ngun cần tìm là: (1;1);(1;2) hốn vị chúng

* Xét trường hợp: a ≥2⇒2≤ a<b

⇒k=1 đó:

a+

1

b+

1

ab=1 (2) ⇒ a nhận giá trị

Thật với a>2 ⇒1

a+ b+ ab≤

9<1 (vô lý)

Vậy a = ⇒1 b+

1 2b=

1

2⇒b=3

⇒(a , b)=(2;3) hốn vị chúng

Tóm lại cặp giá trị cần tìm a, b là: (1; 1); (1; 2); (2; 1); (2; 3); (3; 2)

b, Với số nguyên dương n số nguyên dương a1; a2; ….; an thoả mãn hệ phương trình sau:

1

1

1 1

n

n

a a a

a a a

             Bài giải

Cộng vế với vế phương trình hệ ta được:

1

1

1 1

n

n

a a a

a a a

 

   

      

   

      (1)

Do a a1, , ,2 an số dương nên theo bất đẳng thức CƠ SI ta có:

1

1

1

2

a a a a    2 2 1

2

a a

a a

  

………

1

2

n n

n n

a a

a a

  

Suy ra: 1 2

1 1

n

n

a a a n

a a a

 

   

      

   

     

Mà 1 2

1 1

n 4 2

n

a a a n n

a a a

 

   

           

   

     

Với n1 hệ trở thành: 1 2 a a      

Với n2 hệ trở thành

1

1 2

2

1 1

2

a a

a a a a

 

 

  



 



 Thoả mãn điều kiện.

Vậy giá trị cần tìm nlà n2

Bài 2:

a, Giải phương trình: x2 x 2 2(x22 )x  x

b, Giải hệ phương trình:

2 2

2008 2008 2008 2009 (1) (2)

x y z xy yz zx

x y z

     

 

  

 

Bài giải

a, Giải phương trình: x2 x 2 2(x22 )x  x

Điều kiện:

x2− x +2≥0

2(x2+2x)≥0

⇔ x ≤−2

¿ x ≥0

¿ ¿ ¿{

¿ ¿ ¿ ¿

(*)

x −2¿2+2(x −2)√2(x2+2x)+2(x2+2x)

¿

x −2¿2=2(x −2)√2(x2+2x)⇔(x −2)(x −2−2√2(x2+2x))=0

¿

2√x2− x

+1=(x −2)+√2(x2+2x)⇔4(x2− x+1)=¿

⇔ ¿x ≥2

2(x2+2x)

¿ ¿ ¿ x −2=0

¿

x −2−2√2(x2+2x)=0

¿ x=2

¿

x −2=2√2(x2+2x)

¿ x=2

¿ ¿{

¿ ⇔¿

¿ ⇔¿

¿ ¿ x −2¿2=4¿

¿ ¿x ≥2

7x2

+20x −4=0

¿ ⇔

¿ ¿ ¿ x ≥2

¿

x1,2=−10±√128

7

¿ ¿

2

¿ x=2

¿

Vậy phương trình có nghiệm x = b, Ta có:

 2  2  2

2 2 2

2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009 2008 2008 2008 2009

2008 2008 2008 2009 2008 2009

(1) 2( ) 2( )

3 (2) 3

3 3

x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y y z z x

x y z x y z x y z

x y z x y z

x y z x



                 

  

 

  

     

     

  

   

 

  

   



1

x y z

   

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: x = y = z =

a, Giả sử: a b c, , 2

1 1

a b c  

Chứng minh rằng: a b c   a 2 b 2 c

Bài giải

Áp dụng bất đẳng thức BUNHIACƠPXKI ta có:

(a+b+c)(a−2

a + b −2

b + c −2

c )≥(√a.√ a −2

a +√b.√ b−2

b +√c.√ c −2

c )

2

=(√a −2+√b−2+√c −2)2

1

a+

1

b+

1

c

3−2(¿)≥(√a−2+√b −2+√c −2)2

⇔(a+b+c)¿

Do

1 1

a b c   nên: a+b+c ≥(√c −2+√c −2+√c −2)

2

Hay √a+b+c ≥√c −2+√c −2+√c −2 Dấu = xẩy ⇔a=b=c=3

b, Tìm đa thức: f x( )x2ax b biết với   x  1;1,

1 ( )

2

f x 

Bài giải

Ta có: f(−1)=1− a+b⇒−1

2≤1− a+b ≤

2 (1)

f(0)=b⇒−1

2≤ b ≤

2 (2)

f(1)=1+a+b⇒−1

2≤1+a+b ≤

2 (3)

Từ (1) (3) ⇒−1

2≤1+b ≤ 2⇒−

3

2≤ b ≤−

2 kết hợp với (2) ⇒− 2≤ b ≤−

1

2⇒b=−

Khi từ (1) ⇒−1

2≤1− a − 2≤

1

2⇔0≤ a ≤1 (*)

(2) ⇒−1

2≤1+a − 2≤

1

2⇔−1≤ a ≤0 (**)

Từ (*) (**) suy ra: a=0

Vậy đa thức cần tìm là: f(x)=x2−1

2

Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E; F trung điểm BD AC Các đường thẳng qua E, F vng góc với AD BC cắt I

Chứng minh I cách điểm C D

Bài giải

Gọi N trung điểm CD Nối NE NF

Ta có: NF đường trung bình ΔACD

⇒NF // AD mà IE⊥AD⇒IE⊥NF (1) NE đường trung bình

ΔBCD

⇒NE // BC mà IF⊥BC⇒IF⊥NE (2) Từ (1) (2) I trực tâm ΔNEF

⇒NI⊥EF (3)

Gọi M trung điểm BC

Ta có: FM đường trung bình ΔABC⇒FM // AB

EM đường trung bình ΔBDC⇒EM // CD

Mà AB//CD

Suy ra: EM//FM//AB ⇒E , F , M thẳng hàng

⇒NI⊥CD (4)

Từ (3) (4) suy ra: NI CD

ΔICD có NI vừa đường cao vừa đường trung tuyến ⇒ΔICD cân I ⇒ IC = ID

hay I cách hai điểm C D (đpcm)

Bài 5:

Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O Một đường tròn tiếp xúc với đường tròn (O) tiếp xúc với hai cạnh AB AC hai điểm P Q Chứng minh trung điểm I PQ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

I

M

N F E

D C

Bài g i ải

Gọi N tiếp điểm đường tròn (O) (O’), H giao điểm BC với đường nối tâm OO’

Kẻ MI AB; Nối BN, PO’

Do (O) tiếp xúc với (O’) N nên O; O’; N thẳng hàng Do ΔABC cân A; O; O’; N thuộc đường phân giác góc A

Suy ra: A; O; O’; N thẳng hàng

Do (O’) tiếp xúc với AB AC P Q

⇒AP=AQ⇒PQ // BC

⇒I thuộc đường phân giác góc A

Đường phân giác góc A cắt BC H ⇒A ;O; I ;O';H ; N thẳng hàng

Ta có:

¿ O' P⊥AB

IM⊥AB

NB⊥AB

⇒O ' P// IM // NB

¿{ {

¿

Do O' P// IM⇒IM

IA =

O' P O ' A⇒

IM

IA =

O' N O ' A=

BP

PA=

IH

IA ⇒IM=IH

⇒ I đường phân giác góc ABC, mà I đường phân giác góc A

Suy I giao điểm hai đường phân giác góc A góc B ΔABC nên I tâm đường tròn nội tiếp ΔABC (đpcm)

M

H I

O'

Q P

N O

C B