GIẢI CHI TIẾT đề TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN đề 21 đến 30

Nhận xét: Bài toán chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chia góc thành haiphần bằng nhau.. Nhắc lại kiến thức và phương pháp: • Trong một đường tròn, các góc

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ TUYỂN SINH 10 CHUYÊN TOÁN ĐỀ 21 ĐẾN 30

MÔN THI: TOÁN (Chuyên Toán)Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)Câu I (1,5 điểm)

1) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n + và 2 4 n +2 16 là các số nguyên tố thì n

chia hết cho 5

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2- 2y x y( - )=2(x+1)

.Câu II (2,0 điểm)

có 4 nghiệm phân biệt

Câu III (2,0 điểm)

Câu IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O R; )

và dây cung BC=R 3 cố định Điểm A di đ ng trên cungô

lớn BC sao cho tam giác ABC� V nhọn Gọi E là điểm đối xứng với B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABEV và ACFV cắt nhau tại K ( K� ) GọiA

H là giao điểm của BE và CF

1) Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác BHCK n i tiếp.� ô

2) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác BHCK lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R

3) Chứng minh AK luôn đi qua m t điểm cố định.ô

Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương ; ; x y z thỏa mãn 2 2 2

x +y +z = Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức

1) Ta có với mọi số nguyên m thì m chia cho 5 dư 0 , 1 hoặc 4.2

+ Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2 n2=5k+ �1 n2+ =4 5k+ M (5 5 *

k�� ).

nên n + không là số nguyên tố.2 4

+ Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 2 n2=5k+ �4 n2+ =16 5k+ M (20 5 *

k�� ).

nên n +2 16 không là số nguyên tố

Vậy n M hay n chia hết cho 5.2 5

Nhận xét Bài toán áp dụng tính chất chia hết, chia có dư của một số chính phương khi chia cho 5; tínhchất số nguyên tố, hợp số,…

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ tồn tại số dư 0 hoặc 1 hoặc 4 Chứng minh:

+ m=5k�m2=25k2 chia 5 dư 0 (đúng)

+ m=5k+ �1 m2=25k2+10k+ chia 5 dư 1 (đúng).1

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên: (x y =; ) (0; 1 , 4; 1 , 4; 3 , 0; 1) ( ) ( ) ( - ).

Nhận xét Bài toán giải phương trình nghiệm nguyên bằng phương pháp biến đổi đưa về phương trìnhbậc hai theo một ẩn, ẩn còn lại là tham số Từ đó xét các điều kiện cần và đủ của D hoặc 'D

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Biến đổi phương trình về phương trình bậc hai theo một ẩn, ẩn còn lại là tham số

là phương trình bậc hai ẩn x , tham số y

 Phương trình bậc hai ax2+2b x c�+ = với 0 a� có 0 ( )2

-, phương trình này có nghiệm khi và chỉ khi D � � 0

- Với

3 11

3 1

y y

x

�=

�

�

D = � = � �=� (thỏa mãn điều kiện).

Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x y �; ) ( { 0; 1 , 4; 1 , 4; 3 , 0; 1) ( ) ( ) ( - ) }

Ý tưởng: Biểu thức A khá phức tạp khi chứa các biểu thức căn, thậm chí còn có căn trong căn, vì thế ta

sẽ khử dần căn thức Đầu tiên quan sát hai căn thức 3+ 5 và 3- 5, ta muốn trục căn thức vậybằng cách nào đó ta cần biểu diễn đại lượng trong căn phải là một số chính phương Dựa vào hằng đẳng

Với mỗi giá trị y> thì phương trình 0 (x+1)2=y

có 2 nghi m phân bi t, do đó phương trình (1) có 4ê ênghi m phân bi t, thì phương trình (2) phải có 2 nghi m dương phân bi t.ê ê ê ê

thì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt

Nhận xét: Bài toán sử dụng phép đặt ẩn phụ tương ứng từ đó đưa về phương trình bậc hai chứa tham số

và giải quyết yêu cầu bài toán theo điều kiện của ẩn phụ

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

x=- �

x

x x

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Cách giải phương trình bậc hai tổng quát at2+ + = bt c 0

2 Giải phương trình x2+ -(3 x2+2)x= +1 2 x2+2

.Đáp số: x= 7 hoặc x=- 7

Với x y= = , không thỏa mãn phương trình (2).0

+ Trường hợp 2: x=2y, thay vào phương trình (2), ta có:

1) Ta có �AKB AEB=� (vì cùng chắn cung �AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEBV )

Mà ABE AEB� =� (tính chất đối xứng) suy ra �AKB ABE=� (1)

AKC=AFC (vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)�

ACF=AFC (tính chất đối xứng), suy ra �AKC=ACF� (2)

M t khác ă �ABE ACF=� (cùng phụ với BAC ) (3).�

Từ (1), (2) và (3), suy ra AKB AKC� =� hay KA là phân giác trong của góc BKC �

Gọi ; P Q lần lượt là các giao điểm của BE với AC và CF với AB.

Tứ giác APHQ có AQH� +�APH=1800

� � 1800 � 1200 � 1200

Ta có AKC� =�ABE=300; AKB ACF� =� =ABE� =300 (theo chứng minh trên)

Mà BKC� =�AKC AKB AFC AEB ACF ABE+� =� +� =� +� =600, suy ra BHC BKC� +� =1800, nên tứ giácBHCK nội tiếp

Nhận xét: Bài toán chứng minh một tia là phân giác của một góc ta chứng minh tia đó chia góc thành haiphần bằng nhau

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Trong một đường tròn, các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEBV có AKB AEB� =� hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB �

+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác AFCD có �AKC=AFC� hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC �

• Hai điểm đổi xứng nhau qua một đường thẳng thì thì đường thẳng đó là trung trực của đoạn nối haiđiểm đã cho

+ Điểm E và B đối xứng nhau qua AB nên suy ra AB là trung trực của EB.

+ Điểm F và C đối xứng nhau qua AC nên suy ra AC là trung trực của FC

• Một điểm thuộc trung trực của một đường thẳng thì cách đều hai đầu của đoạn thẳng

+ A AB� và AB là trung trực của EB nên ta có AE=AB.

+ A AC� và AC là trung trực của FC nên ta có AF=AC

• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau

+ Tam giác AEBD có AE=AB nên AEBD cân tại A suy ra ABE AEB� =� .

+ Tam giác AFCD có AF=AC nên AFCD cân tại A suy ra �ACF=AFC�

• Hai góc cùng cộng với một góc được hai góc bằng nhau thì bằng nhau

Trong tam giác vuông ABPV có �APB=900; BAC� =600��ABP=300 hay �ABE ACF=� =300.

Tứ giác APHQ có AQH� +�APH=1800

� � 1800 � 1200 � 1200

Ta có AKC� =�ABE=300; AKB ACF� =� =ABE� =300 (theo chứng minh trên)

Mà BKC� =�AKC AKB AFC AEB ACF ABE+� =� +� =� +� =600, suy ra BHC BKC� +� =1800, nên tứ giácBHCK nội tiếp

Nhận xét Bài toán chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc trong đối diệnbằng 180� là tứ giác nội tiếp

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Định lý Cos: Trong tam giác có các cạnh ; ; a b c góc 90�< <a 180� đối diện với cạnh a Ta có

PHQ BHC= (hai góc đối đỉnh) Suy ra BHC =� 1200

• Tứ giác là tứ giác nội tiếp ta chứng minh tổng hai góc trong đối diện bằng 180� là tứ giác nội tiếp

Tứ giác BHCK có BHC BKC� +� =120�+�AKC AKB+�

Suy ra BHCK là tứ giác nội tiếp.

2) Gọi ( )O � là đường tròn đi qua bốn điểm ; ; ; B H C K Ta có dây cung BC=R 3,

� 600 �

BKC= =BAC nên bán kính đường tròn ( )O � bằng bán kính R của đường tròn ( ) O

Gọi M là giao điểm của AH và BC thì MH vuông góc với BC , kẻ KN vuông góc với BC ( N thuộc

BC ), gọi I là giao điểm của HK và BC

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm tạo thành một dây cung ta được các cung chứa góc tương ứng

bằng nhau thì hai đường tròn có cùng bán kính

Ta có dây cung BC=R 3, BKC� =600=BAC� nên bán kính đường tròn ( O�) bằng bán kính R của đường tròn (O ).

• Diện tích của một hình được chia thành tổng diện tích các hình

 KN là đường vuông góc từ K đến BC nên KN là đường ngắn nhất kẻ từ K đến BC

Ta có OB OC= = , suy ra R  OB OC� =� �BKO CKO� =� hay KO là phân giác góc BKC �

Do KA là phân giác góc BKC nên ; ; � K O A thẳng hàng hay AK đi qua O cố định.

Nhận xét Bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng, ta chứng minh các điểm đó cùng thuộc một đườngthẳng nào đó

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Tứ giác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180� là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác BOCK có BOC BKC� +� =1200+600=1800 Suy ra tứ giác BOCK là tứ giác nội tiếp.

• Trong một đường tròn, hai dây cung bằng nhau thì hai cung bằng nhau.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB OC= (=R)

nên OB OC� =�

• Trong một đường tròn, hai góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BOCK có OB OC� =�

nên BKO CKO� =�

suy ra KO là phân giác của

�

BKC

• Các điểm cùng thuộc một đường thẳng cố định thì thẳng hàng.

 KO là phân giác của � BKC nên ; K O nằm trên đường phân giác của � BKC

 KA là phân giác góc BKC nên ;� K A nằm trên đường phân giác của � BKC

Suy ra ba điểm ; ;O A K thẳng hàng.

3 321

Ý tưởng: Bài toán là một bất đẳng thức đối xứng, do vai trò các biến , ,x y z là như nhau nên dấu đẳng

thức xảy ra tại x y z= = = 3 và giá trị nhỏ nhất của P là

3 3

2 Ta sẽ đi từ giả thiết trước, vì giả thiết

chứa các biểu thức phân số nên ta đặt

x= y= z= , khi đó a2+b2+ = và c2 1

đồng thời cần đánh giá nó qua biểu thức

trung gian để ta có thể sử dụng giả thiết bài cho Với điểm rơi x y z= = = 3 ta có

13

a b c= = =

, vớiđiểm rơi này ta thấy:

33

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

1) Giả sử ;a b là hai số thực phân biệt thỏa mãn a2+3a b= +2 3b= 2

xy P

y

=+ Câu III (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn VABC không cân có tâm đường tròn nội tiếp là điểm I Đường thẳng AI cắt BC tại D Gọi ; E F lần lượt là các điểm đối xứng của D qua ; IC IB.

1) Chứng minh rằng EF song song với BC

2) Gọi M N J lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng ; ;; ; DE DF EF Đường tròn ngoại tiếp tam giác

1) Cho bảng ô vuông 2015 x2015 Kí hiệu ô ( ; )i j là ô ở hang thứ i , cột thứ j Ta viết các số nguyên

dương từ 1 đến 2015 vào các ô của bảng theo quy tắc sau:

i) Số 1 được viết vào ô (1,1)

ii) Nếu số k được viết vào ô ( ; )i j ( 1 i > ) thì số k+1 được viết vào ô (i- 1;j+ 1)

iii) Nếu số kđược viết vào ô (1; )j thì số k+1được viết vào ô (j +1; 1) (xem hình 1).

Khi đó số 2015 được viết vào ô (m n; )

.Hãy xác định m và n

2) Giả sử ; ;a b c là các số thực dương thỏa mãn ab bc ac abc+ + + �4

Nhận xét: Đây là bài toán hết sức cơ bản, đề yêu cầu gì ta làm đó, với một vài phép biến đổi tươngđương cùng kết hợp hằng đẳng thức quen thuộc ta sẽ suy ra được điều phải chứng minh

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hằng đẳng thức ( )2 2 2

2

a b+ =a + ab b+

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp thế tích từ phương trình một xuống phương trình hai của hệ,

và đưa về phương trình đẳng cấp bậc hai để tìm mối liên hệ giữa hai biến rồi thế ngược lại phương trìnhmột, tìm nghiệm của hệ phương trình

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình đẳng cấp bậc hai ẩn ,x y là ax2+bxy cy+ 2= (*).0

Làm nháp: Chia phương trình (*) cho y ta có: 2

đều xuất hiện 5xy nên ta sẽ thế 5 xy=2x+3y xuống phương trình hai (thực chất đây cũng là việc

nhân chéo nhưng ta đã giảm biến y , khi đó hệ phương trình đã cho trở thành:

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1 Giải hệ phương trình 2 2 2

3 55

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Biến đổi đại số

 Có hai số thỏa mãn: Số thứ nhất chia số thứ hai và số thứ hai chia hết cho số thứ nhất thì hai sốbằng nhau.

y 

.Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của một biểu thức sau khi biến đổi biểu thức trở thành tham số của mộtphương trình bậc hai theo một ẩn

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Biến đổi giả thiết

Thay

2 2 12

 Phương trình bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi  hoặc ' không âm

Ta có Vì phương trình có nghiệm nên �� �0 1 3 P2�0

y 

.Câu III

BE AB BC FE

.Nhận xét Bài toán chứng minh hai đường thẳng song song sử dụng định lý Ta-lét đảo

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

 Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của ba đường phân giác

Trong ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp nên suy ra AI hay AD là phân giác của BAC �

 Tính chất đường phân giác trong tam giác

Trong ABC có AD là phân giác nên

+ E là điểm đối xứng của D qua BI nên BI là trung trực của DE ;

+ F là điểm đối xứng của D qua CI nên CI là trung trực của DF

 Một điểm thuộc trung trực của một đoạn thẳng thì điểm đó cách đều hai đầu mút của đoạn thẳng đó

+ B BI � mà BI là trung trực của DE nên BD BE ;

+ C CI � mà CI là trung trực của DF nên CD CF ;

 Định lý Ta-lét đảo: Hai điểm thuộc hai đoạn thẳng, chia hai đoạn thành các đoạn thẳng tương ứng tỷ

lệ thì hai đường thẳng chứa hai đoạn thẳng đó song song

Theo định lý Ta-lét đảo ta có

BA CA

thì EF BCP .2) Ta có BC EFP �EFD EDB BED� =� =�

Mà �APM=1800- �AEM=BED� �APM� =DEF�

Tương tự: �DFE APN=� �APN� +�APM=DFE FED� +� =MPN�

Mà MJN� =MDN� =EDF� ��MJN+MPN� =1800�MPNJ nội tiếp.

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tổng hai góc trong bằng 180�.Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hai đường thẳng song song tạo ra các góc ở vị trí so le trong bằng nhau.

Ta có EF BCP , suy ra �FED EDB� .

 Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân, tam giác cân có hai góc kề cạnh đáy bằng nhau

Tam giác BDE có BD BE nên BDE cân tại B suy ra BDE BED� � , suy ra

FED EDB BED 

 Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối diện bằng 180�

Tứ giác APME là tứ giác nội tiếp nên �APM AEM� 1800

DFE APN= �APN+APM=DFE FED+ =MPN.

 Trung điểm; Đường trung bình của tam giác

+ MJ là đường trung bình của DFE nên

12

(hai góc so le trong của MN FEP suy ra tính chất đường trung bình);

suy ra MJN� +MPN� =1800.

 Tứ giác có tổng hai góc trong đối diện bằng 180� là tứ giác nội tiếp

Tứ giác MPNJ có �MJN+�MPN=1800 nên tứ giác MPNJ là tứ giác nội tiếp

3) Ta có APM� =DEF� và �JPM =�JNM=JEM� �JPM� =�APM

, suy ra 3 điểm ; ;A P J thẳng hàng.

Nhận xét: Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng bằng cách chứng minh ba điểm cùng thuộc mộtđường thẳng đặc biệt

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Tứ giác nội tiếp có góc ngoài và góc trong không kề với nó bằng nhau

Tứ giác MPAE là tứ giác nội tiếp nên MPA BED� � mà BED DEF� � (�BDE), suy ra

MPA DEF

 Trung điểm, Đường trung bình, Hình bình hành,…(đã nhắc lại phần trên)

+ MN là đường trung bình của DEF nên

12

EJ EF

; suy ra MN JEP và JE MN nên MNJE là hình bình hànhnên MEJ MNI� � mà �MEJ MNP� (hai góc nội tiếp cùng chắn cung �MJ của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MNPJ ) suy ra JPM� =DEF� , suy ra �JPM APM� nên PJ PA� hay ba điểm ; ;A P Jthẳng hàng

k

k-+ =

.Như vậy số 2015 nằm ở vị trí thứ 2015 1954 1 62- + = của hàng chéo thứ 63 (vị trí áp chót)

Tọa độ của nó là (2,62)

.2) Theo Côsi cho 4 số ta có

 Bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương a b c+ + �33abc.

 Bất đẳng thức Schur bậc ba cho các số thực dương

x +y +z + xyz xy x y� + +yz y z+ +xz x z+

.Bài toán kết thúc

2 Cho ; ;a b c� là các số thực dương thỏa mãn 0 a b c+ + = Chứng minh rằng3

1) Với ; ;a b c là các số thỏa mãn

3a+3b+3c =24+ 3a b c+ - + 3b c a+ - + 3c a b+

-.Chứng minh rằng (a+2b b)( +2c c)( +2a)=1

1) Chứng minh rằng BN=AC

2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N Đường thẳng AC cắt BQ tại D Chunwgs minh rằng bốn

điểm ; ; ;B D N C cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là ( ) O

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQDV cắt ( )O tại G và D Chứng minh rằng NG song song với

BC.

Câu IV (1,0 điểm) Ký hiệu S là tập hợp gồm 2015 diểm phân biệt trên một mặt phẳng Giả sử tất cả cácđiểm của S không cùng nằm trên một đường thẳng Chứng minh rằng có ít nhất 2015 đường thẳngphân biệt mà mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai điểm của S

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

Ý tưởng: Bài toán cho giả thiết khá là cồng kềnh, phức tạp thậm chí bậc to, nhưng quan sát các đại lượng

bên vế phải, ta thấy các biểu thức 3a b c+ - ,

3x +1

khi đó : 3 2 ( )3 3

26x +27x +9x= 3x+1 - x - 1Chuyển đại lượng x + sang vế trái của phương trình hai, ta được: 3 1

Thay vào ta tính được n=139 thảo mãn.

Nhận xét: Bài toán số học sử dụng tính chất số chính phương, phương trình ước số

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Số chính phương được viết dưới dạng a với a là số nguyên.2

+ n là số chính phương nên có dạng 5 2

 Khi a là số nguyên ta có được a là số chính phương.

Ta có x; y; x y  là các số nguyên nên ta có thể biển diễn như sau3

Dấu = xảy ra khi

44

ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương a b+ �2 ab

 Bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương a b c+ + �33abc

 Bất đẳng thức Nesbitt cho ba số thực dương ; ;a b c là

32

b c+ +c a a b+ + + � Chứng minh: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

Nhân hai bất đẳng thức trên với nhau suy ra điều phải chứng minh

Ý tưởng: Bài toán là một bất đẳng thức đối xứng, vai trò các biến ; ;x y z là như nhau, không khó để thấy nếu P m � , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x y z k = = = Với giá trị x y z k= = = thay ngược lại

Để bất phương trình (*) có nghiệm với mọi ,m k thì D�(*)�0

xảy ra khi k = � = = = Bây giờ, quan sát biểu thức P , chứa ba phân thức đồng thời căn thức4 x y z 4

xuất hiện ở mẫu số mỗi phân thức, bằng cách nào đó ta sẽ đánh giá khử căn bậc hai Với điểm rơi đã tìmđược là x y z= = = , ta thấy 4 y z+ - 4 4= , vì vậy đã khử căn bậc hai ta áp dụng bất đẳng thức Cosinhư sau:

Và nếu chứng minh được bất đẳng thức (*) bài toán sẽ được hoàn thành Nhận thấy nếu lấy tử cộng

mẫu trong từng phân thức của (*) ta sẽ được đại lượng x y z+ + chung, chính vì thế, mỗi phân thức ta

sẽ cộng thêm 1 khi đó, ta có (*)

92

2. Cho ; ;x y z là các số thực dương lớn hơn 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Nhận xét: Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta chứng minh cho chúng cùng bằng một đoạn thẳngthứ ba

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hai điểm đối xứng nhau qua một điểm thì điểm đó là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm đãcho

P là điểm đối xứng với A qua M nên M là trung điểm của AP do đó ta có

PM AM�PM HM AM HM

PH AH HM HM   AH HM AH AN HN 

�

H

� là trung điểm của PN

 Tam giác có đường trung tuyến cũng là đường cao thì tam giác đó là tam giác cân

Tam giác PNB có BH vừa là đường trung tuyến H là trung điểm của PN ) vừa là đường cao (

BHNP ) nên PNB cân tại B

 Tam giác cân có hai cạnh bên bằng nhau

Tam giác PNB cân tại B nên BP BN .

 Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hình bình hành

Tứ giác ACPB có M vừa là trung điểm của BC vừa là trung điểm của AP nên ACPB là hình

bình hành

 Hình bình hành có các cạnh đối diện bằng nhau

ACPB là hình bình hành nên AC PB , suy ra

� (điều phải chứng minh)

2) Do tứ giác ACPB là hình bình hành, suy ra PAC� =�APB

Mà tam giác VPBN cân tại B

cùng thuộc một đường tròn C G; là giao điểm

(DQG) với(DBC), suy ra CAG BQG� =� .

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Hình bình hành có hai cạnh đối diện song song

ACPB là hình bình hành nên AC PBP suy ra PAC� =APB� (hai góc so le trong)

 Tam giác cân có hai góc ở đáy bằng nhau.

Tam giác DPBN cân tại B nên �APB ANB� , suy ra PAC ANB� � hay CAN BNQ� � .

Có AC NB= (chứng minh phần 1)

NQ=AN (Q đối xứng với A qua N ).

• Hai tam giác có một góc bằng nhau và hai cạnh kề góc tương tứng bằng nhau thì bằng nhau theotrường hợp “cạnh - góc - cạnh” (c – g – c)

Xét CAN và BNQ có:

+ CA NB ;

+ CAN BNQ� � ;

+ AN NQ ;CAG BQG� =�

Suy ra CAN  BNQ (c – g – c), suy ra �ACN NBQ� hay DCN NBD� � .

• Tứ giác có hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp

Tứ giác NBCD có hai đỉnh ; B C liên tiếp cùng nhìn cạnh DN với hai góc � DCN NBD� nên

NBCD là tứ giác nội tiếp hay ; ; ; N B C D cùng thuộc một đường tròn

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Tứ giác nội tiếp có góc trong bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện

DNGB là tứ giác nội tiếp nên CAG BQG� =�

• Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau

GBQ GCA= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung �DG của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCGD ).