De cuong on tap hinh 9

Vaäy töù giaùc MDOE noäi tieáp ñöôøng troøn ñöôøng kính ED, taâm laø trung ñieåm cuûa ED b) Chöùng minh: CE.. Xaùc ñònh taâm ñöôøng troøn naøy.. Tia CP caét ñöôøng troøn taïi ñieåm thöù [r]

PHẦN HÌNH HỌC

Câu 1: Cho đường tròn tâm O, bán kính R Hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Trên

AO lấy điểm E sao cho OE = AO

3 ; CE cắt (O) ở M

a) Chứng minh: tứ giác MDOE nội tiếp Xác định tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Xét tứ giác MDOE ta có:

EMD 1v  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  M  đường tròn đường kính ED

 4 điểm M, D, O, E thuộc đường tròn đường kính ED

Vậy tứ giác MDOE nội tiếp đường tròn đường kính ED, tâm là trung điểm của ED

b) Chứng minh: CE CM = CD CO

* Sơ đồ chứng minh:

CEO CDM

CE CO

CD CM







* Chứng minh: Xét CEO và  CDM ta có:

C chung

 

COE CMD 1v(cmt) 

  COE ~  CMD

 CE COhay CE.CM CD.CO

c) Tính CE theo R  OCE vuông tại O

Áp dụng định lí Pytago vào  vuông COE ta có: CE2 = CO2 + OE2



 

       

2 10R R 10 CE

d) Tính đường cao MH của  CDM

Xét  CEO và  CMH ta có: C chung ; COE CHM 1v(cmt)  

  COE ~  CHM  CE OE MH CM.OE

CM MH   CE Mà EO = OE = OA R3 3 -> CE = 10R2 R 10

9  3 Theo câu b ta có: CE CM = CD CO



2

CO.CD R.2R R 10 3 6R 6R 6R 10

CE R 10 3 R 10 R 10 10 10

3

Vậy 

6R 10 R. CM.EO 10 3 6R 10 R 10 6R 10 3 18R 3R

CE R 10 30 3 30 R 10 30 5

3

Bài 2: Cho đường tròn (O;R), đường kính AB Gọi (d) là tiếp tuyến tại A của (O) Trên (d) lấy điểm

M (M  A) MB cắt (O) tại C Gọi D là trung điểm của BC

a) Chứng minh tứ giác MAOD nội tiếp:

Xét tứ giác MAOD ta có:

MAO 1v (tính chất tiếp tuyến)  A đường tròn đường kính MO

CD = DB  OD  CB (OD là 1 phần của đường kính đi qua trung điểm của dây CD không đi qua tâm nên vuông góc với dây ấy) hay ODM 1v  D  đường tròn đường kính OM

 4 điểm M, A, O, D thuộc đường tròn đường kính OM

Vậy tứ giác MAOD nội tiếp đường tròn đường kính OM, tâm là trung điểm của OM

E O H

B

D M

A

C

b) Tính ACB Ta có: ACB = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

c) Chứng minh:  ODB ~  CBA

Xét  ODB và  CBA

Ta có: B chung; ODB ACB 1v(cmt)     ODB ~  CBA

d) Chứng minh: MC MB = MA2

* Sơ đồ chứng minh:

2

MC.MB MA

MC.MB MA.MA

MC MA

MA MB









 MCA  MAB

* Chứng minh:

Xét  MCA và  MAB ta có:

M chung; MCA 1v(doACB 1v) MAB 1v(cmt)     

  MCA ~  MAB  MC MA hay MA2 MC.MB

e) Chứng minh: AC // OD

ta có:



AC CB (do ACB=1v(cmt))

OD CB(cmt)





  AC // OD (vì cùng vuông góc CB)

Bài 3: Cho đừong tròn (O), đường kính AB và CD vuông góc với nhau; M  CB; AM cắt CD tại P;

E là trung điểm PB

a) Chứng minh: tứ giác OPMB nội tiếp Xác định tâm đường tròn này.

Giải: Xét tứ giác OPMB ta có:

POB 1v(gt)  O đường tròn đường kính PB

PMB 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  M đường tròn đường kính PB

 4 điểm O, P, M, B thuộc đường tròn đường kính PB

Vậy tứ giác OPMB nội tiếp đường tròn đường kính PB, tâm là trung điểm E của PB

b) Chứng minh: POM MBP 

Vì tứ giác OPMB nội tiếp nên POM MBP  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PM của đường tròn tâm E)

c) Chứng minh: OE // PM

Giải: Ta có:

E là trung điểm của PB (gt) EP = EB

OA OB(bán kính)





  OE là đường trung bình của  BAP  OE//AP

Mà PM là tia đối của cạnh AP  OE // PM

d) Chứng minh: AM AP = 2R2

 Sơ đồ chứng minh:

2 AM.AP 2R

AM R

2R AP

AM AO

AB AP

AMB APO









 Chứng minh: Xét AMB và APO ta có:

C

D

A M

O A

D

E B M

A chung

 

AMB AOP 1v(cmt) 

 AMB ~ AOP

AM AB

AO AP

  hay AM AP = Ao AB = R 2R = 2R2

e) Gọi I là trung điểm của AM Chứng minh: 1 OIAM

2 OI//BM

3 AB2 = AM AC Giải:

1 OIAM

Ta có I là trung điểm của AM  IA = IM  OIAM (OI là 1 phần của đường kính đi qua trung điểm của dây cung AM không đi qua tâm thì vuông góc với dây cung đấy)

2 OI//AM

Ta có:

OI AM (cmt)

BM AM (là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



  OI//BM (vì cùng vuông góc với AM)

f) Gọi H là điểm đối xứng của O qua I Tứ giác AOMH là hình gì? Vì sao?

Giải:

Ta có: H là điểm đối xứng của O qua I (gt)  IH = OI

Xét tứ giác AOMH ta có IO = IH (cmt)

IA = IM (gt)

 Tứ giác AOMH là hình bình hành vì có 2 đường chéo AM và OH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Bài 4: Cho đường tròn (O), 1 dây AB và 1 điểm C ở ngoài đường tròn nằm trên tia AB Vẽ đường kính QP AB tại D (Q thuộc cung nhỏ AB) Tia CP cắt đường tròn tại điểm thứ hai là I Các dây

AB và QI cắt nhau tại K

a) Chứng minh: Tứ giác PDKI nội tiếp

Xét tứ giác PDKI ta có:

PDK 1v(gt)  D đường tròn đường kính PK

PIK 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  I đường tròn đường kính PK

 4 điểm P, D, K, I thuộc đường tròn đường kính PK

Vậy tứ giác PDKI nội tiếp đường tròn đường kính PK, tâm là trung điểm của PK

b) Chứng minh: CI CP = CK CD

 Sơ đồ chứng minh:

CI.CP CK.CD

CI CD

CK CP

CIK CDP



  



 Chứng minh: Xét CIK và CDP ta có:

C chung



  PIK=1v (góc nội tiếp chắn nửa đưởng tròn) KIC=1v

KIC PDC 1v PDC 1v(gt)





 CIK ~ CDP

CI CK

CD CP

  hay CI CP = CD CK

c) Chứng minh IC là tia phân giác của góc ngoài ở đỉnh I của AIB (tức là chứng minh: I3 I2)

Ta có: KIP 90 (cmt)  0  KIC 90 ;CIX 90  0   0

6

5 4 3 2 1

K D O A

P

I

Q

Hay

I I 90 I 90 I

(1)

I I 90 I 90 I





mà I I (đối đỉnh)

I I (vì đường kính PQ AB nên chia cung AB thành 2 cung AQ và BQ (2)

bằng nhau do đó I =I là vì 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)











 

 

 

Từ (1) và

(2)

0

0

I 90 I

I 90 I



   I3 I2hay IC là tia phân giác của góc ngoài ở đỉnh I của AIB

d) Giả sử A, B, C cố định Chứng minh rằng đường tròn (O) thay đổi nhưng vẫn đi qua A, B thì đường thẳng QI luôn đi qua 1 điểm cố định

Xét AIC và PBC ta có:

C chung

 

IAC PBC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BI)

 CAI ~ CBP IC AC hay CI.CP AC.BC

BC BC

Mặt khác ta lại có CI.CP = CK.CD (chứng minh câu b)

 AC.BC = CK.CD  CK AC.BC

CD

 mà AC, BC, CD không đổi nên độ kớn của CK không đổi

C cố định nên K cố định  QI luông đi qua K cố định

Bài 5: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB Trên nửa đường tròn lấy 2 điểm D và C sao cho

 

AD AC(D A;C B)   Hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tại E Vẽ EH  AB tại H

a) chứng minh: Tứ giác ADEH nội tiếp; tứ giác CBHE nội tiếp

 Chứng minh: tứ giác ADEH nội tiếp

Xét tứ giác ADEH ta có:

AHE 1v(gt)   Hđường tròn đường kính AE

ADE 1v  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  D đường tròn đường kính AE

 4 điểm A, D, E, H thuộc đường tròn đường kính AE

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường kính AE, tâm là trung điểm AE

 Chứng minh: Tứ giác CBHE nội tiếp

Xét tứ giác CBHE ta có:

EHB 1v(gt)   Hđường tròn đường kính EB

ECB 1v  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  C đường tròn đường kính EB

 4 điểm C, B, H, E thuộc đường tròn đường kính EB

Vậy tứ giác CBHE nội tiếp đường tròn đường kính EB, tâm là trung điểm EB

b) Chứng minh: BE BD = BH BA

 Sơ đồ chứng minh:

BE.BD BH.BA

BE BA

BH BD





 Chứng minh: Xét BEH và BAD ta có:

B chung

BHE BDA 1v(cmt)  

 BHE ~ BDA BH BE

BD BA

  hay BH BA = BE BD c) Chứng minh: CA là phân giác BCH(tức là chứng minh: C C  1   2)

Ta có: C  1  B  1(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD của đường tròn tâm O)

 2 

1

C  B (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EH của đường tròn đường kính EB )

 C C  1   2hay CA là phân giác BCH

d) Chứng minh: AC AE + BD BE = AB2

 Sơ đồ chứng minh:

2

AC.AE BD.BE AB

AC.AE BD.BE AB.(AH HB)

AC.AE BD.BE AB.AH AB.HB

1 2 3 4

1 3

C/ M

2 4







 tức là chứng minh AC.AE AB.AH(5)

BD.BE AB.HB(6)











Lấy (5) cộng (6) vế theo vế  đpcm

 Chứng minh : AE AC = AB AH

Xét  AEH và ABC ta có :



1

A chung ; AHE ACB 1v(cmt)    

AEH ABC(gg)

AE AH

AB AC



Hay (1)

 Chứng minh : BD.BE = AB HB

Xét  BDA và BHE ta có :



1

B chung ; BDA BHE 1v(cmt)    

BDA BHE(gg)

BD BA

BH BE



Hay

(2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được :

AE AC + BD BE = AB.AH + AB.BH

 AE AC + BD BE = AB.(AH + H B)

 AE AC + BD BE = AB AB = AB2

BÀI 6 : Cho nửa đường tròn đường kính AB Kẻ 2 dây AC và BD cắt nhau tại một điểm P nằm trong đường tròn Hạ PI AB

a) chứng minh các tứ giác ADPI , IPCB nội tiếp

b) Chứng minh BA BI = BD BP

c) Chúng minh AB AI = AC AP

d) Chúng minh  APD   PCB

e) Chúng minh AC AP + BD BP = AB 2

f) Chúng minh 3 điểm Q,P,I thẳng hàng

a) Chứng minh tứ giác ADPI; IPCB nội tiếp:

 Chứng minh tứ giác ADPI nội tiếp:

Xét tứ giác ADPI ta có:

AE.AC AB.AH 

BD.BE = BA BH

AIP 1v(gt)   I đường tròn đường kính AP

ADP 1v  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  Dđường tròn đường kính AP

 4 điểm A, D, P, I thuộc đường tròn đường kính AP

Vậy tứ giác ADPI nội tiếp đường tròn đường kính AP, tâm là trung điểm của AP

 Chứng minh tứ giác IPCB nội tiếp

Xét tứ giác IPCB ta có:

PIB 1v(gt)   Iđường tròn đường kính PB

PCB 1v  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  Cđường tròn đường kính PB

 4 điểm I,P,C,B thuộc đường tròn đường kính PB

Vậy tứ giác IPCB nội tiếp đường tròn đường kính PB , tâm là trung điểm PB

b) Chứng minh BA BI = BD BP (1)

xét  BAD và BPI ta có : B chung ; BDA BIP 1v(cmt)    

BD BA BDA BPI(gg)

BI BP

      hay BD.BP = BA.BI

c) Chúng minh AB AI = AC AP (2)

Xét  ABC và API ta có : A chung ; ACB AIP 1v(cmt)    

AC AB ACB AIP(gg)

AI AP

      hay AC.AP = AB AI

d) Chúng minh  APD   PCB

Xét  APD và  PCB ta có :

DPA BPC(đđ);ADP PCB 1v(cmt)      PDA  PCB(gg)

e) Chúng minh AC AP + BD BP = AB 2

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được :

BD BP + AC AP = BA BI + AB AI

 BD BP + AC AP = AB ( BI + AI)

 BD BP + AC AP = AB AB

 BD BP + AC AP = AB2

g) Chứng minh 3 điểm : Q,P,I thẳng hàng

xét tam giác AQB ta có : AC và BD là 2 đường cao cắt nhau tại P  P là trực tâm của tam giác AQB

Do đó QP là đường cao thứ 3  QP  AB mà PIAB  QP IP hay 3 điểm Q.P.I thẳng hàng

Bài 7: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn Kẻ các đường cao BD , CE

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác b) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ,AH kéo dài cắt BC tại M.Chứng minh AE.AB=AH AM

c) Gọi F là điểm đối xứng của E qua I Chứng minh: BAM BFE   

a) Chứng minh tứ giác AFDC nội tiếp Xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

Xét tứ giác BEDC ta có:

CDB 1v(gt)   Dđường tròn đường kính CB

CEB 1v(gt)   Eđường tròn đường kính CB

 4 điểm B, D, E, C thuộc đường tròn đường kính CB

b) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ,AH kéo dài cắt BC tại M.Chứng minh

AE.AB=AH AM

Ta có ABC có 2 đường cao BD và CE cắt nhau tại H; H là trực tâm của ABC nên đường cao thứ 3 xuất phát từ đỉnh A cũng phải đi qua trực tâm H hay AH Bc tại M

Xét AEH và AMB ta có:

A chung

AEH AMB 1v(cmt)  

 AEH ~ AMB  AE AH

AM AB  hay AE.AB=AH.AM

c) Gọi F là điểm đối xứng của E qua I Chứng minh: BAM BFE   

Ta có F là điểm đối xứng của E qua I  IE = IF (1)

Mà E thuộc đường tròn tâm I (2)

Từ (1) và (2)  F thuộc đường tròn tâm I

Ta có: F 1 C  1(2 góc nội tiếp cùng chắn cung EB của đường tròn tâm I)

Xét AMB và CEB ta có: B chung;AMB CEB(cmt)    

 BMA ~ BEC  A  1  C  1

Từ (3) và (4)  A  1  F hay BAM BFE 1   

Bài 8: Cho ABC có 3 góc nhọn (không cân ở A) nội tiếp đường tròn (O) 2 đường cao BE và CK cắt nhau tại H Gọi I, J lần lựot là trung điểm của BC và KE

a) Chứng minh OIBC

b) Chứng minh: KI = EI

c) Chứng minh: AH BC tại P

d) Chứng minh IJ  KE

e) Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) Chứng minh Ax // KE

f) Chứng minh: OA // IJ

g) Chứng minh: PA là phân giácKPE (tức là chứng minh: P 1  P 2)

h) Chứng minh: H và H’ đối xứng qua BC (tức là phải chứng minh HP = HP’)

a) Chứng minh OIBC

Ta có I là trung điểm BC  IB = IC  OIBC (OI là 1 phần của đường kính đi qua trung điểm của dây BC không đi qua tâm nên vuông góc với dây ấy)

b) Chứng minh: KI = EI

Xét tứ giác BKEC ta có:

BKC 1v(gt)   Dđường tròn đường kính BC

BEC 1v(gt)   Eđường tròn đường kính BC

 4 điểm B, K, E, C thuộc đường tròn đường kính BC

Vậy tứ giác BKEC nội tiếp đường tròn đường kính BC, tâm I là trung điểm của BC

Vì I là tâm của đường tròn đường kính BC nên IK = IE (bán kính)

c) Chứng minh: AH BC tại P

ABC có 2 đường cao BE và CK cắt nhau tại H (gt)  H là trực tâm của ABC do đó đường cao thứ

3 xuất phát từ đỉnh A cũng phải đi qua trực tâm H nên AH  BC tại P

d) Chứng minh IJ  KE

Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKEC (cmt) mà JK = JE (gt)  IJ  KE (IJ là 1 phần của đường kính đi qua trung điểm của dây KE không đi qua tâm nên vuông góc với dây ấy)

e) Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) Chứng minh Ax // KE

Ta có xAC ABC    ( góc tạo bởi 1 tia tiếp truyến và 1 dây và góc niộ tiếp cùng chắn cung AC) (1)

)

0 0

Mà ABC KEC 180 (2 góc đối diện trong tứ giác nội tiếp)

ABC AEK AEK KEC 180 (kề bù





Từ (1) và (2) xAC AEK    mà 2 góc này ở vị trí so le trong  Ax // KE

H

A

K D E

F

f) Chứng minh: OA // IJ

Ta có: OA  Ax (tính chất tiếp tuyến)

Mà Ax // KE (cmt)

 OA  KE

Lại có IJ  KE (cmt)

 OA // IJ (vì cùng )

g) Chứng minh: PA là phân giácKPE (tức là chứng minh: P 1 P 2)

 Chứng minh tứ giác BKHP nội tiếp:

Xét tứ giác BKHP ta có:

BKH 1v(gt)  Kđường tròn đường kính BH

BPH 1v(gt)  Pđường tròn đường kính BH

 4 điểm B, K, H, P thuộc đường tròn đường kính BH

Vậy tứ giác BKHP nội tiếp đường tròn BH,

tâm là trung điểm của BH

 B 1P1(2 góc nội tiếp cùng chắn

cung KH của đường tròn đường kính BH) (1)

 Chứng minh tứ giác PHEC nội tiếp:

Xét tứ giác BHEC ta có:

HEC 1v(gt)  H đường tròn đường kính HC

HPC 1v(cmt)  P  đường tròn đường kính HC

 4 điểm P, H, E, C thuộc đường tròn đường kính HC

Vậy tứ giác BHEC nội tiếp đường tròn đường kính HC, tâm là trung điểm HC

 B 2 C 1(2 góc nội tiếp cùng chắn cung HE của đường tròn đường kính HC) (2)

Ta có tứ giác BKEC nội tiếp (chứng minh câu a)

 B 1C 1(2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE của đường tròn đường kính BC) (3)

Từ (1) (2) (3)  P1P2 hay PA là phân giác KPE(đpcm)

h) Chứng minh: H và H’ đối xứng qua BC (tức là phải chứng minh HP = H’P)

 Chứng minh tứ giác ABPE nội tiếp

Xét tứ giác ABPE ta có:

APB 1v(cmt)   Bđường tròn đường kính AB

AEB 1v(gt)   Eđường tròn đường kính AB

 4 điểm A, B, P, E đường tròn đường kính AB

Vậy tứ giác ABPE nội tiếp đường tròn đường kính AB, tâm là trung điểm của AB

EBP CAP  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PE của đường tròn đường kính AB)

Mà CAP CBH    (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HC)

HBP CBH

Xét HBH’ ta có: HBP CBH';BP HH'(cmt)    

 HBH’ cân tại B nên đường phân giác BP vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến  HP = HP’ hay H và H’ đối xứng qua BC (ĐPCM)

Bài 9: Cho đường tròn (O) và dây BC, 2 tiếp tuyến với đường tròn ở B và C cắt nhau tại D

a) Chứng minh: tứ giác OBDC nội tiếp 1 đường tròn

b) Gọi I là giao điểm của OD và BC Chứng minh: OB  BC

c) Chứng minh: OCB ODC 

d) Chứng minh: IO 2 + IB 2 + ID 2 + IC 2 = OD 2

e) Các đường cao BM và CN của tam giác DBC cắt nhau tại H Tứ giác OBHC là hình gì? Vì sao?

1

1 1 2

I P H' B

E

C A

f) Chứng minh: DM.DC = DB.DN

g) Chứng minh: DBO ~ DCO

a) Chứng minh: tứ giác OBDC nội tiếp 1 đường tròn

Xét tứ giác OBDC ta có:

OBD 1v  (tính chất tiếp tuyến)  B đường tròn đường kính OD

OCD 1v  (tính chất tiếp tuyến)  C đường tròn đường kính OD

 4 điểm O, B, D, C thuộc đường tròn đường kính OD

Vậy tứ giác OBDC nội tiếp đường tròn đường kính OD Tâm là trung điểm của OD

b) Gọi I là giao điểm của OD và BC Chứng minh: OB  BC

Ta có:OB = OC (bán kính đường tròn tâm O) DB = DC (tính chất tiếp tuyến) D trung trực của BC O trung trực của BC  

   OD là trung trực của BC hay ODBC

c) Chứng minh: ODC ODC 

 

 

C D (2 góc nội tiếp cùng chắn cung OB của

đường tròn đường kính OD)

D D (tính chất tiếp tuyến)











 1  2  

C D hay OCB ODC

d) Chứng minh: IO2 + IB2 + ID2 + IC2 = OD2

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông OIC ta có: OI2 + IC2 =OC2 (1)

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông IBD ta có: IB2 + ID2 =BD2 (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: OI2 + IC2 + IB2 + ID2 = OC2 + BD2 mà OC = OB

Vậy OI2 + IC2 + IB2 + ID2 = OC2 + BD2 = OD2

e) Các đường cao BM và CN của tam giác DBC cắt nhau tại H Tứ giác OBHC là hình gì? Vì sao?

Ta có: OB BD(t / ctt)CN BD(gt) 

  OB//CN (BD) mà HCN  OB // CH (1)

Lại có: OC CD(t / ctt)BM CD(gt)  OC// BM( CD)

  mà H  BM  OC // BH (2)

Từ (1) và (2)  tứ giác OBHC là hbh mà OB = OC (bán kính)  hbh OBHC là hình thoi

f) Chứng minh: DM DC = DB DN

 Sơ đồ chứng minh:

DM.DC DB.DN

DM DN

DB DC

DMB DNC





  

 Chứng minh:

Xét DMB và DNC ta có:

D chung

 

DMB DNC 1v(gt) 

 DMB ~ DNC

DM DB

DN DC

hay DM.DC DN.DB



g) Chứng minh: DBO ~ DCO

Xét DBO và DCO ta có:

 

 

D D (t / ctt)

DBO DCO 1v(t / ctt) DBO DCO



N

K M C

B

D

Bài 10: Cho nửa đường tròn (O), đường kính BC Điểm A thuộc cung nửa đường tròn (AB<AC) Gọi E là điểm đối xứng với B qua A

a) BCE là  gì?

b) Chứng minh : BA là tia phân giác của