+ Chứng minh cho AM = MB mà AB cố định thì quỹ tích M là đờng trung trực của đoạn thẳng AB
+ Chứng minh M cách đều hai cạnh của góc xOy thì quỹ tích M là đờng phân giác của góc
đó .
nội tiếp trong đờng tròn (O) và M là điểm di động trên cung nhỏ BC của đờng tròn
đó . Gọi D là hình chiếu của B trên AM vàP là giao điểm của BD với CM .
a, Chứng minh rằng tam giác BPM c©n.
b,Tìm quỹ tích của D khi M di động trên đờng tròn (O)
P
B C
M D
? Để chứng minh tam giác BMP cân ta chứng minh điều gì.
? Vì sao MD là phân giác của ∠ BMP
? Điểm D nhìn đoạn cố đỉnh nào dới một góc vuông không ,
Ta chứng minh MD vừa là đờng cao vừa là đờng phân giác . HS trả lời .
HS §iÓm D nh×n AB díi mét gãc vuông .
a,
Ta cã :
Δ ABC cân có AB = AC ⇒ AB = AC ( liên hệ giữa cung và dây)
⇒ ∠ AMB = ∠ AMC ( hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau)
⇒ MD là tia phân giác của ∠ BMP
Trong Δ BMP có MD là tia phân giác lại là
đờng cao ⇒ Δ BMP cân tại M b,
Khi M di động trên đờng tròn (O) thì
ADB = 900 mà AB cố định . Vậy quỹ tích điểm D là đờng tròn đờng kính AB.
Bài 7. Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AC và dây AB cố định . Điểm M di động thuộc cung AB. Gọi I, J , K lần lợt là trung
điểm của AB, BC , MB và KP AM ở P.
a, Chứng minh K, P, J thẳng hàng
b, Chứng minh góc IKJ = 900 . Suy ra K luôn di động trên một đờng cố định
A O C
M B
I J
K P
? để cm K, J, P thẳng hàng ta làm nh thế nào .
? Gọi hs chứng minh KJ // MC; PK // MC GV hớng dẫn hs hoàn thành lời giài.
? Gọi hs chứng minh gãc IKJ = 900
Ta áp dụng tiên đề
ơclit.
HS đứng tại chỗ chứng minh .
HS theo dâi gv chữa bài và ghi lời giải vào vở.
HS lên bảng trình bày .
a, Trong MBC cã : MK = KB (gt) CJ = JB (gt)
suy ra KJ là đờng trung bình của Δ MBC.
suy ra KJ // MC ( t/c đờng trung bình ) (1) Lại có ∠AMC=900 ( góc nội tiếp chắn nửa đ- ờng tròn )
suy ra MC AM
lại có KP AM ( giả thiết )
suy ra PK // MC ( quan hệ từ vuông góc đến song song ) (1)
mà theo tiên đề ơ clit qua K chỉ có một đt song song víi MC .
Vậy K, J, P thẳng hàng.
b,
tơng tự KI là đờng trung bình của tam giác ABM suy ra IK // AM
mà KP AM suy ra KP IK suy ra gãc IKJ = 900
vậy K luôn chuyển động trên đờng tròn đờng kÝnh IJ.
Bài 4. Cho đờng tròn (O) đờng kính AB.
Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB .
a. Chứng minh khi cát tuyến MN di động thì trung điểm I của MN luôn nằm trên một đờng tròn cố định.
b. Từ A kể Ax vuông góc với MN . Tia BI cắt Ax tại C . Chứng minh BN = CM c.Tìm quỹ tích của Ckhi MNquayquanh H.
A O
H B M
N I C
? OI có quan hệ gì với MN, suy ra ®iÒu g× .
? Tứ giác BMCN là h×nh g× .
GV híng dÉn hs tr×nh bày lời giải
? Cã nhËn xÐt g× vÒ gãc ACO.
GV hớng dẫn hs làm bài.
HS trả lời : OI MN
Tứ giác BMCN là hình bình hành
HS theo dõi giáo viên làm bài trên bảng .
gãc ACO = 900 HS làm theo hớng dẫn của giáo viên .
a, Ta cã MI = IN ( gt)
suy ra OI MN ( Quan hệ vuông góc của đk và dây )
suy ra góc OIH = 900 mà OH cố định vậy I luôn nằm trên đờng tròn đờng kính OH
b,
Lại có OI MN ( cm trên ) AC MN ( gt )
OI // AC ( quan hệ từ vuông góc đến song song) Trong tam giác MCB có OI // AC ; OA = OB suy ra BI = IC ( định lí đờng trung bình ) Xét tứ giác BMCN có :
BI = IC ( cm t) IM = IN ( cmt)
suy ra tứ giác BMCN là hình bình hành suy ra BM = CN ( t/c hình bình hành ) c, Trong tam giác BCO có IH là đờng trung b×nh suy ra IH // CO
mà IH AC suy ra CO AC suy ra ACO = 900
Vậy quỹ tích C là đờng tròn đờng kính AO
GV cho hs làm bài tập áp dụng ở tài liệu kèm theo . IV, H ớng dẫn về nhà:
- Học thuộc lí thuyết .
- Xem lại các bài tập đã chữa . - Làm bài tập ở tài liệu kèm theo .
Chuyên đề 4. Bài toán cực trị hình học I, Mục tiêu :
ợng hình học , hoặc xác định vị trí một điểm để một đại lợng hình học đạt cực trị .
- Nắm đợc các kiến thức vận dụng để giải toán là quan hệ đờng vuông góc và đờng xiên; bất
đẳng thức đại số....
II, Chuẩn bị :
GV : Soạn giáo án , lựa chọn bài tập HS : ôn lại kiến thức có liên quan III, Tiến trình bài học ;
Hoạt động của thày Hoạt dộng của trò Ghi bảng
? Phát biểu quan hệ
đờng vuông góc và đ- ờng xiên.
? Định lí so sánh đ- ờng kính và dây.
? Viết bất đẳng thức côsi áp dụng cho 2 số không âm.
HS đứng tại chỗ phát biÓu .
HS khác trả lời .
HS lên bảng viết bất
đẳng thức cô si
I, Kiến thức cần nhớ :
1, Quan hệ đờng vuông góc và đờng xiên + Trong các đờng kẻ từ một điểm đến một
đờng thẳng đờng vuông góc là đờng ngắn nhất ( đờng xiên luôn lớn hơn đờng vuông gãc ).
+Trong một tam giác vuông cạnh huyền là cạnh lớn nhất .
2, Định lí đờng kính :
Trong một đờng tròn đờng kính là dây cung lín nhÊt .
3, Bất đẳng thức cô si với hai số không âm Với a, b không âm ta luôn có
a + b ≥ 2 √ab A +b ≤ √2(a2+b2)
Bài 1, Cho tam giác ABC vuông tại A , đờng cao AH . Gọi D , E theo thứ tự thuộc các cạnh AC , AB sao cho DHE = 900 Tìm vị trí của D, E để DE có độ dài nhỏ nhất .
A
B C
H D
E I
GV híng dÉn hs lÊy trung điểm I của DE
? Hãy so sánh IA, IH , ID, IE
? Hãy so sánh DE với AH.
? DE = AH khi nào .
HS làm theo yêu cầu của giáo viên .
IA = IH = ID = IE.
HS đứng tại chỗ trả lời .
Gọi I là trung điểm DE suy ra AI là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông DAE
suy ra IA = ID = IE
tơng tự HI là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông DHE suy ra HI = IE = ID
suy ra DE = IA + IH
áp dụng bất đẳng thức tam giác vào tam giác AIH ta có :
IA + IH ≥ AH suy ra DE ≥ AH
Vậy DE có độ dài nhỏ nhất là bằng AH khi A, I , H thẳng hàng.
Bài 2, Cho tam giác đều ABC nội tiếp đờng tròn (O;R) , M là điểm chuyển động trên cung BC . Trên đoạn thẳng MA lấy D sao cho MD = MB vẽ đờng kính AE cắt BC tại H, MA cắt BC tại I . Chứng minh:
a, MA = MB + MC
b, Xác định vị trí của M để MA + MB + MC đạt
GTLN
O
B C
A
D D
? tam giác BMD có
đặc điểm gì .
? Để chứng minh MA = MB + MD ta chứng minh điều gì .
? Gọi học sinh lên bảng làm bài .
GV nhận xét bài làm trên bảng
? GV híng dÉn hs tính để rút gọn tổng MA + MB + MC.
? MA có độ dài lớn nhất khi nào .
GV hoàn thành lời giải cho hs .
HS trả lời : tam giác BMD là tam giác đều .
Ta cần chứng minh đợc MC = AD
Một em lên bảng làm bài , cả lớp làm ra nháp .
HS theodõi giáo viên h- íng dÉn.
HS trả lời câu hỏi của giáo viên .
a, Ta cã :
Δ ABC đều (gt) ⇒ ∠ A = ∠ B =
∠ C = 600
Lại có ∠ ADB = ∠ C = 600 ( hai góc nt cùng chắn cung AB)
XÐt Δ BDM cã MD = MB (gt) suy ra Δ BDM cân tại M
lại có ∠ ADB = ∠ C = 600 ( cm trên ) suy ra Δ BDM đều .
Ta cã ∠ ABD + ∠ DBC = 600 ∠ DBC + ∠ CBM = 600 suy ra ∠ ABD = ∠ CBD
Xét ABD và MBC có :
∠ ABD = ∠ CBD ( cm trên ) BC chung
BD = BM ( t/c tam giác đều )
⇒ Δ ABD = Δ MBC ( c. g.c)
suy ra AD = MC ( 2 cạnh tơng ứng của hai tam giác bằng nhau) .
suy ra MA = MB + MC.
b,
ta cã MA + MB + MC = 2MA
để MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất thì
MA đạt giá trị lớn nhât .
vì MA là dây cung nên MA có độ dài lớn nhất khi là đờng kính.
Bài 6 ,
cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và M là
điểm thuộc nửa đờng tròn ấy (M khác A và B) Từ A,B kẻ hai tiếp tuyến Ax ; By với nửa đờng tròn âý . Tiếp tuyến của nửa đờng tròn tại M cắt Ax ; By lần lợt tại C và D .
a, Chứng minh : CD = AC + BD
b, Giả sử M chuyển động trên nửa đờng tròn tâm O đờng kinh AB . Xác định vị trí của điểm
M để chu vi Δ ABM đạt GTLN A B
M
D
C
bảng chứng minh c©u a.
GV chu vi tam giác ABM lín nhÊt khi nào ?
GV hớng dẫn hs áp dụng bất đẳng thức
để tìm vị trí điểm M .
HS lên bảng chứng minh câu a. Cả lớp theo dâi nhËn xÐt.
Chu vi tam giác ABM lín nhÊt khi AM + MB lín nhÊt.
HS làm theo hớng dẫn của giáo viên .
Ta cã :
CA = CM ; DB = DM ( t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
CD = CM + DM = CA + BD b,
Chu vi tam giác ABM là
AM + MB + AB vì AB không đổi nên để chu vi tam giác ABM đạt giá trị lớn nhât th× AM + MB lín nhÊt .
lại có :
(a+b)≤√2(a2+b2) (*)
áp dụng bất đẳng thức * ta có :
AM+MB≤√2(AM2+MB2)
⇔AM+MB≤√2 AB2=AB√2
suy ra AM + MB đạt giá trị lớn nhất là AB √2 khi AM = MB.
khi đó M là điểm chính giữa của nửa đờng tròn .
GV cho học sinh làm bài tập vận dụng ở tài liệu kèm theo . IV, H ớng dẫn về nhà:
- Ôn lại phơng pháp giải.
- Xem lại các bài tập đã chữa - Làm bài tập ở tài liệu kèm theo.
Chuyên đề 5. Luyện giải các bài tập hình học 9 I, Mục tiêu:
- HS vận dụng đợc các phơng pháp chứng minh đã học để tìm phơng pháp chứng minh cho một bài tập hình học lớp 9
- HS biết chuyển một tình huống cụ thể của bài tập về các dạng toán có phơng pháp chứng minh đã học .
II, Chuẩn bị :
GV : Soạn giáo án , lựa chọn bài tập HS : Ôn lại kiến thức có liên quan . III, Tiến trình bài dạy :
Hoạt động của thày Hoạt động của trò Ghi bảng
Bài1,
Cho Δ ABC cân tại A nội tiếp đờng tròn (O) . Trên cung nhỏ AB lấy một điểm D , trên dây DB lấy điểm E , trên dây DC lấy điểm F sao cho BE
= CF chứng minh rằng : a, ΔAEF c©n
b, Tứ giác ADEF nội tiếp
O
B C
A
D
E
F
? Để cm tam giác AEF cân ta làm ntn.
? GV gọi một hs chứng minh AE = AF
? Để chứng minh tứ giác ADEF nội tiếp ta làm ntn .
GV gọi một hs chứng minh ∠ EDF = ∠
EAF
GV hoàn chỉnh lời giải bài toán .
Ta cm AE = AF
HS lên bảng làm bài
Ta cm tứ giác ADEF có hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dới 1 góc không
đổi .
HS lên bảng làm bài . HS theo dõi giáo viên nhËn xÐt.
a, Xét Δ AEB và Δ AFC có AB = AC ( t/c tam giác cân )
∠ ABE = ∠ ACF ( 2 góc nt cùng chắn AD)
BE = CF ( gt)
⇒ Δ AEB = Δ AFC ( c.g.c)
⇒ AE = AF ( 2 cạnh tơng ứng của 2 tam giác bằng nhau)
Vậy tam giác AEF cân tại A.
b,Ta cã
Δ AEB = Δ AFC ( chứng minh trên)
⇒ ∠ EAB = ∠ FAC ( 2 góc tơng ứng của 2 tam giác bằng nhau).
⇒ ∠ EAB + ∠ BAF = ∠ FAC +
∠ BAF
⇒ ∠ EAF = ∠ BAC
mà ∠ BAC = ∠ BDC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn BC )
⇒ ∠ EDF = ∠ EAF ( = ∠ BAC) Xét tứ giác EDAF có
∠ EDF = ∠ EAF ( cm trên )
suy ra hai đỉnh kề nhau D và A cúng nhìn EF dới một góc không đổi .
Vậy tứ giác ADEF nội tiếp đợc trong một đ- ờng tròn .
Bài 2. Trong đờng tròn (O) nội tiếp tam giác ABC với trực tâm H, M là một điểm bất kì trên cung BC không chứa A.
a, Xác định vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành .
b, Gọi các điểm đối xứng của M qua AB , AC lần lợt là N , E. Chứng minh các tứ giác AHBN, AHCE nội tiếp đợc .
c, Chứng minh ba điểm N, H , E thẳng hàng.
H O
N
E
B
C A
M
? Khi tứ giác BHCM là hình bình hành thì CM và BH có quan hệ gì .
? Suy ra vị trí AM có gì
đặc biệt .
? Để cm tứ giác AHBN nội tiếp ta làm nh thếnào .
? GV híng dÉn hs chứng minh AHB + ANB = 1800
GV lu ý hs vËn dông tính chất đối xứng khi giải bài toán hình học.
Khi đó CM // BH
KHi đó AM là đờng kÝnh .
Ta chứng minh tổng số
đo hai góc đối diện bằng 1800
HS làm theo hớng dẫn của giáo viên.
HS theodâi gv h- íngdÉn.
a, Để tứ giác BHCM là hình bình hành thì
CM // BH lại có BH AC ⇒ CM AC
⇒ ∠ACM=900 mà ∠ ACM là góc néi tiÕp
nên AM là đờng kính của đờng tròn.
Vậy để tứ giác BHCM là hình bình hành thì
M đối xứng với A qua O.
b, Ta có : ∠ HCB = ∠ HAB ( cùng phụ víi ∠ ABC)
∠ HCA = ∠ HAC (Cùng phụ với BAC) Mà ∠ AHB + ∠ HAB + ∠ HBA = 1800
⇒ ∠ AHB + ∠ HCB + ∠ HCA = 1800
⇒ ∠ AHB + ∠ ACB = 1800
lại có ∠ ACB = ∠ AMB (cùng chắn cung AB)
∠ AMB = ∠ ANB ( t/c đối xứng )
⇒ ∠ AHB + ∠ ANB = 180 Xét tứ giác AHBN có :
∠ AHB + ∠ ANB = 1800 ( cmt )
? §Ó cm 3 ®iÓm H; N;
E thẳng hàng ta làm nh thếnào .
GV híng dÉn hstr×nh bày lời giải .
Ta chứng minh 3 diểm
đó tạo thành góc bẹt . HS trình bày lời giải vào vở .
Vậy tứ giác AHBN nội tiếp đợc .
tơng tự ta có tứ giác AHCE nội tiếp đợc . c,
Ta cã:
∠ AHN = ∠ ABN ( cùng chắn cung AN) ∠ ABN = ∠ ABM(t/c đối xứng )
⇒ ∠ AHN = ∠ ABM ( = ∠ ABN) lại có
∠ AHE = ∠ ACE ( cùng chắn AE)
∠ ACE = ∠ ACM ( t/c đối xứng )
⇒ ∠ AHE = ∠ ACM ( = ∠ ACE) mà ∠ ABM + ∠ ACM = 1800
⇒ ∠ AHB + ∠ AHE = 1800 Vậy 3 điểm N; H; E thẳng hàng.
Bài 3.Cho đờng tròn (O) với dây BC cố định ( BC < 2R) và điểm A trên cung lớn BC ( A không trùng B và C , A không là điểm chính giữa cung ). Gọi H là hình chiếu của A trên BC ; E và F lần lợt là hình chiếu của B và C trên đờng kính AA’.
a, Chứng minh rằng HE AC
b, Chứng minh rằng tam giác HEF đồng dạng với tam giác ABC
O
B C
A
H
A' E
F
? §Ó cm HE AC ta chứng minh điều gì.
GV gọi hs trình bày cách giải.
? Để chứng minh Δ
HEF đồng dạng với
Δ ABC ta cm ®iÒu g×
.
GV hớng dẫn hs chứng minh hai cặp góc tơng ứng bằng nhau.
Ta chứng minh HE //CA’
HS đứng tại chỗ trình bày p2 giải .
Ta chứng minh
∠ EFH = ∠ ACB
∠ FEH = ∠ ABH HS theo dâi gv híng dẫn và trình bày lời giải vào vở .
a, Tứ giác AEHB nội tiếp
∠ BAE = ∠ CHE ( cùng phụ với ∠
BHE)
mà ∠ BAE = ∠ BCA’ ( cùng chắn BA’)
⇒ ∠ CHE = ∠ BCA’
mà 2 góc này ở vị trí so le trong
⇒ HE // CA’
lại có A’C AC
⇒ HE AC ( quan hệ từ vuông góc đế song song)
b,
Tứ giác AHFC nội tiếp
⇒ ∠ EFH = ∠ ACH ( cùng chắn AH)
⇒ ∠ EFH = ∠ ACB Tứ giác ABHE nội tiếp
⇒ ∠ FEH = ∠ ABH ( cùng phụ với AEB)
Xét Δ HEF và Δ ABC có : ∠ EFH = ∠ ACB ( cm trên )
∠ FEH = ∠ ABH ( cm trên )
⇒ Δ HEF đồng dạng với Δ ABC ( g.g)
GV cho hs làm bài tập vận dụng ở tài liệu kèm theo . IV, H ớng dẫn về nhà :
- Ôn lại lý thuyết .
- Xem lại các bài tập đã chữa - Làm bài tập ở tài liệu kèm theo .
Chuyên đề 6 Luyện giải các bài tập hình học 9 I, Mục tiêu :
- Rèn kĩ năng vận dụng các phơng pháp chứng minh đã học để chứng minh bài tập hình học có nội dung tổng hợp .
- Rèn kĩ năng trình bày lời giải . II, Chuẩn bị :
GV : Soạn giáo án , lựa chọn bài tập
HS : ôn lại các phơng pháp chứng minh đã học III, Tiến trình bài học :
Hoạt động của thày Hoạt động của trò Ghi bảng
Bài 1. cho hình thang cân ABCD ( AB //
CD ) nội tiếp đờng tròn tâm O . Các tiếp tuyên tại A và D cắt nhau tại E, các tiếp tuyến tại B và C căt nhau tại F . Gọi I là giao điểm hai đờng chéo của hình thang a, Chứng minh tứ giác AIDE nội tiếp b, Chứng minh rằng ba điểm E, I , F thẳng hàng
c, EF cắt AD và BC ở K và H . Chứng minh :
1 AB + 1
CD= 2 KH
K I H
E F
O
D B
A C
? Để cm tứ giác AIED néi tiÕp ta làm ntn .
GV gọi hs chứng minh∠ AED + AID = 1800
? Cã nhËn xÐt g× vÒ tứ giác CIBE .
?Để chứng minh E;
I ; F thẳng hàng ta
Ta cm tổng số đo 2 góc đối diện bằng 1800
HS làm theo yêu cầu của giáo viên.
HS trả lời : tứ giác CIBE néi tiÕp .
Ta chứng minh 3
a, ta cã AD = BC ( t/c h×nh thang c©n) AD = BC (liên hệ giữa cung và dây) lại có :
∠AED=sdACD−sdAD
2 =sdAC+sdCB+sdBD−sdAD 2
⇒∠AED=sdAC+sdBD 2
mặt khác :
∠AID=sdAD+sdBC 2
⇒∠AED+∠AID=sdAC+sdBD+sdAD+sdBD
2 =1800
Xét tứ giác AIED có
∠ AED + AID = 1800( cmt )
mà 2 góc này ở vị trí đối diện vậy tứ giác AIED néi tiÕp.
b,
Tơng tự ta có tứ giác CIBE nội tiếp đờng tròn Ta cã
∠ AIE = ∠ ADE ( cùng chắn AE ) lại có
GV gọi hs chứng minh
∠ BIF + ∠ EIB
=1800
? Cã nhËn xÐt g× vÒ mối quan hệ giữa HK và AB; CD GV hớng dẫn hs áp dụng hệ quả định lí ta lét làm bài .
góc bẹt .
HS đứng tại chỗ cm
HS trả lời : HK // AB
HS làm theo hớng dẫn của giáo viên.
nhau)
∠ BCF = ∠ BIF ( cùng chắn BF)
⇒ ∠ AIE = ∠ BIF
mà ∠ AIE + ∠ EIB = 1800 ( 2 góc kề bù )
⇒ ∠ BIF + ∠ EIB = 1800 Vậy 3 điểm E; I; F thẳng hàng . c,
ta cã : ∠ ABD = ∠ BIF ( = ∠ ADE) mà 2 góc này ở vị trí so le trong
⇒ IH // AB // CD
áp dụng định lí ta lét ta có ;
IK AB=DI
DB;IH AB=CI
AC;IK CD=AI
AC;IH CD=BI
BD IK
AB+IH AB +IK
CD+IH CD=DI
DB+BI BD+CI
AC+AI AC
⇔HK AB +HK
CD =2
⇔ 1 AB+ 1
CD= 2 HK
Bài 2.
Cho đờng tròn (O) và một điểm P ở ngoài đ- ờng tròn . Kẻ hai tiếp tuyến PA và PB (A, B là các tiếp điểm ) . Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) tại C ( C ≠ A) . Đoạn PC cắt đờng tròn tại điểm thứ hai D . Tia AD cắt PB tại E . a, Chứng minh EAB đồng dạng với EBD b, Chứng minh AE là đờng trung tuyến của tam giác PAB.
D P O
A
B
C
E
? Để chứng minh EAB đồng dạng với
EBD ta làm nh thế nào.
? EAB đồng dạng víi EBD ta suy ra hệ thức nào .
? Để cm AE là đ- ờng trung tuyến của tam giác PAB ta chứng minh điều gì.
GV híng dÉn hs chứng minh
EP2=EA . ED suy
ta chứng minh theo trờng hợp g.g
suy ra
EB2 = EA . ED
ta chứng minh E là trung điểm của PB
HS làm theo hớng dẫn của giáo viên .
a,
xét EAB và EBD có
∠ E chung
∠ EBD = ∠ EAB ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung BD)
⇒ EAB đồng dạng với EBD ( g.g) b,
ta cã:
EAB đồng dạng với EBD ( cmt )
⇒ EB ED=EA
EB ⇒EB2=EA . ED (1) Lại có
∠ EPD = ∠ ACD ( 2 góc so le trong bằng nhau)
mà ∠ ACD = ∠ EAP ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn AD)
⇒ ∠ EPD = ∠ EAP ( = ∠ ACD) Xét EDP và EDA có :
∠ E chung
∠ EPD = ∠ EAP ( cmt)
EDP đồng dạng với EPA (g.g)