2 ) ( Theo quỹ tích cung chứa góc)(0,25 điểm)
M
MAC = CBM = sdMC
b/ Ta có ã ã 1 ẳ
2 ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC của (O)) (1) (0,25 điểm)
Tứ giác BCEF nội tiếp (K) → ã ã 1 ằ
EBC = EFC = sdEC
2 (2)
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC của (K) (0,25 điểm)
Lại có tứ giác AEHF nội tiếp trong (I) → ã ã 1 ằ
EFH = EAH = sdEH
2 (3) (0, 25 điểm)
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH của (I))
Từ (1); (2); (3) suy ra CBM = EBC ã ã → BC là tia phân giác của góc EBM. (0,25 điểm)
c/ Gọi I, K lần lợt là trung điểm của AH và BC → I, K là tâm đờng tròn ngoại tiếp các tứ giác AEHF và
BCEF ( theo cmt)
Nối IE, KE ta có:
- ∆ AIE cân tại I ( IA - IE) → IAE = IEA ã ã (4) (0,25 điểm)
- ∆ KEC cân tại K ( KE = KC) → KEC = KCE ã ã (5) (0,25 điểm)
- ∆ ADC vuông tại D (gt) → DAC + DCA = 90 ã ã
0 (6) (0,25 điểm)
- Từ (4); (5); (6) suy ra IEH + KEH = 90 ã ã
0→ IE ⊥ KH → IE là tiếp tuyến của (K) tại E (0,25 điểm).
II. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (3 ĐIỂM – MỖI CÂU 0,25 ĐIỂM).
Cõu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
ĐS C D A B C A A A B A C A
Bạn đang xem 2 ) - KT TOAN C3 DS CO DAP AN