EAO∧ = 90 0 (AE LÀ TIẾP TUYẾN)EMO∧ = 90 0 (EM LÀ TIẾP TUYẾN)⇒ EAO∧ + EMO∧ = 1800VẬY

Bài 4:

a. Tứ giác AEMO có:

EAO

= 90 ⁰ (AE là tiếp tuyến)

EMO

= 90 ⁰ (EM là tiếp tuyến)

⇒ EAO

+ EMO

= 180

Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp

b. Ta có : AMB

= 90 ⁰ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

AM ⊥ OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) ^⇒ _MPO

_{= 90}

Tương tự, MQO

= 90 ⁰

⇒ Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật

c. Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB)

MK

EM =

⇒ ∆EMK ∆EFB ^⇒

BF

EF

E

F

^⇒

FB

EM = (1)

Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên:

MF

Áp dụng định lí Ta-let ta có:

AB

EF = = ⇒ = (2)

); EB

EB

) EF

EA

KH

HB (

//

KB (

HB

KB

EM = (3)

Từ (1) (2) có:

EA = (4)

Mặt khác, ∆ EAB ∆ KHB (MH//AE) ^⇒

HK

Từ (3) (4) có:

mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH

d. Ta có OE là phân giác của AÔM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân

giác của MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà AÔM và MÔB là hai góc kề bù

nên OE ⊥ OF ^⇒ ∆EOF vuông ( _EOF

= 90 ⁰ ). OM là đường cao và OM = R

Gọi độ dài 3 cạnh của ∆ EOF là a, b, c. I là tâm đường tròn nội tiếp

1 + +

EF 1

OF 1

.

2 r

∆ EOF .Ta có: S EOF = S EIF + S OIF + S EIO = ^{r . OE}

2

1 + + = ^{r .} ( ^{a b c} )

= ^{r .} ( ^{EF OF OE} )

Mặt khác: S = 1 OM . EF

= ¹ aR

r

a

⇒ a b c

+

= + (1)

R

Áp dụng bất đẳng thức trong ∆ EOF ta có: b + c > a ^⇒ a + b + c > 2a

1 <

a < =

1

⇒ 2 a

+ ^⇒ 2

+ (2)

b

c

1 >

Mặt khác b < a, c < a ^⇒ a + b+ c < 3a ^⇒

+

3

a > =

⇒

+ ⁽³⁾

1 < <

Từ (1); (2); (3) ta có:

*Ghi chú: Câu 4d là câu nâng cao, chỉ áp dụng cho trường chuyên.

ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10

ĐỀ SỐ 4