BÀI tập HÌNH ôn THI vào 10 PHẦN 45

CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

O
Câu 61. Cho nửa đường trịn   đường kính AB , C là một điểm nằm trên đoạn OA ( C
khác A,C khác O) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ các tiếp

tuyến Ax;By với nửa đường tròn. M là một điểm nằm trên nửa đường tròn ( M
khác A, M khác B) đường thẳng qua M vng góc với MC cắt tia Ax;By lần
lượt tại P,Q
1)Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp
2)Chứng minh AMB đồng dạng với CPQ
3)Gọi D là giao điểm của CP và AM . E là giao điểm của CQ và BM .Chứng
minh OM đi qua trung điểm của DE .
Lời giải

1.Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp.
0
·
+) Ta có : PQ  MC tại M ( gt)  PMC  90

0
·
+) PA  AB ( t/c tiếp tuyến của đường trịn)  PAC  90
0
·
·
+) Xét tứ giác PMCA có : PMC  PAC 180  PMCA là tứ giác nội tiếp đường

0

trịn đường kính PC ( vì tứ giác có hai góc đối có tổng bằng 180 ).
2.Chứng minh  MAB đồng dạng  CPQ .
1 ¼
·
·
·
·
CPM
 MAC
 sdMC
 CPQ
 MAB
2
+) Xét đường trịn đường kính PC có
0
·
+) Ta có : MQ  MC tại M ( gt)  CMQ  90
0
·
+) BA  BQ ( t/c tiếp tuyến của đường tròn)  QBC  90

0
·
·
+) Xét tứ giác MQBC có : CMQ  QBC 180  MQBC là tứ giác nội tiếp đường

0

trịn đường kính QC ( vì tứ giác có 2 góc đối có tổng bằng 180 ).

1 ¼
·
·
·
·
 MQC
 MBC
 sdMC
 MBA
 CQP
2
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

1

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

·
·
·
·
Xét  MAB và  CPQ có MAB  CPQ và MBA  CQP
  MAB đồng dạng  CPQ ( g.g).

3. Gọi D là giao điểm của CP và AM, E là giao điểm của CQ và BM.

CMR: OD đi qua trung điểm của DE.
Gọi K là giao điểm của OM và DE
0
·
·
0
·
Ta có DME  90 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  DME  DCE  90 (

 MAB đồng dạng  CPQ ) .
0
0
·
·
·
·
Xét tứ giác : MDCE có DME  DCE  90  DME  DCE  180  Tứ giác
MDCE nội tiếp đường trịn đường kính DE ( vì tứ giác có 2 góc đối có tổng bằng

1800 ).
1 ¼
·
·
MED
 MCD
 sdMD
2

·
·

 MED
 MCP
(1)
·
·
¼
Xét đường trịn đường kính PC có MAP  MCP  sdAM ( hai góc nội tiếp cùng

chắn một cung) (2)

1 ¼
·
·
MAP
 MBA
 sdAM
(3)
AB có
2
Xét đường trịn đường kính
·
·
Tu (1),(2),(3)  MED
 MBA

Mà 2 góc ở vị trí đồng vị nên  DE // AB.
·
·
·
·

+) Xét  MKD và  MOA có DMK  AMO ( chung) và MKD  MOA ( đồng
vị ).
  MKD đồng dạng  MOA ( g.g).
MD MK DK



MA MO AO (4)
+ Tương tự  MEK đồng dạng  MBO ( g.g).


ME MK KE


MB MO OB ( 5)

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

2

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

Từ (4) và (5)
điểm DE.



GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

DK KE

OA OB Mà OA = OB = R  DK  KE hay OM đi qua trung

O
O
Câu 62. Từ điểm A nằm ngồi đường trịn   kẻ tiếp tuyến AM; AN với   , M; N là

tiếp điểm và cát tuyến

APQ  AP  AQ 

và M nằm trên cung nhỏ PQ . Gọi D là trung

O
điểm của PQ . Gọi T là giao điểm của MD với   .
a) Chứng minh 4 điểm A; M; O; N cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh NT // PQ .

c) Đường thẳng OD cắt tiếp tuyến AM; AN lần lượt tại B và C qua O kẻ đường
thẳng vng góc với BC cắt MN tại I .Qua I kẻ đường thẳng vng góc với OI
cắt AM; AN tại lần lượt tại E và F . Chứng minh OEF cân và AI đi qua trung
điểm K của BC .
Lời giải

a) Xét

 O  có AM, AN

·
·
là các tiếp tuyến  AMO  ANO  90

·
·
Tứ giác AMON có: AMO  ANO  90  90  180  Tứ giác AMON nội tiếp
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

3

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

 Bốn điểm A, M, N,O cùng thuộc một đường tròn.

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

·
b) Vì D là trung điểm của PQ nên OD  PQ  ADO  90
·
·
Xét tứ giác ADON có: ADO  ANO  90

 Tứ giác ADON nội tiếp.
 Bốn điểm A, D,O, N cùng thuộc một đường tròn.
Mà bốn điểm A, M, N,O cùng thuộc một đường tròn (ý a)

Suy ra: năm điểm A, M, N, D,O cùng thuộc mộtđường tròn.
·
·
 Tứ giác ANDM nội tiếp  ADM
 ANM

1 ¼
sdMN
·ANM  NTM
·
Lại có
(cùng bằng 2
)
·
·
Suy ra: MTN  ADM

Mặt khác hai góc này ở vị trí đồng vị
Suy ra: NT//PQ
·
·
c, Xét tứ giác MEIO có: OME  OIE  90  90  180
·
·
·
·
 Tứ giác MEIO nội tiếp  OEI
 OMI
 OEF
 OMN

(1)

·
·
Xét tứ giác NIOF có: OIF  ONF  90
·
·
·
·
 ONI
 OFE
 ONM
 Tứ giác NIOF nội tiếp  OFI

(2)

Xét OMN có: OM  ON  R
·
·
 ONM
 OMN cân tại O  OMN

(3)

·
·
Từ (1) (2) (3) suy ra: OEF  OFE
·
·

Xét OEF có: OEF  OFE

 OEF cân tại O
Gọi K là giao điểm của AI và BC
Vì OEF cân tại O nên OI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
 I là trung điểm của EF  IE  IF
 BC//EF
OI  BC

OI  EF
Ta có: 

IE//BK

IF//CK

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

4

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

IE
AI


ABK có IE//BK nên áp dụng hệ quả của định lí Ta-let ta có: BK AK
IF
AI

ACK có IF//CK nên áp dụng hệ quả của định lí Ta-let ta có: CK AK

(3)
(4)

IE
IF

Từ (3) (4) suy ra BK CK

Mà

IE  IF  cmt 

Suy ra: BK  CK  K là trung điểm của BC
Lại có A, I, K thẳng hàng
Suy ra AI đi qua trung điểm K của BC
O
Câu 63. Từ điểm A nằm ngồi đường trịn   , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC đến đường tròn
tâm O ( B , C là các tiếp điểm). Qua A kẻ đường thẳng d nằm giữa AB và AO cắt đường

 O

tại E và F ( E nằm giữa A và F ). Gọi H là trung điểm của BC . Gọi I là trung
điểm của EF . Đường thẳng vuông góc với EF tại I cắt đường thẳng BC tại S .
a) Chứng minh rằng năm điểm A , B , I , O , C cùng nằm trên một đường tròn.

2
O
b) Chứng minh rằng OH.OA  OE và SF là tiếp tuyến của   .
c) Đường thẳng SF cắt hai đường thẳng AB và AC lần lượt tại P và Q ; đường thẳng
tròn

FO cắt BC tại K . Chứng minh rằng AK đi qua trung điểm của PQ .
Lờigiải

a) Vì AB và AC là tiếp tuyến của đường tròn 
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

5

O

·
·
suy ra ABO  ACO  90 (1)
PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI
·
OS  EF   I  OIA
 90

Do

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

(2)

Từ (1) và (2) suy ra năm điểm A , B , I , O , C cùng nằm trên đường trịn đường
kính OA
b) Ta có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

OB  OC  B,C  (O) 
Suy ra OA là đường trung trực của BC

 OA  BC   H

2
Xét ABO vuông tại B , đường cao BH có OB  OH.OA (hệ thức lượng trong tam
giác vuông)
2
Mà OB  OE suy ra OE  OH.OA (điều phải chứng minh)

Xét OIA và OHS có:

·
·
·
AIO
 SHO
  90 ; HOI
chung

 OIA ∽ OHS (g.g)



OI OA

OH OS (các cặp cạnh tương ứng)

 OI.OS  OA.OH
Mà OE  OH.OA;OF  OE 
2

OI.OS  OF2 

OI OF

OF OS

OI OF

·
Xét OFS và OIF có OF OS (cmt); FOI chung
·
·
 OFS ∽ OIF (c.g.c)  OIF
 OFS
(các cặp góc tương ứng)
·
·
Mà OIF  90  OFS  90  OF  SF

Vậy SF là tiếp tuyến của

 O

c)

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

6

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Qua điểm K kẻ đường thẳng vng góc với OK , cắt AQ, AP tại hai điểm N và J .

Ta có:

JN  FK 
  JN // PQ
PQ  FK 

O
Mặt khác, FK là một phần đường kính của đường tròn  

Mà FK  JN  K là trung điểm của JN
Xét APM có JK // PM



Xét AQM có NK // MQ

JK AK

PM AM



 1

NK AK

MQ AM

 2

JK NK

Từ (1) và (2) suy ra PM MQ . Mà JK  NK (cmt)

 PM  MQ
 M là trung điểm của PQ
 AK đi qua trung điểm M của PQ
Câu 64. Cho đường trịn (O;R) . Điểm M ở ngồi đường tròn sao cho OM  2R . Kẻ hai
tiếp tuyến MA , MB tới đường tròn ( A , B là các tiếp điểm). Nối OM cắt AB tại H , hạ
HD  MA tại D , điểm C thuộc cung nhỏ AB . Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O;R) cắt
MA , MB lần lượt tại E , F .
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.

2
b) Chứng minh: OH.OM  OA .
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

7

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG
c) Đường trịn đường kính MB cắt BD tại I , gọi K là trung điểm của OA .

Chứng minh ba điểm M , I , K thẳng hàng.
Lời giải

O
a) Do MA , MB là tiếp tuyến tại A , B của đường tròn  
Nên MA  OA và MB  OB
·
·
·
·
 MAO
 MBO
 90  MAO
 MBO
 90  90  180
MAOB

Vậy tứ giác
là tứ giác nội tiếp
b) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MA  MB và MO là tia phân
·
giác của AMB

 MAB cân tại M , có MO là phân giác  MO là đường trung trực của AB
 MO  AB tại H  MAO vng tại A và có đường cao là AH
 OH.OM  OA 2

OA
R
1
·
·
A  sin OMA


  OMA
 30
OM 2R 2
c) MAO vuông tại
·
·
MO là tia phân giác của AMB
 AMB
 60 ,
Mà MAB cân MAB là tam giác đều
·
Lại có: MA  OM.cos OMA  2R.cos30  R 3

·
Gọi N là giao của đường trịn đường kính MB với MA  MNB  90
Hay BN  MA
MA R 3
MA  AN 

2
2
MAB đều  N là trung điểm của
HD  MA , BN  MA  HD P BN , mà H là trung điểm của AB (do MO là
đường trung trực của AB )  D là trung điểm của AN

AN R 3
R 3

:2
2
2
4
·
BMN vng tại N có AMB  60 , MB  R 3

 DN 

3R
·
 BN  MB.sin AMN
 R 3.sin 60 
2
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

8

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

DN R 3 3R R 3 2
3
·
N  tan NBD


:



BND vuông tại
BN
4
2
4 3R
6
Gọi K là giao điểm của MI và OA
º
·
·

  NBD
 AMK
(hai góc nội tiếp cùng chắn NI )
3
·
·
  tan NBD
 tan AMK

6
3 R
1
·
 R 3
 AK  MA.tan AMK
  AK  OA
2
6
2
MAK vuông tại A
 K là trung điểm của OA  K trùng với K
Vậy ba điểm M , I , K thẳng hàng.
Câu 65. Cho đường trịn

 O ,

đường kính AB . Lấy điểm C nằm trên đường tròn

 C  A,C  B . Các tiếp tuyến của đường tròn  O

tại A và C cắt nhau tại D . Gọi H là
hình chiếu vng góc của C trên đường thẳng AB . I là giao điểm của BD và CH . Chứng
minh rằng CI  HI .
Lời giải

Gọi

BC  AD   E

O
Xét   có:
·
·
·
ABC
 ACD
 DAC

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn

»
AC
)

·
·
·
·
·
·

Ta có ECD  ACD  90 , DAC  DEC  90  DEC  DCE  DEC cân ở D .
 DE  DC
Mà . DA  DC . (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
 DE  DA  DC
Xét BED có IC PED .
IC BI

DE BD (định lý Ta-lét)
Xét BAD có HI PAD


TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

9

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

HI
BI

AD BD (định lý Ta-lét)
HI
IC



AD DE
Mà AD  DE (chứng minh trên)
 IH  IC
 I là trung điểm HI .


Câu 66. Cho hai đường tròn

 O

và

 O' cắt nhau tại hai điểm A và B . Vẽ tiếp tuyến

O
O'
chung CD của hai đường tròn ( C thuộc   , D thuộc   ). Lấy hai điểm E,F lần lượt
thuộc các đường tròn

 O và  O' sao cho ba điểm E;B;F thẳng hàng ( B nằm giữa E và F

, E  B,F  B ) và EF song song với CD . Gọi P,Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường
thẳng AD với EF và CA với EF . K là giao điểm của hai đường thẳng EC và FD
Chứng minh rằng:
a. KCD  BCD .
b. KP  KQ
Lời giải

·
·

·
·
a. Ta có FE PCD  KDC  KFE (hai góc đồng vị)  KDC  DFB
O'
Xét   có CD là tiếp tuyến
·
·
¶
CDB
 DFB
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn BD )
·
·
·
 KDC
 CDB
 DFB
.





TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

10

PHONE: 0983.265.289

CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

O
Xét   có CD là tiếp tuyến.
·
·
¶
BCD
 BEC
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây chắn BC )
·
·
·
·
Có: FE PCD  KCD  KEF (hai góc đồng vị)  KCD  BEC
·
·
 KCD
 BCD

·
·

KCD
 BCD

CD chung 


·
·
KDC

BDC
  KCD  BCD  g  c  g
Xét KCD và BCD có:

KC  BC
KCD  BCD  
·
·
KCD  BCD
b. Có:

·
 KCB cân tại C và CD là tia phân giác của KCB
 CD  BK
Ta có CD PEF  BK  EF .
AB  CD   I
Gọi
.
Ta có

IC IB
2
ICB ∽ IAC  g  g  IA  IC  IC  IA.IB
ID IA
2
IDA ∽ IBD  g  g  IB  ID  ID  IA.IB

 IC2  ID2  IC  ID  I là trung điểm CD .
AB BP


PB
P
ID
AI
ID (định lý Ta-lét)

ADI
Xét
có

AB BQ
BP BQ



QB
P
IC

ACI
AI
CI
ID
CI
Xét
có

(định lý Ta-lét)
Mà CI  DI (chứng minh trên)  BP  BQ


Xét KQP có KB vừa là đường cao, đường trung tuyến
 KQP cân tại K  KQ  KP .

O;R 
Câu 67. Cho đường tròn 
và dây BC  2R . Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho
AB  AC . Các đường cao AD và BF của tam giác ABC cắt nhau tại I .
1) Chứng minh tứ giác ABDF nội tiếp và xác định tâm của đường trịn đó.
2) Chứng minh: CD.CB  CF.CA
 O;R 
CDF
C
H H
3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác



cắt

tại điểm

(

khác

). Vẽ đường



O;R
kính CK của
và gọi E là trung điểm của AB . Chứng minh AKBI là hình bình
hành và 3 điểm K , E , H thẳng hàng.
Lời giải
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

11

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

1) Ta có: AD đường cao của tam giác ABC
·
 AD  BC  ADB
 900

 A,B,D nằm trên đường tròn đường kính AB .
Có: AD đường cao của tam giác ABC
·
 BF  AC  BFA
 90

 B,F,A nằm trên đường trịn đường kính AB
 các điểm A,B,D,F,A cùng thuộc đường trịn đường kính AB
 Tứ giác ABDF nội tiếp đường trịn đường kính AB , hay tâm đường trịn là
trung điểm AB
2)
Xét tam giác CDF và tam giác CAB có :
·
ACB
chung
·
·
·
CDF
 CAB
( vì tứ giác ABDF nội tiếp và CDF là góc ngồi tại đỉnh D)

CD CF


CDF
#

CAB
g

g
  CA  CB  CD.CB  CF.CA

3) *) Ta có: BF  AC (gt);

·
O
KA  AC (do KAC
nội tiếp chắn nửa đường tròn   )
 AK PBF  AK // BI (3)
Tương tự ta có: AD  BC (gt)

·
O
KB  BC (do KBC
nội tiếp chắn nửa đường tròn   )
 AD// KB  AI // KB
Mà: AK // BI (cmt)
 AKBI là hình bình hành/
*) Vì: AKBI là hình bình hành  AB cắt KI tại trung điểm mỗi đường
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

12

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI
Mà E là trung điểm của AB

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

 E là trung điểm của KI
 K ; I ; E thẳng hàng (1)

·
O
+) Xét   có góc KHC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 KH  CH
·  IDC
·
 ta có: IFC
 900  900  1800
 tứ giác FIDC nội tiếp đường trịn đường kính IC , mà H cùng thuộc đường
tròn này.
 IH  CH mà KH  CH (cmt)
 K ; I ; H thẳng hàng (2)
Từ (1) ; (2) :  K ; E ; H thẳng hàng .

Câu 68. Từ điểm A ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC ( B , C là tiếp điểm) và
một cát tuyến ADE nằm giữa hai tia AO và . AB .. Gọi giao của BC với AO,DE lần lượt là
H,I . Qua D kẻ đường thẳng song song với BE cắt BC , AB lần lượt ở P và Q . Gọi K là
điểm đối xứng của B qua E .
a) Chứng minh: AH.AO  AD.AE .
b) Chứng minh: tứ giác DHOE nội tiếp và AE.ID  AD.IE .
c) Chứng minh: 3 điểm A,P,K thẳng hàng.
Lời giải

 

O OB  OC
a) Ta có AB  AC ( AB,AC là tiếp tuyến của
),
(bán kính)
Nên OA là trung trực của BC

 

·
O
Xét ABO có ABO  90 ( AB là tiếp tuyến của
),
BH  OA ( OA là trung trực của BC )
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

13

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

 AB  AH.AO (1)
2

Xét ABD và AEB có

 1 » 
·
·
ABD
 AEB
  sdBD 

 2

·
BAD
chung

 ABD # AEB(gg)


AB AD

 AB2  AD.AE(2)
AE AB

Từ (1) và (2) suy ra



AH.AO  AD.AE  AB2



b) Xét AHD và AEO có

AH AD

AE AO (cmt)
·
HAD
chung

 AHD đồng dạng AEO(cgc)
·
·
 AHD
 AEO.
Do đó tứ giác OEDH là tứ giác nội tiếp.

·
·
Ta có ODE cân tại O (do OD  OE)  EDO  AEO

·

·

·

·

mà AHD  AEO (cmt)  EDO  AHD

·
·
·
·
Lại có tứ giác OEDH là tứ giác nội tiếp.  EDO  EHO  AHD  EHO

·
·

·
·
·
·
·
·
 900  AHD
 900  EHO
 BHA
 AHD
 BHO
 EHO
 BHD
 BHE
Nên HB là tia phân giác của DHE ,mà HA  HB (cmt) nên HA là phân giác ngoài
của

DHE 

HD ID AD


(3)
HE IE AE

 AE.ID  AD.IE.
c) Xét DIP có

Xét ABE có

DP//BE(gt) 

DQ//BE(gt) 

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

DP ID

(4)
BE IE
(Hệ quả Ta lét)

DQ AD

(5)
BE AE
(Hệ quả Ta lét)
14

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI
Từ (3), (4), (5)



GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

DP DQ


 DP  DQ.
BE BE

Gọi K ' là giao điểm của AP và BE . Xét AEK 'có

Từ (5), (6)



DP//EK '(gt) 

DP AD

(6)
EK ' AE

DQ DP

BE EK ' mà DP  DQ(cmt)  BE  EK '

Mặt khác BE  EK (gt)  EK  EK '  K '  K.
Vậy A,P,K thẳng hàng.

Câu 69. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O . Kẻ đường cao AD
O
của tam giác và đường kính AK của đường trịn   . Hạ BE , CF cùng vng góc với AK .
a) Chứng minh: ABDE , ACFD là các tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh: ABC∽DEF
c) Chứng minh: DF  AB

d) Cho BC cố định và điểm A chuyển động trên cung lớn BC . Chứng minh tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.

Lời giải

a) Chứng minh: ABDE , ACFD là các tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác ABDE có:

·
·
ADB
 AEB
 90 (giả thiết). Mà D , E là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh AB .

 ABDE là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh tương tự: tứ giác ACFD là tứ giác nội tiếp.
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

15

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI
b) Tứ giác ABDE là tứ giác nội tiếp (cmt)

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

·
·

·
 ABD
 DEF
(cùng bù với AEB )
Tứ giác ACFD nội tiếp (cmt)

·
·
 DFE
 ACB
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD)
Xét ABC và DEF có:
·
·
ABD
 DEF
(cmt)

·
·
DFE
 ACB
(cmt)

 ABC∽ DEF(g.g)
c) Chứng minh: DF  AB
Xét

·
 O , đường kính AD có C   O  ACK

 90



Ta có:

¶  ABC
·
A
 90
1

¶  AKC
·
A
 90
3
Xét

(tam giác ABD vuông tại D)

(tam giác AKC vuông tại C)

·
·
 O có: ABC
 AKC
(2 góc nội tiếp chắn cung KC)

¶ A

¶
A
1
3
¶
¶
¶ A
¶
 A1  A 2  A
3
2
·
·
 IAK  DAC

·
·
Mà: DFE  ACB (cmt)
·
·
·
·
 AFI
 IAK
 DAC
 ACD
 90 hay DF  AB
d) Cho BC cố định và điểm A chuyển động trên cung lớn BC . Chứng minh tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
Gọi J là trung điểm của BC  OJ  BC

Ta thấy: tứ giác OBJE là tứ giác nội tiếp

·
·
 JEF
 OBC
(cùng bù với góc OEJ )
Ta thấy: tứ giác OJFC là tứ giác nội tiếp

·
·
 JFO
 OCB
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung OJ )
·
·
Mà: OBC  OCB (tam giác OBC là tam giác cân tại O)
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

16

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

·
·
 JEF
 JFO

hay tam giác JEF cân tại J

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

 JE  JF
Chứng minh tương tự: JE  JD
Hay: JE  JD  JF
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là điểm trung điểm J của đoạn thẳng BC cố
định.
Câu 70. Cho hai đường tròn

 O  , O 
1

2

cắt nhau tại hai điểm A , B . Trên tia đối của tia AB

O
lấy điểm M . Qua điểm M kẻ các tiếp tuyến MD , MC với đường tròn  2  ( D , C là các

O
O
tiếp điểm, D nằm trong đường tròn  1  . Đường thẳng CA cắt đường tròn  1  tại điểm thứ
O
hai là P , đường thẳng AD cắt đường tròn  1  tại điểm thứ hai là Q ; tiếp tuyến đường tròn

O 

O

tại A cắt đường tròn  1  tại điểm thứ hai là K ; giao điềm của các đường thẳng CD ,
BP là E ; giao điểm của các đường thẳng BK , AD là F .
a) Chứng minh rằng bốn điểm B , D , E , F cùng nằm trên một đường tròn.
2

CP BC CA


b) Chứng minh rằng DQ BD DA
c) Chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ .

Lời giải

a) Xét

1
·
·
·
(O1 ) EBF
 PBK
 PAK
:
( Góc nội tiếp cùng chắn cung PK )  

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

17

PHONE: 0983.265.289

CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

Gọi tia AIlà tiếp tuyến đường tròn
đỉnh)
Xét

 O  tại
2

 

A ,cắt O1

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

·
·
tại K  PAK  IAC (đối

 2

O 
2

 3

·
·

IAC
 ADC
(góc tạo bởi tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung AC )

·
·
4
ADC
 EDF
(đối đỉnh)  
Từ

·
·
 1 ,  2  ,  3 ,  4   EBF
 EDF

Vậy tứ giác EDBF có 2 đỉnh kề nhau nhìn cạnh đối diện với hai góc bằng nhau
 E,D,B,F cùng nằm trên một đường tròn.
·
·
·
·
b)Do D  AQ,A  CP  DQB  AQB  APB  CPB (Cùng chắn cung AB )
·
·
·
·
O  QDB
 ACB

 QDB
 PCB
Tứ giác ACBD nội tiếp  2 
 DQB đồng dạng CPB (g.g)



CP CB

QD BD  1

Tương tự có :
MAD ∽ MDB (g.g)

MAC ∽MCB (g.g)



MA AD

MD DB



MA AC

MC CB

Mà MC  MD



Từ

AD CA
CB CA



BD CB
BD DA  2 

 1

và

 2

CP BC CA


suy ra : DQ BD DA

Qx  CD   N ,CD  QP   I
c, Kẻ Qx // CP ,

Có

AC//
   NQ 

CP //  NQ 

DA AC

DQ NQ

IQ NQ

IP PC

DA IQ CP AC NQ CP
. .

.
.
1
DQ IP CA NQ PC AC
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

18

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI



GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

DA IQ CP
. .
1
 1
DQ IP CA

CP CA
CP DQ



Mà DQ DA (cmt) CA DA

Do đó từ

IQ CP
. .
 1  IQ  1  IQ  IP
 1  DA
DQ IP CA

IP

.

Mà I  PQ nên I là trung điểm của đoạn thẳng PQ .

Câu 71. Cho đường tròn

 O;R 

và A điểm nằm bên ngồi đường trịn. Từ A kẻ hai tiếp

tuyến AB,AC và cát tuyến AMN đến đường tròn

 O;R  (với B,C là

hai tiếp điểm,

AM  AN , MN không đi qua O ). Gọi I là trung điểm của MN , CI cắt đường tròn  O;R 
tại K , BC cắt OI tại E .
1) Chứng minh rằng bốn điểm B,O,I,C cùng thuộc một đường tròn.
2
2) Chứng minh rằng: OI.OE  R

O;R 
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn 
4) Cát tuyến AMN ở vị trí nào thì diện tích tam giác AKN lớn nhất?
Lời giải

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

19

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

·
·
O
a) + Vì AB,AC là hai tiếp tuyến của đường trịn    ABO  ACO  90 (tính
chất tiếp tuyến)
·
·
·
·
Xét tứ giác ABOC có ABO  ACO  90 (cmt)  ABO  ACO  180
·
·
Mà hai góc ABO; ACO ở vị trí đối nhau
 tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO (1)
+ Vì I là trung điểm của MN  OI  MN (đường kính và dây cung)
·
 AIO
 90

·
·
·
·
Xét tứ giác AIOC có AIO  ACO  90 (cmt)  AIO  ACO  180
·
·
Mà hai góc AIO; ACO ở vị trí đối nhau
 tứ giác AIOC nội tiếp đường trịn đường kính AO (2)

Từ (1) và (2) suy ra năm điểm A , B , I , O , C cùng nằm trên đường trịn đường
kính AO
 bốn điểm B , I , O , C cùng nằm trên đường trịn đường kính AO
b) + Vì bốn điểm B , I , O , C cùng nằm trên đường trịn đường kính AO
 tứ giác BIOC nội tiếp đường trịn đường kính AO

·
·
 BIO
 BCO
 180 (tính chất)
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

20

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

·
·
Mà BIO  BIE  180 (3)

·
·
 BIE
 BCO

·
·
Lại có, OBC cân tại O  BCO  CBO (tính chất)

·
·
 BIE
 CBO
(4)
·
·
Mặt khác CBO  OBE  180 (hai góc kề bù) (5)

·
·
Từ (3), (4) và (5) suy ra BIC  OBE
+ Xét hai tam giác OIB và OBE có:

·
IOB
chung
·
·
OIB
 OBE
(cmt)

 OIB : OBE (g.g)



OI OB

OB OE (các cặp cạnh tương ứng)

 OI.OE  OB2 hay OI.OE  R 2
2
c) + Ta có: OI.OE  R (cmt)

OI OM
M   O  OM  R  OI.OE  OM 2  OM  OE
Mà
+ Xét hai tam giác OIM và OME có:

OI OM

OM OE (cmt)

·
IOM
chung
·
·
 OIM : OME (c.g.c)  OIM
 OME
(cặp góc tương ứng)

·
·
Mà OIM  90 (cm)  OME  90  OM  EM

O
Vậy EM là tiếp tuyến của đường trịn  
d) + Vì năm điểm A , B , I , O , C cùng nằm trên đường trịn đường kính AO

·
·
 AOC
 AIC
(góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
1·
·
AOC
 BOC
2
+ Lại có,
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
·
»
Mà BOC  sdBC (góc ở tâm chắn cung BC )

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

21

·
 AIC


1
»

2 sđ BC

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

1 »
·
BKC
 sdBC
2
Mặt khác,
(góc nội tiếp chắn cung BC )

·
·
 AIC
 BKC
·
·
Mà hai góc AIC;BKC ở vị trí đồng vị  KB//MN
 SAKN  SABN
+ Vì KB// MN (cmt)
Do đó ta cần tìm vị trí điểm N để diện tích ABN đạt giá trị lớn nhất.
+ Gọi H là hình chiếu của N lên AB

 SABN 

1
NH.AB
2

S
max
NHmax
Do AB cố định nên  ABN 
khi
+ Xét NBH vng tại H có NH  NB (tính chất đường xiên và hình chiếu)

O
O
+ Kéo dài BO cắt đường tròn   tại điểm D  DB là đường kính của  
O
Mà NB là một dây cung của  
 NHmax  DB

 NB  DB  NH  NB  DB

.

Khi đó điểm N trùng với điểm D
Vậy khi ba điểm B,O,N thẳng hàng thì diện tích tam giác AKN lớn nhất.

 O;R  và một điểm A nằm ngồi đường trịn. Qua A kẻ các tiếp tuyến
AM,AN với  O ( M,N là tiếp điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ AO có chứa N vẽ cát tuyến
ABC của  O sao cho AB  AC , gọi I là trung điểm của BC , MN cắt AC tại K .

Câu 72. Cho

1. Chứng minh AMOI là tứ giác nội tiếp.
2
2. Chứng minh OA vng góc với MN tại H và AK.AI  AM
O
AP  AQ
3. AO cắt   tại hai điểm P,Q 
. Gọi D là trung điểm của HQ .
Đường thẳng qua H và vng góc với MD cắt MP tại E . Chứng minh
MHE ∽ QDM và P là trung điểm của ME .
Lời giải

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

22

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

1. Chứng minh AMOI là tứ giác nội tiếp.
Xét

 O :

·

Có I là trung điểm của dây BC  OI  BC tại I  AIO  90 ( A,I  BC )
O
Vì AM là tiếp tuyến của đường trịn   tại tiếp điểm
·
M  AM  OM  AMO
 90
·
·
Xét tứ giác AMOI có: AMO  AIO  90  90  180

·
·
Mà AMO, AIO là hai góc đối diện nhau
 AMOI là tứ giác nội tiếp được đường trịn đường kính AO
2
2. Chứng minh OA vng góc với MN tại H và AK.AI  AM

Gọi H là giao điểm của AO và MN
Có AM  AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

OM  ON (hai bán kính)
 AO là đường trung trực của MN  AO  MN tại H
·
Vì I là trung điểm của BC (gt) OI  BC tại I  AIO  90 ( A,I  BC )
 AIO nội tiếp đường tròn đường kính AO
Xét đường trịn đường kính AO có :

·
·
AMN

là góc nội tiếp chắn cung AN , AIM là góc nội tiếp chắn cung AM
¼
»
mà AM  AN  AM  AN

·
·
·
·
 AMN
 AIM
(hệ quả góc nội tiếp) hay AMK  AIM
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

23

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

Xét AMK và AIM có
·
·
AMK
 AIM
(cmt)
AM AK

2
·


AMK
∽

AIM
(g.g)



AK.AI

AM
MAI : chung
AI
AM

O
AP  AQ
3. AO cắt   tại hai điểm P,Q 
. Gọi D là trung điểm của HQ .
Đường thẳng qua H và vng góc với MD cắt MP tại E . Chứng minh
MHE ∽ QDM và P là trung điểm của ME .
* Xét QDM và MHE có:
·
·
·
MQD

 EMH
(cùng phụ với MPQ )
·
·
·
QMD
 MEH
(cùng phụ với DMP )

 MHE ∽ QDM (g.g)

* Vì

MHE ∽ QDM 

MH HE
HN HE



QD DM
DH DM (vì QD  DH; MH  HN )

·
·
MDH
 DMH
 90

·

·
MHS  DMH  90
·
·
·
·
MHS  EHN
 MDH
 EHN
Ta lại có

Xét HNE và DHM có
 HN HE
 DH  DM  cmt

·
·
·
·
EHN
 MDH
 DHM
 90
 cmt  HNE ∽ DHM  c.g.c  HNE


 HN  NE hay MN  NE , Mà MN  HP  H,P  AO  PH PNE
Xét MNE có:



PH PNE , H là trung điểm của MN  P là trung điểm của ME P  ME



O;R 
Câu 73. Từ điểm A nằm ngồi đường trịn 
vẽ các tiếp tuyến AB , AC với đường
tròn ( B , C là các tiếp điểm), gọi H là giao điểm của AO và BC
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
b) Cho AB  10 cm, AH  8 cm. Tính bán kính R và các tỉ số lượng giác của góc
·
BAO
.

TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

24

PHONE: 0983.265.289


CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI

GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG

O
c) Vẽ đường kính BM , tiếp tuyến tại M của   cắt đường thẳng BC ở N .
Chứng minh rằng ON vng góc với đường thẳng AM .
Lời giải

O
a) Do AB , AC là tiếp tuyến của   nên ta có: OB  BA , OC  CA

·
o ·
o
hay OBA  90 , OCA  90
·
·
o
Xét tứ giác ABOC có OBA  OCA  180  tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
b) Do OB  OC  R , AB  AC ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

 OA là đường trung trực của BC  AO  BC tại H .

OBA vuông tại B có BH  AO nên ta có:
BA 2  AO.AH  AO 

BA 2 100

 12,5
AH
8
(cm)

OH  OA  AH  12,5  8  4,5 (cm)

OBA vuông tại B có BH  AO nên ta có:
OB2  OH.OA  4,5.12,5  56,25  OB  56,25  7,5 (cm)

OB 7,5 3
·
sinBAO



OA 12,5 5 .
AB 10
4
·
cosBAO



OA 12,5 5 .
TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN

25

PHONE: 0983.265.289