Các bài toán ôn thi vào lớp 10 PTTH

TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ

Sưu tầm và biên soạn
1
CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10

Bài 1:
Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Vẽ đường kính AC và AD của (O) và
(O’). Tia CA cắt đường tròn (O’) tại F, tia DA cắt đường tròn (O) tại E. CE và DF cắt nhau tại M.
a) Chứng minh:


EFC EDC= .

b) Chứng minh tứ giác EOO’F nội tiếp.
c) Qua A kẻ đường thẳng song song với OO’ cắt CE và DF lần lượt tại M và K. Chứng
minh HEFK nội tiếp.
d) Gọi I là trung điểm CD và N là điểm đối xứng của A qua I. Chứng minh N thuộc đường
tròn ngoại tiếp tam giác CMD.
Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh


F
ED FCD=

Ta có:

+

0
90CED = ( Góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn (O))
+

0
90CFD = (Góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn (O’))
Suy ra:


(
)
0
90CED CFD==
⇒ Tứ giác CEFD nội tiếp (2 đỉnh kề cùng
nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)


EFC EDC⇒=
(2 góc nội tiếp cùng chắn
cung

EC của đt (CEFD)) @
b) Chứng minh OEFO’ nội tiếp

Ta có:
+ O là trung điểm của AC (AC là đk của (O))

+ O’ là trung điểm của AD (AD là đk của (O’))
Suy ra OO’ là đường trung bình của tam giác ACD


//OO CD EO O EDC
′′
⇒⇒=(đồng vị)
Mà


(
)
EFC EDC cmt= , nên


EO O EDC
′
=

Suy ra tứ giác OEFO’ nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện) @
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ

Sưu tầm và biên soạn
2

c) Chứng minh tg HEFK nội tiếp

Vì HK // OO’(gt) và OO’ //CD (cmt) nên KH // CD, suy ra


EHK ECD=
.
(1)
(đồng vị)
Tứ giác EFDC nội tiếp (cmt) ta có:


180
o
EFK ECD+=
(2)
Từ (1) và (2), suy ra:


180
o
EHK EFK+= ⇒ tứ giác EFKH nội tiếp (hai góc đối bù nhau) @
d) Chứng minh N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD

Vì N là điểm đối xứng của A qua I nên I là trung điểm của AN.
Tứ giác ADNC có hai đường chéo AN và CD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên là hình
bình hành. Suy ra ND // CA và NC // AD.
Mà

(
)


(
)
90 , 90
oo
CA MD CFD AD MC DEC⊥=⊥=
Nên ta có:


,90
o
ND MD NC MC MCN MDC⊥⊥⇒==

Tứ giác MCND có


90 90 180
oo o
MCN MDN+=+= nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau)
Suy ra N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD. @

Bài 2:
Cho đường tròn (O; R) có dây 3BC R= . Vẽ đường tròn (M) đường kính BC. Lấy điểm
(
)
A
M∈ ( A ở ngoài (O)). AB, AC cắt (O) tại D và E. Vẽ đường cao AH của tam giác ABC, AH
cắt DE tại I.
a)
Chứng minh AD. AB = AE. AC.
b)

Chứng minh I là trung điểm của DE.
c)
AM cắt DE tại K. Chứng minh IKMH nội tiếp.
d)
Tính DE và tỉ số
A
H
A
K
theo R.
e)
Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn
nhất.
Hướng dẫn giải:


a) Chứng minh AD. AB = AE. AC
Ta có tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn (O) nên


A
DE ACB= .
Xét
A
DEΔ và
A
CBΔ
có:
+



(
)
A
DE ACB cmt=
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
3
+ Góc A chung.
Suy ra
(
)
.
A
DE ACB g gΔΔ∼


AD AE
A
DAB AEAC
AC AB
⇒=⇒ = .
b) Chứng minh I là trung điểm của DE
Ta có :

90
o

BAC =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (M))
Và

(
)
90
o
A
HB AH BC=⊥

Suy ra


D
AI ACB= ( cùng phụ với

A
BC )
Mà


(
)
A
DI ACB cmt=

Suy ra



A
DI DAI=⇒ tam giác ADI cân tại I. Suy ra ID = IA.(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có IE = IA. (2)
Từ (1) và (2) suy ra ID = IE hay I là trung điểm của DE.
c) Chứng minh tứ giác IKMH nội tiếp
Ta có MA = MC ( A, C thuộc (M)) suy ra tam giác MAC cân tại M


M
AC ACM⇒=
Ta cũng có


A
EK ABC= .
Từ đó:





0
90 90 90
oo
KAE AEK ABC ACB AKE IKM+=+=⇒=⇒=

Xét tứ giác IKMH có


0

90 90 180
oo
IHM IKM+=+= nên là tứ giác nội tiếp (2 góc đối bù nhau)
d) Tính DE và
A
K
A
H

Vẽ đường kính CF của đường tròn (O), khi đó ta có

90
o
FBC = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Trong tam giác vuông BCF ta có:
 
33
sin 60
22
o
BC R
BFC BFC
CF R
== =⇒ =

Tứ giác BDCE nội tiếp đường tròn (O) nên ta có


60
o

ADC BFC==.
Ta có
()
.
D
EAD AD
ADE ACB cmt DE BC
BC AC AC
ΔΔ ⇒=⇒=∼

Trong tam giác vuông ADC có

1
cot g ADC cot 60
3
o
AD
g
AC
===

Suy ra:
11
.3.
33
D
EBC R R== =.
Xét tam giác ADK và tam giác ACH có :
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
4


()


()
90
o
A
DK ACH cmt
DKA AHC
⎧
=
⎪
⎨
==
⎪
⎩

Suy ra
(
)
.
A
DK ACH g gΔΔ∼
1

3
AK AD
AH AC
⇒==

e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhât.
Ta có
2
11
33
ADE
A
DE ABC
ACB
SAD
A
DE ACB S S
SAC
⎛⎞
ΔΔ⇒= =⇒=
⎜⎟
⎝⎠
∼

Mà
2
11 133
3
22 22 4
ABC

RR
SAHBCAMBC R=≤ = =

Nên
2
1
4
ADE
SR≤
. Dấu “ = “ xảy ra khi
A
HAM HM
=
⇔≡⇔ A là điểm chính giữa cung BC
của đường tròn (M)
Vậy diện tích tam giác ADE lớn nhất bằng
2
1
4
R khi A là điểm chính giữa cung BC của đường
tròn (M).


Bài 3:
Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di động trên cạnh CD ( khác C và D). Tia AE cắt
đường thẳng BC tại F. Tia Ax vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng DC tại K. BD cắt KF tại I.
a)
Chứng minh:



CAF CKF= .
b)
Chứng minh:


IDF IEF= .
c)
Chứng minh tamg giác KAF vuông cân.
d)
Chứng minh I là trung điểm của KF
e)
Gọi M là giao điểm của BD và AE. Chứng minh IMCF nội tiếp.
f)
Chứng minh khi điểm E thay đổi trên cạnh CD thì tỉ số
ID
CF
không đổi. Tính tỉ số đó.
Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh:


CAF CKF= .
Ta có

(
)
90
o
KAF AK AF=⊥ và


90
o
KCF = (ABCD là hình vuông),
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
5
suy ra


(
)
90
o
KAF KCF==⇒ tứ giác ACFK là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một
cạnh dưới hai góc bằng nhau).
Do đó:


CKF CAF=
b) Chứng minh:


IDF IEF= .
Tứ giác ACKF nội tiếp nên ta có:



A
FK ACK=
mà


45 , 45
oo
ACK BDC==
(ABCD là hình
vuông) suy ra:


(
)
45
o
AFK BDC==
. Do đó tứ giác IDEF là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc
trong đỉnh đối diện), suy ra


IDF IEF=
c) Chứng minh tamg giác KAF vuông cân.
Tam giác AKF vuộng tại A (gt) có

45 45
oo
AFK AKF=⇒ = nên là tam giác vuông cân tại A.
d) Chứng minh I là trung điểm của KF
Xét tứ giác ABFI có:

+

(
)
0
45 cmtAFI =
+

45
o
ABI = (ABCD là hình vuông)
Suy ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)
Khi đó:
  
180 180 180 90 90
ooooo
A
FI ABI AFI ABI AI KF+=⇒=−=−=⇒⊥
Tam giác AKF cân có AI là đường cao nên cũng là trung tuyến, suy ra I là trung điểm của KF.

e) Chứng minh IMCF nội tiếp.
Xét tam giác BAM và tam giác BCM có:
+ AB = BC (ABCD là hình vuông)
+


A
BM CBM= (ABCD là hình vuông)
+ BM chung
Suy ra

(
)
BAM BCM c g cΔ=Δ


BAM BCM=
Mà


BAM BIF= (ABFI nội tiếp)
Nên


BCM BIF=
Suy ra tứ giác IMCF nội tiếp (Góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện)
f) Chứng minh tỉ số
ID
CF
không đổi.
Ta có:
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
6








45 180 135
45 180 135
ooo
ooo
ADB ADI ADB
ACB ACF ACF
A
DI ACF
⎧
=⇒ = − =
⎪
⎨
=⇒ = − =
⎪
⎩
⇒=

Xét tam giác ADI và tam giác ACF có:
+


A
DI ACF=
+


A

ID AFC= (ABFI nội tiếp)
Suy ra
()
~.
D
IAD
ADI ACF g g
CF AC
ΔΔ ⇒=
Trong tam giác vuông cân ADC có :

1
sin sin 45
2
o
AD
ACD
AC
===

Do đó:
1
2
DI
CF
=
không đổi.

Bài 4: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B và C
là hai tiếp điểm). Vẽ

CD AB⊥ tại D cắt (O) tại E. Vẽ EF BC
⊥
tại F và EH AC⊥ tại H. Gọi M
là giao điểm của DF và BE, N là giao điểm của HF và CE.
a)
Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD nội tiếp.
b)
Chứng minh
2
.EF ED EH=
c)
Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp.
d)
Chứng minh
M
NEF⊥ .
Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD
nội tiếp.
Ta có:


()

()


90
90

180
o
o
o
EFC EF BC
EHF EH AC
EFC EHC
⎧
=⊥
⎪
⎨
=⊥
⎪
⎩
⇒+=

Suy ra tứ giác HEFC nội tiếp (hai góc đối bù
nhau).
Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác
EFBD nội tiếp.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
7
b) Chứng minh
2
.EF ED EH=

Ta có:
+


EFH ECH= (1) (Tứ giác EFCH nội tiếp)
+


EDF EBF= (2) (Tứ giác EFBD nội tiếp)
+


ECH EBF= (3) (Góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
Từ (1), (2) và (3) ta có:




(
)
EFH EDF EFH EDF===
Chứng minh tương tự ta cũng có:




(
)
EFD EHF ECF EBD===
Xét tam giác EHF và tam giác EFD ta có:



()


()
()
2
cmt
cmt
~. .
EHF EFD
EFH EDF
EH EF
EHF EFD g g EF ED EH
EF ED
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ =

c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp.
Theo câu b ta có:





EFN EBC
EFM ECB
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩

⇒







180
o
EFN EFM MEN EBC ECB MEN
MFN MEN
++=++
⇔+=

Suy ra tứ giác EMFN nội tiếp (hai góc đối bù nhau)
d) Chứng minh
M

NEF⊥ .
Tứ giác EMFN nội tiếp nên ta có:


EMN EFN=
Mà


(
)
cmtEFN EBC=


EMN EBC⇒= mà hai góc này ở đồng vị nên ta có MN // BC.
Mà
(
)
EF BC gt EF MN⊥⇒⊥

Bài 5:
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ đường kính CD ( không vuông góc với AB). AC
và AD cắt tiếp tuyến tại B của (O) tại M và N. Gọi I là trung điểm AD.
a)
Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
8

b)
Chứng minh
2
.2
A
IAN R=
.
c)
Chứng minh


CDM CNM=
.
d)
Gọi K là trung điểm MN. Chứng minh
A
KCD
⊥
.
e)
Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc
một đường thẳng cố định khi đường kính CD thay đổi.
Hướng dẫn giải


a) Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp.

Ta có I là trung điểm dây cung AD, suy ra
OI AD
⊥

(liên hệ giữa đk và dây cung)

90
o
OIN⇒=
MN là tiếp tuyến của (O) tại B, suy ra

90
o
OB MN OBN⊥⇒ =.
Tứ giác OINB có


180
o
OIN OBN+= nên là tứ
giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).
b) Chứng minh
2
.2
A
IAN R= .
Xét tam giác AIO và tam giác ABN có:
+ Góc

BAN
chung.
+



(
)
90
o
AIO ABN==
Suy ra
2
~ 2
AI AO
A
IO ABN AI AN AO AB R
AB AN
ΔΔ⇒=⇒ = =
c) Chứng minh


CDM CNM= .
Ta có

90
o
ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra:


A
BC CMN= (cùng phụ với

CBM )
Mà



A
BC ADC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Nên ta có:


A
DC CMN=
Do đó tứ giác CDNM nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện).
d) Chứng minh
A
KCD⊥ .MN.
Gọi P là giao điểm của AK và CD.
Ta có

90
o
MAN =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
9
Tam giác AMN vuông tại A (

90

o
MAN = ) có AK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
MN nên ta có:
1
2
A
KMNKN==. Suy ra tam giác KAN cân tại K


KAN ANK⇒=
Ta cũng có


A
DC AMN=
(cmt)
Do đó:




90
o
KAN ADC AMN ANM+=+ =, suy ra

90
o
APD =
A
KCD⇒⊥

e) Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc một đường thẳng cố định khi đường kính CD
thay đổi.
Tứ giác CDNM là nội tiếp do đó 4 điểm C, D, N, M cùng nằm trên một đường tròn. Mà (F) là
đường tròn ngoại tiếp tam giác CNM,do đó C, D, N, M cùng thuộc (F).
Ta có K là trung điểm của MN, O là trung điểm của CD suy ra
,
F
KMNFOCD
⊥
⊥
Tứ giác AOFK có:
+
//
A
OFK (cùng vuông góc với MN)
+ AK // OF (cùng vuông góc với CD)
Suy ra AOFK là hình bình hành (hai cặp cạnh đối song song), suy ra FK = AO = R.
Vì
KF MH⊥
(tại K) và FK = R nên F thuộc đường thẳng d song song với MN và cách MN một
khoảng R (d khác phía A đối với đt MN)

Bài 6:
Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC), đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm B bán
kính BA cắt AH tại D.
a)
Chứng minh BC là trung trực AD. Suy ra CD là tiếp tuyến của (B).
b)
Gọi I là điểm đối xứng của B qua AH. Đường thẳng AI cắt CD tại E. Chứng minh tứ giác
AHEC nội tiếp.

c)
Gọi F là hình chiếu của A lên BD. Chứng minh BD. DF = DE. DC. Suy ra CEBF là tứ giác
nội tiếp.
d)
Cho AB = a, AC = 2a. Tính diện tích tam giác DEH theo a.
Hướng dẫn giải:



a) Chứng minh BC là trung trực
AD. Suy ra CD là tiếp tuyến của
(B).
Ta có BA = BD (A, D thuộc (B)) suy ra
tam giác BAD cân tại B. Mà BH là
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
10
đường cao nên cũng là đường trung trực của AD. Do đó BC là đường trung trực của AD.
Xét
BDCΔ và BACΔ có:
+ BD = BA
+ BC chung
+ CD = CA (C thuộc đường trung trực của AD)
Suy ra
(
)



90
o
BDC BAC c c c BDC BACΔ=Δ ⇒ = =
Ta có:
()
CD BD
D
B
⊥
⎧
⎪
⎨
∈
⎪
⎩
suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn (B)
b) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp.
Xét tứ giác ABDI có:
+ H là trung điểm của AD
+ I là trung điểm của BI (I đối xứng với B qua H)
Suy ra ABHI là hình bình hành, từ đó ta có AI //BD


90
o
AEC BDC⇒==
Tứ giác AHEC có



(
)
90
o
AHC AEC== nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh
dưới hai góc bằng nhau.)
c) Chứng minh BD. DF = DE. DC. Suy ra CEBF là tứ giác nội tiếp.
Xét
D
BHΔ và
D
AFΔ có:
+ Góc ADB chung
+


(
)
90
o
BHD AFD==
Suy ra
()
~.
BD DH
D
BH DAF g g BD DF DH DA
DA DF
ΔΔ ⇒=⇒ = (1)
Xét

D
EAΔ và
D
HCΔ có:
+ Góc ADE chung
+


(
)
90
o
DHC AED==
Suy ra
()
~.
DE DA
D
EA DHC g g BE DC DH DA
DH DC
ΔΔ ⇒=⇒ = (2)
Từ (1) và (2) suy ra DB.DF = DE.DC
Xét tam giác BDE và tam giác BCF có :
+ Góc BDE chung.
+
()

BD DE
D
BDF DEDC

DC BF
==

(
)


~ BDE BCF c g c DEB BFC⇒Δ Δ ⇒ =

TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
11
Suy ra tứ giác BECD nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện)
d) Tính diện tích tam giác DEH theo a.
Xét tam giác DHE và DCA có :
+ Góc HDE chung.
+


D
HE DCA= (Tứ giác AHEC nội tiếp)
Suy ra
2
~
DHE
DAC
SDH

DHE DCA
SCD
⎛⎞
ΔΔ⇒=
⎜⎟
⎝⎠

Trong tam giác vuông ABC ta có:
+
222222
45
5
BC AB AC a a a
BC a
=+=+=
⇒=

+
.2

5
A
BAC a
AH BC AB AC AH
BC
=⇒= =

24
,
55

aa
HD AD⇒= =

+
2
2
4
.
5
A
Ca
HC BC AC HC
BC
=⇒= =

Khi đó ta có
2
11448

22 5
55
DAC
aa a
SCHAD=== và
2
2
2
1
5
25

a
DH
CD a
⎛⎞
⎜⎟
⎛⎞
=
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Từ đó ta có
22
1188
.
55525
DHE ADC
aa
SS===



Bài 7:
Cho hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Một đường thẳng d quay quanh A
(d khác đường thẳng IO) cắt (O) và (I) tại B và C.
a)

Chứng minh OB // IC.
b)
Vẽ đường kính BD và CE của (O) và (I). Chứng minh A, D, E thẳng hàng.
c)
Tiếp tuyến tại C của đường tròn (I) cắt BD tại F. Chứng minh tứ giác DACF nội tiếp. Xác
định tậm K của đường tròn.
d)
Khi d quay quanh A thì K di động trên đường nào.

Hướng dẫn giải

a) Chứng minh OB // IC.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
12
Ta có OA = OB (A, B thuộc (O)) suy ra tam giác OAB cân tại O


OBA OAB⇒=
Ta có IC = ID (C, D thuộc (I)) suy ra tam giác ICD cân tại I


ICA IAC⇒=
Mà


OAB IAC=

(đối đỉnh)
Dó đó:


OBA ICA= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên OB //IC.
b) Chứng minh A, D, E thẳng hàng.
Ta có:

90
o
DAB = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))


180 90
oo
DAC DAB⇒=−=
Ta có:

90
o
CAE = (góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn (I))
Từ đó ta có:



90 90 180
oo o
DAE DAC DAE=+=+=

Suy ra 3 điểm D, A, E thẳng hàng.
c) Chứng minh tứ giác DACF
nội tiếp.
Ta có
IC CF⊥ (CF là tiếp tuyến
của (I)) mà IC // OF (cmt) suy ra

90
o
CF DF DFC⊥⇒ =
Tứ giác DFCA có


(
)
90
o
BAD DFC== nên là tứ giác
nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong
đỉnh đối)
Vì

90
o
DFC = nên DC chính là đường kính của (DFCA) suy ra tâm K của đường tròn
ngoại tiếp tứ giác DFCA là trung điểm của CD.
d) Khi d quay quanh A thì K di động trên đường nào.
Xét tam giác ODK và tam giác OAK có:
+ OD = OA (D, A thuộc (O))
+ KD = KA (A, D thuộc (K))

+ OK chung.
Suy ra



1
2
ODK AKO DKA==
Chứng minh tương tự ta cũng có



1
2
IKA IKC CKA==

TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
13
Từ đó ta có:





(
)


11
90
22
o
OKI AKO IKA DKA CKA DKC=+= + = =
Do đó K thuộc đường tròn đường kính OI.




Bài 8:
Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho ) OA = 3R. Từ A vẽ
hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) với B, C là hai tiếp điểm.
a)
Chứng minh tứ giác OBAC là một tứ giác nội tiếp.
b)
Từ B vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn (O) tại điểm D khác B. Đường
thẳng AD cắt đường tròn (O) tại E khác D. Chứng minh
2
.
A
BAEAD=
c)
Chứng minh: BC. CE = AC. BE (X)
d)
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R.
Hướng dẫn giải

a) Chứng minh tứ giác OBAC là một tứ giác nội tiếp.

Ta có ,OB AB OC AC⊥⊥ (AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O))
Suy ra:


90
o
OBA OCA==.
Tứ giác OBAC có


90 90 180
oo o
OBA OCA+=+= nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau)
b) Chứng minh
2
.
A

BAEAD=
Xét
A
BEΔ
và
A
DBΔ
có:
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
14
+ góc BAD chung
+


A
BE ADB= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)
Suy ra
2
~.
AB AE
A
BE ADB AB AD AE
AD AB
ΔΔ⇒=⇒=
c) Chứng minh: BC. CE = AC. BE
Ta có


ECB BDA=
(góc nội tiếp cùng chắn cung BE)
Và


EAC BDA= (so le trong)
Suy ra


EAC ECB=
Xét tam giác ACE và tam giác CBE có:
+


EAC ECB= (cmt)
+


A
CE CBE=
(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)
Suy ra
~
AC CE
A
CE CBE AC BE CB CE
CB BE
ΔΔ⇒=⇒ =
d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R.

Gọi K là giao điểm của CO và BD, H là giao điểm của OA và BC.
Ta có BD // AC và
// ,BD AC OC AC CO BD
⊥
⇒⊥ tại K, do đó CK là khoảng cách giữa hai
đường thẳng BD và AC. Ta đi tính CK.
Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có OA vuông góc với BC tại H và H là trung điểm BC.
Tam giác ABO vuông tại B có:
222222
98 22.
A
BOAOB RR R AB R=−=−=⇒=

.22 42
2
33
OB AB
A
HAO OBAB AH R BC BH R
OA
=⇒= =⇒==
Xét tam giác COH và CBK có:
+ Góc OCH chung.
+


(
)
90
o

CHO CKB==
Suy ra
()
42 22
.
.16
33
~.
9
RR
CH CO CH CB
CHO CBK g g CK R
CK CB CO R
ΔΔ ⇒=⇒= = =


Bài 9:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại
H.
a)
Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm K của đường tròn đó.
b)
Chứng minh OA DE⊥ .
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
15
c)

Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại M và N, cắt đường thẳng BC tại F (D nằm giữa E
và M). Chứng minh FE. FD = FN.FM.
d)
Cho

60
o
BAC =
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.

Hướng dẫn giải
a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được đường tròn
.
Xét tứ giác BEDC có:


BEC BDC= (90
o
vì CE và BD là hai đường cao của tam giác ABC)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)
b) Chứng minh
OA DE⊥
.
Vẽ tia tiếp tuyến Ax của đường tròn (O).
Khi đó ta có:


x
AB ACB= (góc giữa tia tiếp tuyến
và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó).

Mặt khác


A
ED ACB= (BEDC nội tiếp)
Do đó


x
AB AED= mà hai góc này ở vị trí đồng vị
nên Ax//ED.
Hơn nữa
OA Ax
⊥
(Ax là tiếp tuyến của (O))
Suy ra
OA DE
⊥

c) Chứng minh FE. FD = FN.FM.
Xét
F
BE
Δ
và
FDC
Δ
có:
+



A
EB ACD=
(tứ giác BEDC nội tiếp)
+ Góc

BFE chung
Suy ra
()
~.
FB FE
F
BE FDC g g FE FD FB FC
FD FC
ΔΔ ⇒=⇒ = (1)
Vì tứ giác BNMC nội tiếp (O) nên ta có


F
BN FMC=

Xét
F
BNΔ và

F
MC có:
+ Góc

BFN chung

+


F
BN FMC= (cmt)
Suy ra
()
~.
FB FN
F
BN FMC g g FM FN FB FC
FM FC
ΔΔ ⇒=⇒ = (2)
Từ (1) và (2) ta có
FE FD FN FM=
d) Cho

60
o
BAC =
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
16
Tứ giác ADHD có:







360 609090360 120
o ooo o o
EHD AEH ADH EAD EHD EHD+++=⇔+++=⇒=


120
o
BHC EHD⇒==
Ta cũng có:


2.BOC BAC= (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)
= 120
o

Tứ giác BHOC có

(
)
120
o
BHC BOC== nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới
hai góc bằng nhau)
Suy ra hình tròn ngoại tam giác BHC cũng là hình tròn ngoại tiếp tam giác BOC.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp (BHOC).
Ta có IO = IB = IC suy ra

(
)


IBO ICO ccc IOB IOCΔ=Δ ⇒ =
Mà




120 60 .
oo
IOB IOC BOC IOB+= =⇒=

Tam giác BIO cân tại I có góc

60
o
IOB = nên là tam giác đều.Suy ra IB = OB = R.
Vậy diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng:
()
22
I
SIBR
π
π
==
Bài 10: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BE và CF cắt
nhau tại H.
a)

Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó.
b)
Hai tia BE và CF cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và D. Chứng minh
OA NM
⊥
và EF
//MN.
c)
Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. chứng minh D thuộc đường tròn (O).
d)
Chứng minh diện tích tam giác AHI bằng hai lần diện tích tam giác AOI.
Hướng dẫn giải


a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được
đường tròn.
Tứ giác BFEC có

BFC BEC= (BE và CF là hai
đường cao của tam giác ABC) nên là tứ giác nội
tiếp(hai đĩnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc
bằng nhau)
Ta có

90
o
BEC = nên suy ra BC chính là đường kính
của (BFCE), do đó tâm I của đường tròn này chính là
trung điểm của BC.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC

243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
17
b) Chứng minh OA NM⊥ và EF //MN.
Vẽ tia tiếp tuyến Ax của (O)suy ra OA Ax
⊥
.
và


x
AN ACN= (1)(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)
Ta có


A
NM ABM=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
Và


A
BM ACN= (góc nội tiếp cùng chắn cung EF của (BFEC))
Suy ra


A
NM ACN= (2).

Từ (1) và (2) ta có


x
AN ANM= mà hai góc này ở vị trí so le trong nên Ax // MN, hơn nữa
OA Ax⊥ nên suy ra OA MN⊥ .
Ta có


M
NC MBC= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
Và


EFC MBC= (tứ giác BFEC nội tiếp)
Suy ra


M
NC EFC= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MN//EF.
c) Chứng minh D thuộc đường tròn (O).
Tứ giác HCDB có I là trung điểm của BC (cmt) và I cũng là trung điễm của HD (D là điểm đối
xứng của H qua I) nên HCDB là hình bình hành. Do đó: CD //BH và BD //CE
Suy ra


A
CD AEB= (đồng vị)
= 90
o

Và


A
BD AFC=
(đồng vị )
= 90
o

Tứ giác ABDC có


00
90 90 180
o
ABD ACD+=+=
nên là tứ giác nội tiếp (Hai góc đối bù nhau)
Do đó D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay D thuộc (O).
d) Chứng minh diện tích tam giác AHI bằng hai lần diện tích tam giác AOI.
Ta có

90
o
ACD =
nên AD là đường kính của (O) suy ra O là trung điểm của AD.
Ta có
AID
AIO
SAD

SAO
= (cùng chiều cao hạ từ I)
= 2
Và
A
HI ADI
SS= (cùng chiều cao hạ từ A và đáy HI = IH)
Do đó ta có
2
A
HI AIO
SS=

Bài 11: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BD và CE
cắt nhau tại H.
a)
Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn.
b)
Chứng minh AE. AB = AD. AC.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
18
c)
Vẽ phân giác của

BAC cắt BC tại F, cắt (O) tại M. Chứng minh AH // OM.
d)

Tiếp tuyến tại A của đường tròn cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh:
2
.KF KB KC= .
e)
Đường thẳng DE cắt KC tại N. Chứng minh CN. AK = CK.ND.
f) Cho

60
o
BAC = và

45
o
ACB = . Tính AD, AC theo R.
Hướng dẫn giải
a) Chứng minh tứ giác BEDC nội
tiếp.
Tứ giác BEDC có


BEC BDC= (BD
và CE là hai đường cao của tam giác
ABC) nên là tứ giác nội tiếp(hai đĩnh
kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc
bằng nhau)
Ta có

90
o
BEC = nên suy ra BC chính

là đường kính của (BEDE), do đó tâm I
của đường tròn này chính là trung điểm
của BC.


b) Chứng minh AE. AB = AD. AC.

Xét
A
ECΔ và
A
DBΔ
có:
+ Góc BAC chung
+


(
)
90
o
AEC ADB==
Suy ra
()
~.
AE AB
A
EC ADB g g AE AB AD AC
AD AC
ΔΔ ⇒=⇒ =

c) Chứng minh AH // OM.
Ta có


(
)


BAM CAM gt BM CM MB MC=⇒=⇒=
Hơn nữa ta có OB = OC. Do đó OM là đường trung trực của BC, suy ra
OM BC⊥ (1)
Vì H là giao điểm của hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm của tam giác ABC, suy ra
AH cũng là đường cao của tam giác ABC, do đó:
A
HBC
⊥
(2)
Từ (1) và (2) ta có AH//OM
d) Chứng minh:
2
.KA KB KC= .
Xét tam giác KAB và tam giác KCA có:
+ Góc AKC chung.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
19
+



KAB KCA= (Góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung BC)
Suy ra:
()
2
~. .
KA KB
KAB KCA g g KA KB KC
KC KA
ΔΔ ⇒=⇒=
e) Chứng minh CN. AK = CK.ND.
Ta có


A
ED ABC= (tứ giác BEDC nội tiếp) và


KAB ACB= (cmt) suy ra


A
ED KAB
=
mà hai
góc này ở vị trí so le trong, do đó ta có AK // ND.
Ta có DN //AK, áp dụng hệ quả định lý Thalet cho tam giác CAK ta có:

CN DN

CN AK DN CK
CK AK
=⇒ =
f) Cho

60
o
BAC =
và

45
o
ACB =
. Tính AD, AC theo R.
Ta có


290
o
AOB ACB== (góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Suy ra tam giác AOB vuông cân tại O
2222
22AB OA OB R AB R⇒=+=⇒=

Tam giác ADB vuông cân tại D nên ta có:


112
cos cos60
222

o
AD R
BAD AD AB
AB
===⇒==



336
sin sin 60
222
o
BD AB R
BAD BD
AB
===⇒==

Tam giác BDC có

90
o
BDC =
và

45
o
DCB =
suy ra

45

o
DBC =


BDC⇒Δ vuông cân tại D.
6
2
R
DC DB⇒==

Từ đó ta có:
(
)
26
26
22 2
R
RR
AC AD DC
+
=+=+=


Bài 12:
Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. C là điểm chính giữa cung AB, M là điểm di
động trên cung BC. AM cắt BC tại K. Vẽ CI vuông góc với AM tại I cắt AB tại D.
a)
Chứng minh tứ gíc ACIO nội tiêp. Suy ra số đo góc

OID .

b)
Chứng minh OI là tia phân giác của góc

COM
.
c)
Chứng minh hai tam giác CIO và CMB đồng dạng. Tính tỉ số:
OI
M
B

d)
Khi M là điểm chính giữa cung BC. Tính diện tích tứ giác ACIO theo R.
e)
Nếu K là trung điểm của BC. Tính
A
M
BM
.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
20
Hướng dẫn giải
a) Chứng minh tứ gíc ACIO nội tiếp

Ta có



(
)
gtAC BC= suy ra CA = CB, do đó tam
giác ACB cân tại C. Mặt khác có CO là trung tuyến
nên cũng là đường cao, suy ra

90
o
COA = .
Xét tứ giác ACIO có


(
)
90
o
COA CIA== nên là tứ
giác nội tiếp (Hai đỉnh kể cùng nhìn một cạnh dưới
một góc vuông).
Suy ra


OID CAO=
Ta giác OAC có OC = OA và

90
o
COA = nên là
tam giác vuông cân, suy ra


45
o
CAO =
.
Vậy

45
o
OID = .

b) Chứng minh OI là tia phân giác của góc

COM .
Ta có:


COI CAI= (tứ giác ACIO nội tiếp)
Và


1
2
CAI COM=
(góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung CM)
Suy ra:


1
2

COI COM=
, do đó OI là phân giác của góc COM.
c) Chứng minh hai tam giác CIO và CMB đồng dạng. Tính tỉ số:
OI
M
B

Ta có


CBM CAM= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CM)
Và


CAI COI=
(ACIO nội tiếp)
Suy ra


CBM COI=
Chứng minh tương tự ta có:


BCM OCI= .
Xét
CIOΔ và CBMΔ có:


()



()
cmt
cmt
COI CBM
OCI BCM
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩


(
)
~.CIO CMB g gΔΔ
d) Khi M là điểm chính giữa cung BC. Tính diện tích tứ giác ACIO theo R.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
21
Gọi H là trung điểm của OM và BC. Ta có MB = MC, OB = OC suy ra OM là đường trung
trực của BC. Khi đó
OM BC⊥ tại H và H là trung điểm của BC.
Trong tam giác vuông cân OBC có:


2
sin 45
sin
o
OB R
BC R
OBC
===

2
.2

2
2
OAOB R R
AH BC OAOB AH
BC
R
=⇒= ==

Do đó
(
)
22
2
22
R
R
MH OM OH R
−

=−=− =

Khi đó
(
)
(
)
2
22 21
11
.2.
222 2
MCB
RR
SMHBCR
−
−
== =

Ta có:

()
(
)
2
2
2
21
11
~cmt

22 4
2
CIO
CIO MCB
MCB
R
S
OC R
CIO MCB S S
SBC
R
−
⎛⎞
⎛⎞
ΔΔ ⇒= = =⇒= =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

Và
2
1
.
22
AOC
R
SOAOC==

Từ đó ta có:

(
)
(
)
22
2
21 21
24 4
ACIO AOC CIO
RR
R
SSS
−
+
=+=+ =

e) Nếu K là trung điểm của BC. Tính
A
M
BM
.
Gọi G là giao điểm của AM và CO. Trong tam giác ABC có AK và CO là trung tuyến cắt nhau
tại G nên G là trọng tâm của tam giác ACB. Do đó
3CO GO
=
.
Ta có

90
o

AMB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tam giác
M
ABΔ
và OAGΔ có:



()
chung
90
o
MAB
AMB AOG
⎧
⎪
⎨
==
⎪
⎩

()
~. 3
MA MB MA AO CO
MAB OAG g g
OA OG MB GO GO
⇒Δ Δ ⇒=⇒===
Bài 13: Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC
với đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm).

a)
Chứng minh OA vuông góc với BC.
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
22
b)
Vẽ cát tuyến AMN của đường tròn (O) (M nằm giữa A và N). Gọi E là trung điểm của NM.
Chứng minh 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm K của đường tròn
đó.
c)
Tia CE cắt (O) tại I. Chứng minh BI // MN.
d)
Tìm vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất.
Hướng dẫn giải

a) Chứng minh OA vuông góc với BC.

Ta có OB = OC (B, C thuộc (O)) và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra OA là
đường trung trực của BC, do đó
OA BC
⊥

b) Chứng minh 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn.
Vì E là trung điểm của MN nên OE MN
⊥
(liên hệ giữa đường kính và dây cung)
Xét tứ giác AEOC có:
+

(
)
90
o
A
EO OE AE=⊥
+

90
o
ACO = (AC là tiếp tuyến của (O))
Suy ra


90 90 180
oo o

AEO ACO+=+= nên AEOC là tứ giác nội tiếp. Vậy 4 điểm A, E, O, C
cùng thuộc một đường tròn.
Hơn nữa

90
o
AEO = nên AO là đường kính và trung điểm K của AO chính là tâm của
(AEOC).
c) Chứng minh BI // MN.
Ta có

90
o
ABO = ( AB là tiếp tuyến của (O)) do đó B cũng thuộc đường tròn đường kính AO.
Từ đó ta có

A
BC AEC= (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (K))
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
23
Mặt khác


A
BC BIC= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn một
cung)

Do đó


BIE AEC= , mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có BI//AN
d) Tìm vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất.
Vẽ BE, IF vuông góc với AN. Khi đó ta có BIFE là hình chữ nhật, suy ra BE = IF.
Khi đó
11

22
A
IN ABN
SIFANBEANS== =. (1)
Vẽ NH vuông góc với AB (H thuộc AB). Khi đó
1
.
2
ABN
SNHAB= (2)
Vẽ đường kính BN’, khi đó ta có
N
HNBNB
′
≤
≤ . (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
1
.
2
AIN

SABBN
′
≤ không đổi.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
N
N
′
≡
.
Vậy khi
A
NAN
′
≡ thì diện tích tam giác AIN đạt giá trị lớn nhất.
Bài 14: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Đường cao BE của
tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại K. Kẻ KD vuông góc với BC tại D.
a)
Chứng minh 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn.
b)
Chứng minh KB là phân giác của góc AKD.
c)
Tia DE cắt đường thẳng AB tại I. Chứng minh KI AB
⊥
.
d)
Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với OA, đường thẳng này cắt AB tại H. Chứng minh CH
// KI.


a) Chứng minh 4 điểm K, E, D, C cùng

thuộc một đường tròn.
Xét tứ giác KEDC có:
+

90
o
KEC = (BE là đường cao của tam giác
ABC)
+

(
)
90
o
KDC KD CD=⊥

Suy ra


KEC KDC
=
⇒ tứ giác KEDC nội
tiếp hay 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một
đường tròn.
Hơn nữa

90
o
KEC = nên CK là đường kính
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC

243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
24
của đường tròn suy ra tâm là trung điểm của CK.
b) Chứng minh KB là phân giác của góc AKD.
Ta có


A
KB ACB= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O))
Và


BKD ACB= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE của (EKCD))
Suy ra


AKB BKD=⇒ DB là phân giác của góc

A
KD
c) Chứng minh KI AB⊥ .
Ta có


IAK KCB= (tứ giác AKCB nội tiếp trong (O))
Và



IEK KCD= (tứ giác EKCD nội tiếp)
Suy ra

IAK IEK=⇒
tứ giác IAEK nội tiếp
Khi đó ta có:




180 180 90
ooo
AIK AEK AEK+=⇒ΑΙΚ=−= KI AB⇒⊥.
d) Chứng minh CH // KI.
Vẽ tiếp tuyến Ax của (O), khi đó ta có:
OA Ax⊥ (1) và


x
AB ACB= (2) (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn
cung đó)
Mà
OA EH⊥ nên từ (1) ta có


//
A
x EH xAH AHE⇒= (3) (so le trong)
Từ (2) và (3) ta có



A
HE ACB= suy ra tứ giác HECB nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện)


90
o
BHC BEC CH AB⇒==⇒⊥

Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là điểm thuộc cung nhỏ AC.
Vẽ
M
HBC⊥ tại H, vẽ
M
IAC⊥ tại I.
a)
Chứng minh


IHM ICM= .
b)
Đường thẳng HI cắt đường thẳng AB tại K. Chứng minh
M
KBK
⊥
.
c)
Chứng minh hai tam giác MIH và MAB đồng dạng.
d)

Gọi E là trung điểm IH và F là trung điểm AB. Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra
M
EEF
⊥


Hướng dẫn giải:
a) Chứng minh


IHM ICM=
Tứ giác MIHC có


(
)
90
o
MIC MHC==
nên là tứ giác
nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc
bằng nhau)
Suy ra


IHM ACM=

TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ
Sưu tầm và biên soạn
25
b) Chứng minh
M
KBK⊥
.
Ta có


KAM MCB= (tứ giác AMCB nội tiếp trong (O))
Và


M
IK MCB= (tứ giác MIHC nội tiếp)
Suy ra


KAM KIM=⇒ tứ giác KAIM nội tiếp
Khi đó ta có:




180 180 90
ooo
A
KM AIM M AIM MK AK+=⇒ΑΚ=−=⇒⊥.
c) Chứng minh hai tam giác MIH và MAB đồng dạng.

Ta có


180
o
MAB MCB+= (AMCB nội tiếp)
Và


180
o
MIH MCB+= (MIHC nội tiếp)
Suy ra


M
AB MIH=
Ta có


M
BA ACM= (góc nội tiếp cùng chắn cung AM của (O))
Mà


IHM ACM= (cmt) nên


M
BA MHI

=

Xét tam giác MAB và tam giác MIH ta có:


()


()
M
AB MIH cmt
M
BA MHI cmt
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩

Suy ra
(
)
~.
M
AB MIH g gΔΔ
d) Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra
M
EEF

⊥

Ta có
~
M
AAB
MAB MIH
M
IIH
ΔΔ⇒=

Mà AB = 2AF (F là trung điểm AB) và IH = 2IE (I là trung điểm IH)
Nên
2
2
M
IAFAF
M
AIEIE
==

(
)


~
M
AF MIE c g c MEI MFA⇒Δ Δ ⇒ =
Xét tứ giác MKFE có



M
FK MEK= nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới
hai góc bằng nhau)
Suy ra




180 180 90
ooo
M
EF MKA MEF MKF ME EF+=⇒=−=⇒⊥
Bài 16:
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). D là điểm thuộc cạnh AC. Vẽ
D
EBC
⊥
tại
E.
a)
Chứng minh tứ giác ADEB nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.
b)
Vẽ đường tròn tâm D bán kính DE cắt (O) tại F, BF cắt AD tại I, BD cắt AE tại K. Chứng
minh tứ giác AKIB nội tiếp.
c)
Chứng minh: BI.BF = BK.BD