Hh9 cđ6 chứng minh tiếp tuyến đường tròn 1

GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Chuyên đề: TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRỊN VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN
ĐẾN TIẾP TUYẾN
A. Kiến thức cần nhớ
1. Tiếp tuyến của đường tròn
a) Định nghĩa: Tiếp tuyến của đường tròn là đường thẳng chỉ có một điểm chung với đường
trịn.
b) Tính chất: d là tiếp tuyến tại A của  O; R   d  OA, OA  R

c) Dấu hiệu nhận biết: Ta có d  OA, OA  R  d là tiếp tuyến tại A của  O; R 

2) Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau:

Xét (O; R ) có AB và AC là hai tiếp tuyến tại B và C
 và AO là tia phân giác của BAC
 (tính chất hai tiếp
 AB  AC ; OA là tia phân giác của BOC

tuyến cắt nhau)

1


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

B. Các dạng tốn

Dạng 1: Tính độ dài đoạn thẳng, tính số đo góc, chứng minh các quan hệ hình học (hai
góc bằng nhau, hai đoạn thẳng bằng nhau, song song,...)
Bài 1:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính
MN  2 R . Kẻ tiếp tuyến Nx tại N . Gọi K là
điểm bất kỳ thuộc Nx , MK cắt nửa đường
tròn tâm O tại I . Tính MI .MK theo R .

Lời giải

1
 O; R  có đường kính MN (gt) mà I   O; R  (gt)
2
  900 (định lí tam giác có một cạnh là đường kính của đường trịn ngoại tiếp thì tam
 MIN

Xét

giác đó là tam giác vng)
 NI  MK ( I  MK )

Ta có tiếp tuyến Nx tại N  NK  MN (O  MN , K  Nx)
Xét NMK vuông tại N (do NK  MN ) mà NI  MK (cmt)
 MN 2  MI .MK (hệ thức lượng)
hay MI .MK  4 R 2
Bài 2:
Cho  O; R  bán kính AO  R , dây BC vng
góc với OA tại trung điểm M của sao OA .
a) Tứ giác OCAB là hình gì? Vì sao?
b) Kẻ tiếp tuyến với  O; R  tại B , cắt đường

thẳng OA tại E . Tính độ dài BE theo R.
c) Chứng minh: BA  EC
Lời giải

2


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

a) Xét  O; R  có: BC  OA tại M (gt)  MB  MC (định lí quan hệ …)
mà MO  MA ( gt ) ; BC  AO  M 
 Tứ giác OCAB là hình thoi.

b) Xét  O; R  có BE là tiếp tuyến tại B (gt)  BE  OB (t / c)
  900
 OBE

Vì BO  BA (do hình thoi OCAB ) mà BO  OA  R ( gt )
 BO  BA  OA
  600
 BOA đều  BOA
  900 (cmt)
Xét BOE có OBE
  tan 600  BE
 tan BOA
OB
 BE  R tan 600  R 3

c) Ta có BO //CA (do hình thoi OCAB )
mà BE  OA (cmt); CA  BE (t/c)
Xét BCE có: CA  BE (cmt ) ; EM  BC ( gt ) ; CA  EM   A
 A là trực tâm BCE hay BA  EC

Bài 3:
Cho đường tròn (O) . Từ một điểm M ở ngoài
(O ) , vẽ hai tiếp tuyến MA và MB sao cho góc

AMB  600 . Biết chu vi tam giác MAB là 18cm ,

tính độ dài dây AB .

Lời giải
+ Vì MA và MB là hai tiếp tuyến tại A và B của (O) nên MA  MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau)
 MAB cân tại M mà 
AMB  600
 MAB là tam giác đều, MA  MB  AB .
Mặt khác, chu vi MAB là 18cm , nên MA  MB  AB  18
 3 AB  18  AB  6(cm)

3


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Bài 4:

Cho đường trịn (O; R ) và một điểm A ở
ngồi đường trịn. Vẽ các tiếp tuyến AC và
  600 khi và chỉ khi
AB . Chứng minh BAC
OA  2 R .

Lời giải
 (tính chất
+ Vì AC và AB là hai tiếp tuyến tại C và B của (O) nên AO là phân giác của BAC
hai tiếp tuyến cắt nhau)
+ OC  AC tại C ( AC là tiếp tuyến tại C của (O) )
  OC mà OA  2 R  sin OAC
 R 1
 AOC vuông tại C  sin OAC
OA
2R 2
  300  BAC
  600 ( AB là phân giác của BAC
)
 OAC

+ Ngược lại:
 (tính chất hai tiếp
Vì AC và là hai tiếp tuyến tại C và B của (O) nên AO là phân giác của BAC
  600  OAC
  300
tuyến cắt nhau) mà BAC
+ OC  AC tại C ( AC là tiếp tuyến tại AC của (O) )
  OC
 AOC vuông tại C  sin OAC

OA
R
 sin 300 
 OA  2 R
OA

Bài 5:

4


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Cho đường trịn (O) và điểm A nằm bên
ngoài (O) . Kẻ các tiếp tuyến AB , AC với
đường tròn ( B , C là các tiếp điểm).
a) Chứng minh rằng AO vng góc với BC ;
b) Vẽ đường kính CD . Chứng minh BD và
AO song song.
c) Tính độ dài các cạnh của ABC biết
OB  2cm , AO  4cm
Lời giải

a)
+ Vì B và C thuộc (O) nên OB  OC  O nằm trên đường trung trực của BC
+ Vì AB và AC là hai tiếp tuyến tại B và C của (O) nên AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau)  A thuộc đường trung trực của BC
Suy ra đường thẳng AO là đường trung trực của BC  AO  BC

b)
1
2

+ Ta có OB  OC  OD (Vì B và C , D thuộc (O) ) nên OB  DC và O là trung điểm của CD
1
2

+ Xét BDC có OB  DC mà BO là đường trung tuyến ứng với cạnh DC .
  90
Suy ra BDC vuông tại D  DBC
 DB  BC mà AO  BC , suy ra BD song song với AO
c) Tính độ dài các cạnh của ABC biết OB  2cm , AO  4cm
 (tính
+ Vì AC và AB là hai tiếp tuyến tại C và B của (O) nên AB  AC là phân giác của BAC
chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
+ OB  AB tại B ( AB là tiếp tuyến tại B của (O) )
 AOB vuông tại B
 OB 2  AB 2  OA2 (định lý Pytago)
 22  AB 2  42
 AB 2  12  AB  2 3
 AB  2 3 (cm) mà BA  AC (cmt )
 AC  2 3 (cm)

+ Ta có ABO vng tại B : sin BAO

OB 2 1
  300
   BAO
OA 4 2

  60 mà BA  AC (cmt )
 BAC
 ABC đều  BC  AB  2 3 (cm)

5


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Bài 6:
Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB . Vẽ
các tiếp tuyến Ax, By về nửa mặt phẳng bờ
AB chứa nửa đường tròn. Trên Ax và By
  90 .
theo thứ tự lấy M và N sao cho MON
Gọi I là trung điểm của MN . Chứng minh
rằng:
a) AB là tiếp tuyến của đường tròn  I ; IO 

b) MO là tia phân giác của góc MAN
c) MN là tiếp tuyến của đường trịn đường
kính AB .
Lời giải
a) Tứ giác ABNM có AM //BN (vì cùng vng góc với AB )  Tứ giác ABNM là hình thang.
Hình thang ABNM có: OA  OB; IM  IN nên IO là đường trung bình của hình thang ABNM .
Do đó: IO // AM // BN .
Mặt khác: AM  AB suy ra IO  AB tại O .

Vậy AB là tiếp tuyến của đường trịn  I ; IO 
 ( 1)
b. Ta có: IO // AM  
AMO = MOI

Lại có: I là trung điểm của MN và MON vuông tại O (gt) nên MIO cân tại I .
 = MOI
 (2)
Hay OMN
 . Vây MO là tia phân giác của AMN .
AMO = OMN
Từ (1) và (2) suy ra: 

c. Kẻ OH  MN  H  MN  (3)
 = OHM
  90
Xét OAM và OHM có: OAM

 (chứng minh trên)
AMO = OMN

MO là cạnh chung

Suy ra: OAM  OHM (cạnh huyền- góc nhọn)
AB
Do đó OH  OA  OH là bán kính đường trịn  O;  (4)


2 

AB
Từ (3) và (4) suy ra: MN là tiếp tuyến của đường tròn  O;  .


6

2 


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027
Bài 7:

Cho đường trịn  O  đường kính AB , E
thuộc đoạn AO ( E khác A, O và AE  EO ).
Gọi H là trung điểm của AE , kẻ dây CD
vng góc với AE tại H

C
I

A

a) Tính góc ACB ;

H

E

O

B

O'

b) Tứ giác ACED là hình gì, chứng minh?
c) Gọi I là giao điểm của DE và BC . Chứng
minh HI là tiếp tuyến của đường trịn đường
kính EB .
Lời giải

D

a) Chỉ ra được tam giác ACB nội tiếp (O) nhận AB là đường kính
nên tam giác ACB vng tại C  góc ACB = 900
b) Chứng minh được tứ giác ACDE là hình bình hành
Chỉ ra được hình bình hành ACDE là hình thoi
c) Chứng minh được I thuộc đường trịn tâm O ' đường kính EB
Chứng minh được HI  IO ' tại I
Bài 8:

Cho đường tròn  O  đường kính AB . Ax, By

là 2 tia tiếp tuyến của  O  ( Ax, By cùng nửa

C

H

mặt phẳng bờ là đường thẳng AB ). Trên Ax
lấy điểm C , trên By lấy điểm D sao cho

D

  90 . Chứng minh rằng: CD tiếp xúc
COD

A

với đường tròn  O  .

Lời giải
Vẽ OH  CD  H  CD  . Ta chứng minh OH  R  OB .
Tia CO cắt tia đối của tia By tại E.
7

O
B

E


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Ta có: OAC  OBF  g.c.g   OC  OE
Tam giác DEC có DO vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên là tam giác cân. Khi đó DO
cũng là đường phân giác.

OH  DC , OB  DE  OH  OB .

Ta có OH  CD, OH  OB  R  CD là tiếp xúc với O tại H .

Bài 9:
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao
AH . Đường trịn đường kính BH cắt AB tại
D , đường trịn đường kính CH cắt AC tại
E . Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến chung
của  I  và  J  .

A

D

B

E

O

I

H

J

C

Lời giải

Để chứng minh DE là tiếp tuyến của đường trịn tâm I đường kính BH ta chứng minh
DOE  90
ID  DE hay 
  CEH
  90
Vì D, E lần lượt thuộc đường trịn đường kính BH và HC nên ta có: BDH

 tứ giác ADHE là hình chữ nhật.
Gọi O là giao điểm của AH và DE , khi đó ta có OD  OH  OE  OA .
 ODH cân tại O ODH = OHD
Ta cũng có IDH cân tại I IDH = IHO.
  OHD
  IHD
  IHA
  90  IDO
  90  ID  DE
Ta có: IDH

Ta có ID  DE, D   I   DE tiếp xúc với  I  tại D .
Chứng minh tương tự ta cũng có DE tiếp xúc với  J  tại E .
Bài 10:

8


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

tam giác ABC nhọn, đường cao BD và CE

cắt nhau tại H . Gọi I là trung điểm của BC .
Chứng minh rằng ID , IE là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE .

A

D

O
E

B

H

F

I

C

Lời giải
Gọi O là trung điểm của AH.
AH
Tam giác ADH vng tại D có DO là trung tuyến nên ta có: DO 
 OA  OH
2

AH
Tam giác AHE vng tại E có EO là trung tuyến nên ta có: EO 

 OA  OH .
2

 OA  OD  OE , do đó O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE.
ODA  
OAD (1)
Tam giác OAD cân tại O )  
BDC vng tại D có DI là trung tuyến  DI 

BC
 IC  tam giác ICD cân tại I,
2

IDC  
DIC (2)


H là giao điểm hai đường cao BD và CE  H là trực tâm của ABC  AH  BC tại F.
  ICD
  90 (2)
Khi đó OAD

  IDC
  OAD
  ICD
  90
Từ (1) , (2) và (3) ta có ODA

Ta có OD  DI , D   O   ID tiếp xúc với (O) tại D.
Chứng minh tương tự ta cũng có IE tiếp xúc với O tại E.

Bài 11:
Cho đường tròn  O; R  đường kính AB . Một
điểm M nằm trên đường trịn ( M khác A, B ).
Gọi N là điểm đối xứng của điểm A qua
điểm M . Gọi E là giao điểm của đường
thẳng BM với tiếp tuyến tại A của đường
tròn O .

9


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

a) Nếu biết góc ABE bằng 60 và R  3 cm.
Hãy tìm độ dài cảu đoạn thẳng EA và EB .
b) Chứng minh EN  NB
c) Chứng minh EN là tiếp tuyến của đường
tròn  B;2R  .
Lời giải
a) Tính độ dài EA, EB
Xét EAB vng:
+ Tính EB =12cm
+ Tính EA = 6 3 cm
b) Chứng minh EN  NB
+ Ta có ENB  EAB  EN  NB
c) Chứng minh EN là tiếp tuyến của đường trịn  B; 2R 
Ta có
+ AB  NB

+ EN  NB
+ BN là bán kính của đường tròn  B; 2R 
Bài 12:
Cho tam giác ABC nhọn . Đường trịn tâm O
đường kính BC cắt AB ở M và cắt AC ở N .
Gọi H là giao điểm của BN và CM .

A
=
M

1) Chứng minh AH  BC .
2) Gọi E là trung điểm AH . Chứng minh
ME là tiếp tuyến của đường tròn O
3) Chứng minh MN .OE  2.ME.MO
BAC .
4) Giả sử AH  BC . Tính tan

Lời giải

1) Chứng minh AH  BC .
ΔBMC và ΔBNC nội tiếp đường trịn (O) đường kính BC
10

E

N

= K

_

_H
B

O

C


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

  BNC
  900 . Do đó: BN  AC , CM  AB ,
Suy ra BMC

Tam giác ABC có hai đường cao BN , CM cắt nhau tại H
Do đó H là trực tâm tam giác. Vậy AH  BC .
2) Gọi E là trung điểm AH. Chứng minh ME là tiếp tuyến của đường trịn (O)
OB = OM (bán kính đường trịn (O))  ΔBOM cân ở M.
  OBM
 (1)
Do đó: OMB

ΔAMH vuông ở M , E là trung điểm AH nên AE = HE =

1
AH . Vậy ΔAME cân ở E.

2

 (2)
Do đó: 
AME  MAE
  AME
  MBO
  MAH
 . Mà MBO
  MAH
  900 (vì AH  BC )
Từ (1) và (2) suy ra: OMB
  AME
  900 . Do đó EMO
  900 . Vậy ME là tiếp tuyến của đường tròn (O).
nên OMB

3) Chứng minh MN .OE  2.ME.MO
OM  ON và EM  EN nên OE là đường trung trực MN .

Do đó OE  MN tại K và MK 

MN
.
2

ΔEMO vuông ở M , MK  OE nên ME.MO  MK .OE =

MN
.OE .

2

Suy ra MN .OE  2.ME.MO
.
4) Giả sử AH  BC . Tính tan BAC
  NAH
 (cùng phụ góc ACB )
ΔBNC và ΔANH vng ở N có BC = AH và NBC

ΔBNC = ΔANH (cạnh huyền, góc nhọn)  BN = AN.
BN
NAB 
 1  tan NAB  BN  1 . Do đó tan
BAC  1
ΔANB vuông ở N  tan
AN

AN

Bài 13:

11


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Cho đường trịn  O; R  và điểm A nằm bên
ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC

với đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Gọi
E là giao điểm của BC và OA .
a) Chứng minh: BE vng góc với OA
b) Chứng minh: OE.OA  R 2 .
c) Trên cung nhỏ BC của đường tròn  O; R 
lấy điểm K bất kỳ ( K khác B, C ). Tiếp tuyến
tại K của đường tròn  O; R  cắt AB, AC theo
thứ tự tại P, Q . Chứng minh tam giác APQ có
chu vi khơng đổi khi K chuyển động trên
cung nhỏ BC .
Lời giải
Mặt khác: OB  OC  R
 OA là trung trực của BC  OA  BE

b) Xét OAB vuông tại B , đường cao BE , ta có:
OE.OA  OB 2  R 2 (theo hệ thức lượng trong tam giác vng)

c) Ta có PB, PK là 2 tiếp tuyến kẻ từ P đến  O  nên PB  PK (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
QK , QC là 2 tiếp tuyến kẻ từ Q đến  O  nên QK  QC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Cộng vế ta có: PK  KQ  PB  QC
 AP  PK  KQ  AQ  AP  PB  QC  QA
 AP  PQ  QA  AB  AC
 Chu vi APQ  AB  AC không đổi.

Dạng 2: Chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn
Bài 1:

12

GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH
Cho

tam

giác

ZALO:0382254027

có
AB  6cm, AC  8cm, BC  10cm. Vẽ đường tròn
 B; BA . Chứng minh AC là tiếp tuyến của
ABC

 B; BA .

Lời giải
Vì 6  8  10  AB  AC  BC
Xét ABC có AB 2  AC 2  62  82  100
BC 2  102  100
 AB2  AC 2  BC 2   100

BAC  90 ( định lí pytago đảo.)
 AB  AC mà A   B; BA (gt)

Vậy AC là tiếp tuyến của  B; BA (theo dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến)

Bài 2:
Cho ABC cân tại A có hai đường cao

AH ; BK cắt nhau tại I . Chứng minh:
a) Đường trịn đường kính AI đi qua K .
b) HK là tiếp tuyến của đường trịn đường
kính AI .

Lời giải
13


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

AKI  900
a) Ta có BK  AC ( gt ); I  BK  

Gọi O là trung điểm AI  OK  OA  OI 
 AI 
 K   O;

2 


AI
(đường trung tuyến trong tam giác vng)
2

Vậy đường trịn đường kính AI đi qua K .
b) Ta có ABC cân tại A (gt) mà AH là đường cao (gt)
 AH là đường trung tuyến của ABC  BH  HC

Vì BCK vuông tại K (do BK  AC )
Mà KH là đường trung tuyến của CBK (BH  HC )
 KH 

BC
BC
(định lí) nên KH  HC  HB 
2
2

  HCK
 (1)
Ta có KH  HC (cmt )  KHC cân tại H  HKC

Ta có OK  OA  


AI 
 
 (cmt )  OKA cân tại O  AKO  KAO (2)
2 

  HCA
  900 (3) (do 
AHC  900 )
Mà OAK
  CKH
  900 mà OKA
  OKH

  CKH
  1800
Từ (1);(2);(3)  OKA
  900  OK  OH mà K   O; AI
 OKH

2



 (cmt )


 HK là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AI .

Bài 3:
Cho ABC vng ở A có đường cao AH . Lấy
D đối xứng với B qua H . Vẽ đường tròn
tâm O đường kính CD cắt AC ở E . Chứng
minh HE là tiếp tuyến của  O  .

Lời giải
Ta có E thuộc (O;

DC
) mà đường kính CD
2

14

GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

  900  HF //AE ( AC )  AEDB là hình thang.
 DEC

Lấy F là trung điểm AE mà H là trung điểm BD (đối xứng)
 HF là đường trung bình hình thang AEDB  HF //AE

Mà AB  AE (gt)  HF  AE
  HAE
 (1)
Mà F là trung điểm AE  AHE cân tại H  HEA
  CEO
 (2)
Ta có OE  OC  R  ECO cân tại O  CEO
  HCA
  900 (3) (doAHC
  900 )
Mà HAE
  CEO
  900
Từ (1);(2);(3)  HEA
  900  HE  EO
 HEO

Mà E thuộc (O;

DC
) . Vậy HE là tiếp tuyến của  O 
2

Bài 4:
Cho đường trịn  O  , đường kính AB , điểm
M thuộc đường tròn. Vẽ điểm N đối xứng

với A qua M. BN cắt đường tròn ở C . Gọi E
là giao điểm của AC và BM , F đối xứng với
E qua M .
a) Chứng minh: FA là tiếp tuyến của  O  .

b) Chứng minh: FN là tiếp tuyến của đường
tròn  B; BA .
Lời giải
a) Có đường trịn  O  , đường kính AB (gt) mà M , C   O  (gt)
  900 , BCA
  900
 BMA

(định lí tam giác có một cạnh là đường kính của đường trịn ngoại tiếp thì tam giác đó là tam
giác vng)  BM  AM , AC  CB
Mà M  AN , C  BN  BM  AN , AC  BN
Vì BM  AC  E  E là trực tâm của ABN  NE  AB
Xét tứ giác AENF có
EF  AN  M 
EM  MF , MA  MN ( gt )

15

GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

FE  AN ( do BM  AN )

 AENF là hình thoi  FA//NE mà NE  AB (cmt )
 FA  AB  FA  OA mà BO  R ( gt )  FA là tiếp tuyến của  O  .
 (t/c)
b) Vì AENF là hình thoi ( cmt)  FN  FA, FE là tia phân giác của NFA

Chứng minh được FAB  FNB (c  g  c)
  BNF
 mà BAO
  900 (cmt )  BNF
  900  NF  BN
 AB  NB ; BAF
Mà AB  NB (cmt)  FN là tiếp tuyến của đường trịn  B; BA .
Bài 5:
Cho đường kính AB . Vẽ dây AC sao cho góc
  300 . Trên tia đối tia BA lấy điểm M sao
BAC
cho BM  R . Chứng minh:
a) MC là tiếp tuyến của  O 
b) MC 2  3R 2
Lời giải
a/ Xét ACO có OA  OC  R ( gt )  ACO cân tại O
  1800  2.CAO

  COA
  1800  2.300  1200
 COA
  1800  1200  600 (kề bù với COA
)
 COB

Mà BCO có OB  OC  R ( gt )
  600  BCO đều
 tam giác BCO cân tại O và COB

 BC  BO  R

Do BO  BM  R, B  OM  BO 

OM
2

nên CB 

MO
(1)
2

Mà CB là đường trung tuyến của COM (2) (do BO  BM  R, B  OM )
Từ (1; 2)  CMO vuông tại C
 CO  CM

mà C   O; R  ( gt )  MC là tiếp tuyến của  O 
b) Xét CMO vuông tại C

 CO 2  CM 2  MO 2 (đl Py-ta- go)
 CM 2  MO 2  CO 2  3R 2

16


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Bài 6:
Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính
AB  2 R . M là một điểm tuỳ ý trên đường
tròn
( M  A, B ). Kẻ hai tiếp tuyến Ax, By với nửa
đường tròn ( Ax, By và nửa đường tròn cùng
nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AB ). Qua M
kẻ tiếp tuyến thứ ba với đường tròn cắt Ax
và By tại C và D .
a) Chứng minh: CD  AC  BD và tam giác
COD vuông tại O .
b) Chứng minh: AC.BD  R 2
c) Cho biết AM  R Tính theo R diện tích
BDM .
c) AD cắt BC tại N . Chứng minh MN //AC .

Lời giải

a) CA  CM (tính chât hai tiếp tuyến cắt nhau)
DB  DM (tính chât hai tiếp tuyến cắt nhau)

 CD  CM  MD  AC  BD

OC là tia phân giác của góc AOM
OD là tia phân giác của góc BOM
  90
Mà góc AOM và góc BOM là hai góc kề bù nên COD

Vậy tam giác COD vuông tại O
b).Tam giác COD vng tại O có OM  CD
 OM 2  CM .MD suy ra AC.BD  R 2

c)Tam giác BMD đều nên SBMD

3R 2 3
=
đvdt
4

d) Chứng minh MN song song với AC bằng Ta-let đảo
Bài 7:

17


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Cho đường trịn  O  , đường kính AB và dây
cung CD vng góc với AB ( AC  CB ). Hai

tia BC và DA cắt nhau tại E . Gọi H là chân
đường vng góc hạ từ E tới đường thẳng
AB .
a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp đường
tròn.
b) Gọi F là giao điểm của hai tia EH và CA ,
chứng minh HC  HF .
c) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường
tròn  O  .
Lời giải
a)
  90  ECA
  90
ACB nội tiếp đường trịn đường kính AB nên C
  90
AB  EH (gt)  EHA
 + EHA
  90  90  180
Nên ECA

Suy ra tứ giác AHEC nội tiếp đường trịn đường kính AE .
b)
Ta có ACD cân tại A  
ACD = 
ADC
Ta có EF //CD ( EF  AB , CD  AB )
 = 
 FEA
ADC (So le trong) và 
ADC (so le trong)

AFE = 
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AH )
 = FEA
mà HCA

Do đó 
ACH  CHF cân tại H  HC  HF
AFE = 
c)
 = OCB
 (do COB cân tại O )
Ta có : OBC

 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC )  

ADC = OBC
ADC = OCB

ACH = 
ADC nên 
ACH = OCB
Mà 
 + 
Suy ra 
ACH + 
ACO = OCB
ACO = 90

Vậy HC là tiếp tuyến của đường tròn  O 

18


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Bài 8:
Cho tam giác ABC vng tại A , đường cao
AH . Vẽ đường trịn tâm O đường kính
AH cắt AB và AC lần lượt tại I và K .
Chứng minh:
1) Tứ giác AIHK là hình chữ nhật.
2) IK 2  HB.HC .
3) Tứ giác BIKC nội tiếp.
3) IK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam giác HKC .
Lời giải
1) Ta có 
AIH , 
AKH là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
Suy ra 
AIH  90 , 
AKH  90
  90 (tam giác ABC vuông tại A )
IAK

Vậy tứ giác AIHK là hình chữ nhật.
2) Trong tam giác vng ABC tại A có AH vng góc BC nên AH 2  HB.HC (hệ thức lượng
trong tam giác vuông)

Mà AH  IK (hai đường chéo của hình chữ nhật)
Vậy IK 2  HB.HC
1
 ) = 1 sđ 
 là góc có đỉnh ở bên ngồi đường trịn  O  )
3) Có C = (sđ 
AIH – sđ KH
AK ( C
2

2

1

AIK = sđ 
AK ( 
AIK là góc nội tiếp  O  chắn cung AK )
2

AIK
Suy ra C = 

Vậy tứ giác BIKC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
4) Tam giác HKC vuông tại K nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của HC .
 = C

Nên MK  MC  Tam giác MKC cân tại M  MKC
 (cmt)
Ta có 
AIK = C

 (so le trong do AI song song HK)
 = 
AIK mà 
AIK = IKH
Suy ra MKC

 = IKH
Suy ra MKC
 + MKC
 + IKH
  90 nên HKM
  90
Mặt khác HKM
19


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

 MK  IK

Vậy IK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác HKC
Bài 9:

Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O
bán kính R . Từ A kẻ đường thẳng  d  không
đi qua tâm O , cắt  O  tại B và C ( B nằm

giữa A và C ). Các tiếp tuyến với đường tròn
 O  tại B và C cắt nhau tại D . Từ D kẻ DH
vng góc với AO, DH cắt cung nhỏ BC tại
M . Gọi I là giao điểm của DO và BC .
a) Chứng minh OHDC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh OH .OA  OI .OD .
c) Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường
tròn  O  .
Lời giải
a) Sử dụng tổng hai góc đối bằng 180
b) Ta có: OB=OC=R; DC=DB (t/c của hai tt cắt nhau )
suy ra OD là đường trung trực của BC.
ODBC
Xét OHD và OIA có

  I  900
AOD chung ; H

Xét OHD ~ OIA nên OH.OA=OI.OD.
c) ODC vng tại C có CI là đường cao OC2 = OI.OD (*)
Mà OC=OM=R
Từ (*), (b): OM2 = OH.OA 

OM
OA

OH OM

OM
OA

Xét OHM và OMA có : 
AOM chung và

OH

OHM ᔕ OMA (c-g-c)
 = OHM
  90 .
OMA

20

OM


GIA SƯ HỒI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Suy ra AM vng góc với OM tại M.
AM là tiếp tuyến của đường tròn  O  .
Bài 10:
Cho đường tròn  O, r  đường kính AB và dây
cung CD vng góc với AB
( AC  CB ). Hai tia BC và DA cắt nhau tại E .
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ E tới
đường thẳng AB .
a) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp trong
một đường tròn.
b) Gọi F là giao điểm của hai tia EH và CA ,

chứng minh HC  HF .
c) Chứng minh HC  OC
Lời giải
a) ACB nội tiếp nửa đường trịn đường
kính AB nên vuông tại C.
  1v nên nội
AHE  ACE
Suy ra tứ giác AHEC có 

tiếp được trong đường trịn đường kính AE.
Tâm I của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
AHEC là trung điểm của AE, bán kính là R 

AE
.
2

b) Vì AB  CD nên AC=AD
 CAD cân tại A  
ACD  
ADC

Mà CD / / EF (vì CD  AB, EF  AB ) nên:

 (so le trong)
ACD  AFE

 (so le trong)
ADC  AEF
AEF  

ACH (cùng chắn cung 
Lại có: 
AH của đường trịn ngoại tiếp tứ giác AHEC)
  CHF cân tại H  HC  HF (đpcm).
AFE  ACH
Do đó: 
.
c) Trong chứng minh ở câu b, ta cũng có 
ACH  ADC
  OCB
 (do OB=OC),
Lại do: OBC

21


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

  ADC
 (cùng chắn cung 
OBC
AC )
 
  OCB
  ACO
  90  HC  CO
ACH  OCB
ACH  ACO

Nên: 

Bài 11:
Cho tam giác ABC cân tại A ,các đường cao
AD và BE cắt nhau tại H . Gọi O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE .
1
2

a) Chứng minh: DE  BC .

A

O

b) Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến của
O .
c) Chứng minh: BD.DC  AD.DH .
d) Tính độ dài DE biết rằng DH  4 cm ,
AH  5 cm .

E

H
B

D

C

Lời giải
a) Ta có  BEC vng tại E (do BE là đường cao),có ED là trung tuyến (vì AD là đường cao
1
2

của  ABC cân tại A)  DE  BC
b)  AHE vuông tại E nên OA=OH=OE
1
  DEH

DBH
(vì  DBE có DB =ED = 2 BC)



AHE  BHD
(đối đỉnh)

 (vì OE=OH)
AHE  OEH
  BHD
  90 nên DEH
  OEH
  90
Mà DBH
 DE  OE  DE là tiếp tuyến của  O  .

c)  BDH đồng dạng với  ADC (g-g)


BD DH
 BD.DC  AD.DH

AD DC

d) Ta có BD.DC  AD.DH =(AH+HD).DH=(5+4).4=36
Mà DE=DB=DC nên DE= 36  6 (cm)

22


GIA SƯ HOÀI THƯƠNG BẮC NINH

ZALO:0382254027

Bài 12:
Từ một điểm ở ngồi đường trịn  O  kẻ tiếp
tuyến AB với đường tròn  O  ( B là tiếp
điểm). Gọi I là trung điểm của đoạn AB , kẻ
tiếp tuyến IM với đường tròn  O  ( M là tiếp

B
I
O

A

điểm).
a) Chứng minh rằng: Tam giác ABM là tam
giác vuông

b) Vẽ đường kính BC của đường trịn  O  .

M
C

Chứng minh ba điểm A, M , C thẳng hàng.
c) Biết AB  8 cm; AC  10 cm. Tính độ dài
đoạn thẳng AM
Lời giải
a) Theo giả thiết IM , IB là tiếp tuyến của đường tròn  O 
 IM  IB (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
1
2

Mà IA  IB (gt) suy ra MI  AB
Vậy tam giác ABM vng tại M
1
2

b) Trong tam giác BMC ta có OM  OB  OC ( Bán kính đường trịn  O  )  MO  BC
 tam giác BMC vuông tại M
  90  90  180
Ta có 
AMB  BMC

Vậy 
AMC  180 nên ba điểm A, M , C thẳng hàng
c) Ta có AB là tiếp tuyến của đường tròn  O  )  AB  OB (t/c tiếp tuyến)
Trong tam giác ABC vuông tại B ta có BM  AC
 AB 2  AM . AC ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông)

 AM 

AB 2
Thay số được AM  6, 4
AC

23