Chuyên đề ôn thi 10 hình học

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
A. Hệ thống kiến thức cơ bản
Phần 1: Tam giác
I. Tính chất chung:
A
B C
1.T/c về góc: Tổng số đo 3 góc trong một tam giác bằng 180
o
Góc ngoài của tam giác bằng tổng hai góc trong không kề với nó.
2. T/c về cạnh: Mỗi cạnh của tam giác lớn hơn hiệu hai cạnh và nhỏ hơn tổng hai cạnh
3. T/c Về quan hệ cạnh và góc: Cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn và ngợc lại.
4. T/c các đờng trong tam giác. A
a. Đờng trung bình:
MN là đờng trùng bình của

ABC M N

MN // BC ; MN = 1/2BC
b. Đờng trung tuyến: B C
+G là giao của 3 đờng trung tuyến thì: A
- G là trọng tâm của tam giác
- GA =
AM
3
2
( GM =
AM
3
1
; GM =
)AG

2
1
các trung tuyến còn lại tơng tự.
G

B M C
Mở rộng: -Trung tuyến của tam giác chia tam giác thành 2 phần có diện tích bằng nhau
- S
GAB
= S
GBC
= S
GAC
c. Đờng trung trực:
+ T/c trung trực của đoạn thẳng.
d là trung trực của đoạn thẳng AB
- M thuộc d suy ra MA = MB
- NA = NB suy ra N thuộc d
+ Ba đờng trung trực của tam giác cắt nhau tại một điểm
điểm đó cách đều 3 đỉnh của tam giác và điểm đó là tâm
đờng tròn ngoại tiếp tam giác.
d. Đờng phân giác:
+ T/c tia phân giác của một góc.
- Điểm bất kì nằm trên tia phân giác của một góc cách đều hai cạnh
- Điểm cách đều hai cạnh của góc nằm trên tia phân giác.
+ T/c đờng phân giác trong và ngoài của tam gíac.
Đờng phân giác trong và ngoài của tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ
với hai cạnh kề của hai đoạn thẳng đó.
A
AC

AB
DC
BD
CD
BD
,
,
==
D
,
B D C
Trờng THCS Thụy Phong
1
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
+ T/c 3 đờng phân giác trong tam giác: 3 đờng phân giác của tam giác đồng quy tại một
điểm , điểm đó cách đều 3 cạnh của tam giác . Điểm đó là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác.
+ Đờng phân giác trong của một góc và hai đờng phân giác ngoài của hai góc còn lại cắt
nhau tại một điểm, điểm đó cách đều 3 đờng thẳng chứa 3 cạnh của tam giác . Điểm đó là
tâm đờng tròn bàng tiếp tam giác đó.
e. Đờng cao:
- Ba đờng cao của tam giác cắt nhau tại một điểm , điểm đó gọi là trực tâm của tam giác
f. Đờng song song với một cạnh của tam giác ( Định lí ta let và hệ quả )
II. Tính chất riêng:
1. Tam giác cân:
- Hai cạnh bên bằng nhau
- Đờng cao , đờng trung trực , đờng trung tuyến, đờng phân giác xuất phát từ đỉnh trùng
nhau.
+ Dấu hiệu nhận biết tam giác cân:
- Có hai góc bằng nhau
- Có hai cạnh bằng nhau

- Có đờng cao đồng thời là đờng trung tuyến .
2. Tam giác vuông:
a. Tính chất:
- Cạnh huyền lớn hơn mỗi cạnh góc vuông
- Tổng hai góc nhọn bằng 90
o
A
- Trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
- Cạnh đối diện với góc 30
o
bằng nửa cạnh huyền.
b. Các hệ thức lợng trong tam giác vuông:
b
2
= a.b
,
a . h = b. c
h
2
= c
,
. b
,

222
111
cbh
+=
B C
c. Tỉ số lợng giác của góc nhọn.

Cần nhớ: - Định nghĩa tỉ số lợng giác của góc nhọn.
- Tỉ số lợng giác của các góc đặc biệt
- Mối quan hệ tỉ số lợng giác của hai góc phụ nhau.
- Một số công thức:
11
22
=+=


=


= CosSin;Cotg.Tg;
Sin
Cos
Cotg;
cos
sin
tg
- Với

nhọn thì: 0 < sin

; cos

<1
* Nếu góc

tăng từ 0
o

đến 90
o
thì sin

và Tg

tăng còn Cos

và Cotg

giảm
3. Tam giác đều:
a. Tính chất:
- 3 cạnh bằng nhau
- các đờng cao, đờng trung trực, đờng trung tuyến , đờng phân giác xuất phát từ một
đỉnh trùng nhau.
- Tâm đờng tròn nội tiếp, tâm đờng tròn ngoại tiếp, trực tâm , trọng tâm trùng nhau.
b. Dấu hiệu nhận biết.
- Tam giác có 3 cạnh bằng nhau
- Tam giác có 3 góc bằng nhau
- Tam giác cân có một góc bằng 60
o
III. Các trờng hợp bằng nhau và đồng dạng của hai tam giác:
1. Hai tam giác thờng:
Bằng nhau Đồng dạng
Cạnh cạnh cạnh Góc góc
Góc cạnh góc Cạnh góc - cạnh
Cạnh góc cạnh Cạnh cạnh cạnh
Trờng THCS Thụy Phong
2

c
b
,
b
h
a
c
,
H
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
2. Hai tam giác vuông:
Bằng nhau Đồng dạng
Hai cạnh góc vuông của tam giác vuông
này bằng hai cạnh góc vuông của tam
giác vuông kia.
Một góc nhọn của tam giác vuông này
bằng một góc nhọn của tam giác vuông
kia
Cạnh huyền và góc nhọn của tam giác
vuông này thứ tự bằng cạnh huyền và góc
nhọn của tam giac vuông kia.
Hai cạnh góc vuông của tam giác vuông
này tỉ lệ với hai cạnh góc vuông của tam
giác vuông kia.
Cạnh huyền và cạnh góc vuông của tam
giác vuông này bằng cạnh huyền và canh
góc vuông của tam giác vuông kia.
Cạnh góc vuông và cạnh huyền của tam
giác vuông này tỉ lệ với cạnh góc vuông
và cạnh huyền của tam giác vuông kia.

Chú ý: Nếu hai tam giác đồng dạng theo tỉ số k thì:
- Tỉ số diện tích bằng k
2
- Tỉ số các đờng cao, đờng trung tuyến, đờng phân giác tơng ứng bằng k
- Tỉ số chu vi bằng k
- Tỉ số hai bán kính đờng tròn nội tiếp , ngoại tiếp bằng tơng ứng bằng k
IV. Một số công thức tính diện tích của tam giác
1. S =
h.a
2
1
2. S =
SinB.acSinA.bcabSinC
2
1
2
1
2
1
==
3. S =
r.
cba
2
++
(r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác)
4. S =
R
c.b.a

4
( R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác)
Chú ý: Trong tam giác ABC có:
R
SinC
c
SinB
b
SinA
a
2===
( R là bán kính đờng tròn ngoại
tiếp tam giác)
Phần 2: Tứ giác
I. Tính chất chung: Tổng số đo 4 góc = 360
o
II. T/c của một số tứ giác đặc biệt.
1. Hình thang:
+ Định nghĩa: Hình thang là tứ giác có hai cạnh song song.
+ Tính chất:
- Tổng hai góc kề một cạnh bên bằng 2v
- Đờng trung bình song song với 2 đáy và băng nửa tổng độ dài hai đáy.
+ Dấu hiệu nhận biết:
- Tứ giác có hai cạnh song song.
- Hai góc kề một cạnh có tổng bằng 180
o
2. Hình thang cân:
+Đ/n: Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau.
+ T/c :
- Có t/c của hình thang

- Hai cạnh bên bằng nhau.
- Hai đờng chéo bằng nhau.
- Trục đối xứng là đờng thẳng đi qua trung điểm hai đáy.
Trờng THCS Thụy Phong
3
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
+ Dấu hiệu nhận biết:
- Hình thang có hai góc kề một đáy bằng nhau
- Hình thang có hai đờng chéo bằng nhau.
3. Hình bình hành:
+ Đ/n: Tứ giác có các cạnh đối song song
+ T/c:
- Có tính chất của hình thang
- Tứ giác có Các cạnh đối bằng nhau.
- Tứ giác có các cạnh đối song song
- Tứ giác có 1 cặp cạnh đối song song và bằng nhau
- Tứ giác có các góc đối bằng nhau
- Tứ giác có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng.
4. Hình chữ nhật:
+ Đ/n: Tứ giác có 4 góc vuông
+ T/c:
- Các cạnh đối bằng nhau
- Các cạnh đối song song
- 2 đờng chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng.
- Có hai trục đối xứng và một tâm đối xứng.
+ Dấu hiệu nhận biết:
- Tứ giác có 3 góc vuông
- Hình bình hành có một góc vuông
- Hình bình hành có hai đờng chéo bằng nhau
- Hình thang cân có một góc vuông.

5. Hình thoi:
+ Đ/n: Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau.
+ T/c:
- Hai đờng chéo vuông góc với nhau và cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đờng.
- Mỗi đờng chéo là phân giác các góc ở đỉnh.
- Tâm đỗi xứng là giao điểm của hai đờngchéo.
- Hai đờng chéo là hai trục đối xứng.
+Dấu hiệu nhận biết:
- Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau
- Hình bình hành có hai cạnh kề bằng nhau
- Hình bình hành có hai đờng chéo vuông góc với nhau
- Hình bình hành có 2 đờng chéo là phân giác của một góc ở đỉnh.
6. Hình vuông:
+Đ/n: Tứ giác có 4 cạnh bằng nhau và có 4 góc vuông.
+ T/c:
- Hai đờng chéo bằng nhau, vuông góc với nhau
cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng ,là phân giác của các góc ở đỉnh.
- Có một tâm đối xứng
- Có 4 trục đối xứng.
+ Dấu hiệu nhận biết:
- Hình chữ nhật có hai cạnh kề bằng nhau.
- Hình thoi có một góc vuông
- Hình thoi có hai đờng chéo bằng nhau.
- Hình chữ nhật có một đờng chéo là phân giác của một góc.
- Hình chữ nhật có hai đờng chéo vuông góc nhau.
Phần 3 : Đa giác đều
* Tính chất:
Trờng THCS Thụy Phong
4

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
- Tổng các góc trong của một đa giác đều n cạnh là: (n-2).180
o
- Số đo mỗi góc là : ((n-2).180
o
):n
- Bán kính đờng tròn ngoại tiếp: R =
n
sin
a
180
2
- Bán kính đờng tròn nội tiếp là r =
n
tg
a
180
2
- Diện tích: S =
r.P
n.r.a
=
2
( P là nửa chu vi)
Phần 4: Đ ờng tròn Hình tròn
I. Đờng tròn:
+ Định nghĩa: đờng tròn tâm O bán kính R là hình gồm các điểm cách điểm O cho trớc
một khoảng bằng R ( R > 0) kí hiệu: (O;R)
+ Công thức tính độ dài đờng tròn: C = 2

R
+ Công thức tính diện tích hình tròn: S =

R
2
+ Công thức tính độ dài cung n
o
là : l =
180
Rn
+Công thức tính diện tích quạt tròn n
o
là: S =
360
2
nR
+ Diện tích hình viên phân = S
quạt
S
tam giác.
1. Quỹ tích là đờng tròn:
a.
{ }
)R;O(Ocodinh,ROM/M ==
b.
)
AB
;I(VBMA/M
2
1 =

=

với I là trung điêm của AB.
2. Quỹ tích là cung tròn:






=

BMA/M
là hai cung chứa góc

dựng trên đoạn AB.
3. Các cách xác định một đờng tròn:
- Biết tâm và bán kính
- Qua 3 điểm không thẳng hàng
-
3. Tính chất đối xứng của đờng tròn:
- 1 tâm đối xứng chính là tâm của đờng tròn
- Mỗi đờng kính là một trục đối xứng.
4. Định lí liên hệ giữa đờng kính và dây cung

- Đờng kính là dây cung lớn nhất của đờng tròn.
- Trong một đờng tròn, đờng kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
- Trong một đờng tròn , đờng kính đi qua trung điểm của một dây không đi qua tâm thì
vuông góc với dây ấy.
5. Định lí liên hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm.
Trong một đờng tròn :
- Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm và ngợc lại
- Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn va ngợc lại.
6. Vị trí tơng đối của đờng thẳng và đờng tròn, của điểm và đờng tròn, của hai đờng tròn.
7. Tiếp tuyến của đờng tròn:
a. Các dấu hiệu nhận biết một đờng thẳng là tiếp tuyến của đờng tròn.
- Đờng thẳng chỉ có một điểm chung với đờng tròn.
- Khoảng cách từ tâm của đờng tròn đến đờng thẳng bằng bán kính.
Trờng THCS Thụy Phong
5
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
- Đờng thăngr đi qua một điểm của đờng tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó.
b. Tích chất hai tiếp tuyến cắt nhau:
Nếu hai tiếp tuyến của đờng tròn cắt nhau tại một điểm thì:
- Điểm đó cách đều hai tiếp điểm
- Tia kẻ từ điểm đó qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến.
- Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua
các tiếp điểm.
7 . Liên hệ giữa cung và dây:
Trong một đờng tròn hoặc hai đờng tròn bằng nhau:
- Dây lớn hơn căng dây lớn hơn.
- Dây lớn hơn căng cung lớn hơn.
- Hai dây bằng nhau căng hai dây bằng nhau.
( Chú ý: Ta chỉ xét các cung nhỏ)
8 . Các loại góc trong đờng tròn: Góc nội tiếp, góc ở tâm , góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung, góc có đỉnh ở bên trong hay bên ngoài đờng tròn.
( Định nghĩa, định lí và hệ quả)
Chuyên đề 1:
Chứng minh một đờng thẳng là tiếp tuyến của một đờng tròn.
I/Phơng pháp:
- Chứng minh đờng thẳng vuông góc với bán kính tại mút nằm trên đờng tròn.
- Chứng minh khoảng cách từ tâm đờng tròn tới đờng thẳng bằng bán kính
- Giả sử đờng thẳng a
1
là tiếp tuyến của đờg tròn , chứng minh a trùng với a
1
- Dựa vào t/c góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung.
II/ Bài tập áp dụng:
Bài 1: Từ điểm A ở ngoài (O) vẽ tiếp tuyến AB ở ngoài (O) . (B là tiếp điểm)
kẻ dây BC

AO. Chứng minh AC là tiếp tuyến của (O)
Bài 2: Cho điểm A ở ngoài (O) . Vẽ ( A;OA) Gọi CD là tiếp tuyến chung của hai đ-
ờng tròn C thuộc (O) và D thuộc (A). Đoạn nối tâm OA cắt (O) tại H.
Chứng minh: DH là tiếp tuyến của (O)
Bài 3: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB. Vẽ hai tiếp tuyến Ax và By với nửa đ-
ờng tròn . M là điểm bất kì thuộc nửa đờng tròn, Qua M kẻ tiếp tuyến bất kì với nửa đờng
tròn cắt Ax tại C và cắt By tại D. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính
CD.
Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi O là giao điểm của tia phân giác góc B
với AC. Chứng minh BC là tiếp tuyến của (O; OA)
Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có hai đờng cao BD và CE cắt nhau tại H. Gọi M là
trung điểm của BC. Chứng minh
a. MD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD.
b. ME là tiếp tuyến của (AEHD)

c. MEOD là tứ giác nội tiếp.
Bài 6: Cho (O;R) dây AB bất kì ( AB < 2R) . Gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ
AB . Dây MC cắt AB tại D. Chứng minh:
Trờng THCS Thụy Phong
6
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
a. AM là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ACD.
b. BM là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
Bài 7: Cho (O;R) và từ điểm A cách O một khoảng bằng 2R kẻ hai tiếp tuyến AB và
AC với (O) với B, C là các tiếp điểm. Đờng thẳng vuông góc với OB tại O cắt AC tại N, Đ-
ờng thẳng vuông góc với OC tại O cắt AB tại M .
Chứng minh MN là tiếp tuyến của (O).
Chuyên đề 2:
Chứng minh 3 điểm thẳng hàng
I. Phơng pháp
1.Ph ơng pháp 1: Chứng minh 2 đoạn thẳng (Mỗi đoạn có hai đầu là hai trong 3 điểm) tạo
thành góc 180
o
A B C c/m góc ABC = 180
o
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Trung tuyến AM, CN . Trên tia đối của tia NC lấy điểm
K sao cho KN = NC, trên tia đối của tia MB lấy điểm I sao cho MI = MB.
Chứng minh rằng K, A, I thẳng hàng.
A
N M
B C
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi M là một điểm bất kì trên đờng tròn.
Gọi I, J, K thứ tự là hình chiếu của M lên các đờng AB, AC, BC
Chứng minh rằng I, J , K thẳng hàng.
A

B C
Ví dụ 3: Cho (O) và (O
,
) tiếp xúc ngoài tại I . AB và CD là hai đờng kính của (O) và
(O
,
) ; AB // CD
Chứng minh A; I ; D thẳng hàng.
2. Ph ơng pháp 2: Sử dụng tiên đề ơclit
Chứng minh hai đờng thẳng đi qua 2 trong ba điểm đó cùng song song với một đ-
ờng thẳng cố định
Ví dụ1: Cho hình thang ABCD ( AB//CD) . Gọi I là giao của hai đờng phân giác
ngoài tại đỉnh A vàD; J là trung điểm của AD , K là trung điểm của BC.
Chứng minh: I; J; K thẳng hàng.
A B

I J K
Trờng THCS Thụy Phong
7
.
K
J
I
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
D C
Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD , O là giao điểm của hai đờng chéo. Gọi E là
điểm đối xứng của A qua B. DE cắt BC tại F, H là trung điểm của EC.
Chứng minh: O; F; H thẳng hàng.
A B E
o

F H
D C
3. Ph ơng pháp 3: Sử dụng định lí hai đờng thẳng vuông góc:
Chứng minh 2 đờng thẳng đi qua 2 trong 3 điểm đó cùng vuông góc với một đờng
thẳng cố định
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có D thuộc AC, I là chân đờng vuông góc hạ
từ D xuống BC. Đờng thẳng qua C vuông góc với BD cắt AB tại K.
Chứng minh: K; I và D thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho nửa (O) đờng kính AB . C là một điểm trên nửa đờng tròn . Gọi D là
điểm trên tia AC sao cho AD = AB. E là điểm trên đờng kính AB sao cho AE =AC , BC cắt
DE tại H , AH cắt (O) tại K.
Chứng minh: D; K và B thẳng hàng.
Ví dụ 3: Cho (O) và hai dây không qua tâm AB và CD song song với nhau. Gọi I là
trung điểm của AB, J là trung điểm của CD.
Chứng minh rằng O; I và J thẳng hàng.
4. Ph ơng pháp 4: Chứng minh một đờng thẳng đi qua 2 trong 3 điểm chứa điểm còn lại.
- Tâm thuộc đờng kính:
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A và đờng cao AH , đờng tròn (H,HA) cắt tia AB tại
E cắt AC tại F. Chứng minh E, H và F thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). D là một điểm thoả mãn để tứ giác ABCD la
hình bình hành. Đờng thẳng qua A và vuông góc với BD cắt (O) tại H.
Chứng minh rằng: H, O và C thẳng hàng.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao BD và CE cắt nhau tai H, Gọi I là
trung điểm của BC , đờng thẳng qua C và // với BH cắt đờng thẳng qua B và //CH tại D.
chứng minh rằng:
a. H, I và D thẳng hàng
b. A, O , D thẳng hàng ( O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC)
c. Gọi J và K thứ tự là trung điểm của AH và FE.
Chứng minh I, J và K thẳng hàng.
- Tâm hình bình hành thuộc đờng chéo của hình bình hành.

Ví dụ 1: Cho hình bình hành ABCD có O là tâm đối xứng. Gọi M là trung điểm của
AB, N là trung điểm của DC.
Chứng minh M, O, N thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Đờng cao BD và CE cắt nhau tại H, AO cắt
(O ) tại D , gọi I là trung điểm của BC.
Chứng minh: H, I và D thẳng hàng.
- Trực tâm thuộc đờng cao:
Trờng THCS Thụy Phong
8
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Ví dụ : Cho nửa (O) đờng kính AB . C và D là hai điểm thuộc nửa đờng tròn ( C
thuộc cung AD) AD cắt BC tại H , AC cắt BD tại E. đờng tròn đờng kính AE cắt đờng kính
AB tại I.
Chứng minh E, I và H thẳng hàng.
- Trọng tâm thuộc trung tuyến:
Ví dụ: Cho hình bình hành ABCD. Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo. E là điểm
đối xứng của A qua B. ED cắt BC tại F, OF cắt EC tại H, OE cắt BC tại G.
Chứng minh A, G , H thẳng hàng.
5. Ph ơng pháp 5: chứng minh 3 điểm có cùng một tính chất:
+ Cách đều hai đầu đoạn thẳng cố định
+ Cách đều hai cạnh của một góc
+ Cách đều một đờng thẳng và cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ là đờng thẳng
đó.
Ví dụ1: Cho tam giác ABC vuông tại A , D thuộc cạnh AB , H là hình chiếu của B lên
DC, BH cắt AC tại E . Gọi O là trung điểm của DE, I là trung điểm của AH , J là trung
điểm của BC.
Chứng minh: I, J và O thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho hình chữ nhật ABCD với O là tâm . Một góc vuông xAy, tia Ax cắt BC
tại E, cắt DC tại F , Ay cắt DC tại P cắt BC tại Q. Gọi I là trung điểm của FQ, J là trung
điểm của PE.

Chứng minh J, O, I thẳng hàng.
Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD có AD không // với BC. Gọi I là giao điểm của hai đờng
của góc A và góc B, J là giao điểm của hai đờng phân giác trong của góc D và góc C. K là
giao điểm của hai đờng phân giác ngoài tại đỉnh D và C.
Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
6. Các ph ơng pháp khác:
- A, B , C thẳng hàng

AB + BC = AC
- Hai điểm là tâm của hai đờng tròn tiếp xúc nhau và tiếp điểm.
- Sử dụng t/c trung điểm các cạnh bên và trung điểm các đờng chéo của hình thang thẳng
hàng.
- Sử dụng vị trí của hai góc đối đỉnh.
- Sử dụng t/c các đoạn thẳng tơng ứng tỉ lệ khi đã có 3 điểm tơng ứng thẳng hàng:
Ta có B, D, N thẳng hàng nếu
==
KN
KG
KD
KF
KB
KE
E, F , G thẳng hàng.
B
E
D
K G N

Bài tập:
BT1: Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O) , B thuộc cung BC. đờng thẳng qua P //AB cắt AC

tại I , đờng thẳng qua P //AC cắt BC tại J, đờng thẳng qua P //BC cắt AB tại K
Chứng minh rằng I; J; K thẳng hàng.
BT2: Cho tam giác ABC đờng cao AA
,
, Gọi I, J, K , L thứ tự là hình chiếu của A
,
lên AB,
AC, BB
,
và CC
,
.
Chứng minh I, J, K và L thẳng hàng.
Trờng THCS Thụy Phong
9
F
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
BT3: Cho hình thang ABCD có O làgiao điểm của hai đờng chéo , hai cạnh bên kéo dài cắt
nhau tại I. M, N thứ tự là trung điểm của AB và DC.
Chứng minh rằng I, M, N, O thẳng hàng.
BT4: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi P
là điểm đối xứng của H qua trung điểm K của BC.
a. Chứng minh A, O , P thẳng hàng.
b. Gọi I là trung điểm của AH, J là trung điểm của EF. Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Chuyên đề: Chứng minh 3 đờng thẳng đồng quy
A. Phơng pháp chung:
- Tìm giao của hai đờng thẳng sau đó chứng minh đờng thẳng thứ 3 đi qua giao điểm của
hai đờng thẳng trên. nhờ các phơng pháp chứng minh 3 điểm thẳng hàng.
- Chứng minh một điểm thuộc 3 đờng thẳng
- Sử dụng các t/c đồng quy của các đờng trong tam giác.

- Sử dụng tính chất các đờng thẳng định ra trên hai đờng thẳng song song những đoạn
thẳng tỉ lệ.
- Chứng minh cho các đờng tròn cùng đi qua một điểm.
B. Bài tập:
BT1: Cho tam giác ABC trung tuyến AM, các điểm E và D thuộc các cạnh AB và AC sao
cho AE = 1/3AB và AD = 1/3 AC.
Chứng minh AM , BD và CE đồng quy.
BT2: Cho nửa đờng tròn đờng kính AB , C và D là hai điểm thuộc nửa đờng tròn
( AC < AD ) . Gọi E là giao điểm của BC và AD. F là hình chiếu của E lên AB. Chứng
minh AC, BD, EF đồng quy.
D
C
A B
BT3: Cho tứ giác lồi ABCD có các cạnh đối không song song , phân giác góc A cắt phân
giác góc B tại M, Phân giác góc D cắt phân giác góc C tại N .
Chứng minh rằng : AD, BC, MN đồng quy.
BT4: Cho tam giác ABC vuông tại A, D thuộc cạnh AC, đờng tròn đờng kính DC cắt BC tại
E và cắt BD tại F.
Chứng minh AB, ED và CF đồng quy.
Chuyên đề 4: Chứng minh tứ giác nội tiếp
A. Phơng pháp:
- Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm
- Chứng minh tổng hai góc đối bằng 2 vuông
Trờng THCS Thụy Phong
10
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
- Chứng minh hai đỉnh nhìn hai đỉnh còn lại dới một góc vuông.
- Chứng minh hai đỉnh liên tiếp nhìn hai đỉnh còn lại dới hai góc bằng nhau.
B. Bài tập:
BT1: Cho tam giác ABC có các đờng cao AD , BE, CF cắt nhau tại H

a. Chứng minh tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp.
b. Trên hình có bao nhiêu tứ giác nội tiếp.
BT2: Cho tam giác ABC nhọn đờng cao AH . Gọi D , E thứ tự là hình chiếu của H trên Ab
và AC. Chứng minh ADHE và BDEC nội tiếp .
BT3: Cho hình vuông ABCD, có E thuộc cạnh DC, F thuộc cạnh BC sao cho góc EAF bằng
45
o
. DB cắt AE tại G, cắt AF tại K.
Chứng minh: a. ABFG nội tiếp
b. ADEK nội tiếp.
BT4: Cho tam giác ABC có M, N, P thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB . Các đờng trung
trực của tam giác gặp nhau tại O. Các đờng cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Gọi I, K, R
theo thứ tự là trung điểm của AH, HB, HC.
Chứng minh: I, D, M, K, E, N, R, P cùng thuộc một đờng tròn.
Dạng V
Bài tập Hình tổng hợp
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P.
Chứng minh rằng:
1. Tứ giác CEHD, nội tiếp .
2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
4. H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF.
Lời giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 90
0
( Vì BE là đờng cao)
CDH = 90

0
( Vì AD là đờng cao)
=> CEH + CDH = 180
0

Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEC = 90
0
.
CF là đờng cao => CF AB => BFC = 90
0
.
Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 90
0
=> E và F cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: AEH = ADC = 90
0
; Â là góc chung
=> AEH ADC =>
AC
AH
AD
AE
=
=> AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: BEC = ADC = 90
0
; C là góc chung
=> BEC ADC =>

AC
BC
AD
BE
=
=> AD.BC = BE.AC.
4. Ta có C
1
= A
1
( vì cùng phụ với góc ABC)
C
2
= A
1
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> C
1
= C
2
=> CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB HM => CHM cân tại C
=> CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn
Trờng THCS Thụy Phong
11
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
=> C
1
= E
1

( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
C
1
= E
2
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
E
1
= E
2
=> EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là
tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AHE.
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Chứng minh ED =
2
1
BC.
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 90
0
( Vì BE là đờng cao)

CDH = 90
0
( Vì AD là đờng cao)
=> CEH + CDH = 180
0
Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEA = 90
0
.
AD là đờng cao => AD BC => BDA = 90
0
.
Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 90
0
=> E và D cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 90
0
.
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE =
2
1
BC.
Vì O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác
AOE cân tại O => E
1
= A
1
(1).

Theo trên DE =
2
1
BC => tam giác DBE cân tại D => E
3
= B
1
(2)
Mà B
1
= A
1
( vì cùng phụ với góc ACB) => E
1
= E
3
=> E
1
+ E
2
= E
2
+ E
3

Mà E
1
+ E
2
= BEA = 90

0
=> E
2
+ E
3
= 90
0
= OED => DE OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho
tam giác OED vuông tại E ta có ED
2
= OD
2
OE
2
ED
2
= 5
2
3
2
ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa
đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và D. Các đờng thẳng AD và BC cắt
nhau tại N.
1. Chứng minh AC + BD = CD.
2. Chứng minh COD = 90
0
.

3. Chứng minh AC. BD =
4
2
AB
.
4. Chứng minh OC // BM
5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính CD.
6. Chứng minh MN AB.
7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
Trờng THCS Thụy Phong
12
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác
của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 90
0
.
Theo trên COD = 90
0
nên tam giác COD vuông tại O có OM CD ( OM là tiếp tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông ta có OM
2
= CM. DM,
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R
2
=> AC. BD =
4
2

AB
.
Theo trên COD = 90
0
nên OC OD .(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM
=> BM OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).
Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO
là bán kính.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại
có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung bình của hình thang ACDB
=> IO // AC , mà AC AB => IO AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng tròn đờng kính CD
6. Theo trên AC // BD =>
BD
AC
BN
CN
=
, mà CA = CM; DB = DM nên suy ra
DM
CM
BN
CN
=
=> MN // BD mà BD AB => MN AB.
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi
tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD
nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M
phải là trung điểm của cung AB.
Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc

A , O là trung điểm của IK.
1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
3. Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
Lời giải: (HD)
1. Vì I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn bàng tiếp góc
A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B
Do đó BI BK hayIBK = 90
0
.
Tơng tự ta cũng có ICK = 90
0
nh vậy B và C cùng nằm trên đờng
tròn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
Ta có C
1
= C
2
(1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
C
2
+ I
1
= 90
0
(2) ( vì IHC = 90
0
).

I

1
= ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O)
Từ (1), (2) , (3) => C
1
+ ICO = 90
0
hay AC OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).
Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH
2
= AC
2
HC
2
=> AH =
22
1220
= 16 ( cm)
CH
2
= AH.OH => OH =
16
12
22
=
AH
CH
= 9 (cm)
OC =
225129

2222
=+=+ HCOH
= 15 (cm)
Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng thẳng d lấy điểm
M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm).
Kẻ AC MB, BD MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng
tròn .
3. Chứng minh OI.OM = R
2
; OI. IM = IA
2
.
4. Chứng minh OAHB là hình thoi.
5. Chứng minh ba điểm O, H, M
thẳng hàng.
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi
M di chuyển trên đờng thẳng d
Lời giải:
Trờng THCS Thụy Phong
13
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
(HS tự làm).
Vì K là trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính
Và dây cung) => OKM = 90
0
. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 90
0
; OBM = 90

0
. nh vậy K, A,
B cùng nhìn OM dới một góc 90
0
nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính OM.
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R
=> OM là trung trực của AB => OM AB tại I .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 90
0
nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đờng cao.
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA
2
hay OI.OM = R
2
; và OI. IM = IA
2
.
4. Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH AB; cũng theo trên OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì
qua O chỉ có một đờng thẳng vuông góc với AB).
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động
nhng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đờng
thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đờng
kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E.
1. Chứng minh tam giác BEC cân.
2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.

3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A; AH).
4. Chứng minh BE = BH + DE.
Lời giải: (HD)
AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung tuyến
của BEC => BEC là tam giác cân. => B
1
= B
2

2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B
1
= B
2
=> AHB = AIB
=> AI = AH.
3. AI = AH và BE AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.
1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn.
2. Chứng minh BM // OP.
3. Đờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng
minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt
nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
Lời giải:
(HS tự làm).
Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM là góc ở tâm
chắn cung AM => ABM =

2
AOM
(1) OP là tia phân giác
AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt
nhau ) => AOP =
2
AOM
(2)
Từ (1) và (2) => ABM =
AOP (3)
Trờng THCS Thụy Phong
14
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=90
0
(vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 90
0
(gt NOAB).
=> PAO = NOB = 90
0
; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5)
Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON AB => ON PJ
Ta cũng có PM OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 90
0
=> K là trung điểm
của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật). (6)
AONP là hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đờng cao => IK PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.
Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M khác A,B). Trên
nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc
IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: AI
2
= IM . IB.
3) Chứng minh BAF là tam giác cân.
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.
Lời giải:
1. Ta có : AMB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KMF = 90
0
(vì là hai góc kề bù).
AEB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> KEF = 90
0
(vì là hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 180
0
. Mà KMF và KEF là hai góc đối
của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.

Ta có IAB = 90
0
( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM IB ( theo trên).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI
2
= IM . IB.
Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí do )
=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1)
Theo trên ta có AEB = 90
0
=> BE AF hay BE là đờng cao của tam giác ABF (2).
Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B .
BAF là tam giác cân. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là trung điểm
của AF. (3)
Từ BE AF => AF HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác HAK (5)
Trờng THCS Thụy Phong
15
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E là
trung điểm của HK. (6).
Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi
đờng).
(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang.
Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn thì AKFI phải là hình thang cân.
AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB.
Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ABM = MAI = 45
0
(t/c góc nội tiếp ). (7)
Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 45
0

=> AIB = 45
0
.(8)
Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 45
0
=> AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau).
Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.
Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đờng
tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E).
1. Chứng minh AC. AE không đổi.
2. Chứng minh ABD = DFB.
3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
Lời giải:
C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn
) => BC AE.
ABE = 90
0
( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đ-
ờng cao => AC. AE = AB
2
(hệ thức giữa cạnh và đờng cao ), mà AB là đ-
ờng kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi.
ADB có ADB = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).
=> ABD + BAD = 90
0
(vì tổng ba góc của một tam giác bằng 180

0
)(1)
ABF có ABF = 90
0
( BF là tiếp tuyến ).
=> AFB + BAF = 90
0
(vì tổng ba góc của một tam giác bằng 180
0
) (2)
Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cùng phụ với BAD)
Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 180
0
.
ECD + ACD = 180
0
( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD).
Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 180
0
( Vì là hai góc kề bù) nên suy
ra ECD + EFD = 180
0
, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác
CEFD là tứ giác nội tiếp.
Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn sao cho AM < MB. Gọi
M là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, MA. Gọi P là chân đơng
vuông góc từ S đến AB.
1. Chứng minh bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn
2. Gọi S là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng tam giác
PSM cân.

3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng tròn .
Lời giải:
1. Ta có SP AB (gt) => SPA = 90
0
; AMB = 90
0
( nội tiếp chắn
nửa đờng tròn ) => AMS = 90
0
. Nh vậy P và M cùng nhìn AS dới
một góc bằng 90
0
nên cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AS.
Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn.
2. Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm trên đờng tròn nên M cũng
nằm trên đờng tròn => hai cung AM và AM có số đo bằng nhau
=> AMM = AMM ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1)
Cũng vì Mđối xứng M qua AB nên MM AB tại H => MM// SS ( cùng vuông góc với AB)
=> AMM = ASS; AMM = ASS (vì so le trong) (2).
=> Từ (1) và (2) => ASS = ASS.
Trờng THCS Thụy Phong
16
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn AP )
=> ASP = AMP => tam giác PMS cân tại P.
3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS vuông tại M => B
1
= S
1
(cùng phụ với S). (3)

Tam giác PMS cân tại P => S
1
= M
1
(4)
Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B
1
= M
3
(5).
Từ (3), (4) và (5) => M
1
= M
3
=> M
1
+ M
2
= M
3
+ M
2
mà M
3
+ M
2
= AMB = 90
0
nên suy
ra M

1
+ M
2
= PMO = 90
0
=> PM OM tại M => PM là tiếp tuyến của đờng tròn tại M
Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại các điểm D, E,
F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :
1. Tam giác DEF có ba góc nhọn.
2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4.
CF
BM
CB
BD
=

Lời giải:
1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF
cân tại A => ADF = AFD < 90
0
=> sđ cung DF < 180
0
=> DEF < 90
0
( vì
góc DEF nội tiếp chắn cung DE).
Chứng minh tơng tự ta có DFE < 90
0
; EDF < 90
0

. Nh vậy tam giác DEF có
ba góc nhọn.
2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) =>
AD AF
AB AC
=
=> DF // BC.
3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn .
4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân).
BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF .
=> BDM CBF =>
CF
BM
CB
BD
=
Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng
AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đờng thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến
tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh :
1. Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng
cố định nào.
Lời giải:
1. Ta có OMP = 90
0
( vì PM AB ); ONP = 90
0

(vì NP là tiếp tuyến ).
Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 90
0
=> M và N cùng nằm
trên đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.
2. Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM)
Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ONC = OCN
=> OPM = OCM.
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 90
0
; OPM = OCM => CMO = POM lại
có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1)
Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2).
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.
3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 90
0
( gt CD AB); DNC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng
tròn ) => MOC =DNC = 90
0
lại có C là góc chung => OMC NDC
Trờng THCS Thụy Phong
17
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
=>
CM CO
CD CN
=
=> CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R

2
không đổi => CM.CN =2R
2
không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 90
0
=> P chạy trên đờng thẳng cố định vuông góc
với CD tại D.
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A B song song và bằng AB.
Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A ,
Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC tại F.
1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật.
2. BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. AE. AB = AF. AC.
4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn .
Lời giải:
1. Ta có : BEH = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AEH = 90
0
(vì là hai góc kề bù). (1)
CFH = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> AFH = 90
0
(vì là hai góc kề bù).(2)
EAF = 90
0

( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).
2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F
1
=H
1
(nội tiếp chắn cung
AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (O
1
) và (O
2
) => B
1
=
H
1
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => B
1
= F
1
=> EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE +
EFC = 180
0
(vì là hai góc kề bù) => EBC+EFC = 180
0
mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của
tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác nội tiếp.
3. Xét hai tam giác AEF và ACB ta có A = 90
0
là góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng

minh trên) => AEF ACB =>
AE AF
AC AB
=
=> AE. AB = AF. AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE

AB => AH
2
= AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông tại H có HF

AC => AH
2
= AF.AC (**)
Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC
4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E
1
= H
1
.
O
1
EH cân tại O
1
(vì có O
1
E vàO
1
H cùng là bán kính) => E

2
= H
2
.
=> E
1
+ E
2
= H
1
+ H
2
mà H
1
+ H
2
= AHB = 90
0
=> E
1
+ E
2
= O
1
EF = 90
0
=> O
1
E EF .
Chứng minh tơng tự ta cũng có O

2
F EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn .
Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một phía của AB các
nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ tự là O, I, K.
Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA,
EB với các nửa đờng tròn (I), (K).
1. Chứng minh EC = MN.
2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng
tròn (I), (K).
3. Tính MN.
4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn
Lời giải:
1. Ta có: BNC= 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K)
=> ENC = 90
0
(vì là hai góc kề bù). (1)
AMC = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 90
0
(vì là hai góc kề bù).(2)
AEB = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 90
0
(3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật )
Trờng THCS Thụy Phong

18
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I) và (K)
=> B
1
= C
1
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => C
1
= N
3

=> B
1
= N
3
.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN cân tại K => B
1
= N
1
(5)
Từ (4) và (5) => N
1
= N
3
mà N
1
+ N
2
= CNB = 90

0
=> N
3
+ N
2
= MNK = 90
0
hay
MN KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.
Chứng minh tơng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,
Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I), (K).
3. Ta có AEB = 90
0
(nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông tại A có EC AB (gt)
=> EC
2
= AC. BC EC
2
= 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trên EC = MN => MN = 20 cm.
4. Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm
Ta có S
(o)
=

.OA
2
=

25
2

= 625

; S
(I)
=

. IA
2
=

.5
2
= 25

; S
(k)
=

.KB
2
=

. 20
2
= 400

.
Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S =
1
2

( S
(o)
- S
(I)
- S
(k)
)
S =
1
2
( 625

- 25

- 400

) =
1
2
.200

= 100



314 (cm
2
)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC.
đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) tại S.

1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA, EM, CD
đồng quy.
4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.
5. Chứng minh điểm M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE.
Lời giải:

1. Ta có CAB = 90
0
( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> CDB = 90
0
nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90
0
nên A và D cùng nằm trên đờng
tròn đờng kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D
1
= C
3
( nội tiếp cùng chắn cung AB).
D
1
= C
3
=>
ẳ

ẳ
SM EM=
=> C
2
= C
3
(hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung bằng nhau)
=> CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của tam giác
CMB nên BA, EM, CD đồng quy.
4. Theo trên Ta có
ẳ
ẳ
SM EM=
=> D
1
= D
2
=> DM là tia phân giác của góc ADE.(1)
5. Ta có MEC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 90
0
.
Tứ giác AMEB có MAB = 90
0
; MEB = 90
0
=> MAB + MEB = 180
0

mà đây là hai góc đối nên tứ
giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => A
2
= B
2
.
Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A
1
= B
2
( nội tiếp cùng chắn cung CD)
=> A
1
= A
2
=> AM là tia phân giác của góc DAE (2)
Trờng THCS Thụy Phong
19
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE
TH2 (Hình b)
Câu 2 : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS
=>
ằ
ằ
ẳ
ẳ
CE CS SM EM= => =
=> SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB.
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng tròn đờng kính BD cắt BC

tại E. Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G.
Chứng minh :
1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .
3. AC // FG.
4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.
Lời giải:
1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 90
0
( vì tam giác ABC
vuông tại A); DEB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> DEB = BAC = 90
0
; lại có ABC là góc chung => DEB CAB .
2. Theo trên DEB = 90
0
=> DEC = 90
0
(vì hai góc kề bù); BAC = 90
0

( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 90
0
=> DEC + DAC = 180
0
mà
đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .
* BAC = 90

0
( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay
BFC = 90
0
nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90
0
nên A và F cùng nằm trên đờng tròn đờng
kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.
3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => E
1
= C
1
lại có E
1
= F
1
=> F
1
= C
1
mà đây là hai góc so
le trong nên suy ra AC // FG.
4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy tại S.
Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng B. C,
H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC.
1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH.
3. Chứng minh OH PQ.

Lời giải:
1. Ta có MP AB (gt) => APM = 90
0
; MQ AC (gt)
=> AQM = 90
0
nh vậy P và Q cùng nhìn BC dới một góc
bằng 90
0
nên P và Q cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AM
=> APMQ là tứ giác nội tiếp.
* Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là
trung điểm của AM.
2. Tam giác ABC có AH là đờng cao => S
ABC
=
1
2
BC.AH.
Tam giác ABM có MP là đờng cao => S
ABM
=
1
2
AB.MP
Tam giác ACM có MQ là đờng cao => S
ACM
=
1

2
AC.MQ
Ta có S
ABM
+ S
ACM
= S
ABC
=>
1
2
AB.MP +
1
2
AC.MQ =
1
2
BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH.
Trờng THCS Thụy Phong
20
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
3. Tam giác ABC có AH là đờng cao nên cũng là đờng phân giác => HAP = HAQ =>
ằ
ẳ
HP HQ=
( tính
chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác
POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đờng cao => OH PQ
Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H không trùng O, B) ;

trên đờng thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngoài đờng tròn ; MA và MB thứ tự cắt đờng
tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC.
1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .
2. Chứng minh các đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.
3. Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .
Lời giải:
1. Ta có : ACB = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> MCI = 90
0
(vì là hai góc kề bù).
ADB = 90
0
( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )
=> MDI = 90
0
(vì là hai góc kề bù).
=> MCI + MDI = 180
0
mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên
MCID là tứ giác nội tiếp.
2. Theo trên Ta có BC MA; AD MB nên BC và AD là hai đ-
ờng cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực
tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH AB nên MH cũng là đ-
ờng cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.
3. OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A
1
= C
4

KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M
1
= C
1
.
Mà A
1
+ M
1
= 90
0
( do tam giác AHM vuông tại H) => C
1
+ C
4
= 90
0
=> C
3
+ C
2
= 90
0
( vì góc
ACM là góc bẹt) hay OCK = 90
0
.
Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 90
0

; OCK = 90
0
=> OHK + OCK = 180
0
mà OHK và OCK là
hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.
Bài 19. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là
trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD.
1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp .
2. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
3. Chứng minh BI // AD.
4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.
5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O).
Lời giải:
1. BIC = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 90
0
(vì
là hai góc kề bù); DE AB tại M => BMD = 90
0

=> BID + BMD = 180
0
mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID
nên MBID là tứ giác nội tiếp.
2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE AB tại M nên M
cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính và dây cung)
=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng .
3. ADC = 90

0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DC; theo trên BI DC => BI // AD. (1)
4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2).
Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đờng thẳng song song với AD mà thôi.)
5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE)
=>MI = ME => MIE cân tại M => I
1
= E
1
; OIC cân tại O ( vì OC và OI cùng là bán kính )
=> I
3
= C
1
mà C
1
= E
1
( Cùng phụ với góc EDC ) => I
1
= I
3
=> I
1
+ I
2
= I
3
+ I
2

. Mà
I
3
+ I
2
= BIC = 90
0
=> I
1
+ I
2
= 90
0
= MIO hay MI OI tại I => MI là tiếp tuyến của (O).
Trờng THCS Thụy Phong
21
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Bài 20. Cho đờng tròn (O; R) và (O; R) có R > R tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai đờng
kính đi qua điểm C của (O) và (O). DE là dây cung của (O) vuông góc với AB tại trung điểm M của AB.
Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O) là F, BD cắt (O) tại G. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác MDGC nội tiếp .
2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn
3. Tứ giác ADBE là hình thoi.
4. B, E, F thẳng hàng
5. DF, EG, AB đồng quy.
6. MF = 1/2 DE.
7. MF là tiếp tuyến của (O).
Lời giải:
1. BGC = 90
0

( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> CGD = 90
0
(vì là hai góc kề bù)
Theo giả thiết DE AB tại M => CMD = 90
0

=> CGD + CMD = 180
0
mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp
2. BFC = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 90
0
; BMD = 90
0
(vì DE AB tại M)
nh vậy F và M cùng nhìn BD dới một góc bằng 90
0
nên F và M cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD
=> M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn .
3. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan
hệ đờng kính và dây cung)
=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đờng .
4. ADC = 90
0
( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho
=> BE // AD mà AD DF nên suy ra BE DF .
Theo trên BFC = 90
0

( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B chỉ có một đờng thẳng
vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng.
5. Theo trên DF BE; BM DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của tam giác BDE
=> EC cũng là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy
6. Theo trên DF BE => DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung điểm của DE) suy
ra MF = 1/2 DE ( vì trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền).
7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D
1
= F
1

OBF cân tại O ( vì OB và OF cùng là bán kính ) => F
3
= B
1
mà B
1
= D
1
(Cùng phụ với DEB )
=> F
1
= F
3
=> F
1
+ F
2
= F
3

+ F
2
. Mà F
3
+ F
2
= BFC = 90
0
=> F
1
+ F
2
= 90
0
= MFO
hay MF OF tại F => MF là tiếp tuyến của (O).
Bài 21. Cho đờng tròn (O) đờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm I đi qua A, trên
(I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.
1. Chứng minh rằng các đờng tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A.
2. Chứng minh IP // OQ.
3. Chứng minh rằng AP = PQ.
4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.
Lời giải:
1. Ta có OI = OA IA mà OA và IA lần lợt là các bán kính của đờng
tròn (O) và đờng tròn (I) . Vậy đờng tròn (O) và đờng tròn (I) tiếp xúc
nhau tại A .
2. OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => A
1
= Q
1

IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A
1
= P
1

=> P
1
= Q
1
mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.
3. APO = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP là đờng cao của OAQ mà OAQ cân
tại O nên OP là đờng trung tuyến => AP = PQ.
4. (HD) Kẻ QH AB ta có S
AQB
=
1
2
AB.QH. mà AB là đờng kính không đổi nên S
AQB
lớn nhất khi QH lớn
nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P
phải là trung điểm của cung AO.
Trờng THCS Thụy Phong
22
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI AO mà theo trên PI // QO => QO AB tại O => Q là trung
điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.

Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng
thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.
1. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp .
2. Tính góc CHK.
3. Chứng minh KC. KD = KH.KB
4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đờng nào?
Lời giải:
1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên BCD = 90
0
; BH DE
tại H nên BHD = 90
0
=> nh vậy H và C cùng nhìn BD dới một góc
bằng 90
0
nên H và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BD =>
BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. BHCD là tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 180
0
. (1)
BHK là góc bẹt nên KHC + BHC = 180
0
(2).
Từ (1) và (2) => CHK = BDC mà BDC = 45
0
(vì ABCD là hình vuông) => CHK = 45
0
.
3. Xét KHC và KDB ta có CHK = BDC = 45
0

; K là góc chung
=> KHC KDB =>
KC KH
KB KD
=
=> KC. KD = KH.KB.
4. (HD) Ta luôn có BHD = 90
0
và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển
động trên cung BC (E B thì H B; E C thì H C).
Bài 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE.
1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2. Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC
tại F, chứng minh FBC là tam giác vuông cân.
3. Cho biết ABC > 45
0
; gọi M là giao điểm của BF và
ED, Chứng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên
một đờng tròn.
4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
Lời giải:
1. Theo giả thiết ABHK là hình vuông => BAH = 45
0
Tứ giác AEDC là hình vuông => CAD = 45
0
; tam giác ABC vuông ở A => BAC = 90
0

=> BAH + BAC + CAD = 45

0
+ 90
0
+ 45
0
= 180
0
=> ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2. Ta có BFC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1).
FBC = FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên CAD = 45
0
hay FAC = 45
0
(2).
Từ (1) và (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F.
3. Theo trên BFC = 90
0
=> CFM = 90
0
( vì là hai góc kề bù); CDM = 90
0
(t/c hình vuông).
=> CFM + CDM = 180
0
mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đờng tròn suy ra CDF
= CMF , mà CDF = 45
0
(vì AEDC là hình vuông) => CMF = 45

0
hay CMB = 45
0
.
Ta cũng có CEB = 45
0
(vì AEDC là hình vuông); BKC = 45
0
(vì ABHK là hình vuông).
Nh vậy K, E, M cùng nhìn BC dới một góc bằng 45
0
nên cùng nằm trên cung chứa góc 45
0
dựng trên BC
=> 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng tròn.
4. CBM có B = 45
0
; M = 45
0
=> BCM =45
0
hay MC BC tại C => MC là tiếp tuyến của đ-
ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 45
0
. Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn này cắt
BA và BC tại D và E.
1. Chứng minh AE = EB.
Trờng THCS Thụy Phong
23

Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đờng trung
trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.
3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác
BDE.
Lời giải:
1. AEC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> AEB = 90
0
( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 45
0

=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.
F
1
1
1
2
/
/
_
_
K
H
I
E
D
O

C
B
A
2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình của tam giác
HBE => IK // BE mà AEC = 90
0
nên BE HE tại E => IK HE tại K (2).
Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH.
3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB.
ADC = 90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 90
0
(kề bù ADC) => tam giác BDH vuông tại
D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là
tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.
Ta có ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => D
1
= C
1
. (3)
IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D
2
= B
1
. (4)
Theo trên ta có CD và AE là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH
cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH AC tại F => AEB có AFB = 90
0
.

Theo trên ADC có ADC = 90
0
=> B
1
= C
1
( cùng phụ BAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>D
1
= D
2
mà D
2
+IDH =BDC = 90
0
=> D
1
+IDH = 90
0
= IDO => OD ID
tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Bài 25. Cho đờng tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đờng tròn (O) tại B và C
chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đờng vuông góc MI, MH, MK xuống
các cạnh tơng ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q.
1. Chứng minh tam giác ABC cân. 2. Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp .
3. Chứng minh MI
2
= MH.MK. 4. Chứng minh PQ MI.
Lời giải:
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => ABC cân tại A.

2. Theo giả thiết MI BC => MIB = 90
0
; MK AB => MKB = 90
0
.
=> MIB + MKB = 180
0
mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tự tứ giác BIMK )
3. Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 180
0
; tứ giác
CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 180
0
. mà KBI = HCI ( vì tam giác
ABC cân tại A) => KMI = HMI (1).
Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => B
1
= I
1
( nội tiếp cùng chắn cung
KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H
1
= C
1
( nội tiếp cùng chắn cung IM).
Mà B
1
= C
1

( = 1/2 sđ
ẳ
BM
) => I
1
= H
1
(2).
Từ (1) và (2) => MKI MIH =>
MI MK
MH MI
=
=> MI
2
= MH.MK
4. Theo trên ta có I
1
= C
1
; cũng chứng minh tơng tự ta có I
2
= B
2
mà C
1
+ B
2
+ BMC = 180
0

=> I
1
+ I
2
+ BMC = 180
0
hay PIQ + PMQ = 180
0
mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp
=> Q
1
= I
1
mà I
1
= C
1
=> Q
1
= C
1
=> PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả
thiết MI BC nên suy ra IM PQ.
Bài 26. Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD AB ở H. Gọi M là điểm chính giữa
của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và CB. Chứng minh :
Trờng THCS Thụy Phong
24
Bùi Văn Bằng Các dạng toán ôn thi vào lớp 10
1.
AB

AC
KB
KC
=
2. AM là tia phân giác của CMD. 3. Tứ giác OHCI nội tiếp
4. Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến của đờng tròn
tại M.
Lời giải: 1. Theo giả thiết M là trung điểm của
ằ
BC
=>
ằ
ẳ
MB MC=
=> CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => AK là tia
phân giác của góc CAB =>
AB
AC
KB
KC
=
( t/c tia phân giác của tam giác )
2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A là trung điểm của
ằ
CD
=> CMA = DMA => MA là tia phân giác
của góc CMD.
3. (HD) Theo giả thiết M là trung điểm của
ằ
BC

=> OM BC tại I => OIC = 90
0
; CD AB tại H
=> OHC = 90
0
=> OIC + OHC = 180
0
mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4. Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vì cùng vuông góc với AC). Theo trên OM BC => OM MJ tại J suy ra
MJ là tiếp tuyến của đờng tròn tại M.
Bài 27 Cho đờng tròn (O) và một điểm A ở ngoài đờng tròn . Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A
tiếp xúc với đờng tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH
BC, MK CA, MI AB. Chứng minh :
Tứ giác ABOC nội tiếp. 2. BAO = BCO. 3. MIH MHK. 4. MI.MK = MH
2
.
Lời giải:

(HS tự giải)
Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO).
Theo giả thiết MH BC => MHC = 90
0
; MK CA => MKC = 90
0
=> MHC + MKC = 180
0
mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội
tiếp cùng chắn cung HM).
Chứng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp cùng chắn cung IM).
Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ

ẳ
BM
) => HKM = MHI (1). Chứng minh tơng tự ta cũng có
KHM = HIM (2). Từ (1) và (2) => HIM KHM.
Theo trên HIM KHM =>
MI MH
MH MK
=
=> MI.MK = MH
2
Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối xứng của H
qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC.
1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
2. E, F nằm trên đờng tròn (O).
3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.
4. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của
tam giác ABC.
Lời giải:
1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của
BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai đ-
ờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng .
2. (HD) Tứ giác
ABHC nội tiếp => BAC +
BHC = 180
0
mà BHC =
BHC (đối đỉnh) => BAC
Trờng THCS Thụy Phong
25