Đề cương ôn tập môn Hình học 9 HK 2

Đề cương ôn tập Học kỳ 2
môn Hình Học 9 (09-10)
A. LÝ THUYẾT:
Câu 1 : Nêu các loại góc có quan hệ với đường tròn? Các góc đó có quan hệ gì với sđ cung bò
chắn? Vẽ hình và viết công thức minh họa cho mối quan hệ đó.
Câu 2 :Phát biểu mối liên hệ giữa cung và dây của đường tròn.
Câu 3: Phát biểu quỹ tích cung chứa góc.
Câu 4 : Nêu đònh nghóa tứ giác nội tiếp? Tính chất về góc của tứ giác nội tiếp? Từ đó hãy cho biết
có mấy cách chứng minh một tứ giác nôïi tiếp đường tròn? Đó là những cách nào?
Câu 5:Phát biểu đường tròn nội tiếp. Đường tròn ngoại tiếp đa giác đều.
Câu 6: Nêu cách tính sđ cung nhỏ? Cách tính sđ cung lớn trong một đường tròn.
Câu 7 :Viết công thức tính đôï dài đường tròn. Độ dài cung tròn. Diện tích hình tròn. Diện tích hình
quạt tròn. Nói rõ từng đại lượng có mặt trong công thức.
Câu 8: Viết công thức tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ, hình nón, hình nón cụt?
Nói rõ từng đại lượng có mặt trong câu thức?
Câu 9: Viết công thức tính diện tích toàn phần của hình nón?
Câu 10: Viết công thức diện tích mặt cầu? Thể tích hình cầu và nói rõ từng đại lượng có mặt trong
công thức?
A- BÀI TẬP :
TRẮC NGHIỆM:
Câu 1: Cho đường tròn(O;2,5cm) đường kính AB , C là một điểm trên đường tròn sao cho góc = 60
0
.
Độ dài dây AC = ? cm
A. 3cm B. cm C. D. 3
Câu 2: Một tam giác cân có cạnh đáy bằng 8cm , góc đáy bằng 30
0
. Khi đó độ dài đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC bằng :
A. 8π B. C. 16π D.
Câu 3 : Khẳng đònh sau đây đúng hay sai ? “ Trong một đường tròn, hai cung bò chắn giữa hai dây

song song thì bằng nhau”. Đúng ; Sai
Câu 4 : Cho hình vuông có cạnh a, bán kính đường tròn ngọai tiếp hình vuông R= … và bán kính
đường tròn nội tiếp hình vuông r =…
Câu 5 : Hai dây MN và PQ của một đường (O) có
∠
NON >
∠
POQ khi đó .
A. MN=PQ B. MN > PQ C. MN < PQ D. K hông đủ giả thiết để so sánh .
Câu 6: Hình nào sau đây không nội tiếp đường tròn?
a. hình vuông b. hình chữ nhật c. hình thoi d. hình thang cân
Câu 7: Từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn (O;R) vẽ tiếp tuyến MT và cát tuyến MCD qua tâm O
. Cho MT= 20cm , MD = 40cm . Khi đó R bằng :
A. 10cm B.15cm C. 20cm D. 25cm
Câu 8 : Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn (O;R) cắt nhau tại M .
Nếu MA = R
3
thì góc ở tâm AOB bằng :
A. 120
0
B. 90
0
C. 60
0
D.45
0

Câu 9 : Trên đường tròn (O;R) cho 3 điểm A , B , C sao cho
∩
AB =

∩
BC =
∩
CA . Khi đó tam giác
ABC là tam giác …………………….có cạnh BC = ……………….
1
Câu 10 : Cho đường tròn tâm O bán kính R có góc ở tâm
∠
MON bằng 60
0
. Khi đó độ dài cung nhỏ
MN bằng :
A.
3
R
π
B.
2
3
R
π
C.
6
R
π
D.
4
R
π

Câu 11: Cho Ax là tiếp tuyến của (O) và dây AB Biết
∠
XAB = 70
0
. Khi đó
∠
AOBù là :
A.70
0
B. 140
0
C. 35
0
D . 90
0

Câu 12: Diện tích hình quạt tròn cóbán kính 6cm ,số đo cung là 36
0
gần bằng :
A.13cm
2
B.11,3cm
2
C.8,4cm
2
D. 7,3cm
2
Câu 13: Một hình vuông và một hình tròn có chu vi đáy bằng nhau . Khi đó diện tích hình vuông nhỏ
hơn diện tích hình tròn Đ S
Câu 14: Diện tích hình tròn ngoại tiếp hình vuông có cạnh là 6cm là :

A. 12πcm
2
B. 14πcm
2
C. 16πcm
2
D. 18πcm
2
Câu 15 : Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có ba cạnh là 3 ; 4 ; 5 .Khi đóbán kính đường tròn
này bằng :
A . 2, 5 B. 3,5 C . 5 D. 4
Câu 16 :Công thức tính diện tích hình tròn là :
A. πR B. 2πR C. πR
2
D. 2R
2
Câu 17 : Diện tích hình quạt tròn cóbán kính R ,số đo cung là 60
0
là :
A. B. πR
2
C . D.
Câu 18 : Tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R) thì diện tích tam giác ABC bằng :
A. B. C. D. 3R
2
Câu 19: Tam giác cân ABC có
∠
A = 100
0
.Điểm D thuộc nửa mặt phẳng không chứa A có bờ BC

sao cho
∠
CBD = 15
0

∠
BCD = 35
0
.Khi đó
∠
ADB bằng:
A. 50
0
B. 55
0
C. 60
0
D. 65
0
Câu 20: Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp , Biết
∠
A = 50
0

∠
B = 70
0
. Khi đó:
A/
∠

C = 110
0

∠
D = 130
0
B/
∠
C = 130
0

∠
D = 110
0

C/
∠
C = 40
0

∠
D = 130
0
D/ Một đáp số khác
Câu 21: Một hình trụ có diện tích xung quanh bằng 128πcm
2
, chiều cao bằng bán kính đáy . Khi đó
thể tích của nó bằng :
A. 64πcm
3

B .128πcm
3
C. 34πcm
3
D. 512πcm
3
Câu 22: Một hình nón có bán kính đáy là R , diện tích xung quanh bằng hai lần diện tích đáy của
nó . Khi đó thể tích hình nón bằng :
A. cm
3
B. πR
3
cm
3
C. cm
3
D. Một kết quả khác
Câu 23 :Tam giác ABC vuông tại A có AC=6 cm , AB=8cm .Quay tam giác nầy một vòng quanh
cạnh AB được một hình nón. Diện tích xung quanh hình nón nầy bằng :
A. 360
π
B. 60
π
C. 80
π
D . 288
π
Câu 24: Cho hình chữ nhật có chiều dài 3cm, chiều rộng 2cm. quay hình chữ nhật đó một vòng quanh
chiều dài của nó ta được hình trụ. Xung quan hình trụ là:
a.

6
π
b.
8
π
c.
12
π
d.
18
π
Câu 25: Một hình nón có bán kính đáy là 5cm , chiều cao bằng 12cm . Khi đó diện tích xung quanh
bằng :
A. 60πcm
2
B. 300πcm
2
C. 17πcm
2
D. 65πcm
2
2
Câu 26: Thiết diện qua trục của một hình trụ là một hình vuông có cạnh là 2cm . Khi đó thể tích của
hình trụ bằng :
A. πcm
2
B. 2πcm
2
C. 3πcm
2

D. 4πcm
2
Câu 27 : Một hình trụ có thể tích bằng diện tích xung quanh và có đường cao bằng bán kính đáy :
A. Bán kính đáy là R = ……….
B. Thể tích hình trụ là V = ………
Câu 28 : Hình trụ có đường cao bằng bán kính đáy . Biết thể tích hình trụ là 128π cm
3
. Vậy diện tích
xung quanh bằng :……………………
Câu 29: Hình nón có đường kính đáy bằng 24cm; chiều cao bằng16cm.Diện tích xung quanh hình nón
bằng:
A. 120 π (cm
2
) B. 140 π (cm
2
) C. 240 π (cm
2
) D.Kết quả khác
Câu 30: Thể tích một hình cầu bằng 972 π cm
3
. Bán kính hình cầu bằng:
A. 9 cm B. 18 cm C. 27 cm D. 36 cm
TỰ LUẬN:
Bµi 1. Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp ®êng trßn (O). C¸c ®êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i
H vµ c¾t ®êng trßn (O) lÇn lỵt t¹i M,N,P.
Chøng minh r»ng:
1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp .
2. Bèn ®iĨm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®êng trßn.
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
4. H vµ M ®èi xøng nhau qua BC.

5. X¸c ®Þnh t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF.
Lêi gi¶i:
1. XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:
∠ CEH = 90
0
( V× BE lµ ®êng cao)
∠ CDH = 90
0
( V× AD lµ ®êng cao)
=> ∠ CEH + ∠ CDH = 180
0

Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH lµ hai gãc ®èi cđa tø gi¸c CEHD , Do ®ã CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp
2. Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®êng cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 90
0
.
CF lµ ®êng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 90
0
.
Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 90
0
=> E vµ F cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh BC.
VËy bèn ®iĨm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®êng trßn.
3. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã: ∠ AEH = ∠ ADC = 90
0
; ¢ lµ gãc chung
=> ∆ AEH ∼ ∆ADC =>
AC
AH
AD

AE
=
=> AE.AC = AH.AD.
* XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: ∠ BEC = ∠ ADC = 90
0
; ∠C lµ gãc chung
=> ∆ BEC ∼ ∆ADC =>
AC
BC
AD
BE
=
=> AD.BC = BE.AC.
4. Ta cã ∠C
1
= ∠A
1
( v× cïng phơ víi gãc ABC)
∠C
2
= ∠A
1
( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM)
=> ∠C
1
= ∠ C
2
=> CB lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc HCM; l¹i cã CB ⊥ HM => ∆ CHM c©n t¹i C
=> CB còng lµ ®¬ng trung trùc cđa HM vËy H vµ M ®èi xøng nhau qua BC.
5. Theo chøng minh trªn bèn ®iĨm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®êng trßn

=> ∠C
1
= ∠E
1
( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF)
Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp
 ∠C
1
= ∠E
2
( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)
 ∠E
1
= ∠E
2
=> EB lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc FED.
Chøng minh t¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t nhau t¹i H do ®ã H lµ
t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF.
3
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:

1. 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.
4.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.
5.Chứng minh MN AB.
6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
nhất.
Lời giải:
1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.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
.
3.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,
4
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R

2
=> AC. BD =
4
2
AB
.
4. 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).
5.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.
2. 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).
3. 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:
1. (HS tự làm).
2. Vì K là trung điểm NP nên
OK NP ( quan hệ đờng
kính
5
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)
1. 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:

1. (HS tự làm).
2.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)
6
Mà ABM và AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
3.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).
4. 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.
2. 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.
3. 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 .
4. 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)
7
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).
5. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK 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:
1.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.
2. 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)
3.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 đờng
vuông góc từ S đến AB.
1.Gọi S là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng PSM cân.
2.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
8
=> ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)
Còng v× M’®èi xøng M qua AB nªn MM’ ⊥ AB t¹i H => MM’// SS’ ( cïng vu«ng gãc víi AB)
=> ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2).
=> Tõ (1) vµ (2) => ∠AS’S = ∠ASS’.
Theo trªn bèn ®iĨm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®/ trßn => ∠ASP=∠AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP
)
=> ∠AS’P = ∠AMP => tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P.
3. Tam gi¸c SPB vu«ng t¹i P; tam gi¸c SMS’ vu«ng t¹i M => ∠B
1
= ∠S’
1
(cïng phơ víi ∠S). (3)
Tam gi¸c PMS’ c©n t¹i P => ∠S’
1
= ∠M

1
(4)
Tam gi¸c OBM c©n t¹i O ( v× cã OM = OB =R) => ∠B
1
= ∠M
3
(5).
Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M
1
= ∠M
3
=> ∠M
1
+ ∠M
2
= ∠M
3
+ ∠M
2
mµ ∠M
3
+ ∠M
2
= ∠AMB = 90
0
nªn suy ra ∠M
1
+ ∠M
2
= ∠PMO = 90

0
=> PM ⊥ OM t¹i M => PM lµ tiÕp tun cđa ®êng trßn t¹i
M
ĐÁP ÁN PHẦN TRẮC NGHIỆM :
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
Đáp án
Câu 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
Đáp án