Tổng hợp các dạng Toán th vào 10

Câu 5: Cho tam giác ABC vuông ở A, có AB = 14, BC = 50. Đờng phân giác của góc ABC và đờng
trung trực của cạnh AC cắt nhau tại E.
1.Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc trong một đờng tròn. Xác định tâm O của đờng tròn này.
2. Tính BE.
3. Vẽ đờng kính EF của đờng tròn tâm (O). AE và BF cắt nhau tại P. Chứng minh các đờng thẳng
BE, PO, AF đồng quy.
4. Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngoài ngũ giác ABFCE.


1
HD
HD
Câu V: Cho tam giác ABC (AB<AC) có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) có tâm O, bán kính
R. Gọi H là giao điểm của ba đờng cao AD, BE, CF của tam giác ABC. Gọi S là diện tích tam
giác ABC.
a) Chúng minh rằng AEHF và AEDB là các tứ giác nội tiếp đờng tròn.
b) Vẽ đờng kính AK của đờng tròn (O). Chứng minh tam giác ABD và tam giác AKC đồng
dạng với nhau. Suy ra AB.AC = 2R.AD và S =
. .
4
AB BC CA
R
.
c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiếp đờng tròn.
d) Chứngminh rằng OC vuông góc với DE và (DE + EF + FD).R = 2 S.
Bài 4: Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm M nằm ngoài (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA và MB (A,
B là hai tiếp điểm). Lấy điểm C bất kì trên cung nhỏ AB (Ckhác với A và B). Gọi D, E, F lần lượt
là hình chiếu vuông góc của C trên AB, AM, BM.
a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh:
·

·
CDE CBA=
c. Gọi I là giao điểm của AC và ED, K là giao điểm của CB và DF. Chứng minh IK//AB.
d. Xác đònh vò trí điểm C trên cung nhỏ AB để (AC
2
+ CB
2
) nhỏ nhất. Tính giá trò nhỏ nhất đó
khi OM = 2R.
BÀI LÀM:
a. Chứng minh AECD là một tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác AECD ta có :
- Hai góc đối
·
·
90 ( ; )AEC ADC CD AB CE AM
= = ⊥ ⊥
d
2
A
B
M
C
D
E
F
I
K
A
2

D
1
D
2
A
1
N
Nên tổng của chúng bù nhau.
Do đó tứ giác AECD nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh:
·
·
CDE CBA=
Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn nên
·
·
( )CDE CAE cùngchắncungCE
=
Điểm C thuộc cung nhỏ AB nên:
·
·
( )CAE CBA cùngchắncungCA
=
Suy ra :
·
·
CDE CBA=
c. Chứng minh IK//AB
µ
µ

µ
µ
·
·
·
·
µ
¶
¶
¶
·
·
·
·
·
1 1 2 2
0
0
Xét DCE và BCA ta có:
D ( )
DCE KCI
E ( )
EAD IDK( ; )
EAD DCE 180 ( nội tiếp)
KCI IDK 180
B cmt
A cùngchắncungCD
mà A D A D FBC
tứ giác AECD


=

⇒ =

=


= = = =
+ =
⇒ + =
V V
Suy ra tứ giác ICKD nội tiếp.=>
·
·
»
( )
CKCIK CDK cùngchắn
=

Mà
·
·
·
( )
CBFCAB CDK cùngchắn
=
Suy ra
·
·
( )

vò trí đồng vòCIK CBA ở
=
 IK//AB (đpcm)
d. Xác đònh vò trí điểm C trên cung nhỏ AB
để (AC
2
+ CB
2
) nhỏ nhất. Tính giá trò nhỏ nhất đó khi OM = 2R.
Gọi N là trung điểm của AB.Ta có:
AC
2
+ CB
2
= 2CD
2
+ AD
2
+ DB
2
=2(CN
2
– ND
2
) + (AN+ND)
2
+ (AN – ND)
2
=
2CN

2
– 2ND
2
+ AN
2
+ 2AN.ND + ND
2

+ AN
2
– 2AN.ND + ND
2
.= 2CN
2
+ 2AN
2
= 2CN
2
+ AB
2
/2
AB
2
/2 ko đổi nên CA
2
+ CB
2
đạt GTNN khi CN đạt GTNN ó C là giao điểm của ON và cung nhỏ
AB.=> C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB.
Khi OM = 2R thì OC = R hay C là trung điểm của OM => CB = CA = MO/2 = R

Do đó: Min (CA
2
+ CB
2

)

= 2R
2
.
B i 4: Cho à đường tròn tâm O có các đường kính CD, IK (IK khơng trùng CD)
1. Chứng minh tứ giác CIDK l hình chà ữ nhật
2. Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến tại C của đường tròn tâm O thứ tự ở G; H
a. Chứng minh 4 điểm G, H, I, K cùng thuộc một đường tròn.
b. Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí của G v H khi dià ện tích tam giác DỊJ đạt giá trị nhỏ
nhất.
Bµi 4.
1. Ta cã CD lµ ®êng kÝnh, nªn:

∠
CKD =
∠
CID = 90
0
(T/c gãc néi tiÕp)
Ta cã IK lµ ®êng kÝnh, nªn:

∠
KCI =
∠

KDI = 90
0
(T/c gãc néi tiÕp)
VËy tø gi¸c CIDK lµ h×nh ch÷ nhËt.
2. a. V× tø gi¸c CIDK néi tiÕp nªn ta cã:

∠
ICD =
∠
IKD (t/c gãc néi tiÕp)
MỈt kh¸c ta cã:
∠
G =
∠
ICD (cïng phơ víi
∠
GCI)

⇒

∠
G =
∠
IKD
VËy tø gi¸c GIKH néi tiÕp.
b. Ta cã: DC
⊥
GH (t/c)

⇒

DC
2
= GC.CH mµ CD lµ ®êng kÝnh ,nªn ®é dµi CD kh«ng ®ỉi.

⇒
GC. CH kh«ng ®ỉi.
3
§Ó diÖn tÝch
∆
GDH ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi GH ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. Mµ GH = GC + CH nhá nhÊt
khi GC = CH
Khi GC = CH ta suy ra : GC = CH = CD Vµ IK
⊥
CD .
B i 4:à (3 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O), I l trung à điểm của BC, M l 1 à điểm trên đoạn CI (M
khác C v I). à Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M
cắt BD tại P v cà ắt DC tại Q.
a. Chứng minh DM . AI = MP . IB
b. Tính tỉ số
HƯỚNG DẪN
a. Chứng minh DM . AI = MP . IB
Chứng minh hai tam giác MDP v ICA à đồng dạng :
·
·
·
= =
PMQ AMQ AIC
( Đối đỉnh + cùng chắn cung)
·

·
=
MDP ICA
( cùng chắn cung AB )
Vậy hai tam giác đồng dạng trường hợp góc – góc
Suy ra
MD IC
MP IA
=
=> Tích chéo bằng nhau & thế IC =IB
b) Chứng minh hai tam giác MDQ v IBA à đồng dạng :
·
·
DMQ AIB
=
( cùng bù với hai góc bằng nhau ) ,
·
·
ABI MDC=
(cùng chắn cung AC)
=>
MD IB
MQ IA
=
đồng thời có
MD IC
MP IA
=
=> MP = MQ => tỉ số của chúng bằng 1
B i 4 (4.0 à điểm )

Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A
v O).Là ấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C v D), AE cà ắt BD tại H.
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân v tà ứ giác CEHK nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AD
2
= AH . AE.
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
d) Cho góc BCD bằng α . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC
cân tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
B i 4 (4.0 à điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân v tà ứ giác CEHK nội tiếp.
* Tam giác CBD cân
AC
⊥
BD tại K
⇒
BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa l à
đường trung tuyến nên ΔCBD cân.
* Tứ giác CEHK nội tiếp
·
·
0
AEC HEC 180
= =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;
·
0
KHC 180
=
(gt)

4
A O
B
M
C
E
D
M’
K
H
B”
D
”
ã
ã
0 0 0
HEC HKC 90 90 180+ = + =
(tng hai gúc i)

t giỏc CEHK ni tip
b) Chng minh rng AD
2
= AH . AE.
Xột ADH v AED cú :
ả
A chung
; AC

BD ti K ,AC ct cung
ằ

BD
ti A suy ra A l im chớnh gia cung
ẳ
BAD
, hay
cung
ằ
ằ
AB AD=

ã
ã
ADB AED
=
(chn hai cung bng nhau) .
Vy ADH = AED (g-g)


2
.
AD AH
AD AH AE
AE AD
= =
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tớnh chu vi ca hỡnh trũn (O).
BK = KD = BD : 2 = 24 : 2 = 12 (cm) ( cm cõu a ) ; BC =20cm
* BKC vuụng ti A cú : KC =
2 2 2 2
20 12 400 144 256BC BK
= = =

=16
*
ã
0
ABC 90=
( gúc ni tip chn na ng trũn)
ABC vuụng ti B cú BK

AC : BC
2
=KC.AC

400 =16.AC

AC = 25

R= 12,5cm
C = 2R = 2.12,5 = 25 (=25.3,14 = 78.5) (cm)
d)Tớnh gúc MBC theo M thuc ng trũn (O).
Gi i:
MBC cõn ti M cú MB = MC nờn M nm trờn ng trung trc d ca BC ; gi s M

(O) v n m
trờn na mt phng b BC khụng cha im A , nờn M giao im ca d v ng trũn (O) , do ú M
l im chớnh gia cung BC nh


ẳ
ẳ
BM MC

=

ã
ã
BDM MDC
=
do BCD cõn ti C nờn
ã ã ã
0 0
) :
2
BDC DBC (180 DCB 2 90
= =

=
.
M v B n m trờn hai na mt phng cú b BC i nhau nờn M thuc (O) hay t giỏc MBDC ni
tip nờn tng hai gúc i phi tho món:

ã
ã ã
ã
0
0 0 0 0
90
2 2
BDC BMC 180 BMC 180 BDC 180 90


+ = = = = +

ữ


do tam giỏc MBC cõn ti M nờn

ã
ã
ã
( )
0 0 0 0
: 2 :
2 4
MBC BCM 180 BMC 180 90 2 45


= = = + =
ữ



Vy
ã
MBC
=
0
45
4

ữ


Bài 3. ( 3,0 điểm) Cho đờng tròn (O; R) Và điểmA nằm ngoài (O; R) .Đờng tròn đờng kính AO cắt đ-
ờng tròn (O; R) Tại M và N. Đờng thẳng d qua A cắt (O; R) tại B và C ( d không đi qua O; điểm B nằm
giữa A và C). Gọi H nlà trung điểm của BC.
1) Chứng minh: AM là tiếp tuyến của (O; R) và H thuộc đờng tròn đờng kính AO.
2) Đờng thẳng qua B vuông góc với OM cắt MN ở D. Chứng minh rằng:
a) Góc AHN = góc BDN
b) Đờng thẳng DH song song với đờng thẳng MC.
c) HB + HD > CD
Bài 4: Mà

AHN =

AMN (cmt) =>

AHN =

MDE
Mặt khác

MDE =

BDN (đđ)
=>

AHN =

BDN (đpcm)

b. từ câu trên => tứ giác BDHN nội tiếp.
=>

BND =

BHN
Mà

BHN =

BCN (chắn BN của (O))
=>

BHN =

BCN => DH // MC.
c. ta có : HD + HB = HD + HC.
Trong

HDC : HD + HC > DC (BĐT tam giác)
? HD + HB > DC.
Câu IV: (3,0đ). Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định và CD là một đờng kính thay đổi không
trùng với AB. Tiếp tuyến của đờng tròn (O;R) tại B cắt các đờng thẳng AC và AD lần lợt tại E và F.
1. Chứng minh rằng BE.BF = 4R
2
.
5
O
d
H

I
F
E
D
C
B
A
2. Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.
3. Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD. Chứng minh rằng tâm I luôn nằm trên một
đờng thẳng cố định.
Câu IV:
a. Ta có tam giác AEF vuông tại A (Góc A là góc nội tiếp chắn
nửa đờng tròn)
Mà AB là đờng cao.
=> BE.BF = AB
2
(Hệ thức lợng trong tam giác vuông)
=> BE.BF = 4R
2
( Vì AB = 2R)
b. Ta có góc CEF = góc BAD (Cùng phụ với góc BAE)
Mà góc BAD = góc ADC ( Tam giác AOD cân)
=> Góc CEF = góc ADC => Tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn.
c. Gọi trung điểm của EF là H.
=> IH // AB (*)
Ta lại có tam giác AHE cân tại H (AH là trung tuyến của tam giác vuông
AEF, góc A = 90
0
) => góc HAC = góc HEA (1)
Mà góc HEA + góc BAC = 90

0
(2)
Mặt khác góc BAC = góc ACO ( tam giác AOC cân tại O) (3)
Từ (1), (2) và (3) => AH CD
Nhng OI CD
=> AH//OI (**)
Từ (*) và (**) => AHIO là hình bình hành => IH = AO = R (không đổi).
Nên I cách đờng thẳng cố định EF một khoảng không đổi = R =>
I thuộc đờng thẳng d // EF và cách EF một khoảng =R.
* Chú ý: Trờng hợp CD AB thì I thuộc AB và vẫn cách d một khoảng = R.
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn (O;R)
( A; B là hai tiếp điểm).
a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp.
b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm.
c) Kẻ tia Mx nằm trong góc AMO cắt đờng tròn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa M và
D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác của góc CED.
Bài 5:
D
C
E
O
M
A
B
a)
Ta có: MA

AO ; MB

BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau)
=>
ã ã
0
90MAO MBO= =

Tứ giác MAOB có :
ã ã
MAO MBO+ =
90
0
+ 90
0
= 180
0
=> Tứ giác MAOB nội tiếp đờng tròn
b)
áp dụng ĐL Pi ta go vào

MAO vuông tại A có: MO
2
= MA
2
+ AO
2

MA
2
= MO
2

AO
2

MA
2
= 5
2
3
2
= 16 => MA = 4 ( cm)
Vì MA;MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB =>

MAB cân tại A
MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đờng trung trực => MO

AB
Xét

AMO vuông tại A có MO

AB ta có:
AO
2
= MO . EO ( HTL trong

vuông) => EO =
2
AO
MO
=

9
5
(cm)
=> ME = 5 -
9
5
=
16
5
(cm)
áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông tại E ta có:AO
2
= AE
2
+EO
2

AE
2
= AO
2
EO
2
= 9 -
81
25
=
144
25
=

12
5
6
O
2
O
1
K
H
O
E
D
C
B
A

AE =
12
5
( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đờng trung trực của AB)

AB =
24
5
(cm) => S
MAB
=
1
2
ME . AB =

1 16 24
. .
2 5 5
=
192
25
(cm
2
)
c) Xét

AMO vuông tại A có MO

AB. áp dụng hệ thức lợng vào tam giác vuông AMO ta có:
MA
2
= ME. MO (1)
mà :
ã
ã
ADC MAC=
=
1
2
Sđ
ằ
AC
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 1
cung)

MAC
:


DAM (g.g) =>
MA MD
MC MA
=
=> MA
2
= MC . MD (2)
Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO =>
MD ME
MO MC
=


MCE
:

MDO ( c.g.c) (
ả
M
chung;
MD ME
MO MC
=
) =>
ã
ã

MEC MDO
=
( 2 góc tứng) ( 3)
Tơng tự:

OAE
:
OMA (g.g) =>
OA
OE
=
OM
OA

=>
OA
OE
=
OM
OA
=
OD OM
OE OD
=
( OD = OA = R)
Ta có:

DOE
:

MOD ( c.g.c) (
à
O
chong ;
OD OM
OE OD
=
) =>
ã
ã
OED ODM=
( 2 góc t ứng) (4)
Từ (3) (4) =>
ã
ã
OED MEC
=
. mà :
ã
ã
AEC MEC+
=90
0

ã ã
AED OED+
=90
0
=>
ã

ã
AEC AED=
=> EA là phân giác của
ã
DEC
B i 3 : (3 im)
Cho tam giỏc ABC vuụng ti A .Mt ng trũn (O) i qua B v C c t cỏc cnh AB , AC ca tam
giỏc ABC ln lt ti D v E ( BC khụng l ng kớnh ca ng trũn tõm O).ng cao AH
ca tam giỏc ABC ct DE ti K .
1.Chng minh
ã
ã
ADE ACB
=
.
2.Chng minh K l trung im ca DE.
3.Trng hp K l trung im ca AH .Chng minh rng ng thng DE l ti p tuyn chung
ngo i c a ng trũn ng kớnh BH v ng trũn ng kớnh CH.
B i 3: a. Ta cú t giỏc BDEC ni tip
=>
ã
ã
0
180BDE ACB+ =
M
ã
ã
0
180BDE ADE+ =
( hai gúc k bự)

=>
ã
ã
ADE ACB=
b. Chng minh tng t phn a,
ta cú
ã
ã
AED ABC
=
m
ã
ã
HAC ABC
=
( cựng ph vi gúc ACB)
=>
ã
ã
HAC AED=
=> AEK cõn ti K => AK=KE (1)
Chng minh tng t ta cú AKD cõn ti K =>
AK = KD (2)
=> KE=KD => K l trung im ca DE.
7
c. Vì K l trung à điểm của AH v DE nên tà ứ giác
ADHE l hình bình h nhà à
M góc A =90à
0

=> ADHE l hình chà ữ nhật =>
AK = KH = KD = KE
Ta có ∆O
1
DK = ∆O
1
HK
M góc Oà
1
HK = 90
0
=> góc O
1
DK = 90
0

Mặt khác DO
1
= BO
1
= HO
1
(t/c tam giác vuông)
=> DE l tià ếp tuyến của (O
1
)
Tương tự ta cũng chứng minh
được DE l tià ếp tuyến của (O
2

)
=> DE l tià ếp tuyến chung của (O
1
) v (Oà
2
)
B i 4à : (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Trên tia đối của AB lấy điểm C sao cho BC = R, trên
đường tròn lấy điểm D sao cho BD = R, đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt tia AD ở M.
a) Chứng minh tứ giác BCMD l tà ứ giác nội tiếp .
b) Chứng minh tam giác ABM l tam giác cân .à
c) Tính tích AM.AD theo R .
d) Cung BD của (O) chia tam giác ABM th nh hai hà ần. Tính diện tích phần của tam giác ABM
nằm ngo i (O) .à
B i 5 : (3,5 à điểm) Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB v dây CD vuông góc và ới nhau (CA
< CB). Hai tia BC v DA cà ắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vuông góc với AB tại H ; EH cắt CA ở F. Chứng
minh rằng :
1/ Tứ giác CDFE nội tiếp được trong một đường tròn. 2/ Ba điểm B , D , F thẳng h ng.à
3/ HC l tià ếp tuyến của đường tròn (O).
8
i 4.à (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc
với DM, đường thẳng n y cà ắt các đường thẳng DM v DC theo thà ứ tự tại H v K.à
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
2. Tính
·
CHK
;
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh

2 2 2
1 1 1
AD AM AN
= +
.
B i 4.à (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc
với DM, đường thẳng n y cà ắt các đường thẳng DM v DC theo thà ứ tự tại H v K.à
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
2. Tính
·
CHK
;
9
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh
2 2 2
1 1 1
AD AM AN
= +
.
+ Ta có
·
DAB
= 90
o
(ABCD l hình vuông)à
·
BHD
= 90

o
(gt)
Nên
·
·
DAB BHD
+
= 180
o
⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp
+ Ta có
·
BHD
= 90
o
(gt)
·
BCD
= 90
o
(ABCD l hình vuông)à
Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB
⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp
Ta có:
· ·
·
·
o
o
BDC BHC 180

CHK BHC 180

+ =


+ =


⇒
·
·
CHK BDC=
m à
·
BDC
= 45
o
(tính chất hình vuông ABCD) ⇒
·
CHK
= 45
o

Xét ∆KHD v à ∆KCB
Có
·
·
·
o
KHD KCB (90 )

DKB chung

= =




⇒ ∆KHD ∆KCB (g.g)
⇒
KH KD
KC KB
=
⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng n y cà ắt đường thẳng DC tại P.
Ta có:
·
·
BAM DAP
=
(cùng phụ
·
MAD
)
AB = AD (cạnh hình vuông ABCD)
·
·
o
ABM ADP 90= =
Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP
Trong ∆PAN có:

·
PAN
= 90
o
; AD ⊥ PN
nên
2 2 2
1 1 1
AD AP AN
= +
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⇒
2 2 2
1 1 1
AD AM AN
= +
Câu 8:( 3,0 điểm).
Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A v B. Trên cùng mà ột nửa mặt phẳng có bờ l AB à
kẻ hai tia Ax v By cùng vuông góc và ới AB. Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia
By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)
a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn n y.à
b, Chứng minh
·
·
CIP PBK=
.
c, Giả sử A, B, I cố định. Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho diện tích tứ giác ABKI lớn nhất.
Câu 8 (3,0 điểm):
10
A

C
B
K
y
I
x
P
D
C
K
N
P
A B
M
H
a) 1,0 điểm:
Có:
·
·
0
90CPK CPI
= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
Do
By AB
⊥
nên
·
0
90CBK

=
.
Suy ra:
· ·
0
180CPK CBK
+ =
hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK.
b) 1,0 điểm:
Có:
·
·
CIP PCK
=
(góc nội tiếp v góc tà ạo bởi tia tiếp tuyến v mà ột dây cùng chắn một
cung); (1)
Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên:
·
·
PCK PBK
=
(2)
Từ (1) v (2) ta có à điều phải chứng minh.
c) 1,0 điểm:
Từ giả thiết suy ra tứ giác AIKB l hình thang vuông, gà ọi s l dià ện tích của AIKB, khi đó ta
có:
1
( )
2
s AI KB AB= +

. Dễ thấy s lớn nhất khi v chà ỉ khi KB lớn nhất (do A, B, I cố định).
Xét các tam giác vuông AIC v à BKC có:
KC CI
⊥
v à
KB CA
⊥
suy ra:
·
·
BKC ACI
=
(góc
có cạnh tương ứng vuông góc) hay
ACI
∆
đồng dạng với
BKC
∆
(g-g).
Suy ra:
.AC AI AC BC
BK
BK BC AI
= ⇔ =
, khi đó: BK lớn nhất
⇔
AC.BC lớn nhất
Theo BĐT Côsi có:
2

2
.
2 4
AC CB AB
AC CB
+
 
≤ =
 ÷
 
, dấu “=” xảy ra khi v chà ỉ khi C là
trung điểm của AB. Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn nhất khi v chà ỉ khi C l trung à điểm của
AB.
B i 4 (3,5 à điểm)
Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy điểm G (khác với
điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) . Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai
tiếp tuyến kẻ từ A avf B lần lượt tại C v D.à
1. Gọi N l tià ếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng minh tứ giác BDNO
nội tiếp được.
2. Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra
CN DN
CG DG
=
.
3. Đặt
·
BOD
α
=
Tính độ d i các à đoạn thẳng AC v BD theo R v à à α. Chứng tỏ rằng tích

AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α.
B i 4 (3,5 à điểm)

1, Tứ giác BDNO nội tiếp được.
2, BD ⊥ AG; AC ⊥ AG ⇒ BD // AC (ĐL) ⇒ ∆GBD đồng dạng ∆GAC (g.g)
⇒
CN BD DN
CG AC DG
= =
11
E
O
2
O
1
O
D
C
B
A
3, ∠BOD = α ⇒ BD = R.tg α; AC = R.tg(90
o
– α) = R tg α
⇒ BD . AC = R
2
.
B i 3à . ( 3,5 điểm )
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A v O sao cho AI = à
2
3

AO. Kẻ
dây MN vuông góc với AB tại I. Gọi C l à điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng
với M, N v B. Nà ối AC cắt MN tại E.
a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh ∆AME ∆ACM v AMà
2
= AE.AC.
c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI
2
.
d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác CME l nhà ỏ nhất.
B i 3.à
a)* Hình vẽ đúng
*
·
0
EIB 90
=
(giả thiết)
*
0
ECB 90∠ =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
* Kết luận: Tứ giác IECB l tà ứ giác nội tiếp
b) (1 điểm) Ta có:
* sđ
cungAM
= sđ
cungAN

*
AME ACM∠ = ∠

*GócAchung,suyra∆AME ∆ACM.
* Do đó:
AC AM
AM AE
= ⇔
AM
2
= AE.AC
c)
* MI l à đường cao của tam giác vuông MAB nên MI
2
= AI.IB
* Trừ từng vế của hệ thức ở câu b) với hệ thức trên
* Ta có: AE.AC - AI.IB = AM
2
- MI
2
= AI
2
.
d)
* Từ câu b) suy ra AM l tià ếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác CME. Do đó tâm O
1
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
CME nằm trên BM. Ta thấy khoảng cách NO

1
nhỏ nhất khi
v chà ỉ khi NO
1
⊥
BM.)
• Dựng hình chiếu vuông góc của N trên BM ta được O
1
. Điểm C l giao cà ủa
đường tròn đã cho
• với đường tròn tâm O
1
, bán kính O
1
M.
B i 4à . (2 điểm)
Phần nước còn lại tạo th nh hình nón có chià ều cao
bằng một nửa chiều cao của hình nón do 8cm
3
nước
ban đầu tạo th nh. Do à đó phần nước còn lại có thể tích
bằng
3
1 1
2 8
 
=
 ÷
 
thể tích nước ban đầu. Vậy trong ly còn

lại 1cm
3
nước.
Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình h nh ABCD có à đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R
. Hạ BN v DM cùng vuông góc và ới đường chéo AC
a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được
b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC
12
A B
M
E
C
I
O
1
N
E
N
H
M
D
C
O
B
A
H
M
N
O
D

C
B
A
c) Xỏc nh v trớ ca im D din tớch hỡnh bỡnh h nh ABCD cú di n tớch ln nht v
tớnh din tớch trong trng hp n y
Cõu 5 : ( 1.0 im ) Cho D l im bt k trờn cnh BC ca tam giỏc ABC ni tip trong ng trũn
tõm O Ta v hai ng trũn tõm O
1
, O
2
tip xỳc AB , AC ln lt ti B , C v i qua D . Gi E l giao
im th hai ca hai ng trũn n y . Ch ng minh rng im E nm trờn ng trũn (O)
Cõu 4:
a. Gúc ADB = 90
0
(Gúc ni tip chn na ng trũn)
m AD//BC (gt) => DB BC
Xột t giỏc DMBC cú gúc DMC = gúc DBC =
90
0
=> T giỏc ni tip.
b. Ta cú DBN ng dng vi CAD
(
ã
ã
DBNDAC =
,
ã
ã
ã

BDN BAN DCA= =
)
=>
DC
DN DB
AC
=
=> DB.DC = DN.AC
c. S
ABCD
= DH.AB
Do AB khụng i = 2R
=> S
ABCD
max DH max D nm chớnh gia cung AB.
Cõu 5:
Ta cú
ã
ã
DEC BCA
=
( Gúc ni tip v gúc gi a tip tuyn v m t dõy cung cựng chn mt cung)
Tng t:
ã
ã
DEB ABC
=
M
ã
ã

ã
ã
0
180DEB DEC CBE BCE+ + + =
(tng 3 gúc trong BEC)
=>
ã
ã
ã
ã
0
180ABC BCA CBE BCE+ + + =
=>
ã
ã
0
180ABE ACE+ =
=> T giỏc ABEC ni tip ng trũn tõm O => E (O).
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là
điểm đối xứng với O qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng
tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC < BD). Các tiếp tuyến
của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của
OE và CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng:
a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn.
b) OM.OE = R
2
c) H là trung điểm của OA.
B i 4:

a. Ta có
ã
ã
0
90BHE BME= =
=> BHME là tứ giác nội tiếp
đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng
thuộc một đờng tròn.
b. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông
ODE với đờng cao DM
ta đợc OM.OE = OD
2

=R
2
c. Gọi HE cắt (O) tại N
Ta có BOM đồng dạng với EOH => OH.OB = OM.OE = R
2
=> OH.OB = ON
2
( vì ON=R)
=> OHN đồng dạng với ONB
Mà góc OHN = 90
0
=>
ã
0
90BNO =
13
d

O
H
E
D
C
B
A
E
I
M
H
D
B
O
A
C
Xét OBN có
ã
0
90BNO =
và A là trung điểm của
OB => ON = NA => ANO cân tại N
Mà NH là đờng cao => NH là đờng trung tuyến => H là trung điểm của OA.
B i 5 (3,5 im).
Cho tam giỏc ABC cú gúc A bng 60
0
, cỏc gúc B, C nhn. v cỏc ng cao BD v CE c a tam
giỏc ABC. Gi H l giao im ca BD v CE.
a/ Chng minh t giỏc ADHE ni tip.
b/ Chng minh tam giỏc AED ng dng vi tam giỏc ACB.

c/ Tớnh t s
BC
DE
.
d/ Gi O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC. Chng minh OA vuụng gúc vi DE.
Gợi ý đáp án câu 5:
a. Xét tứ giác ADHE có
ã
ã
AEH ADH
=
= 90
0
=> Tứ giác ADHE nội tiếp.
b. Ta có tứ giác BEDC nội tiếp vì
ã
ã
BEC BDC
=
=90
0
=>
ã
ã
EBC ADE
=
( Cùng bù với
ã
EDC
)

=> ADE đồng dạng với ABC.
(Chung góc A và
ã
ã
EBC ADE
=
)
c. Xét AEC có
ã
0
90AEC =
và
à
0
60A =
=>
ã
0
30ACE =
=> AE = AC:2 (tính chất)
Mà ADE đồng dạng với ABC
=>
1
2
ED AE
BC AC
= =
d. Kẻ đờng thẳng d OA tại A
=>
ã

ã
ABC CAd=
(Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung)
Mà
ã
ã
EBC ADE=
=>
ã
ã
EDA CAd=
=> d//ED
Ta lại có d OA (theo trên) => EDOA
Cõu 5 (3,5 im)
Cho im A nm ngo i ng trũn tõm O bỏn kớnh R. T A k ng thng (d) khụng i qua tõm
O, ct ng trũn (O) ti B v C ( B n m gia A v C). Cỏc ti p tuyn vi ng trũn (O) ti B v
C ct nhau ti D. T D k DH vuụng gúc vi AO (H nm trờn AO), DH ct cung nh BC ti M. Gi
I l giao im ca DO v BC.
1. Chng minh OHDC l t giỏc ni tip c.
2. Chng minh OH.OA = OI.OD.
3. Chng minh AM l ti p tuyn ca ng trũn (O).
4. Cho OA = 2R. Tớnh theo R din tớch ca phn tam giỏc OAM nm ngo i ng trũn (O).
Cõu 5 (3,5 im)
Gi i

a) Ta cú: DH AO (gt). OHD = 90
0
.
CD OC (gt). DOC = 90
0

.
Xột T giỏc OHDC cú OHD + DOC = 180
0
.
Suy ra : OHDC ni tip c trong mt ng
trũn.
b) Ta cú: OB = OC (=R) O mn trờn ng
trung trc ca BC; DB = DC (T/C ca hai tip
14
tuyn ct nhau)
D mn trờn ng trung trc ca BC
Suy ra OD l ng trung trc ca BC => OD
vuụng gúc vi BC.
Xột hai tam giỏc vuụng OHD v OIA cú DOA chung
OHD ng dng vi OIA (g-g)

OI.OD.OH.OA
OA
OD
OI
OH
==
(1)
c) Xột OCD vuụng ti C cú CI l ng cao. p dng h thc lng trong tam giỏc vuụng,
ta cú: OC
2
= OI.OD m OC = OM (=R) OM
2
= OC
2

=

OI.OD (2).
T (1) v (2) : OM
2
= OH.OA
OM
OH
OA
OM
=
.
Xột 2 tam giỏc : OHM v OMA cú : AOM chung v
OM
OH
OA
OM
=
.
Do ú : OHM OMA (c-g-c)
OMA = OHM= 90
0
.
AM vuụng gúc vi OM ti M
AM l ti p tuyn ca (O).
d) Gi E l giao im ca OA vi (O); Gi din tớch cn tỡm l S.
S = S
AOM
- S
qOEBM

Xột

OAM vuụng ti M cú OM = R ; OA = 2R
p dng nh lớ Pytago ta cú AM
2
= OA
2
OM
2
= (2R)
2
R
2
= 3R
2

AM = R
3
S
AOM
=
2
1
OM.AM = R
2
2
3
(vdt)
Ta cú SinMOA =
2

3
OA
AM
=
MOA = 60
0
S
qOEBM
=
6
.R
360
.60.R
22
=
. (vdt)
=> S = S
AOM
- S
qOEBM
=
6
33
.R
6
.R
2
3
.R
2

2
2

=
(vdt).
Câu IV : (3,0 điểm)
Cho đờng tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không
trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN
( )
K AN

.
1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đờng tròn.
2) Chứng minh: MN là phân giác của góc BMK.
3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN.
Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
15
S
O
N
K
H
E
B
A
M
Hình vẽ đúng
Chú ý: Kể cả trờng hợp đặc biệt khi MN đi qua O
Từ giả thiết:
ã

0
AKM 90
=
,
ã
0
AHM 90
=
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đờng tròn
ã
NAH
=
ã
NMK
=
1
2
sđ
ằ
KH

ã
ã
NAH NMB
=
=
1
2
sđ
ằ

NB

(2)
Từ (1) và (2)
ã
ã
NMK NMB
=

MN là phân giác của góc KMB
ã ã
1
MAB MNB
2
= =
sđ
ẳ
MB
;
ã
ã
1
MAB MKH
2
= =
sđ
ẳ
MH
ã
ã

MNB MKH
=

K,M,E,N

cùng thuộc một đờng tròn
ã
ã
0
MEN MKN 180 ME NB
+ =
MAN MNB AMBN
1 1 1
S MK.AN; S ME.NB; S MN.AB
2 2 2
MK.AN ME.BN MN.AB

= = =
+ =
Y
( )
MK.NA ME.NB
+
lớn nhất

MN.AB lớn nhất

MN lớn nhất (Vì AB= const )

M là chính giữa

ằ
AB
Cõu 4:(3 i m)
Cho tam giỏc MNP cõn ti M cú cnh ỏy nh hn cnh bờn, ni tip ng trũn
( O;R). Tip tuyn ti N v P c a ng trũn ln lt ct tia MP v tia MN t i E v D.
a) Chng minh: NE
2
= EP.EM
a)Chng minh t giỏc DEPN k t giỏc ni tip.
b) Qua P k ng thng vuụng gúc vi MN ct ng trũn (O) ti K
( K khụng trựng vi P). Chng minh rng: MN
2
+ NK
2
= 4R
2
.

16
H
E
D
F
I
P
O
N
K
M
M

H
I
K
O
F
E
D
C
B
A
Cõu IV .
a,

NEM ng dng

PEN ( g-g)
2
.
NE ME
NE ME PE
EP NE
=> = => =
b,
ã
ã
MNP MPN=
( do tam giỏc MNP cõn ti M )
ã
ã
ã

( ựng )PNE NPD c NMP
= =
=>
ã
ã
DNE DPE=
.
Hai im N; P cựng thuc na mp b DE v cựng nhỡn DE
Di 1 gúc bng nhau nờn t giỏc DNPE ni tip .
c,

MPF ng dng

MIP ( g - g )
2
. (1)
MP MI
MP MF MI
MF MP
=> = => =
.

MNI ng dng

NIF ( g-g )
2
IF
.IF(2)
NI
NI MI

MI NI
=> = => =
T (1) v (2) : MP
2
+ NI
2
= MI.( MF + IF )
= MI
2
= 4R
2
( 3).
ã
ã
NMI KPN
=
( cựng ph
ã
HNP
)
=>
ã
ã
KPN NPI=

=> NK = NI ( 4 )
Do tam giỏc MNP cõn ti M => MN = MP ( 5)
T (3) (4) (5) suy ra pcm .
Bài 4: (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đờng tròn tâm O, ba đờng cao AD,
BE, CF của tam giác ABC cắt nhau ở H. Kéo dài AO cắt đờng tròn tại M, AD cắt đờng tròn O ở K ( K

khác A, M khác A). Chứng minh rằng :
a, MK song song BC.
17
b, DH = DK.
c, HM đi qua trung điểm I của BC.
Gợi ý đáp án
Bài 4: a. Ta có
ã
AKM
=90
0
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=> MK AK
Mà BC AK (gt)
=> BC//MK
b. Ta có
ã ã
BCF BAK=
( Cùng phụ với góc ABC)
mà
ã
ã
BCK BAK=
(nội tiếp chắn cung BK)
=>
ã
ã
BCK BCF=
Xét KCH có CD đồng thời là đờng cao đồng thời là phân giác=> CD là trung tuyến => D là trung
điểm của HK.

c. Ta có
ã
0
90MCA =
(nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Mà BEAC => BE//MC
Tơng tự CF//BM
a) Tứ giác BMCH là hình bình hành.
b) Mặt khác I là trung điểm của BC => I là trung điểm của MH
Cõu 4: (3 )
Cho ng trũn (O) ng kớnh AB, C l m t im nm gia O v A ng thng qua C vuụng gúc
vi AB ct (O) ti P,Q.Tip tuyn ti D trờn cung nh BP, ct PQ E; AD ct PQ ti F .Chng minh:
a/ T giỏc BCFD l t giỏc ni tip.
b/ED=EF
c/ED
2
=EP.EQ
Cõu 4: (3 )a/ T giỏc BCFD l t giỏc ni tip.

ã
0
90ADB =
(gúc ni tip chn nang trũn (o))

ã
0
90 ( )FHB gt
=
=>
ã

ã
0 0 0
90 90 180ADB FHB+ = + =
. Vy T giỏc BCFD ni tip c.
b/ED=EF
Xột tam giỏc EDF cú
ã
ằ
ằ
1
( )
2
EFD sd AQ PD
= +
(gúc cú nh nm trong ng trũn (O)).
ã
ằ
ằ
1
( )
2
EDF sd AP PD
= +
(gúc to bi tip tuyn v dõy cung)
Do PQ

AB => H l trung im ca PQ( nh lý ng kớnh dõy cung)=> A l trung im ca
ằ
ằ
ằ

PQ PA AQ
=> =
=>
ã
ã
EFD EDF
=
tam giỏc EDF cõn ti E => ED=EF
H
E
Q
F
O
B
1
A
D
P
1
c/ED
2
=EP.EQ
Xột hai tam giỏc: EDQ;EDP cú
à
E
chung.
à
ả
1 1
Q D=

(cựng chn
ằ
PD
)
18
=>

EDQ

EPD=>
2
.
ED EQ
ED EP EQ
EP ED
= => =
Câu 6: (3,0 điểm)
Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax của nửa đờng tròn vẽ
tuyếp tuyến thứ hai MC(C là tiếp điểm). Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB cắt đờng tròn (O)
tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng:
a/ Tứ giác AMQI nội tiếp.
b/
ã
ã
AQI ACO
=
c/ CN = NH.
a/
Q
I

N
H
M
O
A
B
C
+ Vẽ hình đúng cho 0,25 điểm.
+ Ta có MA=MC(t/c tiếp tuyến)
OA=OC (bán kính)

MO là trung trực của AC

MO

AC
AQ MB

(Góc AQB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
Suy ra Q, I cùng nhìn AM dới 1 góc vuông

Tứ giác AIQM nội tiếp trong đờng tròn đờng kính AM.
b/
+ Ta có
ã
ã
AMI AQI
=
(=
1

2
sđ cungAI)
Và
ã
ã
AMI IAO
=
(cùng phụ với góc AMO)
Mà
ã
ã
IAO ACO
=
(

AOC cân)
Suy ra
ã
ã
AQI ACO
=
c/
+ Tứ giác AIQM nội tiếp

ã
ã
MAI IQN
=
(Cùng bù với góc MQI)
Mà

ã
ã
MAI ICN
=
(so le trong)
Suy ra
ã
ã
IQN ICN
=


tứ giác QINC nội tiếp


ã
ã
QCI QNI
=
(cùng bằng 1/2 sđ cung
QI)
Mặt khác
ã
ã
QCI QBA
=
(=1/2 sđ cung QA)

ã
ã

QNI QBA
=

IN // AB
Mà I là trung điểm của CA nên N là trung điểm của CH

NC=NH (đpcm)
Câu V:(3,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định. H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O và trung điểm
của OA). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. MN cắt AK tại E.
1. Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp.
2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM.
3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam
giác MKE nhỏ nhất.
Câu V 1/ a)

AHI vuông tại H (vì CA

HB)

AHI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI

AKI vuông tại H (vì CK

AB)
19

AKI nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đờng tròn đờng kính AI
b)

Ta có CA

HB( Gt)
CA

DC( góc ACD chắn nửa đờng tròn)
=> BH//CD hay BI//CD (1)
Ta có AB

CK( Gt)
AB

DB( góc ABD chắn nửa đờng tròn)
=> CK//BD hay CI//BD (2)
Từ (1) và (2) ta có Tứ giác BDCI là hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song)
Mà DI cắt CB tại M nên ta có MB = MC
=> OM

BC( đờng kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây đó)
2/
Vì BD là tia phân giác góc B của tam giác ABC;
nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
ABBC
BC
AB
BC
AB
DC
AD
2

4
2
===
Vì

ABC vuông tại A mà BC = 2AB nên
ACB = 30
0
; ABC = 60
0
Vì B
1
= B
2
(BD là phân giác) nên ABD = 30
0
Vì

ABD vuông tại A mà ABD = 30
0
nên BD = 2AD = 2 . 2 = 4cm
=>
12416
222
===
ADBDAB
Vì

ABC vuông tại A =>
341236

22
=+=+=
ABACBC
Vì CH là tia phân giác góc C của tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đờng phân giác ta có:
DHBH
HB
DH
HB
DH
BC
DC
3
34
4
===
Ta có:
34)31(
3
3433
3
4
=+





=
=+

=
=+
BH
HDBH
HDBH
HDBH
HDBH
)13(32
2
)13(34
)31(
34
=

=
+
=
BH
. Vậy
cmBH )13(32
=
Câu
1. xét tứ giác HEKB có:
EHB = 90
0
( vì MN

AB)
EKB = 90
0
( vì AKB là góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)
=>EKB + EHB =180
0
=> Tứ giác HEKB nội tiếp vì có tổng hai góc đối bằng 180
0
2. Vì MN

AB nên A nằm chính giữa cung nhỏ MN
=> cung AM = cung AN
=>AMN = AKM( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
Xét

AME và

AKM có:
A chung
AME = AKM ( cm trên)
=>

AME đồng dạng với

AKM ( g.g)
Gọi I là tâm đờng tròn ngoại tiếp

EKM
Ta có góc AME = BME ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
=> AM là tiếp tuyến của đờng tròn tâm I( Theo bài tập 30-Tr79 SGK toán 9 tập 2)

=> I thuộc BM
=> NI ngắn nhất khi NI

MB.
Vì M; N; B cố định nên ta có thể xác định K nh sau:
Kẻ NI vuông góc với BM, vẽ đờng tròn (I;IM) cắt đờng tròn tâm O tại đâu đó là K.
B i 4: (3,5 im)
Cho tam giỏc vuụng cõn ADB ( DA = DB) ni tip trong ng trũn tõm O. Dng hỡnh
bỡnh h nh ABCD ; G i H l chõn ng vuụng gúc k t D n AC ; K l giao im ca
AC vi ng trũn (O). Chng minh rng:
20
D
A
B
C
E H
1
2
2
1
.
A B
E
N
M
O
H
K
I
.

A
B
C
D
M
I
O
H
K
1
1
1
I
H
K
O
D
C
B
A
1/ HBCD l mà ột tứ giác nội tiếp.
2/
·
·
DOK 2.BDH=
3/
2
CK CA 2.BD
=
.

B i 4:à
1/
DH AC
⊥
(gt)
·
0
DHC 90=
BD AD (gt)
BD BC
BC// AD(t / c h×nh b×nh hµnh)
⊥

⇒ ⊥



·
0
DBC 90⇒ =
Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới
một góc khơng đổi bằng 90
0
HBCD
⇒
W
nội tiếp trong đường tròn
đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)
2/ +
¶

¶
»
1 1
D C ( 1/ 2s BH®= =
của đường tròn đường kính DC)
+
¶
¶
1 1
C A=
(so le trong, do AD//BC)
¶
¶
1 1
D A⇒ =
+
·
¶
1
DOK 2A=
(Góc ở tâm v góc nà ội tiếp cùng chắn
»
DK
của (O))
·
¶
·
1
DOK 2D 2BDH⇒ = =
.

3/
+
·
0
AKB 90=
(góc nội tiếp chắn ½ (O)
·
·
0
BKC DHA 90⇒ = =
;
¶
¶
1 1
C A=
(c/m trên)

AHD CKB
⇒ =
V V
(cạnh huyền – góc nhọn)
AH CK
⇒ =
+AD = BD (
ADB
∆
cân) ; AD = BC (c/m trên)
AD BD BC
⇒ = =
+ Gọi

I AC BD
= ∩
; Xét
ADB
∆
vng tại D , đường cao DH ; Ta có:

2 2
BD AD AH.AI CK.AI
= = =
(hệ thức tam giác vng) (1)
Tương tự:
2 2
BD BC CK.CI
= =
(2)
Cộng vế theo vế của (1) v (2) ta à được:
2 2 2
CK.AI CK.CI 2BD CK(AI CI) 2BD CK.CA 2BD+ = ⇒ + = ⇒ =
(đpcm)
Bµi 4 (3,5®iĨm)
Cho ®êng trßn t©m O ®êng kÝnh AB cã b¸n kÝnh R, tiÕp tun Ax. Trªn tiÕp tun Ax lÊy ®iĨm F sao
cho BF c¾t ®êng trßn t¹i C, tia ph©n gi¸c cđa gãc ABF c¾t Ax t¹i E vµ c¾t ®êng trßn t¹i D .
a) Chøng minh OD // BC .
b) Chøng minh hƯ thøc : BD.BE = BC.BF .
c) Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp.
d) X¸c ®Þnh sè ®o cđa gãc ABC ®Ĩ tø gi¸c AOCD lµ h×nh thoi. TÝnh diƯn tÝch h×nh thoi AOCD
theo R .
Bài 4:
1)

· ·
·
·
·
·
( )
va so le trong
(tia phan giac
OD//BC
)
ODB OBD OBD can
ODB EBF
EBF CBD

= ∆

⇒ =

=


⇒
2)
· ·
0
90ADB ACB= =
(góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
* ∆vAEB, đường cao AD:
Có AB
2

= BD.BE (1)
* ∆vAFB, đường cao AC:
Có AB
2
= BC.BF (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BD.BE = BC.BF .
a) Từ BD.BE = BC.BF
21
·
·
BD BF
BCD BFE
BC BE
CDB CFE
⇒ = ⇒ ∆ ∆
⇒ =
:
⇒ Tứ giác CDEF nội tiếp đường tròn ( góc ngoài bằng góc trong đối diện)
a) * Nếu tứ giác AOCD là hình thoi
⇒ OA = AD = DC = CO
⇒ ∆OCD đe
·
0
60ABC⇒ =
* S hình thoi = AC . OD
=
2 2 2
(2 ) . 5R R R R
+ =
Bµi 4 (3,0 ®iĨm): Cho tam gi¸c PQR vu«ng c©n t¹i P. Trong gãc PQR kỴ tia Qx bÊt kú c¾t PR t¹i D (D

kh«ng trïng víi P vµ D kh«ng trïng víi R). Qua R kỴ ®êng th¼ng vu«ng gãc víi Qx t¹i E. Gäi F lµ giao
®iĨm cđa PQ vµ RE.
d) Chøng minh tø gi¸c QPER néi tiÕp ®ỵc trong mét ®êng trßn.
e) Chøng minh tia EP lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc DEF
f) TÝnh sè ®o gãc QFD.
g) Gäi M lµ trung ®iĨm cđa ®o¹n th¼ng QE. Chøng minh r»ng ®iĨm M lu«n n»m trªn cung trßn cè
®Þnh khi tia Qx thay ®ỉi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR
Bµi 4:
a)
Ta cã:
∠
QPR = 90
0
( v× tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P)

∠
QER = 90
0
( RE
⊥
Qx)
Tø gi¸c QPER cã hai ®Ønh P vµ E nh×n ®o¹n th¼ng QR díi mét gãc kh«ng ®ỉi (90
0
)
⇒
Tø gi¸c
QPER néi tiÕp ®êng trßn ®êng kÝnh QR.
b)
Tø gi¸c QPER néi tiÕp
⇒

∠
PQR +
∠
PER = 180
0
mµ
∠
PER +
∠
PEF = 180
0
(Hai gãc kỊ bï)

⇒

∠
PQR =
∠
PEF
⇒

∠
PEF =
∠
PRQ (1)
MỈt kh¸c ta cã:
∠
PEQ =
∠

PRQ (2) <Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung PQ cđa ®êng trßn ngo¹i
tiÕp tø gi¸c QPER>.
Tõ (1) vµ (2) ta cã
∠
PEF =
∠
PEQ
⇒
EP lµ tia ph©n gi¸c cđa gãcDEF
c)
V× RP
⊥
QF vµ QE
⊥
RF nªn D lµ trùc t©m cđa tam gi¸c QRF suy ra
FD
⊥
QR
⇒

∠
QFD =
∠
PQR (gãc cã c¹nh t¬ng øng vu«ng gãc)
mµ
∠
PQR = 45
0
(tam gi¸c PQR vu«ng c©n ë P)
⇒

∠
QFD = 45
0
d)
Gäi I lµ trung ®iĨm cđa QR vµ N lµ trung ®iĨm cđa PQ. (I,N cè ®Þnh)
Ta cã: MI lµ ®êng trung b×nh cđa tam gi¸c QRE
⇒
MI//ER mµ ER
⊥
QE
⇒
MI
⊥
QE
⇒

∠
QMI = 90
0

⇒
M thc ®êng trßn ®êng kÝnh QI.
Khi Qx
≡
QR th× M
≡
I, khi Qx
≡
QP th× M

≡
N.
VËy: khi tia Qx thay ®ỉi vÞ trÝ n»m gi÷a hai tia QP vµ QR th× M lu«n n»m trªn cung NI cđa
®êng trßn ®êng kÝnh QI cè ®Þnh.
Câu 4: (2,5 điểm)
Cho đươờngtròn (O;R). Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại A. Trên đường thẳng d lấy
điểm H sao cho AH<R. Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d cắt (O;R) tại hai điểm E, B (E nằm
giữa B v H).à
1. Chứng minh
·
·
ABE EAH
=
22
E
D
C
B
O
A
F
Q
P
R
D
E
F
x
M
I

N
N
K
C
B
E
O
A
H
2. Trên đường thẳng d lấy điểm Csao cho H l trung à điểm của AC. Đường thẳng CE cắt AB tại K.
Chứng minh rằng: Tứ giác AHEK nội tiếpđược trong một đường tròn.
3. Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng d sao cho AB = R
3
Câu 4:
1. Chứng minh:
∠
ABE =
∠
EAH

∠
ABE l góc nà ội tiếp chắn cung AE

∠
EAH l góc tà ạo bởi tia tiếp tuyến AH v dây cung AE. à
=>
∠
ABE =
∠
EAH

( Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến v dây cung)à
2. Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp
+ BH vuông góc với AC tại H
=>
∠
BHC = 90
0

+ H l trung à điểm của AC (gt)
+ EH
⊥
AC tại H (BH
⊥
AC tại H; E
∈
BH)
=>
∆
AEC cân tại E.
=>
∠
EAH =
∠
ECH( t/c tam giác cân)
+
∠
ABE =
∠
EAH ( cm câu a)
=>

∠
ABE =
∠
ECH ( =
∠
EAH)
=>
∠
KBE =
∠
KCH
=> Tứ giác KBCH nội tiếp
=>
∠
BKC =
∠
BHC = 90
0
=>
∠
AKE = 90
0
(1)( Kề bù với
∠
BKC = 90
0
)
M à
∠
EHA = 90

0
(2) ( EH
⊥
AC tại H)
Từ (1) v (2) => à
∠
AKE +
∠
EHA = 180
0
=> Tứ giác AHEK nội tiếp.
3. Xác định vị trí điểm H trên đường thẳng (d) sao cho AB = R
3
+ Kẻ ON vuông góc với AB tại N
=> N l trung à điểm của AB( Quan hệ vuông góc giữa đường kính v dây cung) => AN = à
2
3R
Ta có tam giác ONA vuông tại N theo cách dựng điểm N.
=> tag
∠
NOA = AN : AO =
2
3
=>
∠
NOA = 60
0
=>
∠
OAN =

∠
ONA -
∠
NOA = 30
0
+
∠
OAH = 90
0
( AH l tià ếp tuyến của (O) tại tiếp điểm A)
=>
∠
BAH = 60
0
+ chứng minh :
∆
BAC cân tại B có
∠
BAH = 60
0
=> tam giác ABC đều.
=> AH = AC/2 = AC/2 =
2
3R
=> H l giao à điểm của (A;
2
3R
) v à đường thẳng (d)
Chú ý : B i toán có hai nghià ệm hình:
B i 4:à (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC ( AB < AC) có 3 góc nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC
cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E v D .à
1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB.
2/ Gọi H l giao à điểm của DB v CE .Gà ọi K l giao à điểm của AH v BC. Chà ứng minh

AH BC
⊥
.
3/ Từ A kẻ các tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N l các tià ếp điểm).Chứng
minh
·
·
ANM AKN
=
.
4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng h ng.à
B i 4:à
23
K
O
N
M
H
E
D
C
B
A
1/ Nối ED ;
·

·
AED ACB=
(do
BEDCW
nội tiếp)

AED
⇒
V
AE AD
ACB AE.AB AD.AC
AC AB
⇒ = ⇒ =
V
2/
·
·
0
BEC BDC 90= =
(góc nội tiếp chắn ½ (O))
BD AC V CE AB
⇒ ⊥ ⊥
µ
. M à
BD EC H
∩ =
⇒
H l trà ực tâm của
ABCV

⇒
AH l à đường cao
thứ 3 của
ABCV
⇒

AH BC
⊥
tại K.
3/ Nối OA, OM, ON ; Ta có:
OM AM, AN
⊥ ⊥
ON
(t/c tiếp tuyến);
AK
⊥
OK
(c/m trên)
·
· ·
0
AMO AKO ANO 90⇒ = = =
⇒
5 điểm A,M,O,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO
(quỹ tích cung chứa góc).
¶
¶
1 1
K M⇒ =
(=1/2 sđ

»
AN
) ; M à
¶
¶
1 1
N M
=
(=1/2 sđ
¼
MN
của (O))
¶
¶
1 1
N K⇒ =
hay
·
·
ANM AKN
=
4/ +
ADHV
AKCV
(g-g)
AD AH
AD.AC AH.AK (1)
AK AC
⇒ = ⇒ =
+

ADNV
ANCV
(g-g)
2
AD AN
AD.AC AN (2)
AN AC
⇒ = ⇒ =
T (1) v (2) à
2
AH AN
AH.AK AN
AN AK
⇒ = ⇒ =
+Xét
AHNV
v à
ANKV
có:
AH AN
AN AK
=
v à
·
KAN
chung
AHN
⇒
V
ANKV

·
¶
1
ANH K⇒ =
; m à
¶
¶
1 1
N K=
(c/m trên)
·
¶
·
1
ANH N ANM⇒ = = ⇒
ba điểm M, H, N thẳng h ng.à
B i 4 (4.0 à điểm )
Cho đường tròn tâm (O) ,đường kính AC .Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm giữa A
v O).Là ấy điểm E trên cung nhỏ CD ( E không trùng C v D), AE cà ắt BD tại H.
e) Chứng minh rằng tam giác CBD cân v tà ứ giác CEHK nội tiếp.
f) Chứng minh rằng AD
2
= AH . AE.
g) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
h) Cho góc BCD bằng α . Trên mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A , vẽ tam giác MBC cân
tại M .Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
B i 4 (4.0 à điểm )
a) Chứng minh rằng tam giác CBD cân v tà ứ giác CEHK nội tiếp.
* Tam giác CBD cân

AC
⊥
BD tại K
⇒
BK=KD=BD:2(đường kính vuông góc dây cung) ,ΔCBD có đường cao CK vừa l à
đường trung tuyến nên ΔCBD cân.
* Tứ giác CEHK nội tiếp
·
·
0
AEC HEC 180= =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ;
·
0
KHC 180=
(gt)
·
·
0 0 0
HEC HKC 90 90 180+ = + =
(tổng hai góc đối)
⇒
tứ giác CEHK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AD
2
= AH . AE.
Xét ΔADH v à ΔAED có :
¶
A chung
; AC

⊥
BD tại K ,AC cắt cung BD tại A suy ra A l à điểm chính giữa cung BAD ,
hay cung AB bằng cung AD
⇒
·
·
ADB AED
=
(chắn hai cung bằng nhau) .Vậy ΔADH = ΔAED
(g-g)
⇒

2
.
AD AE
AD AH AE
AH AD
= ⇒ =
24
c) Cho BD = 24 cm , BC =20cm .Tính chu vi của hình tròn (O).
BK=KD=BD:2 = 24:2 = 12 (cm) ( cm câu a ) ; BC =20cm
* ΔBKC vuông tại A có : KC =
2 2 2 2
20 12 400 144 256BC BK
− = − = − =
=16
*
·
0
ABC 90=

( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ΔABC vuông tại K có : BC
2
=KC.AC
⇔
400 =16.AC
⇒
AC = 25
⇒
R= 12,5cm
C = 2пR = 2п.12,5 = 25п (=25.3,14 = 78.5) (cm)
d)Tính góc MBC theo α để M thuộc đường tròn (O).
Gi ả i: ΔMBC cân tại M có MB = MC suy ra M cách đều hai đầu đoạn thẳng BC
⇒
M
∈
d l à đường
trung trực BC ,(OB=OC nên O
∈
d ),vì M
∈
(O) nên giả sử d cắt (O) tại M (M thuộc cung nhỏ BC )v à
M’(thuộc cung lớn BC ).
* Trong trường hợp M thuộc cung nhỏ BC ; M v D nà ằm khác phía BC hay AC
do ΔBCD cân tại C nên
· · ·
0 0
) :
2
BDC DBC (180 DCB 2 90

= − = −
α
=
Tứ giác MBDC nội tiếp thì
·
· ·
·
0 0 0 0
0 0 0
( )
2 2 2
BDC BMC 180 BMC 180 BDC 180 90 180 90 90
+ ⇒ = − = − − = − + = +
α α α
=
* Trong trường hợp M’ thuộc cung lớn BC
ΔMBC cân tại M có MM’ l à đường trung trực nên MM’ l phân giác góc BMCà
⇒

·
·
0 0
) : 2 45
2 4
BMM' BMC (90
= + = +
α α
=

⇒

sđ
¼
0
BM' )
2
(90
= +
α
(góc nội tiếp v cung bà ị chắn)
sđ
»
·
BD BCD 2
2
=
= α
(góc nội tiếp v cung bà ị chắn)
+ Xét
»
¼
BD BM'<
⇒
0 0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 0 60
+ ⇔ ⇔ ⇔ <
α α
α < α − < α < α <
suy ra tồn tại

hai điểm l M thuà ộc cung nhỏ BC (đã tính ở trên )v M’ thuà ộc cung lớn BC .
Tứ giác BDM’C nội tiếp thì
·
·
0
2
BDC BM'C 90
= = −
α
(cùng chắn cung BC nhỏ)
+ Xét
»
¼
BD BM'
=
⇒
0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 60
+ ⇔ = ⇔ ⇔
α α
α = α − α = α =
thì M’≡ D không
thỏa mãn điều kiện đề b i nên không có M’ ( chà ỉ có điểm M tmđk đề b i)à
+ Xét
»
¼
BD BM'
>

⇒
0 0 0 0 0
3
2 2
2 90 2 90 180 60 90
+ ⇔ > ⇔ ⇔ <
α α
α > α− α > α ≤
(khi BD qua
tâm O v BDà
⊥
AC
⇒
·
0
BCD 90= α =
)
⇒
M’ thuộc cung
»
BD
không thỏa mãn điều kiện đề b i nên à
không có M’ (chỉ có điểm M tmđk đề).
Baøi 4: ( 4 ñieåm).
25
A O
B
M
C
E

D
M’
K
H
B”
D
”