TUYỂN TẬP CÁC BÀI HÌNH HAY THI VÀO 10

Bài 1 Cho điểm A ở ngoài đường tròn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là
tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M
≠
B, M
≠
C). Gọi D, E, F tương ứng là hình
chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm của MB và DF; K là
giao điểm của MC và EF.
1) Chứng minh: a) MECF là tứ giác nội tiếp. b) MF vuông góc với HK.
2) Tìm vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn nhất.
HD: 1) MFC = MEC = 90
o

2) Góc HCK + HDK = HCK + CAB + CBA = 180
o
=> CKI = CBD ( = EAC) =>
HK //AB
3)
2
MEF MFD(g g) MD.ME MF MI∆ ∆ − ⇒ = ≤:
, với I là trung điểm BC.
=> (MD.ME)
max
= MI
2
, khi I trùng với F. Khi đó
MBC∆
cân nên M là điểm chính giữa
cung BC.
Bài 2 Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC( M khắc B
) và N là điểm trên CD ( N khác C ) sao cho

·
45
o
MAN =
.Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt
tại P và Q.
a) Chứng minh rằng ABMQ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng AH vuông góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
HD
1) QAM = QBM = 45
o
; 2)Các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp => AQM = APN = 90
o
.
3)M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên 2 TH
TH 1.M không trùng với C.
Gọi I là giao điểm của AH và MN=> S =
1
.
2
AI MN
.
,MAI MAB AI AB a IM BM∆ = ∆ ⇒ = = =
Tương tự
NAI NAD IN DN∆ = ∆ ⇒ =
. Từ đó
S =
1 1
. .

2 2
AI MN a MN=
2 ( )MN MC NC a BM a DN a IM IN< + = − + − = − +
Vậy
2MN a MN< −
hay
2
1 1
.
2 2
MN a S a MN a< ⇒ = <
.
TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và
AMN ACD∆ = ∆
nên S =
2
1 1
.
2 2
AD DC a=
Vậy
∆
AMN có diện tích lớn nhất
M C⇔ ≡
và
N D≡
.
Bài 3 Cho đường tròn (O ; R) và dây AC cố định không đi qua tâm. B là một điểm bất kì trên
đường tròn (O ; R) (B không trùng với A và C). Kẻ đường kính BB’. Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC.

1) Chứng minh AH // B’C.
2) Chứng minh rằng HB’ đi qua trung điểm của AC.
3) Khi điểm B chạy trên đường tròn (O ; R) (B không trùng với A và C). Chứng minh rằng điểm
H luôn nằm trên một cung tròn cố định.
Giải
1) AH //B
/
C vì cùng vuông góc với BC. 2) AHCB
/
là hình bình hành.
Gọi E, F là chân các đường cao hạ từ A và C.
Tứ giác HEBF nội tiếp => AHC = EHF = 180
o
–ABC = không đổi.

Bài 4 Cho đường 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 đường tròn.
A
B
C
D
M
N
P
Q
H
I
2. Chng minh: MN l tia phõn giỏc ca gúc BMK.
3. Khi M di chuyn trờn cung nh AB. Gi E l giao im ca HK v BN. Xỏc nh v trớ ca

im M (MK.AN + ME.NB) cú giỏ tr ln nht.
1. T giỏc AHMK ni tip vỡ
ã
ã
0
90AKM AHM= =
2.
ã
ã
KMN NMB=
( = gúc
HAN)
3. AMBN ni tip =>
ã
ã
KAM MBN=
=>
ã
ã
ã
MBN KHM EHN= =
=> MHEB ni tip
=>
ã
ã
MNE HBN=
=>HBN ng dng EMN (g-g) =>ME.BN = HB. MN (1)
Ta cú AHN ng dng MKN => MK.AN = AH.MN (2)
(1) v (2) => MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB.
=> MK.AN + ME.BN ln nht khi MN ln nht => MN l ng kớnh ca ng trũn tõm O.=>

M l im chớnh gia cung AB.
Bài 5
Cho nửa đờng tròn (O;R) đờng kính AB. Trên nửa đờng tròn lấy hai điểm C, D (C thuộc cung
AD) sao cho CD = R. Qua C kẻ đờng thẳng vuông góc với CD cắt AB ở M. Tiếp tuyến của (O;R)
tại A và B cắt CD lần lợt tại E và F, AC cắt BD ở K.
a. Chứng minh rằng tứ giác AECM nội tiếp và tam giác EMF là tam giác vuông.
b. Xác định tâm và bán kính đờng trón ngoại tiếp tam giác KCD.
c. Tìm vị trí của dây CD sao cho diện tích tam giác KAB lớn nhất.
b.
ã
ã
0 0
AKB 60 AIB 120= =
(Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Tứ giác OCID nội tiếp

ã
ã
0
OCI ODI 90= =

ID = OD.tan30
0
=
R 3
3
c.

KCD

KBA
2
KCD
KBA KCD
KBA
S CD 1
S 4S
S AB 4




= = =
ữ


KBA
S

lớn nhất

KCD
S

lớn nhất

KH lớn nhất

H là điểm chính giữa cung lớn CD của

đờng tròn ngoại tiếp tam giác KCD



KCD cân


KBA cân

CD//AB
B i 6 Cho đờng tròn tâm O bán kính R và đờng thẳng d cố định không giao nhau. Từ điểm
M thuộc d, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (O; R) (A, B là các tiếp điểm).
1. Gọi I là giao điểm của MO và cung nhỏ AB của đờng tròn. Chứng minh I là tâm đờng tròn
nội tiếp tam giác MAB.
2. Cho biết MA = R
3
, tính diện tích hình phẳng bị giới hạn bởi hai tiếp tuyến MA, MB và
cung nhỏ AB của đờng tròn (O; R).
3. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
b) S
AOBM
=
3
R
2
2
Q
AOB
R
S

3

=
S =
2
3 3
R
3

c) K OH d, gi giao im ca AB v OH l N, giao im ca AB v OM l P.
T giỏc HMPN ni tip nờn ON.OH = OP.OM = R
2
Do ú N l im c nh m AB luụn i qua.
Bi 7
Cho ng trũn ( O) v im A nm bờn ngoi (O). K hai tip tuyn AM, AN vi ng
trũn (O). Mt ng thng d i qua A ct ng trũn (O) ti hai im B v C ( AB < AC, d khụng
i qua tõm O).
1) Chng minh t giỏc AMON ni tip.
2) Chỳng minh AN
2
= AB.AC. Tớnh di on thng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng
minh: MT // AC.
4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại K. Chứng minh K thuộc một
đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Bài 8
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua
B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O).
Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và
đường thẳng MN.

1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R
2
.
3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn câu IVc :
+
AMB∆
∽
ACM∆
(g-g)
⇒
2
AM AB
AM AB.AC
AC AM
= ⇒ =
+
AME∆
∽
AIM∆
(g-g)
⇒
2
AM AE
AM AI.AE
AI AM
= ⇒ =
⇒
AB.AC = AI.AE (*)

Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định
nên từ (*) suy ra E cố định.
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định
Bài 9
H
E
I
B
N
O
A
M
C
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và N
sao cho góc
·
MBN
= 45
0
, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.
a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn
BI theo a.
c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.
HD
c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN
lớn nhất
Do
MBG MBN∆ = ∆
(theo chứng minh ở phần b)

=> MG = MN
Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG
= MD + DN + (GA + AM)
= MD + DN + CN + AM (vì GA = CN)
= (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi)
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho
MDN
∆
(vuông tại D), ta có MN
2
= DN
2
+ DM
2

Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN
2
+ DM
2

2
( )
2
DM DN+
≥
(vì tương đương với (DM –
DN)
2

≥

0 luôn đúng).
Suy ra
2
( )
2
2
DM DN DM DN
MN
+ +
≥ =

=> 2a = MD + DN + MN
( )
2 1
2 2
MD DN
MD DN MD DN
+ +
≥ + + = +
Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2a=MD+DN+ MN
2 1 2 1
( ) 2 . (2 2). .
2 2
MD DN MD DN MD DN
+ +
≥ + ≥ × = +
=>
2
2 2

2
. 2( 2 1) .
2 2
a
DM DN a
 
≤ = −
 ÷
+
 
=>
2 2
1
. ( 2 1) .
2
MDN
S DM DN a
∆
= ≤ −
,
dấu “=” xảy ra <=>
( )
2 2
2
2
DM DN
DM DN
MN DM DN a
DM DN MN a
=



+

= ⇔ = = −



+ + =

.
Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao cho
( )
2 2DM DN a= = −
.
Bài 10
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di
động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song
song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại
I.
a) Chứng minh rằng
·
·
=MBC BAC
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt
(O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
HD

c) Ta có góc PTQ=90
0
do POIQ là đường kính.
Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc
đối đỉnh F bằng nhau và
FI FT
FQ FM
=
(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)
Nên
·
·
FIQ FTM=
mà
·
·
0
90FIQ OIM= =
(I
nhìn OM dưới góc 90
0
)
Nên P, T, M thẳng hàng vì
·
0
180PTM =
.
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích
IBC
S

lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn
nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung
»
BC
của đường tròn đường
kính OM. Khi I trùng O thì
ABC∆
vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ
khi AC là đường kính của đường tròn (O;R).
Bài 11
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A
và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh:
a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) AE.AF = AC
2
.
c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường
thẳng cố định.
HD
c) Theo câu b) ta có
·
·
ACF AEC=
, suy ra AC là tiếp tuyến của
đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).
Mặt khác
·
0
ACB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC

⊥
CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn
ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp
∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.
F
E
I
O
D
C
B
A
Bài 12
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là
tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI
⊥
AB, MK
⊥
AC (I
∈
AB,K
∈
AC)
a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Vẽ MP
⊥
BC (P
∈
BC). Chứng minh:
· ·

MPK MBC=
.
c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
HD
A
B C
M
O
D
F
E
Q
P
I
T
Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.
Suy ra:
·
·
MIP MBP=
(4). Từ (3) và (4) suy ra
·
·
MPK MIP=
.
Tương tự ta chứng minh được
·
·
MKP MPI=
.

Suy ra: MPK
~
∆MIP
⇒
MP MI
MK MP
=
⇒
MI.MK = MP
2

⇒
MI.MK.MP = MP
3
.
Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4)
- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC
cố định).
H
O
P
K
I
M
C
B
A
Lại có: MP + OH
≤
OM = R

⇒
MP
≤
R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi
O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max
(MI.MK.MP) = ( R – OH )
3

⇔
M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Bài 13
Cho hai đường tròn (O) và
(O )
′
cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai
đường tròn (O) và
(O )
′
.
a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
b) Đường thẳng AC cắt đường tròn
(O )
′
tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F
khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và
(O )
′
thứ tự tại M và N. Xác định vị
trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất.

HD
c) Ta có
·
·
0
CMA DNA 90= =
(góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình
thang.
Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi
đó IK là đường trung bình của hình thang CMND.
Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2)
d
K
I
N
M
F
E
O
/
O
C
D
B
A
Từ (1) suy ra IK ⊥ MN
⇒
IK
≤

KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).
Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN
≤
2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK
⇔
d ⊥ AK tại A.
Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA.
Bài 14
Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm
M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là
trung điểm của AB.
1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.
3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của
điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.
HD
3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên
diện tích của nó được tính:
1
2 2. . . ( )
2
OQM
S S OD QM R MD DQ= = = +
. Từ đó S nhỏ
nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng
trong tam giác vuông OMQ ta có
2 2
.DM DQ OD R= =
không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất ⇔ DM = DQ = R. Khi
đó OM =

2R
hay M là giao điểm của d với đường tròn
tâm O bán kính
2R
.
d
I
B
A
O
M
C
D
H
Q
P
Bài 15
. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm giữa O và A. Đường thẳng
vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng
CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI tại D. Chứng minh:
1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) ∆ABD ~ ∆MBC
3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di
động trên đoạn thẳng CI.
HD
3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và
·
·
EDC BDC=
, lại có:

·
·
BDC CAK=
(cùng phụ với
µ
B
),
suy ra:
·
·
EDC CAK=
. Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp.
Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên
O
′
A =
O
′
E, suy ra
O
′
thuộc đường trung trực của đoạn thẳng
AE cố định.
E
D
M
I
C
K

O
B
A
Bài 16
Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH
⊥
BC. Nửa
đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O
1
; O
2
cắt AB, AC thứ tự tại D và E.
a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10
b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO
1
O
2
đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó.
HD
c) Vì O
1
D = O
1
B =>
∆
O
1
BD cân tại O
1

=>
µ
·
1
B BDO=
(2)
Từ (1), (2) =>
·
·
1
ADE BDO+ =
µ
·
B BAH+
= 90
0
=> O
1
D //O
2
E
Vậy DEO
2
O
1
là hình thang vuông tại D và E.
Ta có S
ht
=
2

1 2 1 2 1 2
1 1 1
(O D O E).DE O O .DE O O
2 2 2
+ = ≤
(Vì O
1
D
+ O
2
E = O
1
H + O
2
H = O
1
O
2
và DE < O
1
O
2
)
2 2
2
ht 1 2
1 BC R
S O O
2 8 2
≤ = =

. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE
= O
1
O
2

⇔ DEO
2
O
1
là hình chữ nhật
O
1
O
2
D
O
B
C
H
A
E
⇔ A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max
12
ODEO
S
=
2
2
R

.
Bài 18
Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và
C (BC
≠
2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N là tiếp điểm). Gọi I, K lần lượt là
trung điểm của BC và MN; MN cắt BC tại D. Chứng minh:
a) AM
2
= AB.AC
b) AMON; AMOI là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OID luôn thuộc một đường
thẳng cố định.
HD
c) Ta có OA
⊥
MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC
tại D.
Xét tứ giác KOID có
µ
K I+
$
= 180
0
=> tứ giác KOID nội tiếp
đường tròn tâm O
1
=> O

1
nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI =
AK.AO = AM
2
= AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định).
Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định.
Vậy O
1
tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
OIK luôn thuộc đường
trung trực của DI cố định.
Bài 19
Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm),
lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH
⊥
BC; MI
⊥
AC; MK
⊥
AB.
a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh MH
2
= MI.MK
c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu vi
∆
APQ
không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
HDc

c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến)
Xét chu vi
∆
APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM
= (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi.
Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi
∆
APQ không
phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm).
Bài 20
Cho đường tròn (O), đường kính AB, d
1
, d
2
là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng
vuông góc với đường thẳng AB. M, N là các điểm lần lượt thuộc d
1
, d
2
sao cho
·
MON
= 90
0
.
1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O).
2) Chứng minh AM . AN =
4
2
AB

.
3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.
HD
D
K
I
B
O
N
A
C
M

O

1

E

I

C

O

N

M

B

A

3.
2
1
=
∆MON
S
OH . MN >
2
1
OH . AB (Vì AMNB là hình
thang vuông)
Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa
của cung AB.
⇔
M, N song song với AB
⇔
AM = BN =
AB
.
2

Vậy
MON
S
∆
nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN =
AB

.
2

Bài 21
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI =
2
3
AO. Kẻ dây MN
vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B.
Nối AC cắt MN tại E.
1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .
2) Chứng minh hệ thức: AM
2
= AE.AC.
3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
HD
3. Theo trên
·
·
AMN = ACM ⇒
AM là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM. Nối MB ta có
·
AMB
= 90
0
, do đó tâm O
1
của đường tròn ngoại

tiếp ∆ECM phải nằm trên BM.
Ta thấy NO
1
nhỏ nhất khi NO
1
là khoảng
cách từ N đến BM
⇒
NO
1
⊥BM. Gọi O
1
là chân
đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O
1
là
tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính
là O
1
M.
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường
tròn ngoại tiếp ∆ ECM là nhỏ nhất thì C phải là
giao điểm của đường tròn (O
1
), bán kính O
1
M với
đường tròn (O) trong đó O
1
là hình chiếu vuông

góc của N trên BM.
Bài 22
Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính bằng 1. Tam giác ABC thay đổi và luôn ngoại tiếp
đường tròn (O). Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại M và N. Xác
định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN.
(Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp Hồ Chí Minh năm học 2001 –
2002)
LỜI GIẢI
Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc aB, AC lần lượt tại H và K.
N
M
O
A
B
H
1 1
. .
2 2 2
AMN OAM OAN
AM AN
S S S OH AM OK AN
+
= + = + =
Vẽ MI
⊥
AB tại I. Ta có: AM
≥
MI
Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có:
.

2
AM AN
AM AN
+
≥
Do đó:
1
. . ; . . 2
2
AMN AMN AMN
S AM AN MI AN S MI AN MI AN S≥ ≥ = ⇒ =
Vậy:
2
2 2 2
AMN AMN AMN AMN AMN
S S S S S≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥
(do
0
AMN
S >
)
Dấu “= “ xảy ra
⇔
AM = AN = MI, tức là khi
·
0
90BAC =
và AM = AN.
Vậy GTNN của diện tích tam giác AMN là 2.
Bài 23

Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M
bất kì. Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P)
sao cho O nằm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung
AP. Hai dây cung AB, AC cắt NP lần lược tại D và E.
a) Chứng minh: MB.MC = MN.MP
b) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh:
2
.MK MB MC>
Giải:
a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
Ta có:
·
»
»
»
»
2 2
sd AN sd PC sd AP sd PC
PEC
+ +
= =
( vì
»
»
AN AP=
)

¼
2
sd APC

=
( vì
·
ABC
là góc nội tiếp đ/tròn(O) chắn cung APC)
Suy ra:
µ
µ
1 1
E B=
; Mà:
µ
·
0
1
180E DEC+ =
Nên:
µ
·
0
1
180B DEC+ =
⇒
Tứ giác BDEC nội tiếp
Cách 2:
Ta có:
µ
»
µ
»

( )
·
»
»
( )
·
( )
»
»
( )
»
»
( )
µ
·
»
» »
( )
1 1
0 0
1
1
®AC × B ãc néi tiÕp ch¾n AC
2
1
DEC ®AP ®NC × DEC µ gãc cã ®Ønh bªn trong ®/trßn
2
1
®AN ®NC × AP
2

1 1
®AN ®NC ®AC .360 180
2 2
B s v g
s s v l
s s v AN
B DEC s s s

=



= +



= + =


⇒ + = + + = =
⇒
Tứ giác BDEC nội tiếp
b) Chứng minh: MB.MC = MN.MP
Xét:
∆
MBP và
∆
MNC có:

·

PMC
: góc chung
µ
µ
1 1
P C=
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB của đường tròn (O))
Suy ra:
∆
MBP ~
∆
MCN ( g - g )
. .
MB MP
MB MC MN MP
MN MC
⇒ = ⇒ =
c) Chứng minh:
2
.MK MB MC>
:
Ta có:
OA NP⊥
( vì A là điểm chính giữa của cung NP)
Suy ra: NP = 2.NK
Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b)
Do đó: MB.MC = MN(MN + NP) = MN( MN + 2.NK) =
2
2. .MN MN NK+
(1)

Mà:
( )
2
2 2 2 2
2 . 2. .MK MN NK MN MN NK NK MN MN NK= + = + + > +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
2
.MK MB MC>
Cách 2:
Ta có: MK > MN ( vì N nằm giữa M và K)
⇒
MK.NK > MN.NK
⇒
MK.NK + MK.MN > MN.NK + MK.MN
⇒
MK(NK + MN) > MN(NK + MK)
⇒
2
MK
> MN. MP ( Vì NK + MK = MK + KP: Do NK = KP)
Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b)
Do đó:
2
.MK MB MC>
Cách 3:
Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương MN và MP, ta có:
MN + MP
2 .MN MP≥

2
2 2 . .MK MN MP MK MN MP⇔ ≥ ⇔ ≥
Dấu = xảy ra khi MN = MP, điều này không thể xảy ra.
Cách 4:
Do:
»
»
: ¶ thiÕtAN AP gi= ⇒
K là trung điểm của NP hay KN = KP. Đặt KN = KP = a
Ta có: MB.MC = MN.MP(câu b); mà MN = MK – KN và MP = MK + KP
⇒
MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a) =
2 2 2
MK a MK− <
Vậy
2 2
. ; : .MK MN MP hay MK MB MC> >
đều.
Bài 24
Cho đường tròn (O) có các đường kinh MN và PQ(PQ không trùng với MN).
a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật.
b) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) theo thứ tự ở E và F. Chứng minh bốn
điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
c) Khi MN cố định, PQ thay đổi. Tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ
nhất.
Giải
a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật.
Ta có: OM = ON = OP = OQ(= R)
⇒
Tứ giác MPNQ là hình bình hành.

Lại có:
·
0
90MQN =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Do đó: MPNQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
Ta có:
µ
¶
1 1
P M=
(góc nội tiếp cùng chắn cung NQ)
Mà:
¶
µ
1
M F=
(vì cùng phụ với
·
FNM
)
Do đó:
µ
µ
1
P F= ⇒
Tứ giác EFQP nội tiếp. Hay bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
c) Tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có:

( ) ( )
1 1
. .2
2 2
EF
EF
N
S MN R EM MF R EM MF= = + = +
Theo bất đẳng thức cô si, ta có: EM + MF
( )
2 . *EM MF≥
Tam giác NEF vuông có NM là đường cao, nên:
EM.MF =
2
NM
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Vậy
( )
2 2
* .2 2. 2 .2 4
EFN
S R NM MN R R R⇔ ≥ = = =
: không đổi
Dấu = xảy ra
ΔEM MF⇔ = ⇔
NEF vuông cân tại N

⇔
NM là tia phân giác của góc
·

QNP

⇔
MPNQ là hình vuông
PQ MN⇔ ⊥
Vậy GTNN của
EFN
S
là
2
4R

PQ MN⇔ ⊥

Bài 25
Cho C là một điểm nằm trên đường thẳng AB(C khác A và B). Trên cùng một nửa mặt phẳng
bờ là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tai Ax lấy điểm I khác A,
tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đường kính CI cắt IK tại P.
a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp.
b) Chứng minh AI.BK = AC.BC
c) Gọi M là giao điểm của IC và AP; N là giao điểm của KC và BP.Chứng minh MN // AB.
d) Cho A, B, I cố định. Tìm vị trí của điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn nhất.
Giải
a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp.
Ta có:
·
0
90CIP =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
· ·

0
180CPK CBK⇒ + = ⇒
Tứ giác CPKB nội
tiếp đường tròn đường kính CK.
b) Chứng minh AI.BK = AC.BC
Vì
·
0
90ICK =
nên:
¶
¶
¶
¶
( )
0
2 3 2 2
90Δ ~ Δ
IA CB
C C C K ICA CKB g g
CA KB
+ = ⇒ = ⇒ − ⇒ =
. .AI KB CACB
⇒ =
c) Chứng minh MN // AB.
Ta có:
µ
µ
1 1
A I=

(vì nội tiếp cùng chắn cung BC
đường kính IC)

µ
¶
1 1
B K=
(vì nội tiếp cùng chắn cung BC của
đ/tròn đường kính CK
·
·
·
·
0 0
90 180APB ICK MCN MPN⇒ = = ⇒ + = ⇒
Tứ
giác MCNP nội tiếp đường tròn đường kính MN
¶
µ
1 1
M C⇒ =
(vì nội tiếp cùng chắn cung PN) (1)

µ
µ
1 1
A C=
(góc giữa tia tt và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung PC của đường tròn đường kính IC)
¶

µ
1 1
M A= ⇒
MN // AB
d) Cho A, B, I cố định. Tìm vị trí của điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn nhất
Ta có: 2.
( )
ABKI
S AB AI BK= +
. Vì AB, AI không đổi nên
ABKI
S
lớn nhất
⇔
BK lớn nhất
⇔
CA.CB lớn nhất (vì AI.BK = CA.CB
⇔
BK =
.CACB
AI
)
Ta có:
2
. .
2 2
CA CB CA CB
CACB CACB
+ +
 

≤ ⇔ ≤
 ÷
 
(không đổi), (Áp dụng BĐT Cô si)
Dấu = xảy ra khi CA = CB.
Vậy
ABKI
S
lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
Cách 2: Ta có: AIKB là hình thang vuông có AB là đường cao, nên:
( )
1
2
ABKI
S AI BK AB= +
, vì A, B, I cố định
⇒
AI, AB không đổi.
Vậy
AIKB
S
lớn nhất
⇔
BK lớn nhất.
Dễ thấy hai tam giác vuông AIC và BCK có:
·
·
AIC BCK=
(cùng phụ với
·

ACI
).
Do đó:
( )
Δ ~ Δ
AI AC
AIC BCK g g
BC BK
− ⇒ =
( )
( )
2
1 1 1
. . .BK BC AC AB AC AC AB AC AC
AI AI AI
⇒ = = − = −
2
2 2 2
2
1 1
2
2 4 4 2 4
AB AB AB AB AB
AC AC AC
AI AI
 
 
 
= − − + − = − − −
 

 ÷
 ÷
 
 
 
 
=
2
2 2
1
2 4 4
AB AB AB
AC
AI AI AI
 
− − + ≤
 ÷
 
không đổi
Dấu = xảy ra
0
2 2
AB AB
AC AC⇔ − = ⇔ = ⇔
C là trung điểm đoạn AB.
Vậy
ABKI
S
lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
Bài 26

Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d đi qua O và cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Từ một
điểm C trên đường thẳng d(C nằm ngoài đường tròn(O)). Gọi H là trung điểm của AB, đường
thẳng OH cắt tia CN tại K.
a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm trên một đường tròn.
b) Chứng minh KN.KC = KH.KO.
c) Đoạn thẳng CO cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I cách đều CM, CN, MN.
d) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần luwowyj tại E và F.
xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích của tam giác CEF là nhỏ nhất.
Giải
a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm
trên một đường tròn.
Ta có: OH
⊥
AB(vì đường kính đi qua điểm
chính giữa của cung)
ON
⊥
CN
·
·
0
90OHC ONC⇒ = = ⇒
Bốn điểm C; O; H; N
cùng nằm trên đường tròn đường kính OC
b) Chứng minh KN.KC = KH.KO.
Ta có:
µ
µ
1 1
O C=

(vì cùng bù với góc HON)
( )
Δ ~ Δ . .
KO KN
KON KCH g g KO KH KC KN
KC KH
⇒ − ⇒ = ⇒ =
c) Chứng minh I cách đều CM, CN, MN.
CI là phân giác của
·
MCN
và CI
⊥
MN nên:
»
»
MI NI=
⇒
NI; NI lần lượt là các phân giác của góc CMN; CNM.
Vậy I là giao điểm của các đường phân giác của tam giác CMN nên I cáchđều các cạnh CM, CN,
MN
d) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt tại E và F. xác
định vị trí
của C trên d sao cho diện tích của tam giác CEF là nhỏ nhất.
Ta có:
( )
2 . .
EFC COE
S S CE OM CM ME R= = = +
EFC

S
nhỏ nhất khi CM + ME nhỏ nhất.
Mà: CM.ME =
2 2
OM R=
không đổi. Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có:
2 .CM ME CM ME+ ≥
= R
Dấu = xáy ra
⇔
CM = ME = R
Δ⇒
COE vuông cân tại O và
Δ
COM vuông cân tại M
2MO MC R OC R⇒ = = ⇒ =
Vậy C là giao điểm của đường tròn(O;
2R
) với đường thẳng d.
Bài 27
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O),
(M khác A và B). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc
với AB(P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE(Q thuộc AE).
a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.
b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác AEO và MPB đồng dạng và KM
= KP.
d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật
APMQ có diện tích lớn nhất.
Giải

a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp và APMQ là
hình chữ nhật.
Ta có:
·
·
0
90EAO EMO= = ⇒
Tứ giác AEMO nội
tiếp đường tròn đường kính EO.
Tứ giác APMQ là hình chứ nhật vì có ba góc vuông.
b) Chứng minh O, I, E thẳng hàng.
Do tứ giác MQAP là hình chữ nhật nên I là trung
điểm của AM
Ta có: EA = EM; OA = OM. Suy ra: EO đi qua
trung điểm của AM
⇒
EO đi qua I hay O; I; E thẳng hàng.
c) Chứng minh hai tam giác AEO và MPB đồng dạng và KM = KP.
Ta có: OE // MB(vì cùng vuông góc với AM)
µ
µ
( ) ( )
1 1
Δ ~ Δ . 2 . 1
PB MP PB PB
O B AEO PMB g g MP EA EA
AO EA AO AB
⇒ = ⇒ − ⇒ = ⇒ = =
Do KP // EA
( )

2
BP KP
AB EA
⇒ =
Từ (1) và (2) suy ra:
2 . 2
KP
MP EA KP KM KP
EA
= = ⇒ =
d) Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có
diện tích lớn nhất.
Đặt: AP = x
⇒
PB = 2R - x (vì AB = 2R)
Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao nên:
( ) ( )
2
. 2 2MP PA PB x R x MP x R x= = − ⇒ = −
( ) ( )
2
3
. 2 3. 2 3 3 3 3.
3 2 3 3 3
MPAQ
x
R x
x x x x
S AP MP x x R x x R x x x R R
 

+ −
 ÷
   
⇒ = = − = − ≤ = − = −
 ÷
 ÷  ÷
   
 ÷
 

2
2
3 3
3 3
3 3
2 4
x x
R
R
 
+ −
 ÷
≤ =
 ÷
 ÷
 
Dấu = xảy ra
2
3
3

2
3 3
x
R x
R
x
x x
R

= −


⇔ ⇔ =


= −


Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm của OB.
Cách 2: Trong tam giác vuông ABM, ta có:
( ) ( )
2
. 2 2MP PA PB x R x MP x R x= = − ⇒ = −
; 0 < x < 2R (vì M thuộc đường tròn (O) và M
khác A, B)
Diện tích hình chữ nhật APMQ là:
( ) ( )
3
. 2 2
MPAQ

S MP PA x x R x x R x= = − = −
Ta chứng minh bổ đề sau: Nếu a,b,c,d không âm, ta có:
4
4
a b c d
abcd
+ + +
 
≤
 ÷
 
. Dấu = xảy ra
⇔
a = b = c = d
Ta có:
( )
2 1 , , 0a b ab a b+ ≥ ∀ ≥
; tương tự
( )
2 2c d cd+ ≥
Từ (1) và (2) suy ra:
( )
2a b c d ab cd+ + + ≥ +
; ta còn có:
2 .ab cd ab cd+ ≥
Do đó:
( )
4
4
2

4 . 4
4
a b c d
a b c d ab cd a b c d abcd abcd
+ + +
 
+ + + ≥ ⇒ + + + ≥ ⇒ ≤
 ÷
 
Dấu = xảy ra
a b c d⇔ = = =
.
Áp dụng bổ đề trên với bốn số:
; ;
3 3 3
x x x
và 2R - x, ta có:
( ) ( )
4
3
2
3 3 3
2 27. . . . 2 27 27
3 3 3 4 16
x x x
R x
x x x R
x R x R x
 
+ + + −

 ÷
− = − ≤ =
 ÷
 ÷
 
Dấu = xảy ra
3
2
3 3 3 2
x x x R
R x x⇔ = = = − ⇔ =
.
Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm của OB.
Bài 28
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A và
O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại C. Trên cung
BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng
HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC.
1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân.
F
I
C
E
O
A
B
H
D
3. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có số đo không

đổi khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C).
HD
Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên
·
· ·
180
ICF 90
2 2
CFI CFI°−
= = °−

·
·
·
2
CFI
ICD CBA= =
suy ra
·
·
·
90ICF CBA HCB= °− =
Vì D nằm trên cung BC nên tia CF
trùng với tia CB cố định . Vậy góc
ABF có số đo không đổi