bộ đề hình học nâng cao lớp 9

Bài 1 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn và
µ
45*C =
.Vẽ 3 đường cao AD ,BE ,CF
của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H
1/Chúng tỏ : Tứ giác BFEC nội tiếp
2/Lấy M thuộc EF sao cho DM//EF .Chứng tỏ : tam giác BMH vuông
3/ EG cắt DM tại I .Chứng minh rằng :
·
·
CBI ABE=

4 / Tìm thêm 1 điều kiện của tam giác ABC để HI,DE,FG đồng quy tại 1 điểm
Bài giải


1/Tứ giác BFEC nội tiếp ,xác định
tâm G của nó
Dễ thấy
· ·
90*BFC BEC= =
nên tứ
giác BFEC nội tiếp trong đường
tròn đường kính BC => tâm G là
trung điểm của BC
2/ Tam giác BMH vuông
Do DM//AC nên
·
·
BDM ACB=
( 2

góc đồng vị ) .Do tứ giác BFEC nội
tiếp nên
·
·
ACB AFE=
. Ta lại có
·
·
AFE MFB=
( 2 góc đối đỉnh ) tứ đó
suy ra
·
·
MFB BDM=
=> Tứ giác
BDFM nội tiếp ( 2 góc bằng nhau
cùng nhìn cạnh BM ) .Ta lại có :
·
·
90*ADC BFC= =
=> Tứ giác
BFHD nội tiếp . Từ đó dẫn đến 5
điểm B,M,F,H,D cùng thuộc 1
đường tròn đường kính BH -> BM
vuông góc với MH vậy tam giác BMH vuông tại M
3/
·
·
CBI ABE=
Trong tam giác vuông BEC có

µ
45*C =
nên tam giác BEC vuông cân có G là trung
điểm của BC nên EG vuông góc với BC
.Xét trong tam giác BEI có DI và BG là 2 đường cao chúng cắt nhau tại H => D là
trực tâm của tam giác BEI => DE_|_BI
DE_|_BI =>
·
·
EDG EIB=
( cùng phụ với góc DEI ) .Mặt khác ta có :
·
·
90*ADB AEB= =
=> Tứ giác AEDB nội tiếp =>
·
·
EDG BAC=
=>
·
·
BAC EIB=

Xét trong 2 tam giác vuông ABE và IBG ta có :
·
·
BAC EIB=
=>
·
·

CBI ABE=

4/ Tìm thêm 1 điều kiện của tam giác ABC
Dựng BJ_|_ HI . Ta có :
· ·
90*BJH AFB= =
nên tứ giác BFHJ nội tiếp=>
·
·
ABE HJF=

Ta có :
·
·
90*BJI BGI= =
=> Tứ giác BJGI nội tiếp =>
·
·
CBI GJI=
Mà
·
·
CBI ABE=
=>
·
·
HJF GJI=
. Mâc khác ta có :
·
·

·
·
·
·
180*FJG GJI FJI HJF FJI HJI= + = + = =
=> 3 điểm
F,J,G thẳng hàng . Nếu HI ,DE ,FG đồng quy tại 1 điểm => 3 điểm E,J,G thẳng
hàng =>
·
·
HEJ HED=
, dễ thấy tứ giác DHEC nội tiếp nên
·
·
HED HCD=
từ đó suy ra
·
·
HEJ HCD=
.Do BJ vuông góc với HJ tức là 6 điểm M,F,H,J,D,B cùng thuộc 1
đường tròn từ đó suy ra
·
·
HJE HFD=
. Dễ thấy tứ giác BFHD nội tiếp nên
·
·
·
·
HFD HBC HJE HBC= => =

. Từ đó xét
BHC
∆
và
JHE
∆
ta có :
·
·
HJE HBC=
,
·
·
HEJ HCD=
=>
~BHC JHE
∆ ∆
(g-g )=> HJ/HB=HE/HC mà
Cos BHJ =HJ/HB và cos EHC =HE/HC =>
·
·
BHJ EHC=
. Dễ thấy
·
·
BHJ BFJ=
( 2
góc nội tiếp chắn cung BJ của đường tròn đường kính BH ) mà ta lại có GB =GF =>
Tam giác GBF cân =>
·

·
BFJ ABC=
. Ta lại có :
·
·
EHC BAC=
( cùng phụ với góc
ACF ) từ đó suy ra
·
·
ABC BAC=
=> tam giác ABC cân tại C ( đây là ĐK của bài
toán )
Bài 2 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn ( AB<AC) .Vẽ 3 đường cao AD,BE,CF của
tam giác ABC chúng cắt nhau tại H
1/Chứng tỏ : Tứ giác DHEC nội tiếp ,xác định tâm O
2/ Trên cung nhỏ EC của đường tròn (O) lấy 1 điểm I sao cho IC>IE ,DI cắt CE tại
N .Chứng minh : NI.ND=NE.NC
3/ EF cắt IC tại M .Chứng minh : MN_|_CH
4/ HM cắt (O) tại K , KN cắt (O) tại G ,MN cắt BC tại T. Chứng tỏ : 3 điểm H,T,G
thẳng hàng
Bài giải

1/ Tứ giác DHEC nội tiếp ,xác định tâm O
Ta có :
·
·
90*HDC AEB= =
nên tứ giác DHEC nội tiếp trong đường tròn đường kính
HC => tâm O là trung điểm của HC

2/ NI.ND=NE.NC
Xét tam giác NIC và tam giác NED ta có :
·
·
END INC
=
( 2góc đối đỉnh ),
·
·
DEN CIN=
( 2góc nội tiếp cùng chắn cung DC)
=>
~NIC NED
∆ ∆
(g-g ) =>
. .
NI NE
NI ND NC NE
NC ND
= => =

3/ MN vuông góc với CH
Ta có :
·
·
DIC DHC=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC ) mà
·
·
DHC ABC=

( cùng
phụ với góc BCF ) mà ta lại có : :
· ·
90*BFC BEC= =
nên tứ giác BFEC nội tiếp =>
·
·
ABC AEF=
mà
·
·
AEF MEC=
( 2 góc đối đỉnh ) từ đó
·
·
MEC DIC=
=> Tứ giác MENI
nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong ) =>
·
·
EMN EIN=
mà
·
·
EIN ACB=
( 2 góc nội
tiếp cùng chắn cung DE ) ta lại có :
·
·
ACB AFE=

( Tứ giác BFEC nội tiếp )=>
·
·
AFE EMN=
=> AB//MN ( 2 góc sole trong ) mà AB_|_CH=> MN_|_CH
4/ 3 điểm H,T,G thẳng hàng
Xét tam giác EMN và tam giác TCN ta có :
·
·
EMN ACB=
(cmt) ,
·
·
ENM TNC=
( 2
góc đối đỉnh )=>
~EMN TCN
∆ ∆
(g-g)=>
. .
EN TN
EN CN TN MN
MN CN
= => =

Xét tam giác ENK và tam giác GNC ta có :
·
·
ENK CNG=
( 2 góc đối đỉnh ) ,

·
·
EKN NCG=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EG)
=>
~ENK GNC
∆ ∆
( g-g)=>
. .
EN GN
EN CN KN GN
NK CN
= => =

Từ đó suy ta TN.MN=KN.GN => TN/GN=KN/MN
Xét tam giác MNK và tam giác GNT ta có :
·
·
MNK GNT=
( 2 góc đối đỉnh ) , TN/GN=KN/MN (cmt)
=>
~MNK GNT
∆ ∆
(c-g-c) =>
·
·
TGN KMN=
. Ta có góc HKC =90* ( góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn ) =>HK_|_CK theo như trên ta đã chứng minh MN_|_CH cho nên
·

·
KMN HCK=
( cùng phụ với góc MHC ) mà ta lại có :
·
·
HCK HGN=
( 2 góc nội tiếp
cùng chắn cung HN )=>
·
·
TGN HGN=
=> 2 tia GT và GH trùng nhau => 3 điểm
H,T,G thẳng hàng
Bài 3 : Cho 3 điểm B,D,C thẳng hàng theo 1 thứ tự nào đó ( D nằm giửa B và C) và
đặt DC=2DB=2x (x>0) .Gọi (p) là đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC .Trên
(p) lấy 1 điểm A sao cho AD=3x .Vẽ 2 đường cao BE và CF của tam giác ABC chúng
cắt nhau tại H
. 1/ Hãy tính diện tích tam giác ABC theo x và chứng tỏ góc ACB =góc AFE
2/ Chứng minh rằng : DB.DC=DH.DA
.3/ Hãy tính :
HD và HA theo x ,tam giác AEF theo x
4/ Gỉa sử D,B,C cố định .Tìm giá trị của đoạn thẳng AD theo x để
: tam giác ABC có 3 góc nhọn ,
·
BAC
≤ 60*
Bài giải
1/Hãy tính diện tích tam
giác ABC theo x và chứng
tỏ góc ACB =góc AFE

Ta có :
S∆ABC=BC.AD/2=3x.3x:2=4.5x
2
. Xét tứ giác BFEC ta có
· ·
90*BFC BEC= =
=> Tứ giác BFEC nội tiếp => góc ACB =góc AFE
2/ DB.DC=DH.DA
Xét tam giác HDB và tam giác CDA ta có :
·
·
90*HDB ADC= =
,
·
·
BHD ACB=
( cùng phụ với góc ACB )
=>
~HDB CDA
∆ ∆
(g-g)=>
. .
HD CD
HD AD BD CD
BD AD
= => =

3/Tính HD,HA, diện tích tam giác AFE theo R
Ta có : BC
2

=BF
2
+CF
2
=(AB-AF)
2
+CF
2
=AB
2
-2.AB.AF+AF
2
+CF
2
=AB
2
2.AB.AC.cosA+
AC
2
từ đó rút ra cosA=
2 2 2
2. .
AB AC BC
AC BC
+ −

Theo như trên ta đã có :DB.DC=DH.DA=>
. .2 2
3 3
DB DC x x x

DH
DA x
= = =

Từ đó ta có : HA=AD-HD=3x-
2 7
3 3
x x
=

Xét tam giác AFE và tam giác ACB ta có :
BAC là góc chung , góc AFE=góc ACB ( cmt)
=>∆AFE~∆ACB (g-g)=>
2
2
S ABC AE
S AEF AB
∆
=
∆
=cos
2
A => S∆AEF=S∆ABC.cos
2
A
Ta tính được AB =
2 2 2 2
9 10AD BD x x x+ = + =
,AC=
2 2 2 2

9 4 13AD CD x x x+ = + =
Ta có : S∆AEF =∆ABC.
2 2 2
2. .
AB AC BC
AC BC
+ −
=
2 2 2 2 2
2
9 10 13 9 63
.
2
2. . 10. 13 2 130
x x x x x
x
+ −
=

4/ Vị trí của A sao cho góc BAC nhỏ hơn 60 độ
B,D,C cố định => BD=x và CD=2x
Gỉa sử xét A tại vị trí sao cho góc BAC= 60*
Áp dụng công thức cosA=
2 2 2
2. .
AB AC BC
AC BC
+ −
vì cos 60* =1/2
=>Đặt AD =y ta có : AB

2
+AC
2
-BC
2
=AC.BC
=>x
2
+y
2
+y
2
+4x
2
-9x
2
=
2 2 2 2
( )(4 )x y x y+ +
 2y
2
-4x
2
=
2 2 2 2
( )(4 )x y x y+ +
(*)
Nhận thấy vế phải luôn dương ta có : (2y
2
-4x

2
)
2
=4x
4
+x
2
y
2
+4x
2
y
2
+y
4
 4y
4
-16x
2
y
2
+16x
4
=4x
4
+5x
2
y
2
+y

4
 3y
4
-21x
2
y
2
+12x
4
=0
Xem trên là một phương trình bậc hai ẩn là y
2
,x là tham số / muốn phương trình
trên có nghiệm thì điều kiện là phương trình có nghiệm dương
∆ = (-21x
2
)
2
-4.3.12x
4
=297x
4
>0 ,
2
297x∆ =

=>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
2 2
1
21 297

6
x x
x
+
=
( nhận ) ,
2 2
2
21 297
6
x x
x
−
=
( nhận )
Tuy nhiên Ta phải loại đi một nghiệm nhận thấy rằng trường hơp
2
x
vì ở trên ta
thấy ở (*) muốn tồn tại thì ta phải có : 2y
2
-4x
2
≥0 =>y
2
≥2x
2
như vậy ở trường hợp số
2 không thỏa yêu cầu bài toán , chỉ nhận trường hợp 1
Vị trí của D dể góc BAC≤60* thì AD

2
≥
2 2
21 297
6
x x+
=> AD≥
21 297
.
6
x
+

Đây chính là giới hạn của điểm A
Bài 4 : Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB .Trên đường tròn (O) lấy 1 điểm C
sao cho BC>AC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D .Vẽ CH vuông góc với AB tại
H . Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD tại M
1/Chứng minh rằng : MC là tiếp tuyến của (O) và CH
2
=AH.BH
2/Chứng tỏ : Tứ giác AMOC nội tiếp được
3/ BM cắt CH tại I .Chứng minh : I là trung điểm của CH
4/ AI cắt (O) tại D. Chứng tỏ : DN là tiếp tuyến của (O)
5/ MN cắt (O) tại P , DP cắt AN tại Q .Chứng minh : AQ
2
=QP.QD
6/Đường thẳng qua Qsong
song AB cắt MA và MB
lần lượt tại J và K .Gỉa sử
QK=QJ . Tính diện tích

tam giác MIN theo R

Gỉai
1/ MC là tiếp tuyến của
(O) và CH
2
=AH.BH
Ta có : góc ACB =90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) => AC_|
_BC mà OM//BC => OM//BC .Ta có : OA=OC=R=> tam giác AOC cân trong tam
giác này có OM là đường cao => OM cũng là đường phân giác =>
·
·
AOM COM=

Xét tam giác AOM và tam giác COM ta có :
OA=OC=R ,
·
·
AOM COM=
( cmt) , OD là cạnh chung )
=>∆AOM=∆BOM (c-g-c)=>
·
·
90*OCM OAM= =
=> CO_|_CM ta lại có C thuộc (O)
nên MC là tiếp tuyến của (O) .Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta
liền suy ra CH
2
=AH.BH
2/Tứ giác AOMC nội tiếp được

Ta có :
·
·
90* 90* 180*OAM OCM= = + =
=> Tứ giác AOMC nội tiếp ( tổng 2 góc đối
=180* )
3/ I là trung điểm của CH
Trong tam giác ADB ta có OA=OB=R , OM//BD => MA=MD
CH//AD ( cùng vuông góc với AB ) Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác ABM
và tam giác BMD ta có :
IH BI CI
AM BM DM
= =
mà AM=DM => IH=IC hay I là trung
điểm của CH
4/ DN là tiếp tuyến của (O )
Xét tam giác ABD và tam giác HCA ta có :
·
·
90*AHC ABD= =
,
·
·
ACH ABD=
( cùng phụ với góc BCH )
=>∆ ABD~∆HCA (g-g)=>
2 2AB HC OA HI
BD CA BD CA
= => =
(O,I là trung điểm của AB.CH)

Xét tam giác ACI và tam giác DBO ta có :
·
·
ACH ABD=
( cmt) ,
OA HI
BD CA
=
( suy ra từ trên )
=>∆ ACI~∆DBO (c-g-c) =>
·
·
ODB IAC=

Gỉa sử gọi L là giao điểm của OD và AN ta có :
·
·
ODB IAC=
=> Tứ giác ADCL nội
tiếp =>
·
·
90*ALD ACD= =
=> OD vuông góc với AN
Ta có : OA=ON =R=> tam giác OAN cân mà có OD là đường cao => OD cũng là
phân giác =>
·
·
AOD NOD=
. Xét tam giác AOD và ta giác NOD ta có :

OA=ON ,
·
·
AOD NOD=
, OD là cạnh chung =>∆ AOD=∆NOD (C-G-C)
=>
·
·
90*OND OAD= =
=> ON_|_DN lại có n thuộc (O) => DN là tiếp tuyến của (O)
5/ QA
2
=QP.QD
Xét tam giác MAP và tam giác MNA ta có :
·
MAN
là góc chung ,
·
·
MAP MNA=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung AP )=>∆MAP~∆MNA (g-g)=>
MA MN
MP MA
=
mà MA =MD =>
MD MN
MP MD
=
. Xét tam giác MDP và tam giác MND ta có : DMN là góc chung ,

MD MN
MP MD
=
( cmt) =>∆ MDP~∆MNA (c-g-c) =>
·
·
MDP MND=
mà
·
·
MND PAN=
( góc
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung NP )=>
·
·
MDP PAN=

Xét tam giác QAP và tam giác QDA ta có :
·
AQD
lá góc chung ,
·
·
MDP PAN=
(cmt)

=>∆QAP~∆QDA (g-g) =>
2
.
QA QD

QA QP QD
QP QA
= => =
và suy ra
·
·
APQ DAQ=
6/ Diện tích tam giác MIN theo R
Gỉa sử tia DQ cắt (O) tại E . Theo như trên ta có :
·
·
APQ DAQ=
=>
»
»
AN AE=
( 2 góc
bằng nhau chắn 2 cung bằng nhau ) => NE_|_AB ( quan hệ đường kính và dây
cung ) Tia NE cắt (O) tại F .Ta có : NE_|_AB => F là trung điểm của NE ( quan hệ
đường kính và dây ) . Gỉa sử tia MQ cắt NE tại T
Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác DMQ và GTE ,tam giác AMQ và NQT
Ta có :
MA AQ DM
NT NQ ET
= =
mà MA =DM => NT=ET => T là trung điểm của NE dẫn
đến 2 điểm G và T trùng nhau => 3 điểm M,Q,F thẳng hàng
Lại Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác AMF và BMF ta có :
QJ MQ KQ
AF MF BF

= =
=>
QJ AF
QK BF
=
. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ANB
ta có :
2
2
.
.
AN AF AB AF
BN BF AB BF
= =
.Ta có : góc ANB=90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn đường kính AB )=> AN_|_BN mà OD_|_AN=>OD//BN=>
·
·
AOD ABN=

Xét tam giác NAB và tam giác ABD ta có :
·
·
90*ANB AOD= =
,
·
·
AOD ABN=
( cmt) =>∆NAB~∆ABD (g-g)
=>

AN OA
BN AD
=
mặt khác dễ thấy
2AB OA
AD AD
=
. Đến đây dễ thấy 2 tam giác vuông ADB
và CAB đồng dạng =>
AB BC
AD CA
=
. Lại Áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông
ABC có đường cao CH ta có :
2
2
.
.
BC BH AB BH
AC CH AB CH
= =
.Từ tất cả trên suy ra
2 2 2 2
2 2 2 2
4 4 4 4QJ AF AN OA AB BC BH
QK BF BN AD AD AC AH
= = = = = =
Theo như yêu cầu đề bài thì
QJ=QK => BH=4AH mà AH+BH=AB=2R dễ suy ra AH=2R/5
Suy ra AH=2R/5 và BH=8R/5

Ta có : CH =
2 .8 4
.
5.5 5
R R R
AH BH = =
=> IH =
2
5
R

BC=
2 2
2 2
4 64 2 17
25 25 5
R R R
CH BH+ = + =
. Ta có :AB
2
=BC.BD
=>BD=
2 2
4 .5 10
2 17 17
AB R R
BC
R
= =
AD=

2 2
2 2 2
100 32 4 2
4
17 17
17
R R R
BD AB R− = − = =

=>AM =
2 2
17
R
. OD=
2
2 2 2
32 7
17
17
R R
OD AD R+ = + =

OD cắt AN tại L .Ta có :OA.AD=AL.OD => 2OA.AD=AN.OD
=>AN=
2 . 2 .4 2. 17 8 2.
7
17.7
OA AD R R R
OD
R

= =
và AL=
4 2.
7
R

DL =
2 2
2 2
32 32 32
17 49
7 17
R R R
AD AL− = − =

S∆MIN=S∆AMN-S∆AMI=
2
S ADN∆
- S∆AMB+S∆AIB
=
. . .
4 2 2
DL AN AM AB HI AB
− +
=
32 .8 2. 2 2.2 2 .2
5.2
7 17.4 17.2
R R R R R R
− +

=R
2
(
64 2 2 2 2
5
7 17 17
+ +
)=R
2
(
320 2 35 2 238
35 17
+ +
)=R
2
(
355 2 238
35 17
+
)
Bài 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn ( AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) ,BE và
CF là 2 đường cao của tam giác ABC cắt nhau tại H
1/Chứng minh : Tứ giác BFEC nội tiếp và OA_|_EF
2/Đường thẳng qua E song song với OA cắt FC tại M và cắt BC tại N .
Chứng minh rằng : NC
2
=NM.NE
3/Đường thẳng qua F song song với OA cắt BE tại P và cắt BC tại Q , NF cắt QE tại
I.Chứng minh rằng : BQ=NC suy ra IQ.PQ=IE.MN

4/ Chứng minh rằng :
·
·
PAH OAM=

Bài giải
1/Tứ giác BFEC nội tiếp và OA vuông góc với EF
Ta có :
· ·
90*BFC BEC= =
=> Tứ giác BFEC nội tiếp trong đường tròn đường kính
BC .Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) như hình vẽ . Theo như trên ta có : Tứ giác BFEC
nội tiếp =>
·
·
ACB AFE=
mà
·
·
ACB BAx=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội
tiếp cùng chắn cung AB ) =>
·
·
AFE BAx=
=> EF//Ax ( 2 góc ở vị trí solo trong ) mà
Ax vuông góc với OA=> OA_|_EF
2/ AH vuông góc với BC và NC
2
=NM.NE

Xét trong tam giác ABC có BE và CF là 2 đường cao cắt nhau tại H => H là trực
tâm của tam giác ABC => AH_|_BC
Ta có : OA_|_EF mà EN//EF => EF_|_EN
Ta có :
·
·
BEF CEN=
( cùng phụ với góc BEN ) mà
·
·
BEF BCF=
( tứ giác BFEC nội
tiếp ) =>
· ·
BCF CEN=
. Xét tam giác NCM và tam giác NEC ta có :
NCE là góc chung ,
· ·
BCF CEN=
( cmt )
=>∆NCM~∆NEC (g-g) =>
NC NE
MN NC
=
=> NC
2
=NM.NE
3/ BQ=NC và IQ.PQ=IE.MN
Gọi T và K lần lượt là trung điểm của BC và EF
Ta có : T là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC => TF=TE=> tam giác

TEF cân ( trong tam giác này có TK là đường trung tuyến)=> TK cũng là đường cao
=> TK_|_EF ta thấy FQ//EN//TK ( cùng vuông góc với OA ) => Tứ giác QFEN là
hình thang trong hình thang này ta có : KT//FQ//EN , K là trung điểm của EF=> T
là trung điểm của QN .Ta có : TB=TC ,TQ=TN=>BQ=NC
Chứng minh tương tự như câu 2 ta có : BQ
2
=PQ.FQ
Mà BQ=NC và NC
2
=NM.NE => PQ.FQ=NM.NE =>
PQ NE
MN FQ
=

Trong hình thang QFNE có QF//NE Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác QIF
và IEN ta có :
NE IE
FQ IQ
=
từ đó suy ra
PQ IE
MN IQ
=
=> PQ.IQ=MN.IE
4 /
·
·
PAH OAM=
Xét tam giác ECM và tam giác EBF ta có :
·

·
BEF CEN=
,
·
·
FBE ECF=
( Tứ giác BFEC nội tiếp )
=>∆ECM~∆EBF ( g-g) =>
EC BE
MC FB
=
. Chứng minh tương tự ta có
∆FBP~∆FCE ( g-g) =>
FB CF
BP EC
=
. Lấy 2 đảng thức trên nhân với nhau ta có :
. .
EC CF BE FB
MC EC FB BP
=
=>
MC BP
FC BE
=
(1)
Xét trong 2 tam giác vuông ABE và ACF ta có :
SinA=
BE CF
BA CA

=
(2) .Lại lấy 1 nhân với 2 ta có :
. .
MC FC BP BE
FC AC BE BA
=

=>
MC PB
AC AB
=
. Xét tam giác ABP và tam giác ACM ta có :
·
·
ABE ACF=
( cùng phụ với góc BAC ) ,
MC PB
AC AB
=
( cmt)
=>∆ABP~∆ACM (c-g-c)=>
·
·
BAP CAM=

Dựng đường kính AS của (O) ta có :
·
·
AHF ABC=
( cùng phụ với góc BAH )

mà
·
·
ABC ASC=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) =>
·
·
AHF ASC=

Ta có : góc ACS=90* ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AS )
Xét tam giác AFH và tam giác ACS ta có :
·
·
90*AFH ACS= =
,
·
·
AHF ASC=
( cmt)
=>∆AFH~∆ACS ( g-g )=>
·
·
FAH CAO=

Ta có
· ·
·
PAH FAH BAP= −
,
·

·
·
OAM CAO CAN= −

·
·
·
·
,FAH CAO BAP CAN= =
( cmt) =>
·
·
PAH OAM=
Bài 6 : Từ 1 điểm A ngoài (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C là
tiếp điểm .Vẽ dây cung CD//AB , AD cắt (O) tại M
1/Chứng tỏ : Tứ giác ABOC nội tiếp và tam giác BDC cân
2/Chứng minh rằng : AB
2
=AM.AD
3/CM cắt AB tại I .Chứng minh : I là trung điểm của AB
4/ Lấy H trên DM sao cho MA=MH .Chứng minh :AH=2BH
5/Gọi L là điểm đới xứng B qua C.Chứng minh AD=AL
6/Gỉa sử DM=R
3
,OA=R
5
. Hãy tính khoảng cách từ B xuống HI
Bài giải
1/Tứ giác ABOC nội tiếp và tam giác BDC cân
Do AB và AC là tiếp tuyến của (O) =>

·
·
90* 90* 180*ABO ACO+ = + =

=>Tứ giác ABOC nội tiếp ( tổng 2 góc đối 180*)
Ta có : DC//AB =>
·
·
DCB ABC=
( 2 góc ở vị trí sole trong ) mà
·
·
ABC BDC=
( góc tạo
bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BC )
=>
·
·
DCB BDC=
=> tam giác BDC là tam giác cân
2/ AB
2
=AM.AD
Xét tam giác ABM và tam giác ADB ta có :
·
BAD
là góc chung ,
·
·
ABM ADB=

( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung BM ) =>∆ABM~∆ADB ( g-g) =>
AB AD
AM AB
=
=> AB
2
=AM.AD
3/I là trung điểm của AB
Xét tam giác IBM và tam giác ICB ta có :
·
BIC
là góc chung ,
·
·
IBM ICB=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung BM ) =>∆IBM~∆ICB (g-g)=>
IB IC
IM IB
=
=> IB
2
=IM.IC
Do AB//CD =>
·
·
BAD ADC=
( 2 góc sole trong ) mà
·

·
ADC MCA=
( góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung CM ) =>
·
·
BAD MCA=

Xét tam giác IAM và tam giác ICA ta có :
·
AIC
là góc chung ,
·
·
BAD MCA=
( cmt )
=>∆IAM~∆ICA ( g-g ) =>
IA IC
IM IA
=
=> IA
2
=IM.IC
Từ đó suy ra IB=IA => I là trung điểm của AB
4/BH=AM
Trong tam giác ABH có M và I lần lượt là trung điểm của AH và AB => MI là
đường trung bình tam giác AHB => BH//IM =>
·
·
HBM BMI=

( 2 góc sole trong )
Ta lại có :
·
·
BMI BDC=
( Tứ giác BMDC nội tiếp ) theo như trên ta lại có :
BD=DC=>
»
»
BD BC=
( quan hệ cung va dây ) =>
·
·
BDC AMC=
( 2 góc nội tiếp chắn 2
cung bằng nhau ) =>
·
·
HBM AMC=
=> tam giác BHM cân => HB=HM từ đó suy ra
HA=2HB
5/AD=AL
Trong tam giác ADL ta có : I là C lần lượt là trung điểm của AB và BL => IC là
đường trung bình của tam giác ABL => IC//AL
Từ IC//AL =>
·
·
BLA BCI=
( 2 góc ở vị trí đồng vị ) ,mà
·

·
BCI BDA=
( 2 góc nội tiếp
cùng chắn cung BM ) =>
·
·
BLA BDA=
=> Tứ giác ABDL nội tiếp ( 2 góc cùng nhìn 1
cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) =>
·
·
DLA DBX=
mà ta lại có do AB//CD=>
·
·
DBX BDC=
( 2 góc ở vị trí sole trong ) mà
·
·
BDC ABC=
( cmt) mà ta lại có
·
·
ABC ADL=
( Tứ giác ABDL nội tiếp ) =>
·
DLA ADL=
=> tam giác ADL
cân=>AD=AL
6/ Khoảng cách từ B xuống IH

Dựng BK_|_IH , IQ_|_AH , BP_|_AH . Ta cần tính BK
Ta có : AB
2
=OA
2
-R
2
= 5R
2
-R
2
=4R
2
,Ta có : AB
2
=AM.AD
=>AB
2
=AM ( AM+DM ) =>AM
2
+AM.R
3
-4R
2
=0
∆=
2 2 2
3 4.1. 4 19R R R− − =
> 0 ,
19R∆ =

=>Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt
1
19 3
2
R R
x
−
=
( nhận ) ,
2
19 3
2
R R
x
− −
=
( loại )
Ta tìm được : BH=HM=AM =
19 3
2
R R−
=
, AH=
19 3R R−

Đặt HP= n , AP=m, ta có : m+n=AH=
19 3R R−
BH
2

-HP
2
=AB
2
-AP
2
( = BP
2
) =>
2 2
( 19 3)
4
R −
-n
2
=4R
2
-m
2
=>(m-n)(m+n)=
2 2
[16 ( 19 3) ]
4
R − −
=
2
(2 57 6)
4
R −
=

2
( 57 3)
2
R −
=> m-n=
2
( 57 3) ( 57 3)
2 ( 19 3) 2( 19 3)
R R
R
− −
=
− −
.Từ đó ta tìm được :
2m=
( 57 3)
2( 19 3)
R −
−
+
19 3R R−
=
2
[ 57 3 2( 19 3) ]
2( 19 3)
R − + −
−

=
(41 3 57)

2( 19 3)
R −
−
=>m =
(41 3 57)
4( 19 3)
R −
−
ta tìm được
n=
19 3R R−
-
(82 6 57)
8( 19 3)
R −
−
=
2
[8( 19 3) 82 6 57]
8( 19 3)
R − − +
−
=
(47 5 57)
4( 19 3)
R −
−

BP=
2 2

2 2
2
( 19 3) (47 5 57)
4
4( 19 3)
BH n R
− −
− = −
−
=
( 382 57 1725)
2( 19 3)
R −
−

Để ý rằng BH//IM và BP//IQ => 2 tam giác HBP và MIQ đồng dạng tức là
IQ=BP /2 =
( 382 57 1725)
4( 19 3)
R −
−
, MQ =n/2 =
(47 5 57)
8( 19 3)
R −
−

Ta lại có : HQ =HM + MQ =
19 3
2

R R−
=
+
(47 5 57)
8( 19 3)
R −
−
=
(135 13 57)
8( 19 3)
R −
−

Để ý rằng do I là trung điểm của AB nên S∆HBI =∆IHA
=>BK.HI=IQ.HA => BK=
.IQ HA
HI

=
2
2 2
382 57 1725. ( 19 3)
382 57 1725 (135 13 57)
4( 19 3). .
16( 19 3) 64( 19 3)
R R
R
− −
− −
− +

− −

=
382 57 1725.( 19 3).2
. 20958 1982 57
R − −
−
Bài 6 : Từ 1 điểm A ngoài (O;R), Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C
là tiếp điểm .Gọi I là trung điểm của AB ,CI cắt (O) tại E ,AE cắt (O) tại D ,OA
cắt BC tại L OB cắt DC tại M .Đường thẳng qua E vuông góc với CE cắt OA tại
F ,cắt OB tại P và cắt (O) tại Q
. 1/ Chứng minh : M là trung điểm của DC
2/DC cắt OA tại H ,Chứng tỏ : Tứ giác HIEM nội tiếp được
3/QE cắt OB tại P .Chứng minh : P là trung điểm của OB
4/Chứng minh : CF//OB và tứ giác OBFC là hình thoi
Bài giải
.
1/ M là trung điểm của DC
Xét tam giác IBE và tam giác ICB ta có :
·
BIC
là góc chung ,
·
·
IBE BCE=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung BE )
 ∆IBE~ ∆ICB ( g-g )=>
IB IC
IE IB

=
má IB= IA =>
IA IC
IE IA
=
Xét tam giác IAE và tam giác ICA ta có :
·
AIC
là góc chung ,
IA IC
IE IA
=
(cmt)
=>∆IAE~∆ICA ( c-g-c )=>
·
·
BAE ICA=
mà
·
·
ICA ADC=
=>
·
·
BAE ADC=
=>
AB//DC ( 2 góc ở vị trí sole trong ) =>
·
·
BCD ABC=

( 2 góc sole trong ) mà
·
·
ABC BDC=
( gov1 tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung
BC ) =>
·
·
BCD BDC=
=> tam giác BDC cân => BD=BC mà OD=OC =R => OB
là trung trực của DC => M là trung điểm của DC và OB_|_DC
2/ Tứ giác HIEM nội tiếp
Ta có : OB=OC=R ,AB=AC ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) => OA là trung
trực của BC => LB=LC và OA _|_BC
Xét trong tam giác ABC có L và I lần lượt là trung điểm của BC và BA => LI là
đường trung bình tam giác BAC => IL//AC=>
·
·
LIC ICA=
( 2 góc sole trong ) mà
·
·
ICA EBC=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung CE
)=>
·
·
LIC EBC=
=> Tứ giác BIEL nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc
bằng nhau ) =>

·
·
ABC LEC=
. Xét tam giác CEL và tam giác CBI ta có :
·
BCI
là góc chung ,
·
·
ABC LEC=
( cmt )
=>∆CEL~∆CBI ( g-g) =>
CE CB
CL CI
=
=> CE.CI=CL.CB
Xét trong 2 tam giác vuông BMC và HLC ta có :
CosC=
MC LC
BC HC
=
=> CB.CL =MC.HC .Từ đó CE.CI=CM.CH=>
CE CH
CM CI
=

Xét tam giác CME và tam giác CIH ta có :
·
ICH
là góc chung ,

CE CH
CM CI
=
( cmt )
=>∆CME~∆CIH ( c-g-c )=>
·
·
MEC IHC=
=> Tứ giác HMEI nội tiếp ( góc ngoài
bằng góc đối trong )
3/ P là trung điểm của OB
Xét trong tứ giác CMPE ta có :
·
·
90* 90* 180 *PMC PEC+ = + =
=> Tứ giác CMPE
nội tiếp ( tổng 2 góc đối =180* ) =>
· ·
MEC MPC=
Từ đó suy ra
·
·
IHC MPC=
Đến
đây dễ thấy BM_|_CH từ đó suy ra CP_|_IH
Ta có : CP_|_HI và BM_|_CH từ đó dễ dàng suy ra
·
·
IHA PCB=
. Ta có :

·
·
OBC BAO=
( cùng phụ với góc ABC ).Xét tam giác AIH và tam giác BPC ta có
·
·
IHA PCB=
( cmt),
·
·
OBC BAO=
( cmt )
=>∆AIH~∆BPC ( g-g )=>
AI BP
AH BC
=

Xét tam giác BHC có HL và BM là 2 đường cao chúng cắt nhau tại O => O là
trực tâm của tam giác BHC => OC_|_BH =>
·
·
BHA BCO=
( cùng phụ với góc
CBH ) mà OB=OC=R=> tam giác OBC cân =>
·
·
BCO OBC=
mà
·
·

OBC BAH=

( cmt ) =>
·
·
·
·
BHA BCO OBC BAH= = =
.Xét tam giác BAH và tam giác OBC ta có :
·
·
OBC BAH=
,
·
·
BHA BCO=
=>∆BAH~∆OBC (g-g)=>
AB BO
AH BC
=

Từ đó ta suy ra
2 2BO AB AI BP
BC AH AH BC
= = =
=>BO=2BP => P là trung điểm của OB
4/ Tứ giác OB//CF và tứ giác OBFC là hình thoi
Qua C kẻ đường thẳng song song với OB cắt QP tại G và cắt QB tại N
Ta có : tam giác QEC vuông tại E nội tiếp trong (O) => QC là đường kính của
(O) => 3 điểm Q,O,C thẳng hàng

OB//CN .Áp dụng định lý ta lét trong các tam giác CQG và tam giác NQG
Ta có :
OP QP BP
CG QG GN
= =
mà OP=BP => CG=GN
Xét trong tam giác BCN có L và G lần lượt là trung điểm của BC và CN => LG
là đường trung bình tam giác BCN => LG//BN => LG//BQ ta có : BC_|_OL ,
·
90*QBC =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC ) => BQ_|_BC =>
BQ//OL => LG//OL => 3 điểm O,L,G thẳng hàng
Ta nhận thấy F thuộc OA và F thuộc QP
G thuộc OA và G thuộc QP
=>F trung với G ( vì QP và OA cắt nhau tại 1 điểm suy nhất )=>OB//CF
OB//CF Áp dụng định lý ta lét ta có :
OL BL
FL CL
=
mà BL=CL =>OL=FL
Xét trong tứ giác OBFC ta có :
LB=LC , OL =FL =>Tứ giác OBFC là hình bình hành lại có BC_|_OF => Tứ
giác OBFC là hình thoi
Bài 7 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp trong (O;R) và AB<AC . Các
tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau tại D .Qua D kẻ đường thẳng song song
với AB cắt BC và AC lần lượt tại M
1/Chứng tỏ : 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc 1 đường tròn , tam giác OND vuông
và tam giác ANB cân
2/ Chứng minh : NB.NA=NM.ND
3/ AD cắt (O) tại I .Chứng

minh : Tứ giác ANMI nội tiếp
4/ BI cắt DM tại K .Chứng minh
: K là trung điểm của DM
5/Trên BD cắt P sao cho
IP//DN ,AP cắt BC tại Q .Gọi G
là trung điểm của DK .Chứng
minh : 3 điểm Q,I,G thẳng hàng

Bài giải

1/ 5 điểm B,O,N,C,D cùng thuộc
1 đường tròn ,tam giác OND
vuông và tam giác ABN cân
Xét tứ giác OBDC ta có :
·
·
90* 90* 180*DBO DCO+ = + =
=>Tứ giác OBDC nội tiếp ( tổng 2 góc đối =180* )
Do DC//AB =>
·
·
CND BAC=
( 2 góc đồng vị ) mà
·
·
BAC CBD=
( góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BC ) =>
·
·

CND CBD=
=> Tứ giác
CNBD nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) => 5 điểm
O,B,D,C,N cùng thuộc đường tròn đường kính OD .=>
· ·
90*OND OCD= =
=>
tam giác OND vuông tại N
Do tứ giác CNOB nội tiêp nên
·
·
ANO OBC=
do OB=OC=> tam giác OBC cân =>
·
·
OBC OCB=
mà dễ thấy
· ·
OCB ONB=

=>
·
·
ANO BNO=
=> OA là phân giác của góc ANB Ta lại có : AB//DC và ON_|
_DN => ON_|_AB .Trong tam giác ABC có ON đồng thời vừa là trung tuyến vừa
là đường cao => tam giác ABN cân tại N
2/ NB.NC=NM.ND
Trong đường tròn đường kính OD ta có : DB=DC ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt
nhau )=>

»
»
DB DC=
( liện hệ giữa cung và dây ) =>
·
·
BND CNM=
( 2 góc nội tiếp
chắn 2 cung bằng nhau ) .Xét tam giác NBD và tam giác NCM ta có :
·
·
BND CNM=
(cmt),
·
·
NCM BDN=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BN )
=>∆NBD~∆NCM ( g-g) =>
NB NC
ND NM
=
=> BC.NC=NM.ND
3/ Tứ giác ANMI nội tiếp
Xét tam giác DBM và tam giác DNB ta có :
·
BDN
là góc chung ,
·
·
BND MBD=

( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau )
=>∆DBM~∆DNB ( g-g ) =>
DB DN
DM DB
=
=> DB
2
=DM.DN
Xét tam giác DIB và tam giác DBA ta có :
·
ADB
là góc chung ,
·
·
DBI BAD=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung BI )
=>∆DIB~∆DBA ( g-g )=>
DI DB
DB DA
=
=> DB
2
=DI.DA
Từ đó suy ta DI.DA=DM.DN=>
DM DA
DI DN
=
.Xét tam giác DIM và tam giác DNA
ta có :

·
ADN
là góc chung ,
DM DA
DI DN
=
( cmt )
=>∆DIM~∆DNA (c-g-c)=>
·
·
DIM DNA=
=> Tứ giác ANMI nội tiếp ( góc ngoài
bằng góc đối trong )
4/ K là trung điểm của DM
Theo như trên ta có : Tứ giác ANMI nội tiếp =>
·
·
NAD IMD=
mà
·
·
NAD CBI=
( 2
góc nội tiếp cùng chắn cung CI )=>
·
·
IMD CBI=
.Xét tam giác KMI và tam giác
KBM ta lại có :
·

KBM
là góc chung ,
·
·
IMD CBI=
( cmt )
=>∆KMI~∆KBM ( g-g) =>
KM KB
KI KM
=
=> KM
2
=KI.KB
Do AB//DB cho nên
·
·
KDI BAI=
( 2 góc sole trong ) mà
·
·
BAI DBI=
( góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BI)=>
·
·
KDI BDI=

Xét tam giác KDI và tam giác KBD ta có :
·
BKD

là góc chung ,
·
·
KDI BDI=
( cmt )
=>∆KDI~∆KBD (g-g) =>
KD KB
KI KD
=
=> KD
2
=KI.KB
Từ đó suy ra KM=KD=> K là trung điểm của DM
5/ 3 điểm Q,I,G thẳng hàng
Gỉa sử PI cắt BC tại L , IQ cắt AB tại S
Ta có : DL//MN .Áp dụng định lý ta lét trong tam giác DBK và tam giác MBK
PI BI IL
DK BK KM
= =
mà DK= MK => PI=IL
Ta có : AB//PL .Áp dụng định lý ta lét trong tam giác ta có :
DI QI IL
AS QS BS
= =
mà PI= IL => AS=BS
Gỉa sử SI cắt DK tại T Ta lại có : AB//DK .Lại áp dụng định lý ta –lét ta có :
AS SI BS
DT TI KT
= =
mà AS=BS => DT=KT => T là trung điểm của DK => G trùng

với K =>3 điểm Q,I,G thẳng hàng
Bài 8 : Từ 1 điểm A ngoài (O;R) ,Kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C
là tiếp điểm và 1 cát tuyến ADE đến (O) sao cho D và C nằm ở 2 mặt phẳng bờ
OA khác nhau , Gọi H là giao điểm của OA và BC ,kẻ đường kính BK và DM
của (O)
1/Chứng minh : CK//OA và tứ giác ABOC nội tiếp được , tứ giác BDMK là hỉnh
chữ nhật
2/Chứng tỏ : Tứ giác DEOH nội tiếp
3/ OA cắt EK tại N .Chứng minh : 3 điểm M,N,B thẳng hàng
4/ MK cắt BC tại L , Gọi S là trung điểm của BL .Chứng minh : NS//AB
Lời giải
1/ Chứng minh : CK//OA và tứ giác OABC nội tiếp ,Tứ giác BDMK là hình chữ
nhật
Ta có :
·
90*BCK =
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK ) =>
BC_|_KC .Ta có : OA=OB=R ,AB=AC ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) => OA
là trung trực của BC => HB=HC và OA_|_BC => OA//CK
Xét tứ giác ta có :
·
·
90* 90* 180*ABO ACO+ = + =
Tứ giác ABOC nội tiếp ( tổng 2
góc đối =180* ) .Xét tứ giác BDKM ta có : OB=OK , OD=OM => Tứ giác BDKM
là hình bình hành ta lại có : BK=DM => Tứ giác BDKM là hình chữ nhật
2/ Tứ giác DHOE nội tiếp
Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có
·
EBA

là góc chung ,
·
·
ABD AEB=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến va 2 dây và góc nội
tiếp cùng chắn cung BD )=>∆ABD~∆AEB (g-g)=>
AB AE
AD AB
=
=> AB
2
=AD.AE
Xét tam giác OB vuông tại B có đường cao BH ta có : AB
2
=AH.AO ( hệ thức
lượng trong tam giác vuông ) Từ đó suy ra AD.AE=AH.AO =>
AD AO
AH AE
=

Xét tam giác ADH và tam giác AOE ta có :
·
OAE
là góc chung ,
AD AO
AH AE
=
( cmt )
=>∆ADH~∆AOE (c-g-c) =>
·

·
AHD AEO=
=> Tứ giác DHOE nội tiếp ( góc ngoài
bằng góc đối trong )
1/ Chứng minh : CK//OA và tứ giác OABC nội tiếp ,Tứ giác BDMK là hình chữ
nhật
Ta có :
·
90*BCK =
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK ) =>
BC_|_KC .Ta có : OA=OB=R ,AB=AC ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) => OA
là trung trực của BC => HB=HC và OA_|_BC => OA//CK
Xét tứ giác ta có :
·
·
90* 90* 180*ABO ACO+ = + =
Tứ giác ABOC nội tiếp ( tổng 2
góc đối =180* ) .Xét tứ giác BDKM ta có : OB=OK , OD=OM => Tứ giác BDKM
là hình bình hành ta lại có : BK=DM => Tứ giác BDKM là hình chữ nhật
2/ Tứ giác DHOE nội tiếp
Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có
·
EBA
là góc chung ,
·
·
ABD AEB=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến va 2 dây và góc nội
tiếp cùng chắn cung BD )=>∆ABD~∆AEB (g-g)=>
AB AE

AD AB
=
=> AB
2
=AD.AE
Xét tam giác OB vuông tại B có đường cao BH ta có : AB
2
=AH.AO ( hệ thức
lượng trong tam giác vuông ) Từ đó suy ra AD.AE=AH.AO =>
AD AO
AH AE
=

Xét tam giác ADH và tam giác AOE ta có :
·
OAE
là góc chung ,
AD AO
AH AE
=
( cmt )
=>∆ADH~∆AOE (c-g-c) =>
·
·
AHD AEO=
=> Tứ giác DHOE nội tiếp ( góc ngoài
bằng góc đối trong )
3/ 3 điểm B,M,N thẳng hàng
Gọi F là giao điểm của DK và OA
Theo như trên ta đã có :

·
·
AHD AEO=
, Do tứ giác EOHD nội tiếp =>
·
·
AHD AEO=
,
do OE=OD =R => Tam giác ODE cân =>
·
·
AEO AOE=
, ta lại có :
· ·
AOE OHE=
Từ đó
suy ra
·
·
AHD OHE=
=>
·
·
BHD BHE=
=>
· ·
2EHD BHD=
( cùng phụ với góc 2 bằng
nhau ) .Ta có :
·

90*BDK =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK ) .Xét
tứ giác BDFH ta có :
· ·
90* 90* 180*BHF BDF+ = + =
=> Tứ giác BDFH nội tiếp =>
· ·
BHD BFH=
. Do tứ giác OEHD nội tiếp =>
· ·
BHD EOD=
ta lại có :
·
·
2EOD EKD=

( liện hệ góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung ) .Từ tất cả trên suy ra
·
· · ·
·
2 2 2EKD EOD EHD BHD BFD= = = =
=>
·
·
EKD BFD=
=> BF//KE .Áp dụng định lý
ta lét ta có :
OB OF
OK ON
=

mà OB=OK => OF=ON , Dẩn đến tứ giác BFKN là hình
bình hành => BN//DK ta lại có :BD_|_KD => BN_|_BD ta lại có :
·
90*BDM =
( góc
nội tiếp chắn nửa đường tròn => BD_|_BM =>3 điểm B,N,M thẳng hàng
4/ NS//AB
Dựng NI_|_BK tại I ,Gỉa sử MK cắt BC tại L ,. Dựng LT_|_BK tại LTa có :
·
90*BMK =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BK )
Xét trong 2 tam giác vuông BIN và BMK ta có :
cosB=
BI BM
BN BK
=
=> BN.BM=BI.BK
Xét trong 2 tam giác vuông BHN và BML ta có :
cosB=
BH BM
BN BL
=
=> BN.BM=BH.BL
Xét trong 2 tam giác vuông BHO và BTL ta có :
cosB=
BH BT
BO BL
=
=>BH.BL = BO.BT
Từ đó suy ra BI.BK =BO.BT mà BK=2BO => BT=2BI => I là trung điểm của BT

Xét trong tam giác BTL ta có : TS//TL ( cùng vuông góc với BK ) có I là trung điểm
của BT => S là trung điểm của BL
Xét trong tam giác BTL có I và S lần lượt là trung điểm của BT và BL => IS là
đường trung bình tam giác BTL => IS//TL mà BT_|_TL =>IS_|_BT mà NI_|_BT =>
3 điểm N,I,S thẳng hàng =>NS_|_BK mà AB_|_BK =>NS//AB
Bài 9 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) có AB<AC .Vẽ 3 đường cao
AD,BE,CF của tam giác ABC chúng cắt nhau tại H , CF cắt (O) tại K
1/Chứng tỏ : F là trung điểm của KF
2/Chứng tỏ : Các tứ giác AFDC , DHEC nội tiếp
3/Tiếp tuyến tại A của (O) cắt DK tại M .Chứng tỏ : Tam giác MAF là tam giác cân
4/ MD cắt AK tại P và MC cắt (O) tại Q .Chứng tỏ : 3 điểm B,P,Q thẳng hàng
5/PH cắt AB tại T .Chứng minh : KT và QE cắt nhau tại 1 điểm thuộc (O)

Bài giải

1/F là trung điểm của KF
Ta có :
·
·
BCK BAD=
( cùng phụ với góc ABC ) mà
·
·
BCK AKD=
( 2 góc nội tiếp cùng
chắn cung BK ) =>
·
·
BAD BCK=
=>AB là phân giác của góc AKD mà AF_|_HK=>

tam giác AHK cân => F là trung điểm của HK
2/Các tứ giác AFDC ,DHEC nội tiếp
Xét tứ giác AFDC ta có :
·
·
90*AFC ADC= =
=>Tứ giác AFDC nội tiếp ( 2 góc vuông
cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) .Xét tứ giác DHEC ta có :
·
·
90*ADC AEH= =
=> Tứ giác DHEC nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
3/ tam giác AMF cân
Ta có :
·
·
AFM BFD=
( 2 góc đối đỉnh ) mà
· ·
BFD ACB=
( Tứ giác AFDC nội tiếp ) mà
·
·
ACB MAB=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
=>
·
·
AFM MAB=
=>Tam giác AMF cân

4/ 3 điểm Q,P,B thẳng hàng
Xét tam giác MAQ và tam giác MCA ta có :
·
AMC
là góc chung ,
·
·
MAQ ACM=
( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung AQ )
=>∆MAQ~∆MCA (g-g) =>
MA MC
MQ MA
=
mà MA=MF =>
MF MC
MQ MF
=
Xét tam giác MFQ và tam giác MCF ta có :
·
CMF
là góc chung ,
MF MC
MQ MF
=
( cmt )
=>∆MFQ~∆MCF ( c-g-c ) =>
·
·
MFQ MCF=

mà
·
·
MCF QAK=
=>
·
·
MFQ QAK=
=>Tứ
giác AQPF nội tiếp ( 2 góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) =>
· ·
AQP AFD=
.Ta lại có :
·
·
180*AFD ACB+ =
( Tứ giác AFDC nội tiếp ) mà
·
·
180*ACB AQB+ =
( Tứ giác AQBC nội tiếp ) =>
· ·
AFD AQB=
Từ đó suy ra
· ·
AQB AQP=
=> 2 tia QP và QB trùng nhau => 3 điểm Q,P,B thẳng hàng
5/ KT và QE cắt nhau tại 1 điểm thuộc (O)
Gỉa sử QE cắt (O) tại J .Ta chứng minh : 3 điểm K,T,J thẳng hàng
Gọi G là giao điểm của BE và AJ

Xét tam giác BPF và tam giác BAQ ta có :
·
QBA
là góc chung ,
·
·
BPF BAQ=
( Tứ giác AQPF nội tiếp )
=>∆BPF~∆BAQ ( g-g) =>
BP BA
BF BQ
=
=>BP.BQ=BF.BA
Xét trong 2 tam giác vuông BHF và tam giác AEB ta có :
cosB=
BF BE
BH BA
=
=> BF.BA=BH.BE
Từ đó suy ra BP.BQ=BH.BE =>
BP BE
BH BQ
=
.Xét tam giác BPH và tam giác BEQ
Ta có :
·
QBE
là góc chung ,
BP BE
BH BQ

=
=>∆BPH~∆BEQ ( c-g-c ) =>
·
·
BHP BQJ=
. Mà
·
·
BQJ BAJ=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn
cung BJ ) =>
·
·
BHP BAJ=
=>Tứ giác ATHG nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
Ta có :
·
·
180*BAG THG+ =
( Tứ giác ATHG nội tiếp )
=>
·
·
·
·
180*BAC CAJ KHE KHP+ + − =
.Mà Xét trong tứ giác AFHE ta có :
·
·
90* 90* 180*AFH AEJ+ = + =

=>Tứ giác AFHE nội tiếp ( tổng 2 góc đối = 180* )
=>
·
·
180*BAC KHE+ =
. Từ trên ta suy ra 180* +
·
·
CAJ KHP−
=180* =>
·
·
CAJ K HP=

Ta có : T nằm trên trung trực của HK =>TK=TH => tam giác KTH cân =>
·
·
KHP TKH=
mà
·
·
CAJ C KJ=
( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CJ ) Từ đó suy
Ra
·
·
TKH CAJ=
=> 2 tia KJ và KH trùng nhau => 3 điểm K,T,J thẳng hàng => KE
và GE cắt nhau tại 1 điểm thuộc (O)
Bài 10 :Cho đường tròn tâm O ,đường kính AB .Tr6en (O) lấy 1 điểm C sao cho

BC>AC .Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D .Qua D dựng đường thẳng song song
với AB cắt AC tại E
1/Chứng minh : DC.DB=AC.EA
2/Tia OE cắt (O) lần lượt tại M và N ( M thuộc cung nhỏ BC ) .Chứng minh rằng :
EM.EN=EC.EA
3/DN cắt (O) tại I , AI cắt DE tại K.Chứng minh : K,M,B thẳng hàng
4/Chứng minh :DE,AM,IC đồng quy tại 1 điểm J
5/Chứng minh :
.DK DJ
EK
có giá trị không đổi
Bài giải
1/DC.DB=AC.EA
Ta có :
·
90*ACB =
( góc
nội tiếp tiếp chắn nửa
đường tròn đường kính
AB ) ta có : DE//AB mà
AD_|_BD=>AD_|_DE
Áp dụng hệ thức lương
trong các tam giác ADB
và ADE ta có : DC.DB
=AD
2
=AC.AE
2/EM.EN=EC.EA
Xét tam giác ECM và
tam giácENA ta có

·
AEN
là góc chung ,
·
·
ECM ENA=
( Tứ giác
MCAN nội tiếp )
=>∆ECM~∆ENA (g-g )
=>
EC EN
EM EA
=

=>EC.EA=EM.EN
3/ 3 điểm K,M,B thẳng
hàng
:Theo như trên ta đã có :EC.EA=EM.EN mà trong tam giác vuông ADE ta có hệ
thức : DE
2
=EC.EA ( hệ thức lượng ) từ đó suy ra DE
2
=EM.EN=>
DE NE
ME DE
=

Xét tam giác EDM và tam giác END ta có :
·
DEM

lá góc chung ,
DE NE
ME DE
=
( cmt )
=>∆EDM~∆END ( c-g-c ) =>
·
·
DNM EDM=
mà
·
·
DNM KAM=
( 2 góc nội tiếp cùng
chắn cung IM ) =>
·
·
EDM KAM=
=>Tứ giác ADKM nội tiếp ( 2 góc cùng nhìn 1
cạnh dưới 2 góc bằng nhau ) => 90*=
·
·
ADK AMK=
=> KM_|_AM mà ta lại có :
·
90*AMB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB ) => AM_|_BM => 3
điểm K,M,B thẳng hàng ( cùng vuông góc với AM )
4/DE,AM,IC đồng quy tại 1 điểm
Gỉa sử DK cắt AM tại J .Ta chứng tỏ : 3 điểm I,C,J thẳng hàng

Gỉa sử IJ cắt (O) tại S .Ta đi chứng tỏ : S trùng với C
Xét tam giác JKM và tam giác JAD ta có :
·
AJD
là góc chung ,
·
·
JKM JAD=
( Tứ giác ADKM nội tiếp )
=>∆JKM~∆JAD ( g-g )=>
JK JA
JM JD
=
=>JM.JA=JK.JD
Xét tam giác JMS và tam giác JIA ta có :
·
AJS
lá góc chung ,
·
·
JSM JAS=
( Tứ giác AISM nội tiếp )
∆JMS~∆JIA ( g-g )=>
JM JI
JS JA
=
=> JM.JA=JS.JI
Từ đó suy ra JK.JD=JS.JI =>
JK JI
JS JD

=
.Xét tam giác JKS và tam giác JAD ta có :
·
AJD
là góc chung ,
JK JI
JS JD
=
( cmt (
=>∆JKS ~ ∆JAD ( c-g-c ) =>
·
·
JSK JDI=
=> Tứ giác DISK nội tiếp ( góc ngoài bằng
góc đối trong ) .Ta có :
·
·
ABD KDB=
( 2 góc sole trong ) mà
·
·
ABD KIC=
(Tứ giác
AICB nội tiếp ) =>
·
·
KDB KIC=
=> Tứ giác DKIC nội tiếp (2 góc cùng nhín 1 cạnh
dưới 2 góc bằng nhau ) => C là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp đường tròn (O)
và tam giác DIK mà K củng thuộc ( tứ giác DISK nội tiếp ) => S trùng với K => 3

điểm I,C,J thẳng hàng=> DE,IJ,AM đồng quy
5/
.DK DJ
EK
có giá trị không đổi
Gọi P là giao điẻm của AE và BK.Dựng PQ_|_AB tại Q
Xét trong tam giác APB ta có :
·
·
90*ACB AMB= =
( góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn đường kính AB ) . Dẫn đến PQ,AM,BC là 3 đường cao tam giác APB => PQ
,AM,BC đồng quy tại 1 điểm T
Ta có :
·
·
· ·
2MOB OMA OAM OAM= + =
( Do tam giác AOM cân OA=OM =R)
Ta có :
· ·
90*PQA PCB= =
=>Tứ giác ACTQ nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )
=>
·
·
OAM BCQ=
.Ta lại có :
·
·

OAM MCB=
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM ) =>
·
·
MCB BCQ=
=>
·
·
·
2 2MCQ BCQ OAM= =
. Theo như trên từ đó suy ra
·
·
MCQ MOB=
ta lại có :
·
·
MOB DEM=
(2 góc sole trong ) =>
·
·
MCQ DEM=

Ta lại có :
·
·
BAE DEA=
( 2 góc sole trong ) mà
·
·

BAE CMK=
( Tứ giác ACMB nội
tiếp ) =>
·
·
DEA CMK=
=> Tứ giác KEMC nội tiếp (2 góc cùng nhín cạnh dưới 2 góc
bằng nhau ) =>
·
·
180*DEM KCM+ =

Ta có :
·
·
·
·
·
180*KCQ KCM MCQ KCM DEM= + = + =
=> 3 điểm K,C,Q thẳng hàng
Dễ dàng chứng minh được :
·
·
·
·
·
,ATQ DAM BTQ PAB AED= = =

Ta có :
2

.tan tan .
.tan tan
DJ
AQ QT ATQ DAM DJ DE
DA
DA
BQ QT BTQ DEA DA
DE
= = = =

DJ//AB .Áp dụng định lý ta lét ta có :
AQ CQ BQ
EK CK DK
= =
=>
AQ EK
BQ DK
=

Từ đó suy ra
2
.EK DJ DE
DK DA
=
=>DA
2
.EK=DK.DJ.DE
Xét 2 tam giác vuông ADE và BAD ta có :
·
·

DAC ABD=

=>∆ADE ~ ∆BAD ( g-g ) =>
AD AB
ED AD
=
=> AD
2
=DE.AB
Thế bào biểu thức trên ta có :DE.AB.EK=DK.DJ.DE=>
.DK DJ
EK
=
AB=2R ( có giá
trị không đổi )
Bài 11 : Cho dường tròn tâm O ,đường kính AB .Trên đường tròn lấy 1 điểm C sao
cho BC >AC .Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại D , OD cắt AC tại I .Dựng IM_|
_AB tại M , IM cắt (O) tại N ( N thuộc cung nhỏ AC )
1/Chứng tỏ : Tứ giác CIMB nội tiếp được ,xác định tâm của nó
2/Chứng minh rằng : AN
2
=AI.AC
3/ BN cắt (O) tại H .Chứng tỏ : Tứ giác DHNC nội tiếp được
4/Gọi G là trung điểm của BC .Chứng tỏ : 3 điểm D,G,M thẳng hàng
5/ Vẽ MQ_|_MC tại Q .Chứng tỏ : tam giác MNQ cân và DN đi qua trung điểm HC
6/Chứng tỏ : 3 điểm AQ,OG,MN đồng quy tại 1 điểm
Lời giải
1/Tứ giác CMIB nội
tiếp và xác định tâm
Ta có :

·
90*ACB =

( góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn đường kính
AB ) .Xét tứ giác CMIB
ta có :
·
·
90*AMI ACB= =
=>
Tứ giác MICB nội tiếp
đường tròn đường kính
BI=> tâm là trung
điểm của BI
2/AN
2
=AI.AC
Ta có :
·
90*ANB =

( góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn đường kính
AB ) =>
·
·
ANM ABN=