Phương tích của một điểm đối với đường tròn

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO GIAO THUỶ
TRƯỜNG THCS GIAO THỦY
----------------------------------

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM ĐỐI VỚI
ĐƯỜNG TRÒN

Tác giả:

Vũ Thị Thùy Linh

Trình độ chuyên môn:

Đại học sư phạm Toán

Chức vụ:

Giáo viên

Nơi công tác:

Trường THCS Giao Thủy

Nam Định, ngày 30 tháng 06 năm 2015


1. Tên sáng kiến : Phương tích của một điểm đối với đường tròn
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến : Môn Toán - THCS
3. Thời gian áp dụng sáng kiến:
Từ tháng 9 năm 2012 đến tháng 5 năm 2014

4. Tác giả :
- Họ và tên : Vũ Thị Thùy Linh.
- Năm sinh : 1981
- Nơi thường trú : TT Ngô Đồng – huyện Giao Thủy -Tỉnh Nam Định.
- Trình độ chuyên môn: Đại học Sư phạm Toán.
- Chức vụ công tác: Giáo viên.
- Nơi làm việc: Trường THCS Giao Thủy - huyện Giao Thủy – tỉnh Nam
Định.
- Địa chỉ liên hệ: Trường THCS Giao Thủy - huyện Giao Thủy - Nam Định
- Điện thoại : 0948 428 824
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
- Tên đơn vị : Trường THCS Giao Thủy - huyện Giao Thủy - tỉnh Nam Định.
- Địa chỉ : Khu 4 – TT Ngô Đồng – huyện Giao Thủy – tỉnh Nam Định.
- Điện thoại : 03503 737 456


I. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong hoạt động giáo dục hiện nay, đòi hỏi học sinh cần phải tự học tự
nghiên cứu rất cao. Tức là cái đích cần phải biến quá trình giáo dục thành quá
trình tự giáo dục. Như vậy, học sinh có thể phát huy được năng lực sáng tạo,
tư duy khoa học, từ đó xử lý linh hoạt được các vấn đề của đời sống xã hội.
Một trong những phương pháp để giúp học sinh đạt được điều đó đối với
môn Toán (cụ thể môn Hình Học 9) đó là khích lệ các em sau mỗi đơn vị
kiến thức cần khắc sâu, tìm tòi những bài toán liên quan. Làm được như vậy
có nghĩa là các em rất cần sự say mê học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến
thức.
Đối với học sinh lớp 9 khi học các bài toán về vị trí tương đối của
đường thẳng và đường tròn thì chùm bài tập về hai tiếp tuyến và một cát
tuyến của đường tròn là rất quan trọng và được đề cập rất nhiều trong các kì
thi vào THPT cũng như thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Đóng vai trò là đơn vị kiến

thức quan trọng của nội dung Hình Học lớp 9 nhưng đa số các em mới chỉ
biết đến chứng minh một số những bài toán đơn lẻ mà không có cách nhìn
khái quát hơn về dạng bài tập này, và hơn nữa là việc vận dụng kiến thức về
phương tích để giải các bài toán liên quan các em còn rất lúng túng
Với lý do đó, kết hợp với một số ít ỏi những kinh nghiệm tích lũy được
trong quá trình giảng dạy cho các em học sinh lớp 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi
tôi mạnh dạn chọn đề tài “ Phương tích của một điểm đối với đường tròn”
nhằm giúp các em học sinh dễ dàng hơn trong việc vận dụng, khai thác các vấn
đề liên quan tới dạng bài tập này. Và có kĩ năng “ đưa lạ về quen” để giải quyết
vấn đề hình học một cách tốt hơn. Mời các bạn đồng nghiệp cùng tham khảo và
đóng góp ý kiến để đề tài của tôi được hoàn thiện và mang tính thực tế cao trong
giảng dạy.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP .

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến


Trong quá trình giảng dạy cho các em học sinh lớp 9 ôn thi vào THPT và thi
học sinh giỏi cấp tỉnh thì dạng bài tập về “Phương tích của một điểm đối với
đường tròn” các em gặp rất nhiều, đặc biệt là đối với tỉnh Nam Định dạng bài
tập này đã ba lần có mặt trong đề thi tuyển sinh vào THPT tính từ năm 2000 trở
lại đây, và trong đề thi học sinh giỏi các tỉnh có rất nhiều. Tuy nhiên, hầu hết
học sinh chỉ giải quyết được câu a trong bài tập này một cách dễ dàng, còn đối
với những câu hỏi tư duy ở phần sau các em đều tỏ ra lúng túng, khó khăn mà
nguyên nhân chủ yếu là do:
- Khi gặp một bài toán hình các em lao vào suy nghĩ, chứng minh dựa trên
những kiến thức đã được học mà không có cách nhìn khái quát xem đây là
dạng bài tập nào, phương pháp chung để giải quyết nó là gì?
- Một yêu cầu bài toán rất quen thuộc của dạng rồi nhưng không phân tích
được hình vẽ để áp dụng phương tích vào giải quyết nó.

- Hay đơn giản là cách hỏi khác đi thì các em đã vội khẳng định không phải
dạng bài tâp này rồi.
- Một số bài toán giả thiết còn cho ẩn đi, nếu không nắm chắc dạng thì các
em sẽ không khôi phục đầy đủ giả thiết để áp dụng.
Với những thực trạng như vậy, tôi thấy việc hình thành dạng bài tập cho
các em là rất cần thiết, từ đó giúp các em có kĩ năng tốt hơn khi làm bài.

2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
2.1, Nhắc lại các kiến thức cơ bản có liên quan
Để làm tốt dạng bài tập về phương tích của một điểm đối với đường tròn
thì trước tiên học sinh cần được ôn lại các kiến thức liên quan như: tiếp tuyến,
cát tuyến của đường tròn, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết tứ giác nội
tiếp, hệ thức lượng trong tam giác vuông…
2.2, Xây dựng kiến thức mới từ một bài toán cơ bản trong sách giáo khoa.
Trên thực tế khái niệm về phương tích của một điểm đối với đường tròn không
được đề cập đến trong chương trình sách giáo khoa lớp 9, nhưng ứng dụng của


nó trong việc giải toán hình học lớp 9 là rất lớn. Nên xuất phát từ kết quả của
một bài toán trong sách giáo khoa giúp tôi đề cập tới vấn đề này.
Bài 23 trang 76 – SGK toán 9 tập 2.
Cho đường tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đường tròn. Qua M
kẻ hai đường thẳng, đường thẳng thứ nhất cắt đường tròn (O) tại A và B, đường
thẳng thứ hai cắt đường tròn (O) tại C và D. Chứng minh: MA. MB = MC. MD.
- Với bài tập này cần chú ý tới giả thiết “một điểm M cố định không nằm trên
đường tròn”để từ đó học sinh phải xét cả hai trường hợp điểm M nằm bên trong
và bên ngoài đường tròn. Trong mỗi trường hợp xét hai tam giác đồng dạng. Nội
dung của bài toán được trình bày ở phần lí thuyết dưới đây.
- Và từ bài tập này giáo viên giới thiệu lí thuyết về phương tích của một điểm
đối với đường tròn.

3, Lí thuyết về phương tích của một điểm đối với đường tròn.
3.1. Định lí: Giả sử hai đường thẳng cắt nhau tại P và cắt đường tròn tại các
điểm tương ứng A, B, C, D, khi đó: PA . PB = PC . PD
* Chứng minh:
+, TH 1: Điểm P nằm ngoài đường tròn:

tròn:

B

A

+, TH 2: Điểm P nằm trong đường

A

P
C

O

C
P

D

B
D

- Chứng minh trường hợp 1:

Xét ∆PBC và ∆PDA có: $
P chung
·
·
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
PBC
= PDA


⇒ ∆PBC : ∆PDA (g – g) ⇒

PB PC
=
⇒ PB.PA = PC.PD (đpcm)
PD PA

- Trường hợp 2 chứng minh tương tự
* Chú ý: Trong trường hợp cát tuyến trở thành tiếp tuyến thì định lí vẫn còn
đúng
3.2. Hệ quả: Cho điểm P có khoảng cách đến tâm O của đường tròn (O; R) là
d. Giả sử đường thẳng di động qua P cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó
ta có:
- Nếu P nằm bên trong đường tròn thì: PA . PB = R2 – d2.
- Nếu P nằm bên ngoài đường tròn thì: PA . PB = d2 – R2.
* Chứng minh:
+, TH 1: Điểm P nằm ngoài đường tròn:

tròn:

B

A

+, TH 2: Điểm P nằm trong đường

A

P
C

O

C
P

D

O
B
D

- Chứng minh trường hợp 1:
Gọi giao điểm của PO với đường tròn là C và D.
Theo định lí ta có: PA . PB = PC . PD = ( d – R). ( d + R) = d2 – R2.
- Tương tự cho TH 2
3.3. Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d2 – R2 là phương tích của điểm P đối với
đường tròn (O)
- Quy ước: Khi P nằm trên đường tròn thì phương tích bằng 0
4. Xây dựng những kết quả quen thuộc từ bài toán

Bài toán: Cho đường tròn (O), từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp
tuyến AB, AC (với B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến AEF ( E nằm giữa A và
F), gọi I là trung điểm của EF, H là giao điểm của AO và BC.
Chứng minh:
1, Các điểm B, I, O, C, A cùng thuộc một
đường tròn
2, AB2 = AE. AF = AH. AO
Giải:
1, Vì AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) (gt)
Nên: OB ⊥ AB;OC ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến)
- Xét đường tròn (O) có I là trung điểm của dây EF không đi qua tâm nên
OI ⊥ EF (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)
·
·
·
Ta có: ABO
= ACO
= AIO
= 900 ⇒ ba điểm B, I, C cùng thuộc đường tròn
đường kính AO
Hay: Các điểm B, I, O, C, A cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
b, Xét ∆ABEva∆AFB có:
Góc A chung
·
·
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung
ABE
= AFB
BE)

⇒ ∆ABE : ∆AFB ( g − g ) ⇒

AB AF
=
⇒ AB2 = AE.AF (1)
AE AB

- Lại có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OC = OB (= bán kính)
Nên OA là đường trung trực của BC ⇒ OA ⊥ BC tại H
Xét tam giác AOB vuông tại B đường cao BH ta có: AB2 = AH. AO (2)


Từ (1) và (2) suy ra AB2 = AE. AF = AH. AO (đpcm).
* Nhận xét 1:
- Từ kết quả thứ nhất, với các điểm B, I, O, C, A cùng thuộc một đường tròn ta
có các tứ giác với bốn trong 5 đỉnh nói trên nội tiếp ví dụ như các tứ giác ABIO;
BIOC; ACOI nội tiếp.
·
·
- Từ đẳng thức AE. AF = AH. AO ⇒ ∆AEH : ∆AOF ( c − g − c ) ⇒ AEH
= AOF
=>tứ giác EHOF nội tiếp
Từ đó định hình cho các em cách sử dụng phương tích để chứng minh tứ giác
nội tiếp thông qua chứng minh các góc bằng nhau, mà cặp góc này được suy ra
từ cặp tam giác đồng dạng có được nhờ kết quả của phương tích
Như vậy: từ tính chất của phương tích giúp học sinh có thể chứng minh tứ giác
nội tiếp.
* Nhận xét 2:
- Khi chứng minh được tứ giác nội tiếp ta có mối quan hệ bằng nhau giữa các

góc nội tiếp hoặc góc ngoài tại một đỉnh với góc trong tại đỉnh đối diện... bổ
sung thêm vào giả thiết để làm các câu sau
- Khi có AB2 = AE. AF = AH. AO giáo viên có thể định hướng cho học sinh
chứng minh các đặc tính hình học , chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau
thông qua hai bình phương của chúng, hoặc rút ra tỉ lệ thức để từ đó chứng minh
cặp tam giác đồng dạng theo trường hợp c – g – c, hoặc chứng minh một đẳng
thức hình học ...
- Với đường tròn (O) cố định thì ta suy ra được đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC hoặc IBC luôn đi qua điểm O cố định. Từ đó các em có thể làm các bài tập
chứng minh đường đi qua điểm cố định
Trên cơ sở những nhận xét ban đầu đã nêu trên, ở một mức độ tương đối gv hình
thành cho các em các dạng bài tập có liên quan đến tính chất của phương tích, cụ
thể ta có một số ứng dụng sau:


5, Một số ứng dụng của phương tích trong giải toán hình học
- Chứng minh tứ giác nội tiếp
- Chứng minh các đặc tính hình học: Quan hệ vuông góc, quan hệ song
song, quan hệ bằng nhau của đoạn thẳng, góc ...
- Chứng minh đường đi qua điểm cố định
- Chứng minh đẳng thức hình học
Trên cơ sở định hướng, phân tích và rút ra những nhận xét nói trên đã hình thành
cho học sinh cách nhìn nhận một bài toán theo đặc trưng riêng của nó. Từ đó
trang bị cho các em nhiều cách nghĩ khác nhau để tìm ra hướng thích hợp nhất
giải quyết vấn đề
5.1. Dùng phương tích để chứng minh tứ giác nội tiếp
Bài 1: Cho đường tròn (O), A là một điểm nằm ngoài đường tròn. Một cát tuyến
qua A cắt (O) tại B và C. Vẽ tiếp tuyến AP với (O) (P là tiếp điểm), gọi H là
hình chiếu của P trên OA. Chứng minh 4 điểm O, H, B, C cùng thuộc một
đường tròn.

Giải:
Chúng ta thấy BC và OH cắt nhau tại A, do đó
để chứng minh tứ giác OHBC nội tiếp ta nghĩ
đến việc chứng minh
AH. AO = AB.AC.
Thật vậy: xét ∆APBvà∆ACP có:
µ chung
A
·
·
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia
APB
= ACP
tiếp tuyến và dây cùng chắn cung PB)
⇒ ∆APB : ∆ACP ( g – g)
⇒

AP AC
=
⇒ AB . AC = AP2 (1)
AB AP

Mặt khác: Tam giác APO vuông tại P, PH là đường cao nên ta có: AH . AO =
AP2 (2) (hệ thức lượng trong tam giác vuông APO)
ˆ
ˆ = ACO
Từ (1) và (2) ta cóAH . AO = AB . AC => ∆ABH : ∆AOC ⇒ AHB


·

·
Xét tứ giác OHBC có: AHB
nên tứ giác OHBC nội tiếp ( tứ giác có góc
= ACO
ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay: 4 điểm O, H, B, C cùng thuộc một đường tròn.
Bài 2: Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Đường tròn tâm O tiếp xúc với AB
tại B và tiếp xúc với AC tại C. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Vẽ dây cung
DE của (O) đi qua H. Chứng minh rằng tứ giác ADOE nội tiếp.
Hướng dẫn giải
Tam giác OCA vuông tại C, CH là đường cao nên ta có:
HO . HA = HC2 (1) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Dây cung BC và DE của (O) cắt nhau tại H nên ta có:
HD . HE = HB . HC = HC2 (2) (định lí)
Từ đó ta có HA.HO = HD.HE => tứ giác ADOE nội tiếp.
Bài 3:
Cho đường tròn (O; R) và một điểm I nằm trong đường tròn. Hai dây cung AB
và CD cùng đi qua I. Tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại P, tiếp tuyến tại C và D
cắt nhau tại Q. Gọi M là giao điểm của OQ và CD, N là giao điểm của OP và
AB. Chứng minh:
a) Tứ giác MNPQ nội tiếp.
b) OI vuông góc với PQ.
Giải:

A

a, Chứng minh ON . OP = OM . OQ (=R2)
·
·
b, Chứng minh tg OMIN nội tiếp ⇒ OMN

= OIN
·
·
·
·
Mà: OMN
= OPQ
⇒ OIN
= OPQ

tam

giác

OIN

vuông

D

I

M
C

Trong

N

O

B
Q

tại

N

có:

P


Bài 4: Cho điểm A bên ngoài đường tròn (O ; R). Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC và
cát tuyến ADE đến đường tròn (O). Gọi H là trung điểm của DE.
a) Chứng minh năm điểm : A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
·
b) Chứng minh HA là tia phân giác của BHC
.

c) DE cắt BC tại I. Chứng minh : AB2 = AI.AH .
d) Cho AB=R 3 và OH=

R
. Tính HI theo R
2

Bài 5: Từ 1 điểm A ngoài (O;R), kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C
là tiếp điểm và cát tuyến ADE đến (O) sao cho AD < AE, D và C nằm ở 2 mặt

·
phằng bờ OA khác nhau , góc BEC
là góc nhọn .Kẻ EM vuông góc với BC tại
M, DM cắt(O) tại N.Đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt OA tại I. Chứng
tỏ:Tứ giác ONEI nội tiếp

Trước hết ta cm: K, M, E thẳng hàng, với K là giao điểm của AN và (O)
Dễ dàng chứng minh: DHOE, KHON là tứ giác nội tiếp.
1·
·
·
·
= BHE
= DOE
= DCE
Từ đó có: DHB
2
·
·
DCEN là tứ giác nội tiếp nên MHEN là tứ giác nội tiếp ( BHE
+ MNE
= 1800 ).
·
·
Làm tương tự cũng có DHMK là tứ giác nội tiếp ( KDM
)
= KHM
·
·
Ta cm được KHD

= NHE


Trở lại bài toán:
Ta chỉ cần cm góc NIO = góc NEO là xong. Bằng biến đổi góc ta thấy hai góc
này cùng phụ góc NAI.
5. 2. Dùng phương tích để chứng minh các đặc tính hình học
Bài 1: Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB,
AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB.
Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C). Tia AN cắt đường tròn
·
(O) tại D ( D khác N). Chứng minh: MAN
= ·ADC

Xét

tứ

giác ABOC

có :

B
M

·ABO + ACO
·
= 90o + 90o = 180o

O

A
N

nên tứ giác ABOC nội tiếp

D

C

Xét ∆MBN và ∆MCB có :
¶ chung
M
·
·
(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
MBN
= MCB

tuyến và dây cùng chắn cung BN)
 ∆MBN ∼ ∆MCB (g-g) Nên

MB MN
=
⇔ MB 2 = MN .MC
MC MB

¶ chung.
 Xét ∆MAN và ∆MCA có góc M

Vì M là trung điểm của AB nên MA = MB .
Theo chứng minh trên ta có: MA2 = MN .MC ⇔

MA MC
=
MN MA

Do đó : ∆MAN ∼ ∆MCA (c-g-c)
=>

·
·
·
MAN
= MCA
= NCA

(1)

·
·
mà: NCA
( cùng chắn cung NC)
= NDC

(2)
·
·
·
Từ (1) và (2) suy ra: MAN

hay MAN
= NDC
= ·ADC .


* Nhận xét: ở bài toán trên ta thấy việc áp dụng kết quả của phương tích không
chỉ được áp dụng cho giả thiết ban đầu của bài toán mà nó còn được áp dụng
cho hình vẽ thêm về sau. Cụ thể trong bài toán trên phương tích được áp dụng
cho tiếp tuyến MB và cát tuyến MNC
Bài 2: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E
và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm,
A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).
a, Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b, Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO.
Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp.
c, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường
kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao
điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông
góc với đường thẳng KC.
d, Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và
ABS và T là trung điểm của KS. Chứng minh ba điểm P, Q, T thẳng hàng.
Giải: Vì hai tam giác đồng dạng MAE và
MBF
Nên

MA MF
⇒ MA.MB = ME.MF
=
ME MB

(Phương tích của M đối với đường tròn
tâm O)
a, Do hệ thức lượng trong đường tròn ta
có: MA.MB = MC2,
mặt khác hệ thức lượng trong tam giác vuông MCO ta có : MH.MO = MC2
⇒ MA.MB = MH.MO

nên tứ giác AHOB nội tiếp trong đường tròn.


b, Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường tròn đường kính MS (có hai góc K và
C vuông).
Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC nên MS vuông góc với KC tại V.
c, Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn
tâm Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc
với MS và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn).
Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác
SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
Bài 3: Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến
PA, PB với đường tròn (O)(A, B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai điểm
K và I (K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H.Gọi D là điểm đối xứng với B qua O,
C là giao điểm của PD với đường tròn (O).
a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp.
b) Chứng minh AC ⊥ CH
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q.
Chứng minh M là trung điểm của AQ.
a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp:
Ta có: D đối xứng với B qua O nên BD là

đường kính của đường tròn (O)
·
suy ra: BCD
= 90o (nội tiếp chắn nửa

đường tròn (O))
·
·
)
⇒ BCP
= 90o (kề bù với BCD

(1)

Lại có: PA = PB (tính chất 2 t/tuyến cắt nhau)
OA = OB


·
nên OP là trung trực của AB. Khi đó BHP
= 90o

(2)

Từ (1) và (2) suy ra C và H thuộc đường tròn đường kính BP (quỹ tích cung
chứa góc)
Vậy tứ giác BHCP nội tiếp đường tròn đường kính BP.
b) Chứng minh AC ⊥ CH :
·
·

Ta có: CHA
(suy ra từ kết quả câu a)
= CPB
1
1
·
·
¼ ) và CAH
¼
¼ – sd BKC
⇒ CHA
= (sđ BID
= sđ BKC
2
2
1
·
·
¼ = 1 ×180o = 90o nên tam giác CAH vuông tại C.
+ CAH
= sđ BID
do đó: CHA
2

2

Vậy AC ⊥ CH
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q.
Chứng minh M là trung điểm của AQ.
Từ kết quả câu b vá giả thiết suy ra M thuộc đường tròn đường kính AH

1
1
·
·
·
·
¼ ) và ICA
¼ của đường tròn đường
Khi đó : IBA
( = sđ IDA
( sđ MA
= ICA
= MHA
2

2

kính AH)
·
·
suy ra: IBA
ở vị trí đồng vị nên MH// BI
= MHA

Lại có H là trung điểm của AB (4)

(3)

(suy ra từ (*))

Từ (3) và (4), suy ra M là trung điểm của AQ. Vậy MA = MQ
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA.
Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I
tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E
là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE.
Cách vẽ: + Vẽ phân giác của ·ADB cắt AB tại E.
Đường phân giác của ·ACD và đường thẳng vuông góc với AB tại E cắt nhau tại
I.


Ta có : ( I ; IE ) là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O).
Thật vậy : Hạ IF ⊥ DC . Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác)
Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vuông.
+ Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng
hàng.
Ta

có

:

∆IGF cân

tại

I

nên

»

sd PF
· G = IGF
·
IF
=
2
·
Xét ∆OBG : ·AOG = 2OBG
(Tính chất góc

ngoài)
» − EP
»  1  GE
»
º − FP
» 
1
1  GE
EF
·
⇒ OBG
= ·AOG = 
−
÷= 
÷=
÷ 2 2
÷
2
2 
2

2




=

(

º
» 
1·
· E − EF + FP ÷
 GFI + IF
2 
2
2 ÷


)

1 ·
1 ·
·
· F
GFI + 450 − 450 + IGF
= ×2IGF
= IG
2
2

Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ∆ADB : ·ADB = 900 nên BD 2 = BC ×BA
(1).
+Áp dụng tính chất tiếp tuyến ta có : BE 2 = BF .BG (2)
Mặt khác : ∆AGB

∆FCB ( g-g) =>

AB BG
=
⇒ BF ×BG = AB ×BC (3)
BF BC

Từ (2) và (3). Suy ra : BE 2 = AB.BC (4)
Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE.
Bài 5: (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2007 – 2008 tỉnh Nam Định)
Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đường thẳng
AB không đi qua tâm O. Trên tia đối của tia AB lấy điểm lấy điểm M khác A, từ
M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt ME, MF với đường tròn (O) (E, F là các tiếp


điểm). Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Các điểm K và I theo thứ tự là
giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OM và OH.
1. Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
2. Chứng minh: OH.OI = OK. OM
3. Chứng minh: IA, IB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
1/ 5 điểm M, E, O, H, F cùng nằm trên đường tròn
I
đường kính MO.

OH OM
E
=
2/ ∆ OHM ~ ∆ OKI (g.g) ⇒
OK OI
H
A
⇒ OH.OI = OM.OK
O
K
M
MO OE
⇒
=
3/ Có ∆ MEO ~ ∆ EKO (g.g) ⇒
OE OK
F
MO.OK = OE2
MO OA
=
Mà OE = OA nên MO.OK = OA 2 ⇒
OA OK
⇒ ∆ MOA ~ ∆ AOK (c.g.c)
⇒ ∠ OMA = ∠ OAK.
Mà ∠ OMA = ∠ OIK (cmt) ⇒ ∠ OAK = ∠ OIK
⇒ Tứ giác IAKO nt (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp …)
⇒ ∠ OAI = ∠ OKI = 900 (2 góc nt cùng chắn cung OI của (IAKO))
⇒ OA ⊥ IA ⇒ IA là tt của (O).
Lại có ∠ OAI = ∠ OBI = 900 ⇒ IB là tt của (O).

B

Bài 6: Cho ∆ ABC có AB > AC và ngoại tiếp đường tròn (I). Các cạnh BC, CA
và AB của ∆ ABC lần lượt tiếp xúc đường tròn (I) tại các tiếp điểm là D, E, F.
Tia FE cắt tia BC tại điểm M. Đoạn thẳng AD cắt đường tròn (I) lần nữa tại N.
Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I).
AI cắt EF tại H và AD cắt IM tại K.
Ta chứng minh được D và H cùng nhìn
đoạn IM dưới một góc vuông.
Do đó tứ giác IDMH nội tiếp, suy ra
·
·
(1)
IDH
= IMH

Ta cũng có ID2 = IF2 = IH. IA(?), từ đó ∆


IDH

∆ IAD (c.g.c)

·
·
(2)
⇒ IDH
= IAD.
·
·

Từ (1) và (2) suy ra IAK
.
= IMH

Suy ra ∆ IAK

·
·
∆ IMH (g.g) ⇒ IKA
= IHM
= 90Ο .

Suy ra K là trung điểm của dây DN, suy ra đường thẳng IM là đường trung trực
của đoạn thẳng DN.
·
·
Do đó dễ thấy ∆ INM = ∆ IDM (c.c.c) ⇒ INM
= IDM
= 90Ο.

Vậy MN là tiếp tuyến tại N của đường tròn (I).
Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là
trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Với K là giao điểm
của EF và BC kí hiệu (C1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF và DKE, . Chứng minh rằng:
1, ME là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2).
2, KH ⊥ AM.
Giải :
Ta có Eµ = Fµ = 900 nên tứ giác
AEHF nội tiếp đường tròn (C1) có

tâm là trung điểm AH
1 ¼
·
EAH
= sd EH
(1)
2
·
·
mà EAH
(2) ( cùng phụ với
= CBE

góc ACD)
·
·
(3)( do đương trung
MEB
= CBE

tuyến ứng với cạnh huyền)
Từ

(1),

(2)

và

(3)

ta

có


1 ¼
·
MEH
= sd EH
2

=> ME là tiếp tuyến đường tròn
tâm (C1)
2, Gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F
cùng thuộc một đường tròn
· E = ACB
·
· E = AFE
·
·
·
Ta thấy AF
; AN
=> ANE
= ACB

=> nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn
·
Chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó KNM

= 900 . KH ⊥ AM

5.3, Dùng phương tích để chứng minh đẳng thức hình học
* Nhận xét: Trong các bài toán chứng minh đẳng thức hình học dưới đây hầu hết
ta đều đưa về các tỉ lệ thức mà ta có thể suy ra được từ kết quả của phương tích,
hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lí Talets. Qua đó cho chúng ta thấy
rằng ngoài các cách chứng minh đẳng thức thông thường ở lớp 8 thì đối với lớp
9 chúng ta được bổ sung thêm một số phương pháp mới đó là sử dụng hệ thức
về cạnh và đường cao trong tam giác vuông hoặc sử dụng phương tích để chứng
minh đẳng thức hình học. Cụ thể hơn ta xét một vài ví dụ sau:
Bài 1: (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2012 – 2013 tỉnh Nam Định)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C
không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp
tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm
của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K không trùng với
B).
1) Chứng minh AE2 = EK . EB.
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.


3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
AE EM
−
= 1.
EM CM

1) Chứng minh AE2 = EK . EB.

E

K

+ Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A.

M
D

H

0

+ Chi ra góc AKB = 90 suy ra AK là
đường cao của tam giác vuông AEB.

A

O

B

C

+ Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao
trong tam giác vuông AEB ta có:
AE2 = EK . EB
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
+ Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK
+ Chỉ ra góc EAK = góc EBA
+ Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường
tròn

3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
AE EM
−
= 1.
EM CM

+ Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO.
+ Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có
+ Ta có

CE
AE
CE − CM AE − OM
EM
AE
AE EM
=
⇒
=
⇒
=
−1 ⇒
−
=1
CM OM
CM
OM
CM OM
OM CM

Mà ME = MO nên suy ra
Bài 3:

CE
AE
=
CM OM

AE EM
−
= 1 (đpcm)
EM CM


Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến
AB, AC với (O) ( B,C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung
nhỏ BC( M khác B và C). Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là
trung điểm của MN.
a, Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của
đường tròn đó.
·
·
b. Chứng minh 2 BNC
+ BAC
= 180o

c. Chứng minh AC2 = AM. AN và MN2 = 4(AE2 - AC2).
d. Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí của M
sao cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.
a, Ta có: EM = EN(gt)⇒ OE⊥ MN ⇒ ·AEO = 90o

Mà ·ABO = 900 (AB là tiếp tuyến (O))
Suy ra: B, E thuộc đường tròn đương kính AO.
Hay A,B,E,O cùng thuộc một đường tròn, tâm của
đường tròn là trung điểm của AO.
·
·
b, Ta có: BOC
(góc ở tâm và góc nt cùng chắn một cung).
= 2 BNC
·
·
·
·
Mặt khác: BOC
+ BAC
= 1800 suy ra: 2 BNC
+ BAC
= 180o (đpcm)
·
 NAC
chung

- Xét ∆AMC và ∆ACN có:  ·
1 ¼
·
 MCA = CNA(= sdCM )

2

⇒ ∆AMC ∽ ∆ACN(g.g) ⇒

AM AC
=
⇒ AC 2 = AM . AN (đpcm)
AC AN

- Ta có: AE2 =AO2 - OE2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆AEO )
AC2 =AO2 - OC2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆ACO )
2

MN 2
 MN 
=
Suy ra: AE - AC =OC -OE =ON -OE =EN = 
÷
4
 2 
2

2

2

2

2

2

2

hay MN2=4(AE2- AC2)
c, Kẻ MK⊥BC, đoạn AO ∩ (O) ={F}, AO ∩ BC ={H}
·
·
Ta có: MJK
( tứ giác MJCK nt)
= MCK
·
·
(cùng chắc cung MC)
MCK
= MBI
·
·
(tứ giác MKBI nt)
MBI
= MKI
·
·
Suy ra: MJK
(1)
= MKI
·
·
Chứng minh tương tự ta cũng có: MIK
(2)
= MKJ

Từ (1) và (2) suy ra: ∆MIK ∽ ∆MKJ (g.g) ⇒

MI MK
=
⇒ MK 2 = MI .NJ
MK MJ

Để MI.MJ lớn nhất thì MK phải lớn nhất. Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên
MK≤FH⇒ vậy MK lớn nhất khi MK=FH. Hay M ≡ F
Vậy khi A, M, O thẳng hàng thì MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ
đường thẳng đi qua S (không đi qua tâm O) cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm
M và N với M nằm giữa S và N. Gọi H là giao điểm của SO và AB; I là trung
điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E.
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn
b) Chứng minh OI.OE = R2.
c) Tính diện tích tam giác EMS
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một
đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)

E

Nên ∆ SAB cân tại S
A

Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao ⇒ SO ⊥
AB

N

I

M
S

H

B

O


I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN
·
·
Do đó SHE
= SIE
= 900
⇒ Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc

vuông nên tứ giác IHSE nội tiếp đường tròn đường
kính SE
OI OS
=
⇒ OI.OE = OH.OS
b) ∆ SOI đồng dạng ∆ EOH ( g.g) ⇒
OH

OE

mà OH.OS = OB2 = R2 ( hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB)
nên OI.OE = R 2
3R
R
R2
c) Tính được OI= ⇒ OE =
= 2R ⇒ EI = OE − OI =
2
2
OI

Mặt khác SI = SO 2 − OI2 =

R 15
R 3( 5 − 1)
⇒ SM = SI − MI =
2
2

SM.EI R 2 3 3( 5 − 1)
Vậy SESM =
=
2
8

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB, (O)
cắt BC tại điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm của đoạn OB. Qua D kẻ đường
thẳng vuông góc với DE cắt AC tại F.
1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp.
·

·
2) Chứng minh BDE=AEF

·
·
3) Chứng minh tanEBD
= 3tan AEF

4) Một đường thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) tại hai điểm M, N.
Xác định vị trí của (d) để độ dài CM + CN đạt giá trị nhỏ nhất.


c) Ta có: ∆ABD vuông tại D: tan
·
=
EBD

AD
BD

∆AEF vuông tại A:
AF AF
·
=
tan AEF
=
AE

3BE

3 AF AF
·
=
=
=> 3tan AEF
3BE

BE

Mà: ∆AFD đồng dạng ∆BEB (gg)
=>

AF AD
=
BE BD

·
·
Suy ra: tan EBD
= 3tan AEF

d) Ta có: ∆CMA đồng dạng

∆CAN (g- g) => CM.CN = CA2 (không đổi)

suy ra: CM + CN nhỏ nhất khi CM = CN ⇔ M trùng với N => d là tiếp tuyến
của (O)
Bài 6: Từ điểm D nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến DA, DB với
đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến DEC không đi qua tâm O (E
nằm giữa D và C). OD cắt AB tại M, AB cắt EC tại N. Chứng minh rằng:

a/ MA là phân giác góc EMC
b/ MB2⋅DC=MC2⋅DE.
c/

2
1
1
=
+
EC DC NC


a) Sử dụng tính chất của tiếp tuyến, ta có
DE⋅DC=DA2.
Mặt khác áp dụng hệ thức lượng trong tam giác DAO
vuông tại A có AM là đường cao DA2=DM⋅DO
Do đó, ta thu được : DE⋅DC=DM⋅DO.
Từ đây, ta suy ra tứ giác EMOC nội tiếp.
Suy ra ∠EMD=∠ECO

Do tam giác OEC cân tại O

nên ∠ECO=∠CEO
Mà ∠CEO =∠CMO

(cùng chắn cung CO của

(EMOC)) nên ta có
∠EMD =∠ECO = ∠CEO =∠CMO
ta có ∠EMD = ∠CMO; Mà ∠EMD +∠EMA= 900

và ∠CMO +∠CMA = 90o
nên với kết quả trên, ta cũng thu được ∠ EMA =
∠CMA .
Nói cách khác, MA là phân giác của góc ∠EMC
b) Theo chứng minh trên, ta có ∠EMD = ∠OMC và ∠DEM =∠COM
(do tứ giác EMOC nội tiếp), suy ra △DEM∽△COM. Từ đây, ta có
EM/OM=DM/MC hay MC⋅ME=MD⋅MO
Mà MD⋅MO=MB2 (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MBO vuông tại O có
BM là đường cao) nên ta suy ra MB2=MC⋅ME.
Nên: hệ thức cần chứng minh trở thành:
MC⋅ME⋅DC=MC2⋅DE ⇒ ME⋅DC=MC⋅DE ⇒DC/MC=DE/ME