TUYEN TAP CAC BAI HINH HAY THI VAO 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 = 90o
2) Góc HCK + HDK = HCK + CAB + CBA = 180o => CKI = CBD ( = EAC) => HK //AB
3) ∆MEF : ∆MFD(g − g) ⇒ MD.ME = MF2 ≤ MI , với I là trung điểm BC.
=> (MD.ME)max = MI2, 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 MAN
= 45o .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 = 45o;
2)Các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp => AQM = APN = 90o.
3)M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên 2 TH
A
B
TH 1.M không trùng với C.

1
AI .MN .
2
∆MAI = ∆MAB ⇒ AI = AB = a, IM = BM
Tương tự ∆NAI = ∆NAD ⇒ IN = DN . Từ đó

1
1
S = AI .MN = a.MN
2
2
MN < MC + NC = a − BM + a − DN = 2a − ( IM + IN )
1
1 2 D
Vậy MN < 2a − MN hay MN < a ⇒ S = a.MN < a .
2
2

P

Gọi I là giao điểm của AH và MN=> S =

M
H

Q

TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và ∆AMN = ∆ACD nên S =

I

N

C

1

1
AD.DC = a 2
2
2

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 = 180o –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.
2. Chứng minh: MN là tia phân giác của góc BMK.
3. Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định vị trí của điểm M để
(MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
·
·
1. Tứ giác AHMK nội tiếp vì ·AKM = ·AHM = 900
2. KMN
( = góc HAN)
= NMB
·

·
·
·
·
3. AMBN nội tiếp => KAM
=> MBN
=> MHEB nội tiếp
= MBN
= KHM
= EHN
·
·
=> MNE
=>∆HBN đồng dạng ∆EMN (g-g) =>ME.BN = HB. MN (1)
= HBN
Ta có ∆AHN đồng dạng ∆MKN => MK.AN = AH.MN (2)
(1) và (2) => MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB.

1


=> 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.

ã
ã
b. AKB
= 60 0 AIB
= 120 0 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)

R 3
0
ã
ã
Tứ giác OCID nội tiếp OCI
= ODI
= 90 0 ID = OD.tan30 =
3
c. KCD KBA
2
S KCD CD 1
=
ữ = S KBA = 4S KCD
S KBA AB 4
S KBA lớn nhất S KCD 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

Bi 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) SAOBM = 3 R2

R 2
SQ
=
3
AOB
3 3 2
S=
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 = R2
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 AN2 = AB.AC. Tớnh di on thng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm.
3) Gi I l trung im BC. ng thng NI ct ng trũn (O) ti im th hai T. Chng minh: MT //
AC.
4) Hai tip tuyn ca ng trũn (O) ti B v C ct nhau ti K. Chng minh K thuc mt ng thng c
nh khi d thay i v tha món iu kin u bi.

2


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.
H
2) Chứng minh OI.OH = R2.
3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn câu IVc :

AM AB
=
⇒ AM 2 = AB.AC
AC AM
AM AE
+ ∆AME ∽ ∆AIM (g-g) ⇒
=
⇒ AM 2 = AI.AE
AI AM
⇒ AB.AC = AI.AE (*)

M

+ ∆AMB ∽ ∆ACM (g-g) ⇒

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

C
B

I

E

O

A

N

Bài 9
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
·
= 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.
MBN
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 MN2 = DN2 + DM2
( DM + DN )2
Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN 2 + DM2 ≥

(vì tương đương với (DM – DN) 2 ≥ 0 luôn
2
đúng).

3


Suy ra MN ≥

( DM + DN ) 2 DM + DN
=
2
2

=> 2a = MD + DN + MN ≥ MD + DN +

MD + DN
2 +1
=
( MD + DN )
2
2

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

2
2

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

(

)

(

)

Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao cho DM = DN = 2 − 2 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
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
= BAC
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=900 do POIQ là đường kính.
A
E
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
mà FIQ
= FTM
= OIM
= 900 (I
nhìn OM dưới góc 900)
·
Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM
= 1800 .

P

O

I
Q
F

B

C
T

D

M

d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích S IBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn nhất. Vậy I

» của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì
trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC
∆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 = AC2.

4


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
, suy ra AC là tiếp tuyến của
= AEC
đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).
·
Mặt khác ACB
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC

C

E

F

⊥ 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.

A

I

B

O

D

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
Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.
·
·
·
·
Suy ra: MIP
(4). Từ (3) và (4) suy ra MPK
.
= MBP
= MIP
·
·
Tương tự ta chứng minh được MKP
.
= MPI
MP MI
=
Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒
MK MP
⇒ MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3.
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).

A

K
I

B

M
H

C

P
O

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

5


·
·
c) Ta có CMA

= DNA = 900 (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)

F

E

N

d

A

I
M

O/

O

K

C

D
B

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
P
diện
tích
của
nó
được
tính:
C
A
1
d
H
S = 2 SOQM = 2. .OD.QM = R( MD + DQ) . Từ đó S nhỏ
B
2
I
M

O
nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng
trong tam giác vuông OMQ ta có DM .DQ = OD 2 = R 2
không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất ⇔ DM = DQ = R. Khi
D
đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn
Q
tâm O bán kính R 2 .
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
D
·
·
·
·
µ ),
,
lại
có:
(cùng
phụ
với

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

A

C

O

B

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 O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E.

6

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 DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó.
HD
µ = BDO
·
c) Vì O1D = O1B => ∆ O1BD cân tại O1 => B
1

A

(2)

0
·
·
µ ·
Từ (1), (2) => ADE
+ BDO
1 = B + BAH = 90 => O1D //O2E
Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E.
1
1
1
2
Ta có Sht = (O1D + O 2 E).DE = O1O 2 .DE ≤ O1O 2 (Vì O1D + O2E =
2
2
2
O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 )

B

1
BC2 R 2
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE = O1O2
Sht ≤ O1O 2 2 =
=
2
8
2
⇔ DEO2O1 là hình chữ nhật

E

D

O1

H

O2

O

C

R2
S
⇔ A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max DEO2O1 =
.

2
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) AM2 = 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.
0
µ +$
Xét tứ giác KOID có K
M
I = 180 => tứ giác KOID nội tiếp
đường tròn tâm O1
=> O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI =
AK.AO = AM2 = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định).
Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định.
Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OIK luôn thuộc đường
trung trực của DI cố định.

A
B

K

O

D

I
C

N

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 MH2 = 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

7


phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm).
Bài 20
Cho đường tròn (O), đường kính AB, d 1, d2 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 d1, d2 sao cho MON
= 900.
1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O).

AB 2
.
4
3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Chứng minh AM . AN =
HD
1
1
OH . MN >
OH . AB (Vì AMNB là hình
2
2
thang vuông)
Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa
của cung AB.
AB
⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN =
.
2
AB
.
Vậy S ∆MON nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN =
2
3. S ∆MON =

N

H

M

A

B

O

Bài 21
2
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 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: AM2 = 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
·
= 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại
AMB
tiếp ∆ECM phải nằm trên BM.

Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng
cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM. Gọi O1 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 O1M.
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 (O1), bán kính O1M với
đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông
góc của N trên BM.

M

O1
E
A

I

O

C

B

N

Bài 22

8


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.
1
1
AM + AN
S AMN = SOAM + SOAN = OH . AM + OK . AN =
2
2
2
Vẽ MI ⊥ AB tại I. Ta có: AM ≥ MI
Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có:
AM + AN
≥ AM . AN
2
1
Do đó: S AMN ≥ AM . AN ≥ MI . AN ; S AMN = MI . AN ⇒ MI . AN = 2S AMN
2
2
Vậy: S AMN ≥ 2 S AMN ⇔ S AMN ≥ 2 S AMN ⇔ S AMN ≥ 2 (do S AMN > 0 )
·
Dấu “= “ xảy ra ⇔ AM = AN = MI, tức là khi BAC
= 900 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: MK 2 > MB.MC
Giải:
a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp.
Ta có:
»
»
sd »AN + sd PC
sd »AP + sd PC
·
PEC
=
=
( vì »AN = »AP )
2
2
sd ¼
APC
( vì ·ABC là góc nội tiếp đ/tròn(O) chắn cung APC)
2
µ =B
µ ; Mà: E
µ + DEC
·
Suy ra: E
= 1800
1
1

1
µ + DEC
·
Nên: B
= 1800 ⇒ Tứ giác BDEC nội tiếp
=

1

Cách 2:
Ta có:
µ = 1 s®AC
» v× B
µ gãc néi tiÕp ch¾n AC
»
B
1
1
2
1
·
» + s®NC
»
·
DEC
= s®AP
v × DEC
lµ gãc cã ®Ønh bªn trong ®/trßn
2
1

» + s®NC
»
» = AN
»
= s®AN
v × AP
2
1
µ + DEC
·
» + s®NC
» + s®AC
» = 1 .3600 = 1800
⇒B
= s®AN
1
2
2
⇒ Tứ giác BDEC nội tiếp

(

)

(

)(

(

)(

)

(

)

)











b) Chứng minh: MB.MC = MN.MP
Xét: ∆ MBP và ∆ MNC có:
·
: góc chung
PMC

9


µ =C

µ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB của đường tròn (O))
P
1
1
MB MP
=
⇒ MB.MC = MN .MP
Suy ra: ∆ MBP ~ ∆ MCN ( g - g ) ⇒
MN MC
c) Chứng minh: MK 2 > 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) = MN 2 + 2.MN .NK (1)
2
Mà: MK 2 = ( MN + NK ) = MN 2 + 2MN .NK + NK 2 > MN 2 + 2.MN .NK
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: MK 2 > 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)
⇒ MK 2 > MN. MP ( Vì NK + MK = MK + KP: Do NK = KP)
Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b)
Do đó: MK 2 > 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 MK ≥ 2 MN. MP ⇔ MK 2 ≥ MN. MP
Dấu = xảy ra khi MN = MP, điều này không thể xảy ra.
Cách 4:

» = AP
» : gi¶ thiÕt ⇒ K là trung điểm của NP hay KN = KP. Đặt KN = KP = a
Do: AN
Ta có: MB.MC = MN.MP(câu b); mà MN = MK – KN và MP = MK + KP
⇒ MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a) = MK 2 − a 2 < MK 2
Vậy MK 2 > MN. MP; hay : MK 2 > 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: MQN
= 900 (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.
µ =M
¶ (góc nội tiếp cùng chắn cung NQ)
Ta có: P
1
1
¶ =F
µ (vì cùng phụ với FNM
·

Mà: M
)
1

µ =F
µ ⇒ Tứ giác EFQP nội tiếp. Hay bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
Do đó: P
1
c) Tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ nhất.
1
1
Ta có: S N EF = MN .EF = .2 R ( EM + MF ) = R ( EM + MF )
2
2
Theo bất đẳng thức cô si, ta có: EM + MF ≥ 2 EM .MF ( *)

10


Tam giác NEF vuông có NM là đường cao, nên:
EM.MF = NM 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Vậy ( *) ⇔ S N EF ≥ R.2 NM 2 = 2.MN = 2 R.2 R = 4 R 2 : không đổi
Dấu = xảy ra ⇔ EM = MF ⇔ Δ NEF vuông cân tại N
·
⇔ NM là tia phân giác của góc QNP
⇔ MPNQ là hình vuông ⇔ PQ ⊥ MN
Vậy GTNN của S N EF là 4R 2 ⇔ 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: CIP
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ CPK
+ CBK
= 1800 ⇒ Tứ giác CPKB nội tiếp đường
tròn đường kính CK.
b) Chứng minh AI.BK = AC.BC
IA CB
0
¶
¶
¶
¶
·
CKB ( g − g ) ⇒
=
⇒ AI .KB = CA.CB
Vì ICK
= 900 nên: C2 + C3 = 90Δ⇒ C2~ =ΔK 2 ⇒ ICA
CA KB
c) Chứng minh MN // AB.

Ta có: µ
A1 = Iµ1 (vì nội tiếp cùng chắn cung BC
đường kính IC)
µ =K
¶ (vì nội tiếp cùng chắn cung BC của
B
1
1
đ/tròn đường kính CK
·
·
·
⇒ ·APB = ICK
= 900 ⇒ MCN
+ MPN
= 1800 ⇒ Tứ
giác MCNP nội tiếp đường tròn đường kính MN
¶ =C
µ (vì nội tiếp cùng chắn cung PN) (1)
⇒M
1
1
µ
µ (góc giữa tia tt và dây và góc nội tiếp
A =C
1

1

cùng chắn cung PC của đường tròn đường kính IC)

¶ =µ
M
A1 ⇒ MN // AB
1
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. S ABKI = AB ( AI + BK ) . Vì AB, AI không đổi nên S ABKI lớn nhất ⇔ BK lớn nhất
CA.CB
⇔ CA.CB lớn nhất (vì AI.BK = CA.CB ⇔ BK =
)
AI
2
CA + CB
 CA + CB 
Ta có: CA.CB ≤
⇔ CA.CB ≤ 
÷ (không đổi), (Áp dụng BĐT Cô si)
2
2


Dấu = xảy ra khi CA = CB.
Vậy S ABKI 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
S ABKI = ( AI + BK ) AB , vì A, B, I cố định ⇒ AI, AB không đổi.
2
Vậy S AIKB lớn nhất ⇔ BK lớn nhất.
·
Dễ thấy hai tam giác vuông AIC và BCK có: ·AIC = BCK
(cùng phụ với ·ACI ).

AI AC
1
1
1
=
⇒ BK =
.BC. AC =
Do đó: ΔAIC ~ ΔBCK ( g − g ) ⇒
( AB − AC ) AC = ( AB. AC − AC 2 )
BC BK
AI
AI
AI

11


1 
AB
AB 2 AB 2 
1
2
=−
AC
−
2
AC
+
−


÷= −
AI 
2
4
4 
AI

2

AB  AB 2 
 AC −

÷ −
2 
4 


2

AB  AB 2 AB 2

không đổi
AC
−
≤

÷ +
2  4 AI 4 AI

AB

AB
= 0 ⇔ AC =
⇔ C là trung điểm đoạn AB.
Dấu = xảy ra ⇔ AC −
2
2
Vậy S ABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB.
1
=−
AI

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
·
·
⇒ OHC = ONC
= 900 ⇒ Bốn điểm C; O; H; N
cùng nằm trên đường tròn đường kính OC

b) Chứng minh KN.KC = KH.KO.
µ =C
µ (vì cùng bù với góc HON)
Ta có: O
1
1
KO KN
⇒ ΔKON ~ ΔKCH ( g − g ) ⇒
=
⇒ KO.KH = KC .KN
KC KH
c) Chứng minh I cách đều CM, CN, MN.
·
» = NI
»
CI là phân giác của MCN
và CI ⊥ MN nên: MI
⇒ 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: SC EF = 2SCOE = CE.OM = ( CM + ME ) .R
SC EF nhỏ nhất khi CM + ME nhỏ nhất.
Mà: CM.ME = OM 2 = R 2 không đổi. Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có: CM + ME ≥ 2 CM .ME = R
Dấu = xáy ra ⇔ CM = ME = R
⇒ Δ COE vuông cân tại O và Δ COM vuông cân tại M
⇒ MO = MC = R ⇒ OC = R 2
Vậy C là giao điểm của đường tròn(O; R 2 ) 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.

12


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: EAO
= EMO
= 900 ⇒ 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 =B

µ ⇒ ΔAEO ~ ΔPMB ( g − g ) ⇒ PB = MP ⇒ MP = EA. PB = 2 EA. PB ( 1)
⇒O
1
1
AO EA
AO
AB
BP KP
=
Do KP // EA ⇒
( 2)
AB EA
KP
= 2 KP ⇒ KM = KP
Từ (1) và (2) suy ra: MP = 2 EA.
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:
MP 2 = PA.PB = x ( 2 R − x ) ⇒ MP = x ( 2 R − x )
⇒ S MPAQ

x

 3 + 2R − x ÷
x
x
x
x


= AP.MP = x x ( 2 R − x ) = x 3. ( 2 R − x ) ≤ x 3 
÷ = x 3  R − ÷ = 3 3.  R − ÷
3
2
3
3
3


÷


2

x
x
 3+R− 3 ÷ 3 3 2
≤ 3 3
R
÷ =
2
4

÷


x
 3 = 2 R − x
3R

⇔x=
Dấu = xảy ra ⇔ 
2
x = R− x
 3
3
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:
MP 2 = PA.PB = x ( 2 R − x ) ⇒ MP = x ( 2 R − x ) ; 0 < x < 2R (vì M thuộc đường tròn (O) và M khác A, B)
Diện tích hình chữ nhật APMQ là:
S MPAQ = MP.PA = x x ( 2 R − x ) = x 3 ( 2 R − x )
Ta chứng minh bổ đề sau: Nếu a,b,c,d không âm, ta có:
4
 a+b+c+d 
abcd ≤ 
÷ . Dấu = xảy ra ⇔ a = b = c = d
4



13


Ta có: a + b ≥ 2 ab

( 1) , ∀a, b ≥ 0 ;

Từ (1) và (2) suy ra: a + b + c + d ≥ 2

tương tự c + d ≥ 2 cd

(

)

( 2)

ab + cd ; ta còn có:

ab + cd ≥ 2

ab . cd
4

4
 a+b+c+d 
ab . cd ⇒ ( a + b + c + d ) ≥ 42 abcd ⇒ abcd ≤ 
÷
4


Dấu = xảy ra ⇔ a = b = c = d .
x x x
Áp dụng bổ đề trên với bốn số: ; ; và 2R - x, ta có:
3 3 3
x x x

+ + + 2R − x ÷

x x x

R4
3
3
3
3
x ( 2 R − x ) = 27. . . . ( 2 R − x ) ≤ 27 
÷ = 27
3 3 3
4
16

÷


x x x
3R
Dấu = xảy ra ⇔ = = = 2 R − x ⇔ x =
.
3 3 3
2
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

Do đó: a + b + c + d ≥ 4

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.
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° − CFI = 90° − CFI
ICF
E
2
2
·
CFI
·
·
= ICD
= CBA
2

suy

ra
C

·
·
·
ICF
= 90° − 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

F

D

I
O

A
H

B

14