cac bai hinh hoc lop 9 hay 4515

ONTHIONLINE.NET

Các Bài hình học thú vị trong chương
trình toán hình học 9
Trong chuyên đề này , mình không có thể vẽ hình được nên
các bạn thông cảm vẽ hình giùm mình nha
Bài 1 : Cho đường tròn tâm (O ), đường kính AB . Trên
đường tròn lấy 1 điểm C sao cho BC>AC. Các tiếp tuyến
tại A và tại C của (O) cắt nhau tại D
1/Chứng tỏ : Tứ giác ADOC nội tiếp , xác định tâm đường
tròn ngoại tiếp tứ giác này và OD//BC
2/CD cắt AB tại E . vẽ AH_|_DE tại H . Chứng minh
rằng : DC2=DH.DE và ED.HC=EC.AD
3/ Qua E kẻ đường thẳng (d) song song với AD . Gọi M và
N lần lượt là giao điểm của đường thẳng BD và AC đến
đường thẳng (d) . Chứng minh : EN=2EM
4/Vẽ MK_|_BN tại K , MK cắt NC tại S . Qua S kẻ đường
thẳng song song với BE cắt KE vả AK lần lượt tại P và Q .
Chứng minh : S là trung điểm của PQ
Bài giải
1/Tứ giác OBAC nội tiếp , xác định tâm
Do DA , AC là tiếp tuyến của ( O) nên góc DAO= góc DCO=
90 độ , 2 góc này cùng nhìn OD dưới 1 góc vuông nên tứ giác
này nội tiếp trong đường tròn đường OD nên tâm của nó là
trung điểm của OD
b/chứng minh : OD//BC
Ta có góc ACB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nủa đường tròn
đường kính AB) => AC_|_BC (1)


Mặt khác , ta có : OA=OC ( R đường tròn O ) , mà AD=CD

( tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau ) nên OD là trung trực
của AC=> OD_|_AC (2)
Từ (1) và (2) => OD//BC
2/Chứng minh : DC2=DH.DE
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác DAE vuông tại A có
đường cao AH , ta có : AD2=DH.DE mà AD=CD ( cmt) nên
CD2=DH.DE
b/ chứng minh : ED.HC= EC.AD
để ý rằng đẳng thức cần chứng minh không thế đưa về các tỉ
số để chứng minh các tam giác đồng dạng , tuy nhiên để ý
thấy rằng xuất hiện nhiều cặp đường thẳng song song trong
hình vẽ gọi cho ta cách chứng minh bằng cách dùng các định
lý ta lét
Theo câu a , ta đã chứng minh được OD//BC nên áp dụng hệ
quả ta lét trong tam giác EBC ta có EO = ED
OB CD (3)
Do OB=OA (R đường tròn O ) nên EO= EO
OB OA (4)
Ta có DH_|_ EC( gt ) mà EC_|_ OC ( do EC là tiếp tuyến của
O ) nên AH//OC , áp dụng dịnh lý ta lét trong tam giác ECO,
ta có : EO= EC
OA HC (5 )
Từ (3),(4),(5) => ED = EC
CD HC => ED.HC=EC.CD mà CD=AD(
cmt ) => ED.HC =EC. AD
3/Chứng minh : EN=2EM
Vẽ hình xong mà nhận ra rằng rất khó để chứng minh :
EN=2EM . Đây là 1 bài hình không thể giải bằng cách thông

thường được , tuy nhiên trong hình vẽ có rất nhiều giả thiết
giúp tìm ra được một số ý chính . Nhiều người tinh mắt sẽ
thấy rằng ta chứng minh được BE là phân giác của góc CBN
lại có BE vuông góc với MN ( ta chứng minh được ) nên
đường phụ là giao điểm của BC với MN để xuất hiện tam
giác cân , kết hợp với định lý ta lét ta sẽ tìm ra lời giải của bài
toán như sau :
Gọi F và Q lần lượt là giao điểm của BC với các đường thẳng
AD và MN
Xét tam giác BAF , ta có OD//BC mà O là trung điểm của AB
=> D là trung điểm của AF = > DA=DF
AD//MN(gt) nên EQ//AF , Áp dụng định lý ta lét, ta có
Trong tam giác MEB : AD = BD
ME BM (6)
Trong tam giác QMB : BD = DF
BM QM (7)
Từ (6), (7) => AD= DF
ME QM mà DA=DF ( cmt ) => ME=QM
nên M là trung điểm của QE=> QE=2ME
Do MN//AD mà AD_|_ AB => QN_|_ AB hay QN_|_BE
Do đó , dễ thấy góc NEB= góc NCB= 90 độ nên tứ giác
NECB nội tiếp được =>góc NCE= góc NBE mà góc NCE=
góc EBQ ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp
cùng chắn cung AC của đường tròn O ) => góc EBQ= góc
NQE => BE là phân giác của góc NBQ
Xét tam giác NBQ ta có BE là đường cao ( do BE_|_ QN) có
BE là phân giác ( cmt ) nên tam giác này là tam giác cân tại B
. Mà trong tam giác cân này có BE là đường cao nên BE cũng
là đường trung tuyến => QE=NE

Mà QE=2ME ( cmt ) => NE= 2ME
4/Chứng minh : S là trung điểm của PQ
Để ý thấy rẳng giả thiết cho BE//PQ mà yêu cầu chứng minh :
S là trung điểm của PQ theo như câu 3 , ta thấy AF//QE, nếu
D là trung điểm của AF thì ta chứng minh được M là trung
điểm của EQ . Như vậy , nhờ vào mẹo này , xét trong tam
giác KAE , nếu gọi I là giao điểm của MK và BE và tìm cách
chứng minh I là trung điểm của AE thì thành công . Vấn đề
nan giải làm sao mà chứng minh được I là trung điểm của AE
? Việc này phải thông qua các hệ thức lượng trong đường tròn
và trong tam giác
Gọi I là giao điểm của MK với BE
Xét tam giác MEI và tam giác BEN
Ta có góc MEI= góc BEN= 90 độ , góc EMI= góc NBE
( cùng phụ với góc ENB )

tam giác MEI~ tam giác BEN ( g-g ) =>ME = BE
IE
NE

ME.NE=IE.AB mà EM=1/2EN ( cmt ) => IE.BE=
NE.NE = NE2
2
2

2IE.BE=NE2
Do tứ giác NECB nội tiếp nên góc ENC=góc EBC mà
góc EBC= góc NEC (cmt ) => góc NEC= góc ENC=> tam
giác ENC là tam giác cân => EN=EC

=>EC2=2IE.BE
Xét tam giác ECA và tam giác EBC
Ta có CEB là góc chung , góc NCE=góc EBC ( cmt )

tam giác ECA~ tam giác EBC ( g-g)=> EC = EB
EA EC


EC2= EA.EB mà EC2= 2IE.BE => EA.BE=2IE.BE=>
EA=2IE=> I là trung điểm của EA=> IE=IA
PQ//BE , Áp dụng hệ quả ta – lét trong các tam giác EIK và
IAK , ta có :
PS= KS = SQ
IE IK
AI mà IE= IA ( cmt ) => PS=SQ=> S là trung
điểm của PQ
Đúc kết: bài hình trên có rất nhiều câu khó song lại rất thú
vị , nó đòi hỏi phải thuộc lòng các kiến thức cơ bản đã học
để vận dụng vào công việc giải toán
Câu 1 là câu tương đối dễ chứng minh với tứ giác nội tiếp
và song song
Câu 2 cũng là câu dễ bởi ý thứ nhất dễ dàng chứng minh
với hệ thức lượng trong tam giác vuông . Tuy nhiên câu b
của ý 2 là tương đối khó , nó đòi hỏi ta phải biết vận dụng
để lập thành các tỉ số bằng nhau của định lý ta lét , Tuy
nhiên , còn có rất nhiều cách để chứng minh câu này nhưng
phức tạp và dài hơn . Các bạn suy nghĩ đi nhé !
Câu 3 là câu khó , việc chứng minh không hề dễ dàng chút
nào phát hiện các giả thiết trong đề bài để từ đó kết hợp với
đường phụ cần thiết cùng với nhiều kiến thức khác nhau .

Có người hỏi rằng : liệu câu này không cần đường phụ có
chứng minh được không ? Mọi người suy nghĩ nhé
Câu 4 ; là câu hơi phức tạp , Việc chứng minh trung điểm
không dễ dàng chút nào nó đòi hỏi ta phải biết vận dụng
các hệ thức lượng trong tam giác và đường tròn . Bài này
đòi khả năng tư duy cao hơn , nó làm cho bài toán trở nên
rất phức tạp . Khi được hỏi thì đa số các bạn không làm



được câu 3 và câu 4 , vì vậy các bạn hãy nhớ những bài
toán nhỏ để giải các bài toán lớn nhé !
Lưu ý : ở câu 3 của bài toán này , còn có 1 cách chứng
minh khác nữa nhưng phức tạp hơn
Gợi ý :Dễ dàng cm được : tam giác ECA~ tam giác EBC nên
EC = AC
EB BC
Chứng minh được 2 tam giác AOD~tam giác CBD nên
AD= AC
OA BC
=>EC = AD
EB OA=> EC . OA=AD.BE mà OA=R và AD=CD=>
EC.R=CD.BE=> 2R.EC=2CD.BE => AB.EC=2CD.BE( do
AB=2R ) => EC= 2BE
DC AB
Do MN//AD , Áp dụng hệ quả ta lét , ta có
EC = EN
BE= EM
=> 2BE = 2EM
DC AD

AB AD
AB AD
=>EN = 2EM
AD AD => EN=2EM
Bài 2 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường
tròn (O) có 3 đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H
1/Chứng minh : Các tứ giác BFEC,AFHE nội tiếp
2/Vẽ đường kính AM .Chứng minh : HM đi qua trung
điểm của BC
3/Đường thẳng EF cắt (O) tại P và Q ( P thuộc cung nhõ
AB ). Chứng minh : AM_|_PQ và tam giác APQ cân
4/MQ cắt BC tại I .Đường thẳng qua A vuông góc với HI
cắt BC tại S .Chứng minh : 3 điểm S,H,Q thẳng hàng


Bài giải
1/Các tứ giác BFEC , AFHE nội tiếp
Do BE , CF là 2 đường cao của tam giác ABC nên góc
BFC=góc BEC= 90 độ , 2 góc này cùng nhìn BC dưới 1 góc
vuông tứ giác này nội tiếp đường tròn đường kính BC
Trong tứ giác AFHE , dễ thấy góc AFH+góc AEH= 90 độ+
90 độ = 180 độ => tứ giác AFHE nội tiếp ( tổng 2 góc đối
bẳng 180 độ )
2/HM đi qua trung điểm của BC
Ta có góc ACM= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AM ) => AC_|_MC mà BE_|_AC ( do BE là
đường cao ) nên BE//MC hay BH//MC
Lập luận tương tự ta cũng có được BM//CH , kết hợp với
điều trên ta có tứ giác BHMC là hình bình hành => HM đi
qua trung điểm của BC

3/AM_|_PQ và tam giác APQ cân
Đây là 1 câu rất quen thuộc , có nhiều cách để chứng minh
câu này Tuy nhiên ở đây mình đưa ra cách giải ngắn gọn nhất
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) tại A sao cho cung AB nằm giữa
dây cung AB và tia tiếp tuyến Ax
Do tứ giác BFEC nội tiếp nên góc ACB= góc AFE ( góc
ngoài bằng góc đối trong )
Mà góc ACB= góc BAx ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và
góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
=>góc AFE= góc Bax=> Ax//PQ( 2 góc solo trong ) mà AM_|
_Ax nên PQ_|_ AM
Ta có OA_|_ PQ=> cung AP= cung AQ ( quan hệ đường kính
và dây cung ) => AP=AQ( liên hệ giữa cung và dây ) => tam
giác APQ cân tại A


4/S,H,Q thẳng hàng
Nhiều ngưởi nhận ra rẳng phát hiện ra được H là trực tâm của
tam giác ASI => SH_|_AI chỉ cần chứng minh thêm AI_|_HQ
là xong nhưng đđược . Chứng minh 2 đoạn thẳng AI và HQ
vuông góc với nhau rất khó .Nếu gọi M là giao điểm của AI
và HQ thì sao ? góc AMH=90 độ nên 5 điểm A,F,H,E,Mcùng
thuộc 1 đường tròn , nhiều người tìm cách chứng minh 5
điểm A,F,H,E,M cùng thuộc 1 đường tròn . Nhưng đây cũng
là cách bí , không thể chứng minh được . Hoặc là nhiều người
phát hiện ra rằng OA_|_PQ do chứng minh ở câu c để chứng
minh AI vuông góc với HQ chỉ cần chứng minh góc
MAI=gócHQP đến đây lại càng bí hơn , vì hai góc này không
thể chứng minh được . Đây là 1 bài toán đặc biệt , không thể
chứng minh theo cách thông thường được , các bạn thử xem .

Nếu mọi cách đã thất bại , mình chỉ cho các bạn 1 phương
pháp chứng minh vuông góc mới ,rất lạ như sau
Cách làm : Vẽ QN vuông góc AI tại M .Tìm cách chứng minh
3 điểm H,N,Q thẳng hàng là xong . Đã thấy góc ANQ=90 độ
nên tìm cách chứng minh thêm góc AMH=90 độ nữa là xong
Vẽ QN vuông góc với AI tại N
Gọi D là giao điểm của AH và BC
Xét tam giác ABC có BF và CE là 2 đường cao của tam giác
ABC chúng cắt nhau tại H nên H là trực tâm của tam giác
ABC=>AH_|_BC tại D=> góc ADC= 90 độ
Xét tam giác ASI ta có HI_|_HS(gt) và AH_|_BC (cmt) , 2
đường vuông góc này chúng cắt nhau tại H nên H là trực tâm
của tam giác ASI => SH_|_AI (1)
Xét tam giác AQE và tam giác ACQ , ta có


CAQ là góc chung , góc AQE=góc ACQ ( 2góc nội tiếp chắn
2 cung AP và AQ bằng nhau )
=>tam giác AQE~tam giác ACQ ( g-g ) => AQ = AC
AE AQ =>
AQ2= AE.AC (2)
Xét tam giác AEH và tam giác ADC
Ta có DAC là góc chung , góc AEH= góc ADC= 90 độ

tam giác AEH ~ tam giác ADC (g-g) =>AE = AD
AH AC
=>AE.AC=AH.AD(3)
Ta có góc AQM= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AM )
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AQI có đường

cao QN ta có : AQ2= AN.AI (4)
Từ (2),(3),(4) ta có AH.AD= AN.AI => AN = AD
AH AI
Xét tam giác ANH và tam giác ADI
Ta có DAI là góc chung , AN= AD
AH AI (cmt)
=> tam giác ANH~ tam giác ADI ( c-g-c) => góc ADI= góc
ANH mà góc ADI=90 độ nên góc ANH=90 độ
Ta có góc HNQ= góc ANH+góc ANQ=90 độ + 90 độ= 180
độ => 3 điểm, H,N,Q thẳng hàng mà QN_|_AI nên nên HQ_|
_AI kết hợp với (1) ta có SH_|_AI nên 3 điểm S,H,Q thẳng
hàng
Đúc kết : ở các câu 1 thì tương đối dễ các câu chứng minh
các tứ giác nội tiếp như thế này thì thường xuyên được luyện
tập nên câu này không nhằm nhì gì


2/Củng là 1 câu hơi lạ , tuy nhiên phải nhớ đến kiến thức hình
bình hành ở lớp 8 mới có thể hoàn thành được
3/câu số 3 là câu tương đối khó , phải vẽ thêm đường phụ ,
tuy nhiên câu này đã được làm 1 cách thông dụng 1 vài năm
về trước nên không nói gì nhiều . Tuy nhiên , câu này có
nhiếu cách chứng theo như hình vẽ trên . Nếu gọi S là giao
điểm của AM và EF và tìm cách chứng minh 2 tam giác ASF
và ABM đồng dạng là xong , các bạn hãy thử chứng minh
xem
4/Câu 4 là loại câu chứng minh rất khó , khó ở chổ là chứng
minh : AI vuông góc với HQ . Người ra đề từ câu này có thể
đổi đề và mở rộng hơn bài toán bằng cách :Chứng minh 2 góc
MAI là HQF bằng nhau hoặc nếu gọi N là giao điểm của HQ

và AI . Yêu cầu chứng minh : QE.QF=QN.QH dĩ nhiên phải
thông qua 5 điểm thuộc đường tròn thì mới làm được . Một
bài toán hình có thể có nhiều giả thiết khác nhau . Các bài
hình trên mình đưa ra để cho các bạn tham khảo để thấy rẳng
toán hình học rất là lí thú . Chắc các bạn cũng đã rút ra nhiều
kinh nghiệm từ việc mình hướng dẫn như trên . Đây chỉ là 1
phần nhỏ đối với bài toán của mình , mình sẽ đưa ra cho các
bạn nhiếu bài toán khác khó hơn
Bài 3 : Cho đường tròn tâm O , đường kính AB . Trên
đường tròn lấy 1 điểm C sao cho AC>BC. Kẻ các tiếp
tuyến Ax,By của (O). Tiếp tuyến tại C của (O) cắt Ax tại D
, BD cắt (O) tại E . Vẽ CH vuông góc với AB tại H
1/Chứng minh : Tứ giác AOCD nội tiếp được và tam giác
AEB vuông tại E
2/ Gọi F là điểm đối xứng C qua E .Chứng minh : AF_|
_FC


3/Gọi I là giao điểm của AE và CH . Chứng minh rằng : C
là trung điểm của IH
4/ AE cắt DH tại M , CM cắt AD tại N . Chứng minh : NE
là tiếp tuyến của (O)
5/Gọi P là giao điểm của AC và By . Trên BP lấy 1 điểm S
sao cho PS=3SB. Chứng minh : IH là phân giác của góc
NHS
Bài giải
1/Tứ giác AOCD nội tiếp và tam giác AEB vuông
Dễ thấy góc OAD=góc OCD= 90 độ ( do DA và DC là tiếp
tuyến của (O) nên tứ giác này nội tiếp đường tròn đường kính
OD

Ta có góc AEB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AB )
2/AF vuông góc với CF
Chứng minh AF vuông góc với CF thông qua 2 tam giác
đồng dạng . Gợi ý : tam giác BOD~ tam giác CEA
Theo như bài toán trên , ta dễ dàng chứng minh được OD là
trung điểm của AC nên OD _|_AC
Mặc khác ta có AE _|_DE ( do tam giác AEB vuông ) => góc
ODB=gócEAC
Xét tam giác BOD và tam giác CEA
Ta có : góc ODB=góc EAC ( cmt ) , góc ACE= góc OBD ( 2
góc nội tiếp cùng chắn cung AE )
=> tam giác BOD~ tam giác CEA ( g-g ) =>OB= EC
BD AC
=>2OB = 2EC => AB= FC
BD
AC
BD AC
( Do F là điểm đối xứng C qua E )


Xét tam giác CAF và tam giác BDA
Ta có góc ACE=góc OBD (cmt ) , AB= EC
BD EC (cmt)
=> Tam giác CAF~ tam giác DBA (c-g-c) => góc BAD=góc
AFC mà góc BAD= 90 độ ( do AD là tiếp tuyến của O)=>
góc AFC= 90 độ => AF_|_FC
3/ C là trung điểm của IH
Nhận ra rằng việc chứng minh trung điểm không hề dễ dàng
tí nào . Tuy nhiên , nếu Qua E ta kẻ đường thẳng song song

với CH thì có thể tìm ra lời giải của bài toán , Áp dụng các
bài toán phụ như trên
Kẻ ET vuông góc với AB tại T , ET cắt AC tại V . Tìm cách
chứng minh : V là trung điểm của ET
Ta có góc AET= góc ABD ( cùng phụ với góc BET ) , Lại có
góc ATE=góc BAD= 90 độ
=> tam giác AET~ tam giác DBA ( g-g )=>AB = ET (1)
BD AE
Xét tam giác AEV và tam giác DBO
Ta có góc EAC= góc ODB ( cmt ) , góc AET= góc ABD
( cmt )
=> tam giác AEV~ tam giác DBO (g-g) =>OB = EV
BD AE
=>2OB= 2EV => AB = 2EV (2)
BD AE
BD AE
=> Từ (1) và (2) => ET = 2EV => ET= 2EV
AE AE
=>V là trung điểm của ET => VT=EV
Ta có ET//IH( cùng vuông góc với AH ) , Áp dụng định lý ta
lét , ta có :


VT= AV = EV mà VT=EV (cmt)
CH AC IC
=> CH=IC=> C là trung điểm của IH
4/NE là tiếp tuyến của (O )
Ta có AD//IH ( vì cùng vuông góc với AB ) , tiếp tục áp dụng
định lý ta lét , ta có IC = MC = CH
AN MN DN

Mà CH= IC (cmt ) => AN= DN => N là trung điểm của AD
. Xét tam giác AED vuông tại E có EN là đường trung
tuyến => AN=EN
Xét tam giác AON và tam giác NEO
Ta có OA=OE(R đường tròn O ) , NA=NE (cmt ) , ON là
cạnh chung
=> tam giác AON= tam giác NEO ( c-c-c)=> góc OAN =
góc NEO mà góc OAN= 90 độ nên góc NEO= 90 độ =>
NE_|_OE mà E thuộc (O) nên NE là tiếp tuyến của (O )
5/IH là phân giác của góc NHS
Một điều bối rối ở đây không biết giã thiết PS=3PB dùng
để làm gì .Tuy nhiên nếu gọi K là giao điểm của DC với
tia By thì sẻ làm giảm số giả thiết rắc rối của đề bài
Gọi K là giao điểm của DC và By
Ta dễ dàng chứng minh được OK là trung trực của BC nên
OK_|_ BC . Ta lại có góc ACB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn đường kính AB ) => AC_|_BC từ đó ta có
AP//OK
Xét trong tam giác ABP có OK//AP , mà O là trung điểm
của AB nên K là trung điểm của BP => BP=2BK . Theo giả
thiết PS=3PB=> BP=4BS kết hợp nếu điều trên ta suy ra
BK= 2BS nên S là trung điểm của BK


Dễ dàng thấy được AD//CH//BP , Áp dụng định lý Ta lét
trong hình thang ADPB ta có : AH = BH
CD KC
Mặc khác ta có AD=CD , CK= BK ( ttuyến cắt nhau )
=> AH = BH => AH = BH => AH = BH
AD BK

2AN 2BS AN BS
(Do N và S lần lượt là trung điểm của AD và BK )
Lại có góc HAN= góc HBS= 90 độ , kết hợp với điều trên ta
có được tam giác HAN ~ tam giác HBS (c-g-c) => góc
AHN= góc BHS => góc NHI=góc SHI ( cùng phụ với 2 góc
bằng nhau ) =>IH là phân giác của góc NHS
Đúc kết : bài hình trên đã bao bọc rất nhiều kiến thức quan
trọng cần nhớ , đặc biệt , bài toán trên sử dụng nhiều định lý
ta lét và các tam giác đồng dạng
1/ câu 1 là câu tương đối quen thuộc , không bàn luận gì
thêm
Câu 2 là câu tương đối khó , vì phải chứng minh qua trung
điểm của tam giác đồng dạng , rất khó mà phát hiện ra rằng 2
tam giác BOD và CEA đồng dạng
Câu 3 là 1 câu khó , việc chứng minh trung điểm không hề dễ
dàng chút nào phải kẻ thêm đường phụ và dùng định lý ta lét .
Tuy nhiên , câu này vẫn còn 1 cách giãi nữa đấy , các bạn thử
nghỉ xem ?
Câu 4 lại 1 lần nữa dùng hệ quả ta – lét , nếu không chứng
minh được ở câu 3 thì không thể chứng minh ở câu sô 4 . Tuy
nhiên , người ra đề có thể giấu đi thêm giả thiết : Gọi I là giao
điểm của AE và CH , lúc này bài toán sẽ trở nên khó hơn ,
phải không các bạn ?


Câu 5 không khó nhưng nó đòi hỏi ta phải tư duy một chút
xíu thì mới có thể làm được . Việc mình có đườn phụ gọi giao
điểm của DC và By lí do là mỉnh luôn chứng minh được K là
trung điểm của BP mà làm giảm số giả thiết không dáng kể
Bạn đọc sẽ thắc mắc vì sao trong các bài toán trên lại dùng

nhiều định lý ta – lét đến như vậy ? . Lí do là hiện nay , tuy
chuông trình định lý ta lét học trong lớp 8 vẫn được dùng
kiểm tra trong các kỳ thi quan trọng , vì vậy mình đưa ra kiến
thức này để cho môi người cùng nhớ
Lưu ý : Ở câu 3 nếu gọi G là trung điểm của AH , tìm cách
chứng minh CG_|_BD thì vẫn được đấy ,các bạn thử nghĩ
xem , đây cũng là bài toán mình sẽ đưa ra trong bài toán thứ 4
này đây , đây cũng là 1 câu chứng minh thú vị
Bài 4 : Cho đường tròn tâm (O ) , đường kính AB . Trên
đường tròn lấy 1 điểm D sao cho AD>BD . Vẽ DH vuông
góc với AB tại H, DH cắt (O ) tại K
1/ Chứng minh : H là trung điểm của DK và
DH.HK=AH.HB
2/Tìm vị trí của ( D ) trên (O ) để diện tích tam giác ADB
lớn nhất
3/Các tiếp tuyến tại A và tại D của (O ) cắt nhau tại M .
Gọi N là trung điểm của AH . Chứng minh : DN vuông
góc với BM
4/ MB cắt (O) tại S , , DN cắt (O ) tại T .Chứng minh :
ST2+BT2+DC2-AD2=4R2
Bài giải
1/H là trung điểm của DK
Ta có AB_|_DK (gt) => H là trung điểm của AB ( quan hệ
đường kính và dây cung )


2/DH.HK=AH.BH
Ta có góc ADB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AB )
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ADB có đường

cao DH :DH2=AH.BH hay DH.DH=AH.BH
Mà DH=KH (cmt)=> DH.KH=AH.BH
2/Vị trí điểm D để p tam giác ADB lớn nhất
Ta có p tam giác ADB=AB+AD+BD=2R+AD+BD (*)
Mà 2R không đổi nên để (*) lớn nhất => tổng AD+BD lớn
nhất => tổng (AD+BD)2 lớn nhất
Ta cò : (AD+BD)2= AD2+BD2+2.AC.BC = AB2+ 2 . DH.AB
= 4R2 + 2 .DH.AB
=> 2.DH.2R lớn nhất => DH lớn nhất
Mặc khác ta có DH ≤OD
Dấu = xảy ra khi : O trùng với H =>D là điểm chính giữa của
cung AB => tam giác ADB vuông cân tại D
3/ MB vuông góc với DN
MB_|_DN .Để ý thấy rằng , nếu gọi I là giao điểm của MB và
DH thì I là trực tâm của tam giác DNB , vậy tìm cách chứng
minh NI vuông góc với BD nữa là xong
Gọi I là giao điểm của MB và DH , V là giao điểm của BD và
AM
Theo như các bài toán trên , ta dễ dàng chứng minh được
MO//BD nên M là trung điểm của AV
Mặt khác lại có AV//DH , Áp dụng định lý ta- lét tương tự
như các bài toán trên , ta chứng minh được I là trung điểm
của DH


Xét tam giác ADH . ta có N và I lần lượt là trung điểm của
AH và DH nên NI là đường trung bình của tam giác ADH =>
NI//AD mà AD_|_BD nên NI_|_BD
Xét tam giác NDB ta có DH và NI lần lượt là các đường cao
của tam giác này , nên I là trực tam của tam giác NDB =>

BI_|_DN hay BM_|_DN
4/ST2+BT2+SD2-AD2=4R2
Vẽ đường kính DG của (O )
Xét tam giác ADB vuông tại D , ta có AB2= AD2+BD2= 4R2
Tương tự , ta có AK2+BK2 = 4R2
Do đó : AD2+BD2+AK2+BK2= 4R2+4R2=8R2 (1)
Ta có góc GTD= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ,
đường kính DG ) => GT_|_DT .Mặc khác ta lại có DT_|_BM
( cmt)=> MB//TG . Ta có tứ giác tứ giác STGB nội tiếp trong
đường tròn O lại có SB//TG nên tứ giác này là hình thang cân
=> SG=BT
Áp dụng định lý pi – ta – go trong tam giác vuông GSD , ta
có : GD2=GS2+DS2=BT2+DS2=4R2
Tương tự , ta chứng minh được ST2+BD2= 4R2
Do đó : GS2+DS2+ST2+ BD2=4R2+4R2=8R2 ( 2 )
Từ (1) và (2) => AD2+BD2+AK2+BK2=GS2+DS2+ST2+BD2
=>AD2+BK2+AK2=GS2+DS2+ST2
=>GS2+DS2+ST2-AD2= BK2+AK2=4R2
( vì ở câu trên ta đã chứng minh được BK2 + AK2=4R2
Đúc kết : Bài hình đã đúc kết được các kiến thức cần nhớ một
cách thông dụng . Bài toán đã áp dụng thành công nhiều kiến
thức quan trong cần nhớ như : hệ thức lượng trong tam giác
vuông , đường tròn


Câu số 2 là câu đặc biệt , nó đòi hỏi phải suy luận và tư duy
khá cao nữa đấy
Câu số 3 là câu tôi vừa nếu nêu ờ bài số 2 , các bạn có thể áp
dụng câu 3 bài này để giải bài 3 câu 3 . Tuy nhiên , câu này
khi giải thải thông qua rất nhiều kiến thức khác nhau và thông

dụng Việc sử dụng định lý ta _ lét kết hợp với trực tâm của
tam giác sẽ làm nên 1 bài toán rất thú vị
Câu số 4 là câu hơi lạ , thông thường việc chứng minh các
bình phương thường được sử dụng bằng định lý pi ta go , tuy
nhiên , trong bài này phải vẽ thêm đường kính để xuất hiện
các tam giác vuông để đưa về các bình phương và phải có
biến đổi một tí xíu nữa đấy
Thông qua 4 bài toán này mình đã cung cấp cho các bạn
nhiều kiến thức toán học khác nhau . Bạn nào tinh khôn khi
vẽ hình cả 4 bài sẽ thấy các hình tương tự na ná giống nhau
đấy , các bạn thấy đấy . Tứ 1 bài hình học người ta có thể cho
các bạn vô số câu hỏi khác nhau , do đó mới thấy được độ
khó của từng bài khác nhau mới thấy sự thú vị trong toán
học .Trong các bài hình sau mình sẽ đưa ra các dạng toán mới
hơn nhưng cũng rất quen thuộc
***BÀI 5 : Từ 1 điểm A ngoài (O:R), vẽ 2 tiếp tuyến ( B,C
là tiếp điểm ) . Vẽ 1 cát tuyến ADE đến (O) ( AD và C nẳm ở nửa mặt phẳng bờ OA khác nhau ) . Vẽ dây
cung BM//AE , MC cắt DE tại I
1/Chứng minh : I là trung điểm của DE
2/Gọi S là giao điểm của DE và BC .Chứng minh SD = SI
AD EI
3/Gọi H là giao điểm của OA và BC. Chứng minh : HB là
phân giác của góc EHD


4/Vẽ EG vuông góc với BC tại G , Vẽ EK vuông góc với
OA tại K ,. Chứng minh 3 điểm K,I,G thẳng hàng
5/Đường thẳng KG cắt OD tại P và cắt BE tại Q . Chứng
minh : tứ giác PEMQ nội tiếp được

Bài giải
Các bài có đánh dấu sao là những bài khó
1/I là trung điểm của DE
Cần chứng minh : OI _|_DE nên cần thông qua 5 điểm cùng
thuộc 1 đường tròn
Ta có góc OBA=góc OCA= 90 độ nên tứ giác OBAC nội tiếp
đường tròn đường kính OA(1)
Do BM//AE nên góc BMC= góc AIC ( 2góc đồng vị ), mà
góc BMC= góc ABC ( góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và
góc nội tiếp cùng chắn cung BC)=>góc AIC= góc ABC=>tứ
giác ABIC nội tiếp ( 2góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc
bằng nhau ) (2)
Từ (1) và (2) => 5 điểm O,I,B,A,C cùng thuộc 1 đường tròn
Mà góc ACO= 90 độ nên góc OIA= 90 độ => OI_|_DE=>I là
trung điểm của DE ( quan hệ đường kính và dây cung )
2/SD = SI
AD IE
Để ý rằng hệ thức cần chứng minh không thể đưa về tỉ số
đồng dạng . Vì vậy phương pháp chứng minh là áp dụng các
dãy tỉ số bằng nhau và các hệ thức lượng trong đường tròn
Xét tam giác ISC và tam giác BSA
Ta có góc AIC=góc ABC ( cmt) , góc ISC=góc BSA ( 2góc
đối đỉnh ) => tam giác ISC ~ tam giác BSA (g-g)
=> IS = BS=> IS.AS=BS.CS (3)
CS AS


Xét tam giác BSE và tam giác DSC
Ta có góc BSE=góc DSC ( 2góc đối đỉnh ) , góc EBC= góc
EDC ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC )

=> tam giác BSE ~ tam giác DSC ( g-g )
=>BS = DS => BS.CS=ES.DS (4)
ES CS
Từ (3) và (4) => IS.AS=ES .DS => SE = SI
SA SD
Áp dụng dãy tỉ số bằng nhau , ta có :
SE = SI = SE-SI= EI
=> SD = SI
SA SD SA-SD AD
AD EI
3/ HB là phân giác của góc EHD
Để ý thấy rằng tứ giác EOHD nội tiếp ( câu này rất quen
thuộc để chứng minh )
Xét tam giácABD và tam giác AEB
Ta có EAB là góc chung , góc ABD= góc AEB ( góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung BD )
=> tam giác ABD ~ tam giác AEB (g-g)
=> AB = AE => AB2=AD.AE
AD AB
Ta chứng minh được OA vuông góc với BC tại H
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBA có đường
cao BH Ta có : AB2= AH.AO
=> AD.AE=AH.AO=> AD = AO
AH AE
Kết hợp với góc OAE là góc chung , ta có được tam giác
ADH ~ tam giác AOE (c-g-c ) => góc AHD= góc AEO => Tứ
giác OEHD nội tiếp ( góc ngoài bằng góc đối trong )


Ta có OD=OE ( R đường tròn O ) => tam giác ODE cân tại O

=> góc OED= góc ODE
Do tứ giác EOHD nội tiếp nên góc ODE= góc OHE
Mà góc OED= gócDHA (cmt )
=> góc OHE = góc DHA => góc EHB= góc DHB ( cùng phụ
với 2 góc bằng nhau ) => HB là phân giác của góc EHD
4/G,I,K thẳng hàng
Để ý và thấy rằng tứ giác EKGH là hình chử nhật . Tứ giác
EKOI nội tiếp và tứ giác EKGH là hình chữ nhật sẽ cho ta lời
giải của bài toán
Xét tứ giác EGKH , ta có : góc EKH=gócEGH=gócGHK=90
độ =>Tứ giác EKGH là hình chứ nhật => Tứ giác EKGH nội
tiếp mà EK=GH=> cung EK= cung GH ( liện hệ giữa cung
và dây trong đường tròn đi qua 4 điểm E,K,HG)
Dễ thấy góc EKO=góc EIO=90 độ => tứ giác EKIO nội tiếp
=> góc IKA=gócDEO
Theo như cậu trên , ta đã chứng minh được góc
DEO=gócKHE mà góc KHE= gócGKA ( 2 góc nội tiếp chắn
2 cung bằng nhau ) => góc IKA= góc GKA => 2 tia IK và
GK phải trùng nhau => 3 điểm K,I,Gthẳng hàng
5/Tứ giác PEMQ nội tiếp
Ta đã có : góc KHE=gócKGE (cmt) , mà góc KHE=góc ODE
( tứ giác EOHD nội tiếp )=> góc KGE=gócODE
Xét tam giác GIE và tam giác DIP
Ta có : góc PID=góc EIG ( 2góc đối đỉnh ) , góc
KGE=gócODE (cmt)
=>tam giácGIE ~ tam giác DIP ( g-g )
=> GI = DI=> GI.PI=EI.DI (6)
EI
PI

Xét tam giác MIE và tam giác DIC
Ta có : góc MIE=góc DIC ( 2góc đối đỉnh ) , góc
EMI=gócCDI ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC)
=>tam giác MIE ~ tam giác DIC (g-g)
=>MI = DI => DI.EI=MI.CI (7)
IE
IC
Từ (6) , (7) => GI.PI=MI.CI => GI = MI
CI PI
Kết hợp hệ thức trên với ta có : góc MIP= góc GIC ( 2góc đối
đỉnh ) ta có được tam giác MIP ~ tam giác GIC (c-g-c) =>
Góc MPI= góc MCG mà góc MCG=góc MEB ( 2góc nội tiếp
cùng chắn cung MB ) => góc MPI=gócMEB => tứ giác
PEMQ nội tiếp ( 2góc kề cùng nhìn 1 cạnh dưới 2 góc bằng
nhau )
Đúc kết : Bài toán trên thuộc dạng bài toán tương đối khó đối
với học sinh ở cả 5 câu hình trải dài các kiến thức rất rông .
Sử dụng nhiều kiến thức về các loại góc , tứ giác nội tiếp ,
đặc biết chứng minh rất nhiều tam giác đồng dạng
Đối với câu hỏi của câu 1 , ta cần phải thông qua 5 điểm 1
đường tròn thì mới làm được
Đối với câu 2 : việc chứng minh hệ thức này không hề đơn
giản tí nào , phải thông qua kiến thức một số hệ thức lượng
trong đường tròn và dãy tỉ số bằng nhau , đây cùng là một
cách chứng minh khá khó đối với học sinh
Câu 3 nhìn vậy tuy khó nhưng lại rất quen thuộc ( đây là đề
thi TS10 TPHCM năm học 2008 – 2009 ở bài hình câu c ).
Hiện nay .trong bài hình này chứng minh tứ giác EOHD nội
tiếp đã được chứng minh một cách rành mạch ở nhiều nơi nơi

các bạn cũng sẽ quen dần với dạng như vậy


Câu 4 là loại câu hơi dễ tuy nhìn nó khó nhưng thực ra chứng
minh rất là dễ dàng bằng phương pháp tia trùng tia
Câu 5 là loại câu không khó nhưng phải thông qua nhiều tam
giác đồng dạng lại thêm 1 điều thú vị nữa là nếu gọi T là giao
điểm của HE và KG , OT cắtGD tại J , ta sẽ chứng minh được
5 điểm J,E,O,H,D cùng thuộc 1 đường tròn đấy ! các bạn thử
chứhng minh xem . Chúng ta sẽ bước sang bài toán thú vị tiếp
theo có chứa các câu mình hướng dẫn ở trên đây đấy
Bài 6 : Cho đường tròn tâm O , đường kính AB . Trên OB
lấy 1 điểm C sao cho BC>OC. Qua C kẻ dây cung DE
vuông góc với AB . Trên DC lấy 1 điểm M bất kỳ sao cho
MC>DM, MB cắt (O) tại N . Từ O kẻ đường thẳng vuông
góc với AB cắt AE tại H
1/Chứng tỏ : Các tứ giác ANMC , OHEB nội tiếp . lần
lượt xác định tâm đường tròn ngoại tiếp của các tứ giác
này
2/Chứng minh : Tích AH.AE không đổi
3/Trên BC lấy 1 điểm F sao cho OC=FC . Chứng minh :
AD2+BD2=4DF2 . Gỉa sử CO2=OB.BF.Chứng minh CH
vuông góc với AE
*4/Kẻ tia tiếp tuyến Ax tại A của (O) . Đường thẳng qua O
vuông góc với OD cắt Ax tại P .Trên OE lấy 1 điểm G sao
cho GE=2OG . Đường thẳng BG cắt DE tại T và cắt (O)
tại Q .Chứng minh : DG vuông góc với BP
*5/ BP cắt AD tại S . Gọi V1 , V2 , V3 lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp của các tam giác NSM, ASC, SQT
.Chứng minh : 3 điểm V1,V2,V3 thẳng hàng

Bài giải
1/Các tứ giác ANMC,OHEB nội tiếp


Ta có : góc ANB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AB )
Ta có góc ANM=góc ACM=90 độ nên tứ giác ANMC nội
tiếp đường tròn đường kính NC nên tâm của nó là trung điểm
của NC
Ta có góc AEB= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính AB)
Ta có góc AEB=góc HOB= 90 độ nên tứ giác OHEB nội tiếp
đường tròn đường kính BH nên tâm của nó là trung điểm của
BH
2/Tích AH.AE không đổi
Xét tam giác AOH và tam gíac AEB
Ta có BAE là góc chung , góc AOH=góc AEB= 90 độ
=> tam giác AOH ~ tam giác AEB (g-g)=> AO= AE
AH AB
=> AE.AH=AO.AB=R.2R=2R2 ( không đổi )
3/AD2+BD2=4DF2
Áp dụng định lý pi ta go trong tam giác vuông ADB ta có
AD2+BD2=AB2=(2R)2=4R2 (1)
Xét tam giác ODF có DC là đường cao cũng có DC là đường
trung tuyến => tam giác ODF cân tại D => OD=FD mà
OD=R=> DF=R (2)
Từ (1) và (2)=> AD2+BD2 = 4DF2
CH vuông góc với AE
Từ giả thiết OC2=OB.BF=> OC2=OA.BF=> OA = OC
OC BF

Áp dụng dãy tỉ số bằng nhau , ta có :
OA = OC = OA+OC = AC….. = AC => OA= AC(3)
OC BF BF+CO
BF+FC BC OC BC


Ta có OH//CE ( vì cùng vuông góc với AB ) , áp dụng định lý
ta _ lét , ta có : OA = AH (4)
OC EH
Từ (3) , (4) => AC= AH
BC EH
=> CH// BE ( định lý ta lét đảo )mà BE_|_AE nên CH_|_AE
4/ DG vuông góc với BP
Chứng minh 2 đường thẳng này vuông góc không hề đơn
giản tí nào . Với giả thiết GE=2GO cho ta suy nghĩ đến trọng
tâm của tam giác . Nếu vẽ thêm đường kính DJ thì G sẽ là
trọng tâm của 1 tam giác nào đó . Nếu chứng minh được góc
GDT=góc ABP thì thành công , viêc này phải thông qua 2
tam giác đồng dạng
Vẽ đường kính DJ , DG cắt OC tại V và cắt EJ tại K
Xét tam giác DJE có EO là đường trung tuyến và
GE=2GO=> G là trọng tâm của tam giác DJE => DG đi qua
trung điểm của EJ=> K là trung điểm của JE
Ta có góc DEJ= 90 độ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
đường kính DJ => DE_|_EJ mà DE_|_AD=> EJ//AB
EJ//AB ,Áp dụng định lý ta lét trong tam giác DJE , ta chứng
minh được V là trung điểm của OC
Ta có góc DOP= 90 độ = > góc DOC + góc AOP= 90 độ mà
góc DOC + góc ODC= 90 độ ( do tam giácDOC vuông ) =>
góc ODC= góc AOP

Xét tam giác CDO và tam giác AOP
Ta có góc ODC= góc AOP (cmt ) , góc PAO=góc DCO=90
độ = > tam giác CDO ~ tam giác AOP (g-g)
=>AP= OC => AP.. = 2OV => AP = CV
AO DC
AB
DC
AB DC