Nhiều cách chứng minh câu khó bài hình trong đề thi tuyển sinh lớp 10

Bài 3. Đề thi tuyển sinh tỉnh Hưng Yên năm 2018 - 2019
Cho đường tròn (O) đường kính AB và một dây CD vuông góc với AB tại H (H
không trùng với các điểm A, B, O). Gọi M là trung điểm của AD. Chứng minh:
a) Bốn điểm O, M, D, H cùng thuộc một đường tròn.
b) MH vuông góc với BC.

b) Cách 1. Gọi K là giao điểm của MH và BC ta có
góc CHK = góc MHD (đối đỉnh)
tam giác AHD vuông có HM là trung tuyến ứng cạnh huyền => HM = DM
=> góc MHD = góc MDH
Lại có góc MDH = góc ABC
=> góc CHK = góc ABC => tam giác CKH đồng dạng với tam giác CHB (g – g)
=> góc CKH = góc CHB = 900 => MH vuông góc với BC tại K
(có thể cộng góc CHK + góc HCK = 900)
Cách 2:
Ta có góc ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> AC vuông góc với BC
Xét tam giác ACD có MA = MD (gt)
AB vuông góc với CD => HC = HD
=> MH là đường trung bình của tam giác ACD => MH//AC hay MK//AC
=> MK vuông góc với BC
Cách 3.
góc CHK = góc MHD (đối đỉnh)
tam giác AHD vuông có HM là trung tuyến ứng cạnh huyền => HM = DM
=> góc MHD = góc MDH
Lại có góc MDH = góc ABC
=> góc CHK = góc ABC
Mà góc CHK + góc KHB = 900 => góc ABC + góc KHB = 900 => tam giác HKB

vuông tại K hay MH vuông góc với BC.
Bài 4. Đề thi tuyển sinh tỉnh Hải Dương năm học 2016 – 2017, Bắc Giang năm
học 2011 - 2012
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (C
khác O và B). Dựng đường thẳng d vuông góc với AB tại C, cắt nửa đường tròn (O) tại


điểm M. Trên cung nhỏ MB lấy điểm N bất kỳ ( N khác M và B), tia AN cắt đường thẳng
d tại F, tia BN cắt cắt đường thẳng d tại E. Đường thẳng AE cắt nửa đường tròn (O) tại
điểm D ( D khác A).
a) Chứng minh: AD.AE = AC.AB.
b) Chứng minh: Ba điểm B, F, D thẳng hàng và F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
CDN.
c) Gọi I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh điểm I luôn nằm
trên một đường thẳng cố định khi điểm N di chuyển trên cung nhỏ MB.

c) Cách 1. Gọi J là giao điểm của (I) với AB suy ra góc AEC = góc FJC (cùng bù với
góc AJF)
mà góc AEC = góc ABD (cùng bù với góc DAB) suy ra góc ABD = góc CJF suy ra
tam giác FJB cân tại F suy ra J đối xứng với B qua CE mà B cố định suy ra J cố định
suy ra AJ cố định
mà tứ giác AEFJ nội tiếp (I) suy ra I thuộc đường trung trực của AJ cố định.
Cách 2. Gọi J là điểm đối xứng với B qua d => J cố định
Lại có J đối xứng với B qua d => FJ = FB => tam giác FJB cân tại F => góc FJB =
góc FBJ = góc AEC => tứ giác AEFJ nội tiếp
=> đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFJ => tâm
I nằm trên đường trung trực của AJ cố định
Bài 5. Đề thi tuyển sinh chuyên Lâm Đồng năm học 2012 - 2013
Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm trên đường tròn (M khác A
và B), kẻ MH vuông góc với AB tại H. Đường tròn tâm M bán kính MH cắt (O)

tại C và D. Đoạn thẳng CD cắt MH tại I. Chứng minh : I là trung điểm của MH .


Cách 1: Kéo dài MO cắt đường tròn (O) tại J. Chứng minh
MC2 = MK.MJ = 2MK.MO = 2MI.MH = MH2 => MH = 2MI => đpcm
Cách 2: ta chứng minh được tứ giác OKIH nội tiếp
=> góc KOI = góc KHI
Chứng minh được MH2 = MC2 = MK.MJ
=> MH/MK = MJ/MH
=> tam giác MKH đồng dạng với tam giác MHJ (c.g.c)
=> góc KHI = góc MJH
=> góc MJH = góc KOI => OI//JH
Mà OM = OJ => IM = IH
Bài 6. (Nhiều tỉnh đã thi, Quảng trị năm học 2018 – 2019; Bến tre năm học 2017 2018)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. C bất kì trên cung AB. Tiếp tuyến tại A và
C cắt nhau tại D. Kẻ CH vuông góc với AB. BD cắt CH tại I.
CMR: IC = IH.
Cách 1:
Kéo dài AD cát BC tại E khi đó góc ACE = 900;
có AD = DC => AD = DE
Áp dụng hệ quả định lý Ta lét ta có IC/DE = IH/AD
=> IC = IH

Cách 2


Ta có DO vuông góc với AC => DO // BC
Mà AD // CH => tam giác DOA đồng dạng với tam giác CBH
=> CH/AD = HB/AO
Mà theo Talet ta có: IH/AD = HB/AB = HB/2AO

=> 2IH/AD = CH/AD => 2IH = CH => IC = IH
Cách 3:

Gọi giao điểm của DO và AC là M; BD cắt (O) tại N
Ta có góc AMD = góc AND = 900 => tứ giác ADNM nội tiếp
=> góc MNI = góc DAM = góc MCI => tứ giác MNCI nội tiếp
=> góc CMI = góc INC = góc MAB => MI //AB
Mà MA = MC => IC = IH
Cách 4.
Ta có góc DCA = góc CBA = góc CAH => CA là tia phân
giác của góc DCH
Mà BC vuông góc với AC => CB là phân giác ngoài của
tam giác DCI
=> theo tính chất đường phân giác có: CI/DC = BI/BD
Mà IB/BD = IH/AD (hệ quả Ta lét) => CI/DC = IH.AD
Do AD = DC => CI = IH


Bài 7.
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC. Vẽ hai tiếp tuyến Bx và Cy của
(O).Gọi A là điểm trên nửa đường tròn sao cho ABcắt Bx và Cy tại M và N
a/ Chứng minh MN = BM + CN
b/ Chứng minh OM vuông góc AB và OM song song với AC
c/ Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Chứng minh AH2 = AB.ACsinBcosB
d/ Đường thẳng AC cắt Bx tại D. Chứng minh OD vuông góc BN
câu d)
cách 1
y

x

N

D
A
M
E

B

H

O

C

OD cắt BN tại E chứng minh đúng góc MON = 900. Tam giác BOM đồng dạng tam giác CNO suy ra
BM OB

OC CN
2 BM OB
BD BO


Chứng minh đúng M là trung điểm BD nên 2CO CN cho nên BC CN
ˆ
ˆ
=> Tam giác BOD đồng dạng tam giác CNB (c-g-c) nên NBC  BDO
0

0
0
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
Mà BDO  BOD 90 nên NBC  BOE 90 cho nên BEO 90
Vậy OD vuông góc BN

Cách 2.


Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt NC tại H => tứ giác DBHC là hình bình
hành => D, O, H thẳng hàng
Xét tam giác BNH có BC là đường cao
ON vuông góc với DC => ON vuông góc với BH (vì BH//CD)
=> O là trực tâm => OH vuông góc với BN hay DO vuông góc với BN
Bài 8. (Đường thẳng sim sơn nhiều tỉnh thi)
T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường
vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh
rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng
Cách 1.

�=E
� = 90
� = BPD
�
Vì D
suy ra tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp � BED

(*)
( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
0
$ �
và F = E = 90 suy ra tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp
�
�
= FPC
suy ra FEC
(**) ( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
0
�
�
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn � BPC = 180 - A (1)
0


PD  AB �
�
� = 1800 - A
�
PF  AC � � DPF
(2)
�
�
Từ (1) và (2) � BPC = DPF
�
�
� BPD
= FPC

(***)
�
�
� D ; E ; F thẳng hàng
Từ (*) ; (**) và (***) � BED
= FEC
Cách 2.
PE  EC �
�
�
�
PF  FC � � Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp � FEP
+ PCF
= 1800 (1)
�
� = 180 0
�
� = 1800
+ FCP
+ BDP
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn � ABP
Mà ABP
�
�
� FCP
= DBP

(2)

PD  BD �
�
�
�
PE  BC �� Tứ giác EPDB là tứ giác nội tiếp � DBP
= DEP
( 3)
0
�
�
Từ (1) ; (2) và (3) ta có : PEF + DEP = 180

Suy ra ba điểm D ; E ; F thẳng hàng
Bài 9. (Đề tuyển sinh Hà Nội năm học 2018 – 2019)
Cho (O;R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm bất kì trên tia đối
của tia AB (S khác A). Từ S vẽ hai tiếp tuyến SC và SD với (O) sao cho điểm C
nằm trên cung nhỏ AB (C, D là tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.
1) Chứng minh 5 điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO.
2) Khi SO = 2R. Hãy tính SD theo R và tính số đo góc CSD.
3) Đường thẳng đi qua A và song song với SC, cắt đoạn thẳng CD tại K. Chứng
minh tứ giác ADHK nội tiếp và BK đi qua trung điểm của SC
4) Gọi E là trung điểm của BD và F là hình chiếu vuông góc của E trên AD.
Chứng minh khi điếm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì F luôn thuộc một
đường tròn cố định.
Cách 1.
4) ta có góc ADB = ½ góc AOB (không đổi)
Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông => EF = BE = DE
=> góc BEF = 2 góc ADB (không đổi)
=> góc EBF = góc EFB =( 1800 – góc BEF)/2 (không đổi)
=> góc BFD = góc EFD + góc EFB = góc ADB + góc EFB (không đổi)

=> góc AFB = 1800 - góc BFD (không đổi)
=> F thuộc cung chứa góc AFB không đổi dựng trên AB


Cách 2.

Gọi AT là đường kính của (O), M là trung điểm của BT
Ta có góc ADT = 900 => AD vuông góc với DT
Mà EF vuông góc với AD => EF //DT
Lại có EM // DT (đường trung bình) => F, M, E thẳng hàng
Mặt khác góc ABM = 900 => tứ giác AFMB nội tiếp đường tròn đường kính AM.
Gọi L là trung điểm của AM => L là tâm đường tròn này
Do OL // TM, OH //TB (đường trung bình) => O, L, H thẳng hàng
Mặt khác: OL = ½ TM; OH = ½ TB; TM = ½ TB => OH = TM
=> OL = ½ OH => L là trung điểm của OH => L cố định
=> F luôn nằm trên đường tròn tâm L với L là trung điểm của OH.
Cách 3.


Vẽ đường kính AN của (O), Gọi M là giao điểm của FE và BN
Ta có A cố định => N cố định
Vì EF vuông góc với A ; DN vuông góc với AD => EF//DN
Xét tam giác BDN có EB = ED ; EM//DN => M là trung điểm của BN => M cố định
Lại có góc AFM = 900 => F thuộc đường tròn đường kính AM cố định.
Bài 10. Trong hình vuông ABCD và nửa đường tròn đường kính AD và vẽ cung
AC mà tâm là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đường tròn
đường kính AD ở K. Chứng minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB.
Cách 1.
Gọi PI là khoảng cách từ P đến I
Ta có AD = DP (bán kính (D)

=> tam giác ADP cân tại D
=> góc DAP = góc P2
Mà PI và AD cùng vuông góc với AB
=> PI // AD
=> góc P1 = góc DAP (so le trong)
=> góc P2 = góc P1
=> tam giác AIP = tam giác AKP (ch – gn)
=> PI = PK
Cách 2.


Gọi F là giao điểm của AP và đường tròn đường tròn đường kính AD
Ta có: góc AFD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> DF vuông góc với AP, mà tam giác ADP cân tại D => DF là phân giác của góc
ADP => góc D1 = góc D2; do góc A1 = góc D2; góc A2 = góc D1 (cùng phụ góc DAF)
=> góc A1 = góc A2 => AP là phân giác của góc KAB => PK = PI (t/c phân giác)
Cách 3.
Kéo dài AK cắt (D) ở E ta có
DP vuông góc với AE => cung AP = cung PE => góc A1 = góc A2 => PK = PI.

Bài 11 (Đề tuyển sinh chuyên toán hưng yên vòng 1 lớp chuyên toán, lý, hóa, sinh
năm học 2018 – 2019)
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O;R)
bất kì đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với (O) (M, N là
tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC.
a) chứng minh 5 điểm A, M, O, I, N cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của
đường thẳng MJ với (O). Chứng minh EB = EC = EJ.
c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định.

c) cách 1. Gọi F là giao điểm của MN và BC => tứ giác KOIF nội tiếp => đường
tròn ngoại tiếp tam giác KOI là đường tròn ngoại tiếp tứ giác KOIF
lại có MN và BC là dây của (O) => FM.FN = FB.FC
tương tự AI và MN là dây của đường tròn đi qua 5 điểm câu a)
=> FM.FN = FA.FI
=> FB.FC = FA.FI=> F cố định (vì A,B,I,C cố định)
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KOI nằm trên trung trực của FI cố định
Cách 2.
Ta có tam giác AKF đồng dạng với tam giác AIO
=> AK.AO = AF.AI
Mà áp dụng hệ thức lượng ta có AK.AO = AM2
Tam giác AMB đồng dạng với tam giác ACM
=> AB.AC = AM2
=> AF.AI = AB.AC => AF = AB.AC/AI
Do A, B, C, I cố định => F cố định => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KOI nằm
trên trung trực của FI cố định
Bài 12. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa của
cung AB, N là trung điểm của BC. Tia AN cắt CO ở D và cắt nửa đường tròn tâm
O ở M. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BMDO nội tiếp.
b) BC là tia phân giác của góc MBD
c) AM = 3MB

b) BC là tia phân giác của góc MBD


�
�

Cách 1: Ta có tam giác ACB cân tại C, có CO  AB suy ra ACD  BCD
�
�
Suy ra tam giác ACD = tam giác BCD(c.g.c) suy ra CAD  CBD
�
�
mà CAD  CBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM)
�
�
suy ra CBD  CBM nên BC là pg của góc DBM
Cách 2:
�
�
Tứ giác BMDO nội tiếp nên DBM  DOM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DM)
�  1 COM
�
CBM
2
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

�  1 DBM
�
CBM
2
Suy ra
suy ra BC là pg của góc DBM
c) AM = 3MB
Cách 1.
Tam giác AOD đồng dạng với tam giác AMB suy ra AO/DO = AM/BM
Mà AO = CO nên AM/BM = CO/DO

Trong tam giác ACB có CO và AN là hai đường trung tuyến nên D là trọng tâm do đó
CO/DO = 3/1
suy ra AM/BM = 3 hay AM = 3BM
Cách 2.

Kẻ CI vuông góc với AM tại I => tam giác CIN = tam giác BMN => NI = NM => tứ
giác CIBM là hình bình hành => CI = BM
R 2
ta có tam giác OAC vuông cân có OA = R => AC = BC = R 2 => CN = 2

góc ACB = 900 => tam giác ACN vuông tại C


R2
5R 2
Áp dụng định lý Py ta go ta có AN2 = AC2 + CN2 = 2R2 + 2 = 2
R 10
R 10
=> AN = 2 ; Áp dụng hệ thức lượng có AC.CN = AN.CI => CI = 5 = MB
NC 2 R 10
MI
R 10

 MN =
10
2
NI = NA
=> MI = 5 = CI = MB
R 10
R 10

3R 10
� AM = AN + MN = 2 + 10 =
5
=> AM = 3 MB

Cách 3
Ta có tanDAO = BM/AM = DO/AO
Mà AO = CO = R
Trong tam giác ACB có AN và CO là
đường trung tuyến => D là trọng tâm
=> DO = 1/3 CO = 1/3 R
=> BM/AM = (1/3 R)/R = 1/3
=> AM = 3BM

Bài 13(nhiều tỉnh thi, Quảng Ngãi năm 2011 – 2012, Hưng Yên năm 2013 – 2014,
đề khảo sát học kì 2 năm học 2015 - 2016)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H thuộc đoạn thẳng AO
(H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc với AO cắt nửa đường
tròn (O) tại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến của
nửa đường tròn (O) tại D cắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và
HC.
a) Chứng minh tứ giác BHID nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh tam giác IED là tam giác cân.
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CID thuộc đường thẳng cố
định khi D thay đổi trên cung nhỏ BC.
Câu c)
Cách 1.
Gọi K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác CID với BC
=> góc CDI = góc CKI (góc nội tiếp chắn cung

CI)
Mà góc CDI = góc DBA (góc nội tiếp chắn cung
AC)
=> góc CKI = góc CBA => IK//AB => IK vuông
góc với CH => góc CIK = 900
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CID là
trung điểm của CK do đó nó thuộc BC cố định.


Cách 2. Từ I kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại K
=> góc CKI = góc CBA (đồng vị)
Mà góc CBA = góc CDA => góc CDI = góc CKI => tứ giác CIKD nội tiếp
=> tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDKI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
CDI. Mà KI //AB => KI vuông góc với CH => góc CIK = 900
=> tâm đường tròn này là trung điểm của CK thuộc BC cố định
Cách 3.

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CID, kẻ JK vuông góc với CI. Ta có góc
CDA = góc CBA = ½ góc CJI = góc CJK = góc ACH. Mà góc CJK + góc KCJ = 900
suy ra góc KCJ + góc ACH = 900 suy ra JC vuông góc với AC, mặt khác BC vuông
góc với AC suy ra ba điểm I, B, C thẳng hàng suy ra J thuộc BC cố định.
Bài 14(Nghệ an năm 2012 – 2013, nhiều tỉnh thi học sinh giỏi)
Cho điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O. Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn
(A, B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M và
D), OM cắt AB và (O) lần lượt tại H và I. Chứng minh.
a) Tứ giác MAOB nội tiếp.
b) MC.MD = MA2
c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI là tia phân giác góc MCH.
Lời giải câu d)
Cách 1:

Áp dụng hệ thức lượng ta có MH.MO = MA2
Theo câu b) MC.MD = MA2 => MH.MO = MC.MD
=> tam giác MHC đồng dạng với tam giác MDO
=> MC/HC = MO/DO = MO/OA (vì OA = OD)
Lại có AI là tia phân giác của góc MAB => MI/IH = MA/AH
Mặt khác theo hệ thức lượng ta có MA.AO = MO.AH => MO/OA = MA/AH
=> MI/IH = MC/HC => CI là phân giác của góc MCH
Cách 2.

Gọi K là giao điểm của MO và (O) (K khác I)
Ta có MH.MO = MC.MD (=MA2) => tam giác MCH đồng dạng với tam giác MOD
=> góc MCH = góc MOD
Mặt khác góc MKD = ½ góc MOD (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)


Góc MKD = góc MCI
=> góc MCI = ½ góc MOD = ½ góc MCH
=> CI là tia phân giác của góc MCH
Cách 3.

Gọi K là giao điểm của MI và (O), CH cắt (O) tại E ta có:
Theo câu b) MC.MD = MA2
Theo hệ thức lượng ta có MH.HO = MA2
=> MC.MD = MH. MO => tam giác MCH đồng dạng với tam giác MOD => góc
MCH = góc MOD => tứ giác CDOH nội tiếp => góc MHC = góc CDO = góc OCD =
góc DHO => HA là phân giác của góc CHD => góc CHA = ½ góc CHD = ½ góc

COD = góc CED => DE // AB => DE vuông góc với MK => K là điểm chính giữa
cung DE => CK là phân giác góc DCE mà CI vuông góc với CK => CI là phân giác
của góc MCH
Bài 15. Cho  ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao
�
�
�
AH, bán kính OA. Chứng minh OAH
= ACB
- ABC
.

Lời giải


Cách 1.
�
�
Ta có: tứ giác MHCI nội tiếp => OMH = ACB

1
�
�
�
AOM = ABC (cùng bằng 2 sđ AC
)
�
�
�
Trong OAM thì: OMH = AOM + OAH

� = ABC
� + OAH
�
� = ACB
� - ABC
�
(Góc ngoài tam giác) Hay ACB
Vậy: OAH
(Đpcm)

Cách 2(hình 2)
Kẻ tiếp tuyến với đường tròn tại A cắt BC tại D
�
�
�
= CAD
Ta có: ABC
(1) (Cùng chắn AC
)
�
�
OAH
= ADC
(2) (cùng phụ với góc HAD)
Cộng từng vế của (1) và (2)
� + OAH
�
� + ADC
�

= CAD
Ta được: ABC
�
�
�
�
�
�
Mà CAD + ADC = ACB (góc ngoài tam giác)  ABC + OAH = ACB
�
� - ABC
�
= ACB
Vậy: OAH
(Đpcm)

Cách 3(hình 3)
Kẻ đường kính AD, từ D kẻ DK vuông góc với BC
�
�
Ta có DK // AH � OAH = ODK (1) (so le trong)
� = ADC
�
�
ABC
(2)
(góc nội tiếp cùng chắn AC
)
Cộng từng vế của (1) và (2)

�

�

�

�

�

Ta được OAH + ABC = ODK + ADC = KDC
� = ACB
�
�
�
�
+ ABC
= ACB
Mà: KDC
(cùng phụ với góc KCD)
 OAH
�
�
�
= ACB
- ABC
Vậy OAH
(Đpcm)
Cách 4(hình 4)

Kẻ đường kính AD, và CK vuông góc với AD
�
�
= KCB
Ta có: tứ giác AKCH nội tiếp => OAH
(1)
�
�
�
ABC = ADC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC )
�
�
�
�
+ ABC
= KCB
+ ADC
Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: OAH
�
�
�
�
�
�
�
Mà: ADC = KCA (cùng phụ góc KAC)  OAH + ABC = KCB + KCA = ACB
�
�
�

= ACB
- ABC
Vậy: OAH
(Đpcm)

Cách 5 (Hình 5)
- Kẻ đường kính AOD
- Gọi M là giao điểm của AH và DC
�
�
= ACB
Ta có: AMC
(1) (cùng phụ góc HCM)
�
�
�
ADM = ABC (2) (góc nội tiếp cùng chắn AC
)
�
�
�
�
- ABC
Trừ từng vế của (1) và (2) ta được: AMC - ADM = ACB
�
�
�
- ADM
= OAH
Mà: AMC

(góc ngoài tam giác)
�
� - ABC
�
= ACB
Vậy OAH
(Đpcm)
Cách 6 (Hình 6)
Kẻ OI  BC và OK  AB
Ta có:

� =O
�2
OAH
(1) (so le trong)
� =O
�1
ABC

(2) (tứ giác BKOI nội tiếp)

�
�
�
�
Cộng từng vế của (1) và (2) ta được OAH + ABC = O1 + O 2

1
�
�

�
�
� = ACB
�
�
+ ABC
Mà O1 + O 2 = ACB (Cùng bằng 2 sđ AB
) OAH
�
�
�
Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)


Bài 16. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AC. Trên tia AB
lấy điểm D sao cho AD = 3AB. Đường thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp
tuyến Ax của đường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân.
Lời giải

Cách 1.
Vẽ EF vuông góc với AD ta có:
Góc EAF = góc ACB (cùng bằng ½ số đo cung AB)
=> tam giác AEF đồng dạng với tam giác CAB => AF/AE = CB/CA
Mà tứ giác ACDE nội tiếp => góc AEC = góc BDC
=> tam giác AEC đồng dạng với tam giác BDC => BD/AE = CB/AC
=>AF/AE = BD/AE => AF = BD mà AD = 3AB => BF = DF
=> tam giác EDB có đường cao là trung tuy ến => tam giác BED cân t ại E
Cách 2.
Gọi I là trung điểm của BD, CD cắt (O) tại F; AF cắt BC t ại H
=> AB = BI = EI

AF vuông góc với CD; CB vuông góc với AD => H là tr ực tâm => DH vuông góc v ới
AC => tứ giác AEDH là hình bình hành => ED = AH
=> tam giác IED = tam giác BAH (c.g.c) => góc EID = góc ABH = 90 0 => tam giác
DEB có đường trung tuyến EI là đường cao => tam giác EDB cân t ại E
Cách 3.
Gọi I là trung điểm của BD, CD cắt (O) tại F; AF cắt BC t ại H
=> AB = BI = EI
AF vuông góc với CD; CB vuông góc với AD => H là tr ực tâm => DH vuông góc v ới
AC => tứ giác AEDH là hình bình hành => ED = AH
=> tam giác ABE = tam giác DIH (c.g.c) => BE = IH


Mà tam giác AHI có HB vừa là đường cao, là trung tuy ến=> tam giác AHI cân t ại
H => AH = HI => ED = EB => tam giác EDB cân tại E
Cách 4.

Ta có tứ giác AEDC nội tiếp đường tròn đường kính EC. Gọi G là giao đi ểm c ủa
CB và đường tròn đường kính EC, F là trung điểm của BD
=> AB = BF = FD
Mà CB vuông góc với AB => tam giác AGF cân tại G => AG = GF
Lại có góc EGC = 900 => GE//AD => cung AG = cung ED => AG = ED; góc GAD =
góc EDA => GF = ED; góc EDF = góc GFA
=> tam giác DFA = tam giác EDB (c.g.c)
=> BE = AG = ED => tam giác BED cân tại E
Cách 5.


Kẻ EH vuông góc với BD, gọi F là trung điểm của EC. Kẻ FG vuông góc v ới BD. Ta
có: tứ giác EHCB là hình thang
Mà EH// BC ( cùng vuông góc với AD)

=> GH = GB
Lại có tứ giác AEDC nội tiếp => F là tâm đường tròn ngoại ti ếp
Do FG vuông góc với AD => GA = GD
=> AB = HD = BH => tam giác EBD có đường cao EH là đ ường trung tuy ến nên
cân tại E.
Cách 6.

Gọi M là trung điểm của BD ⇒ AB = BM = DM; ∠ ABC = 90°⇒ CB ⊥ AB.
Ta có CD cắt (O) tại F và AF cắt BC tại H
⇒ ∠ AFC = 90° ⇒ AF⊥CD ⇒ H là trực tâm của △ADC.
⇒ DH ⊥AC ⇒ DH//AE (cùng ⊥AC) và AH//DE (cùng ⊥CD)
⇒ AEDH là hình bình hành.⇒ EH cắt AD tại trung điểm I của mỗi đường và
ED = HA ⇒ IA = ID ⇒ IA - AB = ID - DM (vì AB = DM ).
⇒ IB = IM và IE = IH ⇒ BHME là hình bình hành ⇒ EB = HM
Mà AB = BM và HB ⊥ BM ⇒△AHM cân tại H ⇒ HA = HM ⇒ ED = EB.
Vậy △BED cân tại E.
Bài 17. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh bình định năm học 2017 – 2018)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. M là một điểm trên
cung nhỏ BC của đường tròn đó. Chứng minh MB + MC = MA


Cách 1. Trên tia đối của tia MC lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có:  BEM là tam giác đều � BE = BM = EM
=>  BMA =  BEC � MA = EC
Do đó: MB + MC = ME + MC = EC = MA
Cách 2. Trên AM lấy điểm E sao cho ME = MB
Ta có:  BEM là tam giác đều � BE = BM = EM
=>  MBC =  EBA (c.g.c) � MC= AE
Do đó: MB + MC = MA
Bài 18. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao từ B

và C cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) tại E và F. Chứng minh AE = AF.

Cách 1. Ta có BE và CF là đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm => AH
vuông góc với BC => góc BAH = góc BCH = góc BAF => AB là trung trực của FH
=> AF = AH
Tương tự ta có AC là trung trực của EH => AE = AH
=> AE = AF (=AH)
Cách 2. Gọi I và K lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC.
Theo bài 2 ta có OA vuông góc với KI.
Mà tứ giác BKIC nội tiếp => góc IKC = góc IBC = góc FEC
=> EF // KI => OA vuông góc EF
Do OA là bán kính đường tròn, EF là dây => OA là trung tr ực c ủa EF => AE = AF.