Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học lớp 9 nguyễn trung kiên

CHƯƠNG 1- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG
Hệ thức về cạnh và đường cao
KIẾN THỨC CƠ BẢN
Khi giải các bài toán liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác
vuông, ngoài việc nắm vững các kiến thức về định lý Talet, về các trường
hợp đồng dạng của tam giác, cần phải nắm vững các kiến thức sau:
Tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , ta có:
1) a 2

b2

2) b 2

a.b ';c 2

3) h 2

b '.c '

4) a.h

b.c .

1
5) 2
h

1
b2

6)

b'
a

c2 .

A

a.c '

b
c

B

h

c'

b'

H

C

a

1
.
c2

b2
.
a2

Chú ý: Diện tích tam giác vuông: S

1
ab
2

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Biết
AB : AC 3 : 4 và AB AC 21cm .
a) Tính các cạnh của tam giác ABC .
b) Tính độ dài các đoạn AH , BH ,CH .

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..


A

Giải:
a). Theo giả thiết: AB : AC

3 : 4,
H

B

suy ra

AB
3

AC
4

AC

3.4

12 cm .

AB
3

AC
4

3 . Do đó AB

3.3

C

9 cm ;

Tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pythagore ta có:

BC 2

AB 2

AC 2

92

122

225 , suy ra BC

b) Tam giác ABC vuông tại A , ta có AH .BC

AB.AC
BC

AH
AH 2

7,2

9.12
15

x

x 15
5, 4 x

Vậy BH

x
9, 6

AB.AC , suy ra

7,2 cm .

BH .HC . Đặt BH
2

15cm .

x2
0

x 0

15x
x

5,4cm . Từ đó HC

9 thì HC

x

51, 84

x x

0

5, 4 hoặc x
BC

BH

15

5, 4

x , ta có:

9, 6 x

5, 4

9,6 (loại)

9, 6 cm .

Chú ý: Có thể tính BH như sau:
AB

2

BH .BC suy ra BH

AB 2

BC

92
15

5, 4 cm .

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word

0


Ví dụ 2: Cho tam giác cân ABC có đáy BC
b b

2a , cạnh bên bằng

a .

a) Tính diện tích tam giác ABC

AK
.
AC

AC . Tính tỷ số

b) Dựng BK
Giải:

a). Gọi H là trung điểm của BC . Theo định lý Pitago ta có:

AH 2

AC 2

HC 2

b2

b). Ta có

1
BC .AH
2

AK

b2

BK 2

2a 2
b

1
a b2
2

a2

K

1
BK .AC
2

BC .AH
AC
giác vuông AKB ta có:
AB 2

A

a2

2a 2
b
b

Suy ra BK

AK 2

a2

1
BC .AH
2

Suy ra SABC

AH

b2

b2

AK
do đó
AC

SABC

C

a 2 . Áp dụng định lý Pitago trong tam

4a 2 2
b
b2

b2

H

B

b2

a2

2a 2
b2

2

. Suy ra

2a 2
b2

.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..


Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B,C và các cạnh đối diện với
các đỉnh tương ứng là: a,b, c .
a) Tính diện tích tam giác ABC theo a
b) Chứng minh: a 2

b2

c2

4 3S

Giải:

A

a). Ta giả sử góc A là góc lớn nhất của tam giác

ABC

B,C là các góc nhọn. Suy ra chân

đường cao hạ từ A lên BC là điểm

Ta có: BC

BH

H

B

H thuộc cạnh BC .

C

HC . Áp dụng định lý

Pi ta go cho các tam giác vuông
AHB, AHC ta có: AB 2

AH 2

HB 2, AC 2

AH 2

HC 2

Trừ hai đẳng thức trên ta có:

c2

b2
HB

HB

HB 2

c2

HC
HC

HC 2

HB

b2
a

a

BH

2

2

HC HB

HC

a. HB

HC

ta cũng có:
a2

c2
2a

b2

. Áp dụng định lý Pitago cho tam

giác vuông
AHB

AH

c

a2

c2
2a

b2

2

c

a2

c2
2a

b2

c

a2

c2
2a

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word

b2

a

c

2

b2

2a
Đặt 2p

a

a

a

b

a p

b p

c

AH

1

BC .AH
2

b). Từ câu a ) ta có: S

a p

p3
p.
27

p2

3 a2

b

3 3

c
b2

12 3

2

c2

p p

p p

Cô si ta có: p

được: a

c

b b

a

c b

c

a

4a 2

4a 2

ra S

c a

2a

Từ đó tính được S

S

2

c

c thì

b

16p p

AH 2

.

b2

b p

a p

. Hay S

3 a2
a2

b2
b2

p p

a

a p

b p

b p

c

c . Áp dụng bất đẳng thức
p

b

p

c

3

3
a

b

c

c
.

a

a p

b p

p

c

2

p3
. Suy
27

2

. Mặt khác ta dễ chứng minh

12 3

c 2 suy ra
c2

4 3S

Dấu bằng xảy ra hki và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ; H là trực tâm của tam
giác. Gọi M là một điểm trên CK sao cho AMB

900 . S , S1, S2 theo thứ

tự là diện tích các tam giác AMB, ABC và ABH . Chứng minh rằng

S

S1.S2 .

Giải:

A

Tam giác AMB vuông tại M có

M

D

MK AB nên MK 2 AK .BK (1).
H
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..
B

K

C

CBK vì có

AHK

AKH

900 ; KAH

CKB

(cùng phụ với ABC ). Suy ra
Từ (1) và (2) suy ra MK 2

SAMB

1
.AB.MK
2

Vậy S

S1.S2 .

KCB
AK
CK

HK

, do đó AK.KB
BK

CK .HK nên MK

1
AB. CK .HK
2

CK.KH

CK .HK ;

1
1
AB.CK . AB.HK
2
2

S1S 2 .

Ví dụ 5. Cho hình thang ABCD có
A

D

900, B

600,CD

30cm,CA

CB . Tính diện tích của hình

thang.
Giải:
Ta có CAD ABC 600 (cùng phụ với CAB ), vì thế trong tam giác
vuông ACD ta có AC 2AD .
http://topdoc. vn – File word sách tha m khảo, giáo án dạy thêm, đề
thi,..

Theo định lý Pythagore thì: AC 2

2AD

2

AD 2

Suy ra 3AD2

AD2

DC 2 hay

302

900

AD 2

300 nên AD

(2)

10 3 cm .

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word


AB . Tứ giác AHCD là hình chữ nhật vì có A

Kẻ CH
suy ra AH

CD

30cm;CH

AD

CH 2
HA

AB

AH

300

30

30
30

1
CH AB
2

SABCD

, suy ra
HAHB
.

2

10 3
HB

900 ,

H

10 3 cm .

Tam giác ACB vuông tại C , ta có: CH 2
HB

D

CD

10 cm , do đó
40 cm .

10

1
.10 3. 40
2

350 3 cm 2 .

30

Vậy diện tích hình thang ABCD bằng 350 3cm 2 .
Tỉ số lượng giác của góc nhọn
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn

AB
; cos
BC

sin

AB
; cot
AC

B

AC
AB

là một góc nhọn thì

+ Nếu
0

AC
; tan
BC

(hình) được định nghĩa như sau:

sin

tan

1;0

0;cot

1;

0

2. Với hai góc ,

ta có: sin

cos

Cạnh đối

A

Nếu hai góc nhọn

và

α
Cạnh kề

900 ,

mà

cos ;cos

Cạnh huyền

sin ; tan

có sin

sin

cot ;cot

tan .

hoặc cos

cos

thì

.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..

C


3. sin2

cos2

1; tg .cot g

1.

4. Với một số góc đặc biệt ta có:

sin 300

cos 600

cos 300

sin 600

0

1
; sin 450
2
3
; cot 600
2

0

tan 45

cot 45

0

1;cot 30

2
2

cos 450
tan 300
0

tan 60

3

3.

5
. Tính cos , tan
13

Ví dụ 1. Biết sin

1

và cot .

Giải:
C

ABC vuông tại A .

Cách 1. Xét

AC
suy ra
5

BC
13

AC

5k, BC

AB 2

BC 2

AC
AB

5
13
α

A

k , do đó

13k . Tam giác ABC vuông tại A nên:

AC 2
AB
BC

Vậy cos

tan

AC
BC

. Ta có: sin

Đặt B

5k
12k

13k
12k
13k

2

5k

2

144k 2 , suy ra AB

12k .

12
;
13

5
; cot
12

AB
AC

12k
5k

12
5

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word

B


Cách 2. Ta có sin
do đó cos2

tan
cot

25
, mà sin2
169

cos2

25
169

144
, suy ra cos
169

12
.
13

sin2

1

sin
cos
cos
sin

5
suy ra sin2
13

5 12
:
13 13
12 5
:
13 13

1

5 13
.
13 12
12 13
.
13 5

1,

5
;
12
12
.
5

Ở cách giải thứ nhất ta biểu thị độ dài các cạnh của tam giác ABC theo đại
lượng k rồi sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để tính

cos , tan , cot . Ở cách giải thứ hai, ta sử dụng giả thiết sin
tính sin2 rồi tính cos từ sin2
cot qua sin và cos .

cos2

5
để
13

1 . Sau đó ta tính tan

và

Ví dụ 2. Cho tam giác nhọn ABC hai đường cao AD và BE cắt nhau tại
H . Biết HD : HA 1 : 2 . Chứng minh rằng tgB.tgC 3 .
Giải:

A

Ta có: tgB

AD
; tgC
BD

Suy ra tan B. tanC

E

AD
.
CD
AD 2
BD.CD

H

(1)

B

HBD

CAD (cùng phụ với ACB ); HDB

Do đó

BDH

BD.DC

DH
DC
DH .AD (2). Từ (1) và (2) suy ra
ADC (g.g), suy ra

C

D

ADC

900 .

BD
, do đó
AD

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..

AD 2
DH .AD

tan B. tanC

HD
AH HD

1
2

1

hay

HD
AD
(3). Theo giả thiết
AH
DH
HD
AD

3HD
DH

được: tan B. tanC

1

, suy ra AD
3

1
suy ra
2

3HD . Thay vào (3) ta

3.
12
. Tính sin , cos .
25

Ví dụ 3. Biết sin .cos
Giải:

12
. Để tính sin , cos ta cần tính sin
25
giải phương trình với ẩn là sin hoặc cos .
Biết sin .cos

cos

rồi

Ta có:

sin

ra sin

cos

2

cos
cos

7
5

cos

sin2

cos2

7
5

7
nên sin
5

12
25

2 sin .cos

7
cos
5

cos2

12
25

5 cos

5 cos

35 cos

12

0

5 cos

4 5 cos

3

0 . Suy ra cos

+ Nếu cos

4

thì sin
5
3
thì sin
5

12
:
25
12
:
25

4
5
3
5

2.

12
25

49
. Suy
25

cos . Từ đó ta có:

25 cos2

+ Nếu cos

1

4

3 5 cos

4
hoặc cos
5

4

3
.
5

3
.
5
4
.
5

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word

0

Vậy sin

4
hoặc sin
5

3
, cos
5

4
, cos
5

3
.
5

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông.
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng:
a) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cosin góc kề.
b) Cạnh góc vuông kia nhân với tan của góc đối hay nhân với cot của góc
kề.
b a.sin B a cosC ;c a.sinC a.cos B;b c.tgB c.cot gC ;
c b.tgC b.cot gC
2. Giải tam giác vuông là tìm tất cả các cạnh và các góc chưa biết của tam
giác vuông đó.

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có AB

16, AC

14 và B

600 .

a) Tính độ dài cạnh BC
b) Tính diện tích tam giác ABC .
Giải:

A

a). Kẻ đường cao AH .
Xét tam giác vuông ABH , ta có:

BH

AB.cos B

AB.cos 600

16.

1
2

8

B

600
H

3
8 3 . Áp dụng định lý
2
Pythagore vào tam giác vuông AHC ta có:
AH

AB.sin B

AB.sin 600

16.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..

C


HC 2

AC 2

Vậy BC

AH 2

CH

b) Cách 1. SABC

142

HB

8 3

2

8

1
BC .AH
2

2

196

192

4 . Suy ra HC

2.

10 .

1
.10.8 3
2

40 3 (đvdt)

1
1
3
BC .BA.sin B
.10.16.
40 3 (đvdt)
2
2
2
http://topdoc .vn – File wo rd sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề
thi,..
Cách 2. SABC

Ví dụ 2: Tính diện tích tam giác ABC biết ABC

450, ACB

600 bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R .
Giải:
Giả thiết có các góc có số đo đặc biệt , nhưng tam

A

giác ABC là tam giác thường nên ta sẽ tạo ra tam
giác vuông bằng cách. Dựng các đường
thẳng qua C , B lần lượt vuông góc với

C

600

450
H

AC , AB . Gọi D là giao điểm của hai đường
thẳng trên. Khi đó tam giác ABD và ACD là các tam giác

D

vuông và 4 điểm A, B,C , D cùng nằm trên đường tròn đường kính
AD

2R .

3
R 3 . Kẻ đường cao AH suy ra
2
– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word
Ta có: AB

AD.sin 600

AD.

B


BC .Tức là: BC

H

AH

BH

CH . Tam giác AHB vuông góc tại H nên

BH

AB 2
2

AB.sin 450

giác ACH vuông tại H nên AC 2
R 1

BC

2
2

AD

3 2
.
2 2

AH 2

CH 2

. Từ đó tính được diện tích S

R 6
. Mặt khác tam
2
R
CH
2
R2 3

3
4

.

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B,C và các cạnh đối diện với
các đỉnh tương ứng là: a,b, c . Chứng minh rằng:
a) a 2

b2

c2

2bc cos A

b) Gọi D là chân đường phân giác trong góc A . Chứng minh:

2bc.cos
AD

b

A
2

c

Giải:
B

a). Dựng đường cao BH của tam giác
c

ABC ta có:

a

Cách 1: Giả sử H thuộc cạnh AC .
Ta có: AC

AH

A

HC .

H

b

C

Áp dụng định lý
Pi ta go cho các tam giác vuông
AHB, BHC ta có: AB 2

AH 2

HB 2, BC 2

BH 2

HC 2

Trừ hai đẳng thức trên ta có:
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..


c2

a2

HA2

HA
HA

HC 2

c2

HC

HC

HC HA

HC

b. HA

HC

ta cũng có:
b2

AH
b2

AH
AB

cos A

a2
b

b

HA

c2
2b

c2 a 2
2bc

a2

a2

. Xét tam giác vuông AHB ta có:
b2

c2

2bc cos A .

Cách 2: Xét tam giác vuông CHB ta có:

BC 2

BH 2

Ta có: AH

BC

2

BH 2

AC

AH

2

BH 2

AH 2

AC 2

c2

2bc cos A

2AC .AH

CB.cos A suy ra

BH

BC 2

HC 2

2

AH 2

BA2

AC 2

AC 2

2AC .CB.cos A hay

2AC .CB.cos A

a2

b2

b). Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau:
+ sin2
+S

2 sin .cos

1
ab sinC
2

*) Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A

BC , dựng đường cao AH . Đặt ACB

900 , gọi M là trung điểm của

AMB

2 .

A

Ta có sin

sinC

AH
AC

h
b

b

h

cos

cosC

AC
BC

b
a

B

H

2α

M

α

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word

C


sin 2

sin AMH

AH
AM

Từ đó ta suy ra: sin2

h
a
2

2h
.
a

2 sin .cos .

*) Xét tam giác ABC . Dựng đường cao BE ta có:

SABC

1
BE .AC
2

A

1
BE .b (1)
2

E

Mặt khác trong tam giác vuông AEB
ta có: sin A

BE
AB

BE

c.sin A

B

C

thay vào (1)

1
ab sinC
2

Ta có: S

Trở lại bài toán:
Ta có SABD

1
AD.AB sin A1

2

1
A
AD.c.sin
2
2

A
1 2
b

c

SACD

1
AD.AC sin A2
2

Suy ra SABC

SACD

SABD

1
A
AD.b.sin
2

2
B

D

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..

C


1
A
AD sin
c
2
2
A
AD sin
c
2

1
bc sin A
2

b . Mặt khác SABC

b

bc sin A

2bc cos

bc sin A

AD
b

c sin

c

A
2

A
2

b

Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau:
cos2

2 cos2

1

2 sin2

1

.

900 , gọi M là trung điểm của

Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A
BC , dựng đường cao AH . Đặt ACB

cosC

Ta có : cos
sinC

sin

cos 2

a
4

AB
BC

2

AC
BC
c
,
a

AM

cos AMH

2

AMB

2 .
A

b
a

c

b

2α
a

B

2

MB
AB
2AM .MB

2

α

M

2

a
c2
4
a a
2 .
2 2

a2

2c 2
a2

đó suy ra cos2

2 cos2

Áp dụng a 2

c2

b2

1

1

2bc cos A

A b2 c2 a 2
2 cos2
2
2bc
thức đường phân giác ta có:

1

c
2
a
1

2

1

2.

b2

c2

a2

b2
a2

b
2
a

2

1 . Từ

2 sin2

a2
A
cos2
2

b

2bc 2 cos2
c

2

4bc

a2

A

2

1 .

. Thay vào công

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word

C


2

b c
a2
A
2bc
2bc cos
4bc
2
AD
c b
b c
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
bc

2p

b

c

2
a b

b

AD

c

a b

bc

b

c

a b

b
c

a

2

c

a
.

c

p(p

a ) với

c.

http://topdoc.v n – File word sách tha m khảo, giáo án dạy thêm, đề
thi,..

Áp dụng công thức: a 2 b 2 c 2 2bc cos A . Ta cũng chứng minh được
hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng ( Định lý Stewart) đó là:
‘’Cho điểm D nằm trên cạnh BC của tam giác ABC khi đó ta có:

AB 2 .CD

AC 2 .BD

BC AB 2

BD.DC ’’
A

+ Thật vậy :Ta giả kẻ AH

BC

không mất tính tổng quát,
ta giả sử D nằm trong đoạn
B

H

D

C

HC . Khi đó ta có:

AB 2

AD 2

BD 2

2AD.BD.cos ADB

AD 2

BD 2

2DB.DH (1)

Tương tự ta có: AC 2 AD 2 DC 2 2DH .DC (2). Nhân đẳng thức (1)
với DC đẳng thức (2) với BD rồi cộng lại theo vế ta có:

AB 2 .CD

AC 2 .BD

BC AB 2

BD.DC

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..


Ví dụ 3. Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng minh rằng

6

sin 750

2
4

.

Giải:
A

Vẽ tam giác ABC vuông tại A
với BC

2a ( a là một độ dài tùy ý)

B

750 .

150 , suy ra B

,C

H

C

I

Gọi I là trung điểm của BC , ta có
IA

IB

a . Vì AIB là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác cân

IC

IAC nên AIB

IH

AI .cos 300

CH

CI

IH

300 . Kẻ AH

2C

a 3
; AH
2
a

AI .cos 300

a 2

a 3
2

BC thì

a
;
2

3
.

2

Tam giác AHC vuông tại H , theo định lý Pythagore, ta có:
AC

2

CH

4a 2 2

2

AH

3

4
sin 750

sin B

2

a2 2

AC
BC

a2 2

2

a2
4

a2 4

3 , suy ra AC

a 2

3.

3

4

3
4

a 2
2a

3

4 3

3

1

4

2
2

2 3
2 2

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word


3

1

2

3

2 2
Vậy sin 750

1

2 2
6

2
4

2

3

2 2. 2

1

6

2
4

.

.

– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..


CHƢƠNG 2: ĐƢỜNG TRÒN
CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƢỜNG TRÒN
Định nghĩa: Đường tròn tâm O bán kính R  0 là hình gồm các điểm cách
điểm O một khoảng R kí hiệu là (O; R) hay (O)
+ Đường tròn đi qua các điểm A1 ,A2 ,...,An gọi là đường tròn ngoại tiếp đa
giác A1A2 ...An
+ Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác A1A2 ...An gọi là

đường tròn nội tiếp đa giác đó.
Những tính chất đặc biệt cần nhớ:
+ Trong tam giác vuông trung điểm cạnh huyền là tâm vòng tròn ngoại tiếp
+ Trong tam giác đều , tâm vòng tròn ngoại tiếp là trọng tâm tam giác đó.
+ Trong tam giác thường:
Tâm vòng tròn ngoại tiếp là giao điểm của 3 đường trung trực của 3 cạnh
tam giác đó
Tâm vòng tròn nội tiếp là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác
đó
PHƢƠNG PHÁP: Để chứng minh các điểm A1 ,A2 ,...,An cùng thuộc một
đường tròn ta chứng minh các điểm A1 ,A2 ,...,An cách đều điểm O cho
trước.
Ví dụ 1) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . AM, BN,CP là các đường
trung tuyến. Chứng minh 4 điểm B,P,N,C cùng thuộc một đường tròn. Tính
bán kính đường tròn đó.
– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word


Giải:
Vì tam giác ABC đều nên các trung tuyến đồng thời cũng là đường cao .
Suy ra AM, BN,CP lần lượt vuông góc với BC,AC,AB .
Từ đó ta có các tam giác BPC, BNC là tam giác vuông
Với BC là cạnh huyền, suy ra MP  MN  MB  MC
Hay: Các điểm B,P,N,C cùng thuộc đường tròn
Đường kính BC  a , tâm đường tròn là
Trung điểm M của BC
A

N

P

B

C

M

Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C  D  900. Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung
điểm của AB, BD, DC,CA . Chứng minh 4 điểm M,N,P,Q cùng thuộc một
đường tròn. Tìm tâm đường tròn đó .
Giải:
T
B
M

– File
word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..
A N
O

Q
C

D
P


Kéo dài AD,CB cắt nhau tại điểm T thì tam giác TCD vuông tại T .

+ Do MN là đường trung bình của tam giác ABD nên NM / /AD
+ MQ là đường trung bình của tam giác ABC nên MQ / /BC . Mặt khác
AD  BC  MN  MQ . Chứng minh tương tự ta cũng có:
MN  NP,NP  PQ . Suy ra MNPQ là hình chữ nhật.
Hay các điểm M,N,P,Q thuộc một đường tròn có tâm là giao điểm O của
hai đường chéo NQ,MP
Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là
trung điểm của AC
G là trọng tâm của tam giác ABM . Gọi Q là giao điểm của BM và GO .

Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BGQ .
Giải:
A
P
N
I
B

G
Q

M
K
O

C

Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp tam giác
nằm trên đường trung trực của BC .Gọi K là giao điểm của AO và BM

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word


Dưng các đường trung tuyến MN, BP của tam giác ABM cắt nhau tại trọng
tâm G .Do MN / /BC  MN  AO . Gọi K là giao điểm của BM và AO thì
K là trọng tâm của tam giác ABC suy ra GK / /AC .
Mặt khác ta có OM  AC suy ra GK  OM hay K là trực tâm của tam giác
OMG  MK  OG . Như vậy tam giác BQG vuông tại Q . Do đó tâm vòng
tròn ngoại tiếp tam giác GQB là trung điểm I của BG .
Ví dụ 4). Cho hình thang vuông ABCD có A  B  900 . BC  2AD  2a, Gọi
H là hình chiếu vuông góc của B lên AC
M là trung điểm của HC . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam

giác BDM
Giải:

A

D
H

E

O

M

N
C

B

Gọi N là trung điểm của BH thì MN là đường trung bình của tam giác
HBC suy ra MN  AB , mặt khác BH  AM  N là trực tâm của tam giác
ABM suy ra AN  BM .
1
2

Do MN / /  BC  MN / /  AD nên ADMN là hình bình hành suy ra
AN / /DM . Từ đó ta có: DM  BM hay tam giác DBM vuông tại M nên

tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM là trung điểm O của BD .
1
2

Ta có R  MO  BD 

1
1
a 5
.
AB2  AD2 
4a 2  a 2 
2
2
2

Bài toán tƣơng tự cho học sinh thử sức.
– File word sách tham khảo, giáo án dạy thêm, đề thi,..

Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vuông góc với AC . Trên AC,CD ta lấy
các điểm M,N sao cho

AM DN
. Chứng minh 4 điểm M, B,C,N nằm

AH DC

trên một đường tròn.
Gợi ý: BCN  900 , hãy chứng minh BMN  900
Ví dụ 5).Cho lục giác đều ABCDEF tâm O . Gọi M,N là trung điểm của
CD, DE . AM cắt BN tại I . Chứng minh rằng các điểm M,I,O,N, D nằm
trên một đường tròn.
Giải:

B

C

K1
J

M H1

H I

N

E

A

D

O

D

K

O

N
F

E

A

B

Do ABCDEF là lục giác đều nên OM  CD,ON  DE  M,N,C,D nằm trên
đường tròn đường kính OD . Vì tam giác OBN  OAM nên điểm O cách
đều AM, BN suy ra OI là phân giác trong của góc AIN .

OH  AM
 DH1  2OH (Do OH là đường trung bình của tam giác


 DH1  AM

Kẻ 

DAH1

OK JO 1
OK  BN
 DK1  2OK (Do

 với J  AD  NB )
DK1 JD 2

 DK1  BN

Kẻ 

– Cung cấp, chia sẽ đề thi, giáo án, sknn, chuyên đề,
sách tham khảo,…file word


Do OK  OH  DH1  DK1 suy ra D cách đều AM, BN hay ID là phân
giác ngoài của AIN  OID  900 . Vậy 5 điểm M,I,O,N, D cùng nằm trên
một đường tròn đường kính OD .
Ví dụ 6) Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm BC,N là điểm
1
4

thuộc đường chéo AC sao cho AN  AC . Chứng minh 4 điểm M,N,C, D
nằm trên cùng một đường tròn.

Giải:
Ta thấy tứ giác MCDN có MCD  900 nên để chứng minh 4 điểm
M,N,C, D cùng nằm trên một đường tròn ta sẽ chứng minh MND  900

Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC,AD tại E,F . Xét
1
4

1
4

hai tam giác vuông NEM và DFN EM  NF  AB,EN  DF  AB từ đó
suy ra NEM  DFN do đó NME  DNF,MNE  NDF  MNE  DNF  900
Hay tam giác MND vuông tại N . Suy ra 4 điểm M,N,C, D cùng nằm trên
đường tròn đường kính MD
Cách 2: Gọi K là trung điểm của ID với I là giao điểm của hai đường
chéo. Dễ thấy MCKN là hình bình hành nên suy ra CK / /MN . Mặt khác do
NK  CD,DK  CN  K là trực tâm của tam giác
CDN  CK  ND  MN  ND .
E

B

M

C

I
N
K

A

– File word
F sách tham khảo,
D giáo án dạy thêm, đề thi,..