18 bài Hình học

Bài 1: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm
di động trên (d) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( P và Q là các tiếp điểm).
N là giao điểm của PQ với OM.
a)Chứng minh rằng: OM.ON không đổi.
b)Chứng minh rằng: Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường
thẳng cố định.
c)Tìm quỹ tích điểm N.
Lời giải:
Xét tam giác OPM vuông tại P có PN là đường cao.Ta có:

ĐPCM.
b) Gọi I là trung điểm của OM. Kẻ OK vuông góc với (d).
Dễ dàng nhận thấy:
, suy ra tứ giác OPMQ nội tiếp đường tròn đường kính
OM.
, suy ra tứ giác OPMK nội tiếp đường tròn đường kính
OM.
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ qua O, K. Hay nói cách khác tâm I của đường tròn
ngoại tiếp tam giác MPQ nằm trên đường trung trực của OK là đường thẳng cố định (ĐPCM)
c) Gọi L là giao điểm của PQ với OK.
Ta có:
(góc, góc)
Suy ra:
Suy ra L là điểm cố định và nên N nằm trên đường tròn đường kính ON.
Kẻ đường thẳng (d’) qua O song song với (d). Vì nên điểm n nằm ở nửa mặt
phẳng chứa K bờ là (d’).
Ta chứng minh quỹ tích của điểm N là nửa đường tròn đường kính OL có bờ là (d’) (Không tính
2 giao điểm). Thật vậy:
Gọi N’ là điểm nằm trên nửa đường tròn đường kính OL đã cho, gọi M’ là giao điểm của ON’
với (d). Kẻ các tiếp tuyến M’P’, M’Q’. Ta chứng minh 3 điểm P’, N’, Q’ thẳng hàng. Thật vậy,
gọi N’’ là giao điểm của OM’ với P’Q’. Theo kết quả đã biết, ta suy ra được N’’ nằm trên đường

tròn đường kính OL. Nghĩa là N’’ là giao điểm của OM’ với đường tròn đường kính OL. Suy ra
N’’ trùng với N’. Suy ra P’,N’, Q’ thẳng hàng. Suy ra ĐPCM.
Vậy quỹ tích điểm N là nửa đường tròn đường kính OL có bờ là (d’), nửa mặt phẳng này chứa
(d)
B i 2:à Cho ∆ABC có A=1v và AB>AC, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và nửa đường tròn đường kính HC. Hai nửa
đường tròn này cắt AB và AC tại E và F. Giao điểm của FE và AH là O. Chứng minh:
1. AFHE là hình chữ nhật.
2. BEFC nội tiếp
3. AE. AB=AF. AC
4. FE là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn.
1
5. Chứng tỏ:BH. HC=4. OE.OF.
A
E O
F
B I H K C
1/ C/m: AFHE là hình chữ nhật. BEH=HCF(góc nt chắn nửa đtròn); EAF=1v(gt) ⇒đpcm.
2/ C/m: BEFC nội tiếp: Do AFHE là hình chữ nhật.⇒∆OAE cân ở O ⇒AEO=OAE. Mà
OAE=FCH(cùng phụ với góc B)⇒AEF=ACB mà AEF+BEF=2v⇒BEF+BCE=2v⇒đpcm
3/ C/m: AE.AB=AF.AC: Xét hai tam giác vuông AEF và ACB có AEF=ACB(cmt)
⇒∆AEF~∆ACB⇒đpcm
4/ Gọi I và K là tâm đường tròn đường kính BH và CH.Ta phải c/m FE⊥IE và FE⊥KF.
-Ta có O là giao điểm hai đường chéo AC và DB của hcnhật AFHE⇒EO=HO; IH=IK cùng bán
kính); AO chung⇒ ∆IHO=∆IEO ⇒IHO=IEO mà IHO=1v (gt)⇒ IEO=1v⇒ IE⊥OE tại diểm E
nằm trên đường tròn. ⇒đpcm. Chứng minh tương tự ta có FE là tt của đường tròn đường kính
HC.
5/ Chứng tỏ:BH.HC=4.OE.OF.
Do ∆ABC vuông ở A có AH là đường cao. Ap dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC
có:AH

2
=BH.HC. Mà AH=EF và AH=2.OE=2.OF(t/c đường chéo hình chữ nhật)⇒ BH.HC =
AH
2
=(2.OE)
2
=4.OE.OF
Bài 3: Cho ∆ABC có A=1v.Qua A dựng đường tròn tâm O bán kính R tiếp xúc với BC tại B và
dựng (O’;r) tiếp xúc với BC tại C.Gọi M;N là trung điểm AB;AC,OM và ON kéo dài cắt nhau ở
K.
1. Chứng minh:OAO’ thẳng hàng
2. CM:AMKN nội tiếp.
3. Cm AK là tiếp tuyến của cả hai đường tròn và K nằm trên BC.
4. Chứng tỏ 4MI
2
=Rr.
O’
A
O
M I N
B
K C
2
1/C/m AOO’ thẳng hàng:
-Vì M là trung điểm dây AB⇒OM⊥AB nên OM là phân giác của góc AOB hay BOM=MOA.
Xét hai tam giác BKO và AKO có OA=OB=R; OK chung và BOK=AOK (cmt)
⇒∆KBO=∆KAO ⇒ góc OBK=OAK mà OBK=1v ⇒OAK=1v. Chứng minh tương tự ta có
O’AK=1v Nên OAK+O’AK=2v ⇒đpcm.
2/Cm:AMKN nội tiếp:Ta có Vì AMK=1v(do OMA=1v) và ANK=1v ⇒AMK+ANK=2v
⇒đpcm. Cần lưu ý AMKN là hình chữ nhật.

3/C/m AK là tiếp tuyến của (O) và O’)
-Theo chứng minh trên thì Góc OAK=1v hay OA⊥AK tại điểm A nằm trên đường tròn
(O)⇒đpcm.Chứng minh tương tự ta có AK là tt của (O’)
-C/m K nằm trên BC:
Theo tính chất của hai tt cắt nhau ta có:BKO=OKA và AKO’=O’KC.
Nhưng do AMKN là hình chữ nhật⇒MKN=1v hay OKA+O’KA=1v tức có nghĩa góc
BKO+O’KC=1v vậy BKO+OKA+AKO’+O’KC=2v⇒K;B;C thẳng hàng ⇒đpcm
4/ C/m: 4MI
2
=Rr. Vì ∆OKO’ vuông ở K có đường cao KA.Ap dụng hệ thue=ức lượng trong tam
giác vuông có AK2=OA.O’A.Vì MN=AK và MI=IN hay MI=
2
1
AK⇒đpcm
Bài 4: Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là
đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia
vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố định . Hãy xác định vị trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn
nhất .
Giải
Bài 4:
2. Ta có KC ⊥ CI (gt), CB ⊥ AC (gt) ⇒
·
·
CKB ICA=
(cặp góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK (

µ µ
0
90A B= =
) có
·
·
CKB ICA=
(cm/t) .Suy ra
∆AIC đồng dạng với ∆BCK. Từ đó suy ra
AI BC
AI BK BC AC
AC BK
= ⇒ × = ×
(đpcm).
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1)
·
·
PBC PKC
=
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung).
Lại có
·
0
90IAC
=
(gt) ⇒ A∈
;
2
IC
O

 
 ÷
 
, mặt khác P ∈
;
2
IC
O
 
 ÷
 
(cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC
nội tiếp ⇒
·
·
PIC PAC=
(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được :
· ·
·
·
PBC PAC PKC PIC+ = +
3
Gọi O là tâm đường tròn đường kính IC
1. Vì P∈
;
2
IC
O
 
 ÷

 
·
·
0 0
90 90IPC KPC⇒ = ⇒ =
.
Xét tứ giác PKBC có
·
0
90KPC =
(chứng minh trên)
·
0
90KBC =
(gt) . Suy ra
· ·
0
180KPC KBC+ =
. Suy ra tứ
giác CPKB nội tiếp được (đpcm) .
A
B
C
I
P
K
O
.Mặt khác tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra
·
·

0
90PKC PIC+ =
⇒
· ·
0
90PBC PAC+ =
, hay tam
giác APB vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra
( )
ABKI
=
2
AI BK AB
s
+
⇒ Max S
ABKI
⇔ Max
( )
AI BK AB
+
nhưng A, I, B cố định do đó AI, AB
không đổi .Suy ra Max
( )
AI BK AB
+
⇔ Max BK . Mặt khác
AC CB
BK

AI
×
=
(theo câu 2) .Nên
Max BK ⇔ Max AC.CB . Mà
( )
2
2
4 4
AC CB
AB
AC CB
+
× ≤ =
(không đổi) .
Dấu “=” xảy ra ⇔ AC = BC ⇔ C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì
S
ABKI
là lớn nhất .
Bài 5: Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ
BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính
HC cắt AC tại F.
a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh AE.AB = AF.AC.
d) Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p
= AB + BC + CA.
Giải
O
F

E
H
C B
A
a) Ta có:
·
·
0
CFH BEH 90
= =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>
·
·
·
0
AFH AEH FAE 90
= = =
=> Tứ giác AEHF là hình chữ nhật.
b) Ta có:
·
·
0
EBH EAH 90
+ =
mà
·
·
EAH EFH
=

(tc đường chéo hcn)
=>
·
·
0
EBH EFH 90
+ =
Do đó:
·
·
·
·
·
0 0 0
EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180
+ = + + = + =
=> BEFC là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có:
·
·
ABH AHE
=
(cùng phụ với
·
EAH
) mà
·
·
AHE AFE
=

(đường chéo hcn)
4
=>
·
·
ABH AFE
=
hay
·
·
ABC AFE
=
Xét ∆AEF và ∆ACB ta có:
·
·
0
EAF CAB 90
= =
·
·
ABC AFE
=
(cm trên)
=> ∆AEF đồng dạng ∆ACB =>
AE AF
AE.AB AF.AC
AC AB
= ⇒ =
d) Trong ∆OAB ta có:
OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác)

tương tự: OC + OA > AC
OB + OC > BC
=> 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC
=>
AB BC CA
OA OB OC
2
+ +
+ + >
=>
OA OB OC p+ + >
(1)
Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB)
OC < AC (do OH < AH)
OB < BC
=> OA + OB + OC < AB + BC + CA
=> OA + OB + OC < 2p(2)
Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p
Bài 6: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp
tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.
a) Chứng minh MA
2
= MC.MD.
b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên
một đường tròn.
c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường
tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A,
B, K thẳng hàng.
Giải:

a) Xét hai tam giác MAC và MDA có:
– ∠ M chung
– ∠ MAC = ∠ MDA (=
»
đAC
1
s
2
).
Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g)
⇒
MA MC
MD MA
=
⇒ MA
2
= MC.MD.
b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên
∠MAO = ∠ MBO = 90
0
.
* I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90
0
.
Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90
0
⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường
tròn đường kính MO.
5
O

M
D
C
A
B
I
H
K
c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R
(O)
. Do đó MO là trung
trực của AB ⇒ MO ⊥ AB.
Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA
2
= MH.MO. Mà MA
2
= MC.MD (do a))
⇒ MC.MD = MH.MO ⇒
MH MC
MD MO
=
(1).
Xét ∆ MHC và ∆MDO có:
∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c)
⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.
 Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO
+ ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp)
Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD
⇒ 90
0

– ∠ MHC = 90
0
– ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB
là phân giác của ∠ CHD.
d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90
0
)
⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt)
⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp
⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90
0
.
⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H
⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng.
Bài 7: Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là trung
điểm của AC, I là trung điểm của OD.
a) Chứng ning OM // DC.
b) Chứng minh tam giác ICM cân.
c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC
2
= IA.IN
Giải:
B C
D
a) MA = MC => OM
⊥
AC
Góc ACM = 90
0
=> DC

⊥
AC
OM không trùng DC => OM // DC.
b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD
=> IK // OM => IK
⊥
MC
=>
IMC
∆
cân tại I.
c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA
6
O
M
N

K
I