Phương tích của một điểm đối với đường tròn

MỤC LỤC
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài.............................................................................................2
2. Mục đích nghiên cứu.......................................................................................2
3. Đối tượng nghiên cứu......................................................................................2
4. Phương pháp nghiên cứu.................................................................................2
5. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu.....................................................................3
PHẦN II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận....................................................................................................3
2. Thực trạng vấn đề............................................................................................3
3. Những biện pháp, giải pháp đã thực hiện........................................................4
3.1. Nhắc lại các kiến thức cơ bản có liên quan .................................................4
3.2. Xây dựng kiến thức mới từ một bài toán cơ bản trong sách giáo khoa........5
3.3. Lí thuyết về phương tích của một điểm đối với đường tròn.........................5
3.4. Xây dựng những kết quả quen thuộc từ bài toán..........................................6
3.5. Một số ứng dụng của phương tích trong giải toán hình học.........................7
3.5.1. Dùng phương tích để chứng minh tứ giác nội tiếp...................................7
3.5.2. Dùng phương tích để chứng minh các đặc tính của hình học..................9
3.5.3. Dùng phương tích để chứng minh đẳng thức hình học..........................14
3.5.4. Dùng phương tích để chứng minh đường đi qua điểm cố định .............20
4. Kết quả đạt được ..........................................................................................25
PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
I. Kết luận..........................................................................................................24
II. Khuyến nghị..................................................................................................24
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tài liệu tham khảo.............................................................................................25

1/27


PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ

1. Lý do chọn đề tài
Trong hoạt động giáo dục hiện nay, đòi hỏi học sinh cần phải tự học tự
nghiên cứu rất cao. Tức là cái đích cần phải biến quá trình giáo dục thành quá
trình tự giáo dục. Như vậy, học sinh có thể phát huy được năng lực sáng tạo, tư
duy khoa học, từ đó xử lý linh hoạt được các vấn đề của đời sống xã hội. Một
trong những phương pháp để giúp học sinh đạt được điều đó đối với môn Toán
(cụ thể môn Hình học 9) đó là khích lệ các em sau mỗi đơn vị kiến thức cần
khắc sâu, tìm tòi những bài toán liên quan. Làm được như vậy có nghĩa là các
em rất cần sự say mê học tập, tự nghiên cứu đào sâu kiến thức.
Đối với học sinh lớp 9 khi học các bài toán về vị trí tương đối của đường
thẳng và đường tròn thì chùm bài tập về hai tiếp tuyến và một cát tuyến của
đường tròn là rất quan trọng và được đề cập rất nhiều trong các kì thi vào THPT
cũng như thi học sinh giỏi cấp quận, cấp thành phố. Đóng vai trò là đơn vị kiến
thức quan trọng của nội dung Hình học lớp 9 nhưng đa số các em mới chỉ biết
đến chứng minh một số những bài toán đơn lẻ mà không có cách nhìn khái quát
hơn về dạng bài tập này, và hơn nữa là việc vận dụng kiến thức về phương tích
để giải các bài toán liên quan các em còn rất lúng túng
Với lý do đó, kết hợp với một số ít ỏi những kinh nghiệm tích lũy được
trong quá trình giảng dạy cho các em học sinh lớp 9 và bồi dưỡng học sinh giỏi
tôi mạnh dạn chọn đề tài “Phương tích của một điểm đối với đường tròn”
nhằm giúp các em học sinh dễ dàng hơn trong việc vận dụng, khai thác các vấn
đề liên quan tới dạng bài tập này. Và có kĩ năng “ đưa lạ về quen” để giải quyết
vấn đề hình học một cách tốt hơn. Mời các bạn đồng nghiệp cùng tham khảo và
đóng góp ý kiến để đề tài của tôi được hoàn thiện và mang tính thực tế cao trong
giảng dạy.
2. Mục đích nghiên cứu
- Giúp giáo viên có những phương pháp giảng dạy môn Hình 9 hiệu quả
nhất để phát huy tính sáng tạo của học sinh THCS và gây hứng thú cho học sinh,
giúp các em thêm yêu thích môn Toán trong nhà trường.
- Truyền tải được toàn bộ vấn đề đã nghiên cứu đến với đối tượng học

sinh.
3. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 9 trong các trường THCS
4. Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình thực hiện đề tài tôi có áp dụng, kết hợp nhiều biện pháp,
chủ yếu là các biện pháp sau:
- Phương pháp khảo sát
- Phương pháp phân tích
2/27


- Phương pháp đọc tài liệu
- Phương pháp thực hành
- Phương pháp đối chứng
5. Phạm vi và kế hoạch nghiên cứu
- Đề tài thực hiện trong năm học 2016-2017
- Học sinh lớp 9 của trường THCS ...

3/27


PHẦN II. NỘI DUNG
1. Cơ sở lý luận
Trong chương trình giáo dục phổ thông, Toán học là một môn khoa học
quan trọng, là thành phần không thể thiếu của nền văn hóa phổ thông mỗi con
người. Với các đặc trưng là suy luận, tính toán, chứng minh, phân tích, tổng hợp,
so sánh, môn toán có tiềm năng khai thác góp phần phát triển năng lực trí tuệ,
rèn luyện và phát triển các thao tác tư duy và các phẩm chất tư duy.
Để giải các bài toán, ngoài việc nắm vững các kiến thức cơ bản cũng cần
có phương pháp suy nghĩ khoa học cùng với những kinh nghiệm cá nhân tích

lũy được trong quá trình học tập, rèn luyện. Trong môn toán ở trường trung học
cơ sở có rất nhiều bài toán chưa có hoặc không có thuật toán để giải. Đối với
những bài toán ấy, người giáo viên cần phải cố gắng hướng dẫn học sinh cách
suy nghĩ, tìm tòi lời giải.
Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán ở nhà trường cũng như trong các
kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thi tuyển sinh vào lớp 10 trung học phổ thông, việc
sử dụng phương tích của một điểm đối với đường tròn để góp phần giải các bài
toán hình học là một chuyên đề hay và lý thú, thu hút được đông đảo thầy cô và
học sinh quan tâm.
2. Thực trạng vấn đề
Trong quá trình giảng dạy cho các em học sinh lớp 9 ôn thi vào THPT và
thi học sinh giỏi cấp quận, cấp thành phố thì dạng bài tập về “Phương tích của
một điểm đối với đường tròn” các em gặp rất nhiều. Tuy nhiên, hầu hết học
sinh chỉ giải quyết được câu a trong bài tập này một cách dễ dàng, còn đối với
những câu hỏi tư duy ở phần sau các em đều tỏ ra lúng túng, khó khăn mà
nguyên nhân chủ yếu là do:
- Khi gặp một bài toán hình các em lao vào suy nghĩ, chứng minh dựa trên
những kiến thức đã được học mà không có cách nhìn khái quát xem đây là
dạng bài tập nào, phương pháp chung để giải quyết nó là gì?
- Một yêu cầu bài toán rất quen thuộc của dạng rồi nhưng không phân tích
được hình vẽ để áp dụng phương tích vào giải quyết nó.
- Hay đơn giản là cách hỏi khác đi thì các em đã vội khẳng định không phải
dạng bài tâp này rồi.
- Một số bài toán giả thiết còn cho ẩn đi, nếu không nắm chắc dạng thì các
em sẽ không khôi phục đầy đủ giả thiết để áp dụng.
Với những thực trạng như vậy, tôi thấy việc hình thành dạng bài tập cho
các em là rất cần thiết, từ đó giúp các em có kĩ năng tốt hơn khi làm bài.
3. Những biện pháp, giải pháp đã thực hiện
3.1. Nhắc lại các kiến thức cơ bản có liên quan
Để làm tốt dạng bài tập về phương tích của một điểm đối với đường tròn

thì trước tiên học sinh cần được ôn lại các kiến thức liên quan như: tiếp tuyến,
cát tuyến của đường tròn, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết tứ giác nội
tiếp, hệ thức lượng trong tam giác vuông…
4/27


3.2. Xây dựng kiến thức mới từ một bài toán cơ bản trong sách giáo khoa.
Trên thực tế khái niệm về phương tích của một điểm đối với đường tròn
không được đề cập đến trong chương trình sách giáo khoa lớp 9, nhưng ứng
dụng của nó trong việc giải toán hình học lớp 9 là rất lớn. Nên xuất phát từ kết
quả của một bài toán trong sách giáo khoa giúp tôi đề cập tới vấn đề này.
Bài 23 trang 76 – SGK toán 9 tập 2.
Cho đường tròn (O) và một điểm M cố định không nằm trên đường tròn.
Qua M kẻ hai đường thẳng, đường thẳng thứ nhất cắt đường tròn (O) tại A và
B, đường thẳng thứ hai cắt đường tròn (O) tại C và D. Chứng minh:
MA. MB = MC. MD.
- Với bài tập này cần chú ý tới giả thiết “một điểm M cố định không nằm
trên đường tròn” để từ đó học sinh phải xét cả hai trường hợp điểm M nằm bên
trong và bên ngoài đường tròn. Trong mỗi trường hợp xét hai tam giác đồng
dạng. Nội dung của bài toán được trình bày ở phần lí thuyết dưới đây.
- Và từ bài tập này giáo viên giới thiệu lí thuyết về phương tích của một
điểm đối với đường tròn.
3.3. Lí thuyết về phương tích của một điểm đối với đường tròn.
1. Định lí: Giả sử hai đường thẳng cắt nhau tại P và cắt đường tròn tại các điểm
tương ứng A, B, C, D, khi đó: PA . PB = PC . PD
* Chứng minh:
+, TH 1: Điểm P nằm ngoài đường tròn:
+, TH 2: Điểm P nằm trong đường
tròn:
B

A

A

P
C

C
P

O

B

D
D

- Chứng minh trường hợp 1:
Xét ∆PBC và ∆PDA có: $
P chung
·
·
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
PBC
= PDA
PB PC
⇒ ∆PBC ∽ ∆PDA (g – g) ⇒
=
⇒ PB.PA = PC.PD (đpcm)
PD PA

- Trường hợp 2 chứng minh tương tự
* Chú ý: Trong trường hợp cát tuyến trở thành tiếp tuyến thì định lí vẫn còn
đúng
2. Hệ quả: Cho điểm P có khoảng cách đến tâm O của đường tròn (O; R) là d.
Giả sử đường thẳng di động qua P cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Khi đó ta
có:
- Nếu P nằm bên trong đường tròn thì: PA . PB = R2 – d2.
- Nếu P nằm bên ngoài đường tròn thì: PA . PB = d2 – R2.
* Chứng minh:
5/27


+, TH 1: Điểm P nằm ngoài đường tròn:
B

A

A

P
C

+, TH 2: Điểm P nằm trong đường
tròn:
C
P

O

O

D

B
D

- Chứng minh trường hợp 1:
Gọi giao điểm của PO với đường tròn là C và D.
Theo định lí ta có: PA . PB = PC . PD = ( d – R). ( d + R) = d2 – R2.
- Tương tự cho TH 2
3. Định nghĩa: Ta gọi đại lượng d2 – R2 là phương tích của điểm P đối với
đường tròn (O)
- Quy ước: Khi P nằm trên đường tròn thì phương tích bằng 0
3.4. Xây dựng những kết quả quen thuộc từ bài toán
Bài toán: Cho đường tròn (O), từ một điểm A nằm ngoài đường tròn kẻ hai tiếp
tuyến AB, AC (với B, C là các tiếp điểm) và cát tuyến AEF ( E nằm giữa A và
F), gọi I là trung điểm của EF, H là giao điểm của AO và BC.
Chứng minh:
1, Các điểm B, I, O, C, A cùng thuộc một
đường tròn
2, AB2 = AE. AF = AH. AO
Giải:
1, Vì AB, AC là các tiếp tuyến của đường
tròn (O) (gt)
Nên: OB ⊥ AB;OC ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến)
- Xét đường tròn (O) có I là trung điểm của dây EF không đi qua tâm nên
OI ⊥ EF (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây)
·
·
·

Ta có: ABO
= ACO
= AIO
= 900 ⇒ ba điểm B, I, C cùng thuộc đường tròn
đường kính AO
Hay: Các điểm B, I, O, C, A cùng thuộc một đường tròn (đpcm)
b, Xét ∆ABE và ∆AFB có:
Góc A chung
·
·
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung
ABE
= AFB
AB AF
=
⇒ AB2 = AE.AF (1)
BE) ⇒ ∆ABE ∽ ∆AFB ( g − g ) ⇒
AE AB
- Lại có AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OC = OB (= bán kính)
Nên OA là đường trung trực của BC ⇒ OA ⊥ BC tại H
6/27


Xét tam giác AOB vuông tại B đường cao BH ta có: AB2 = AH. AO (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB2 = AE. AF = AH. AO (đpcm).
* Nhận xét 1:
- Từ kết quả thứ nhất, với các điểm B, I, O, C, A cùng thuộc một đường tròn ta
có các tứ giác với bốn trong 5 đỉnh nói trên nội tiếp ví dụ như các tứ giác ABIO;
BIOC; ACOI nội tiếp.

- Từ đẳng thức AE. AF = AH. AO
·
·
⇒ ∆AEH ∽ ∆AOF ( c − g − c ) ⇒ AEH
= AOF
=>tứ giác EHOF nội tiếp
Từ đó định hình cho các em cách sử dụng phương tích để chứng minh tứ giác
nội tiếp thông qua chứng minh các góc bằng nhau, mà cặp góc này được suy ra
từ cặp tam giác đồng dạng có được nhờ kết quả của phương tích
Như vậy: từ tính chất của phương tích giúp học sinh có thể chứng minh tứ giác
nội tiếp.
* Nhận xét 2:
- Khi chứng minh được tứ giác nội tiếp ta có mối quan hệ bằng nhau giữa các
góc nội tiếp hoặc góc ngoài tại một đỉnh với góc trong tại đỉnh đối diện... bổ
sung thêm vào giả thiết để làm các câu sau
- Khi có AB2 = AE. AF = AH. AO giáo viên có thể định hướng cho học sinh
chứng minh các đặc tính hình học , chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau
thông qua hai bình phương của chúng, hoặc rút ra tỉ lệ thức để từ đó chứng minh
cặp tam giác đồng dạng theo trường hợp c – g – c, hoặc chứng minh một đẳng
thức hình học ...
- Với đường tròn (O) cố định thì ta suy ra được đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC hoặc IBC luôn đi qua điểm O cố định. Từ đó các em có thể làm các bài tập
chứng minh đường đi qua điểm cố định
Trên cơ sở những nhận xét ban đầu đã nêu trên, ở một mức độ tương đối gv hình
thành cho các em các dạng bài tập có liên quan đến tính chất của phương tích, cụ
thể ta có một số ứng dụng sau:
3.5. Một số ứng dụng của phương tích trong giải toán hình học
- Chứng minh tứ giác nội tiếp
- Chứng minh các đặc tính hình học: Quan hệ vuông góc, quan hệ song
song, quan hệ bằng nhau của đoạn thẳng, góc ...

- Chứng minh đường đi qua điểm cố định
- Chứng minh đẳng thức hình học
Trên cơ sở định hướng, phân tích và rút ra những nhận xét nói trên đã hình thành
cho học sinh cách nhìn nhận một bài toán theo đặc trưng riêng của nó. Từ đó
trang bị cho các em nhiều cách nghĩ khác nhau để tìm ra hướng thích hợp nhất
giải quyết vấn đề
3.5.1. Dùng phương tích để chứng minh tứ giác nội tiếp
Bài 1: Cho đường tròn (O), A là một điểm nằm ngoài đường tròn. Một cát tuyến
qua A cắt (O) tại B và C. Vẽ tiếp tuyến AP với (O) (P là tiếp điểm), gọi H là hình
chiếu của P trên OA. Chứng minh 4 điểm O, H, B, C cùng thuộc một đường
tròn.
7/27


Giải:
Chúng ta thấy BC và OH cắt nhau tại A, do đó
để chứng minh tứ giác OHBC nội tiếp ta nghĩ
đến việc chứng minh
AH. AO = AB.AC.
Thật vậy: Xét ∆APB và ∆ACP có:
µ chung
A
·
·
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn
APB
= ACP
cung PB)
AP AC
⇒ ∆APB ∽ ∆ACP ( g – g)

⇒
=
⇒ AB . AC = AP2 (1)
AB AP
Mặt khác: Tam giác APO vuông tại P, PH là đường cao nên ta có: AH . AO =
AP2 (2) (hệ thức lượng trong tam giác vuông APO)
·
·
Từ (1) và (2) ta cóAH . AO = AB . AC => ∆ABH ∽ ∆AOC ⇒ AHB
= ACO
·
·
Xét tứ giác OHBC có: AHB
nên tứ giác OHBC nội tiếp ( tứ giác có góc
= ACO
ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay: 4 điểm O, H, B, C cùng thuộc một đường tròn.
Bài 2: Cho tam giác cân ABC (AB = AC). Đường tròn tâm O tiếp xúc với AB
tại B và tiếp xúc với AC tại C. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Vẽ dây cung
DE của (O) đi qua H. Chứng minh rằng tứ giác ADOE nội tiếp.
Hướng dẫn giải
Tam giác OCA vuông tại C, CH là đường cao nên ta có:
HO . HA = HC2 (1) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Dây cung BC và DE của (O) cắt nhau tại H nên ta có:
HD . HE = HB . HC = HC2 (2) (định lí)
Từ đó ta có HA.HO = HD.HE => tứ giác ADOE nội tiếp.
Bài 3:
Cho đường tròn (O; R) và một điểm I nằm trong đường tròn. Hai dây cung AB
và CD cùng đi qua I. Tiếp tuyến tại A và B cắt nhau tại P, tiếp tuyến tại C và D
cắt nhau tại Q. Gọi M là giao điểm của OQ và CD, N là giao điểm của OP và

AB. Chứng minh:
a) Tứ giác MNPQ nội tiếp.
b) OI vuông góc với PQ.
Giải:
A
2
a, Chứng minh ON . OP = OM . OQ (=R )
·
·
b, Chứng minh tg OMIN nội tiếp ⇒ OMN
= OIN
N
O
P
·
·
·
·
Mà: OMN = OPQ ⇒ OIN = OPQ
D
I
M

Trong tam giác OIN vuông tại N có:
·
·
·
·
OIN
+ INO

= 900 ⇒ ION
+ OPQ
= 90 0 ⇒ OI ⊥ PQ
8/27

C

B
Q


Bài 4: Cho điểm A bên ngoài đường tròn (O ; R). Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC và
cát tuyến ADE đến đường tròn (O). Gọi H là trung điểm của DE.
a) Chứng minh năm điểm : A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
·
b) Chứng minh HA là tia phân giác của BHC
.
2
c) DE cắt BC tại I. Chứng minh : AB = AI.AH .
d) Cho AB=R 3 và OH=

R
. Tính HI theo R
2

Bài 5: Từ 1 điểm A ngoài (O;R), kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC đến (O) với B và C
là tiếp điểm và cát tuyến ADE đến (O) sao cho AD < AE, D và C nằm ở 2 mặt
·
phằng bờ OA khác nhau , góc BEC
là góc nhọn .Kẻ EM vuông góc với BC tại

M, DM cắt(O) tại N.Đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt OA tại I. Chứng
tỏ:Tứ giác ONEI nội tiếp

Trước hết ta cm: K, M, E thẳng hàng, với K là giao điểm của AN và (O)
Dễ dàng chứng minh: DHOE, KHON là tứ giác nội tiếp.
1·
·
·
·
= BHE
= DOE
= DCE
Từ đó có: DHB
2
·
·
DCEN là tứ giác nội tiếp nên MHEN là tứ giác nội tiếp ( BHE
+ MNE
= 1800 ).
·
·
Làm tương tự cũng có DHMK là tứ giác nội tiếp ( KDM
)
= KHM
·
·
Ta cm được KHD
= NHE

·

·
Kết hợp với 2 tứ giác nội tiếp vừa chứng minh ở trên ta thu được KMD
,
= NME
tức là K, M, E thẳng hàng.
Trở lại bài toán:
Ta chỉ cần cm góc NIO = góc NEO là xong. Bằng biến đổi góc ta thấy hai góc
này cùng phụ góc NAI.
3.5.2. Dùng phương tích để chứng minh các đặc tính hình học
Bài 1: Cho điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB,
AC với đường tròn đó (B, C là các tiếp điểm). Gọi M là trung điểm của AB.
Đường thẳng MC cắt đường tròn (O) tại N (N khác C). Tia AN cắt đường tròn
·
(O) tại D ( D khác N). Chứng minh: MAN
= ·ADC
Giải: Xét tứ giác ABOC có :
·ABO + ACO
·
= 90o + 90o = 180o

nên tứ giác ABOC nội tiếp

9/27


Xét ∆MBN và ∆MCB có :
¶ chung
M
·
·

(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
MBN
= MCB
tuyến và dây cùng chắn cung BN)

B
M
O

A
N

D

C

MB MN
=
⇔ MB 2 = MN .MC
MC MB
¶ chung.
 Xét ∆MAN và ∆MCA có góc M

 ∆MBN ∽ ∆MCB (g-g) Nên

Vì M là trung điểm của AB nên MA = MB .
Theo chứng minh trên ta có: MA2 = MN .MC ⇔

MA MC
=

MN MA

Do đó : ∆MAN ∽ ∆MCA (c-g-c)
·
·
·
=> MAN
(1)
= MCA
= NCA
·
·
mà: NCA
( cùng chắn cung NC)
(2)
= NDC
·
·
·
Từ (1) và (2) suy ra: MAN
hay MAN
= NDC
= ·ADC .
* Nhận xét: ở bài toán trên ta thấy việc áp dụng kết quả của phương tích không
chỉ được áp dụng cho giả thiết ban đầu của bài toán mà nó còn được áp dụng
cho hình vẽ thêm về sau. Cụ thể trong bài toán trên phương tích được áp dụng
cho tiếp tuyến MB và cát tuyến MNC
Bài 2: Cho điểm M nằm ngoài đường tròn (O). Đường thẳng MO cắt (O) tại E
và F (ME < MF). Vẽ cát tuyến MAB và tiếp tuyến MC của (O) (C là tiếp điểm,
A nằm giữa hai điểm M và B, A và C nằm khác phía đối với đường thẳng MO).

a, Chứng minh rằng MA.MB = ME.MF
b, Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm C lên đường thẳng MO.
Chứng minh tứ giác AHOB nội tiếp.
c, Trên nửa mặt phẳng bờ OM có chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường
kính MF; nửa đường tròn này cắt tiếp tuyến tại E của (O) ở K. Gọi S là giao
điểm của hai đường thẳng CO và KF. Chứng minh rằng đường thẳng MS vuông
góc với đường thẳng KC.
d, Gọi P và Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác EFS và ABS và
T là trung điểm của KS. Chứng minh ba
điểm P, Q, T thẳng hàng.
Giải: Vì hai tam giác đồng dạng MAE
và MBF
Nên

MA MF
⇒ MA.MB = ME.MF
=
ME MB

(Phương tích của M đối với đường tròn
tâm O)
a, Do hệ thức lượng trong đường tròn ta
có: MA.MB = MC2, mặt khác hệ thức
lượng trong tam giác vuông MCO ta

10/27


có : MH.MO = MC2 ⇒ MA.MB = MH.MO nên tứ giác AHOB nội tiếp trong
đường tròn.

b, Xét tứ giác MKSC nội tiếp trong đường tròn đường kính MS (có hai góc K và
C vuông).
Vậy ta có : MK2 = ME.MF = MC2 nên MK = MC.
Do đó MF chính là đường trung trực của KC nên MS vuông góc với KC tại V.
c, Do hệ thức lượng trong đường tròn ta có MA.MB = MV.MS của đường tròn
tâm Q.
Tương tự với đường tròn tâm P ta cũng có MV.MS = ME.MF nên PQ vuông góc
với MS và là đường trung trực của VS (đường nối hai tâm của hai đường tròn).
Nên PQ cũng đi qua trung điểm của KS (do định lí trung bình của tam giác
SKV). Vậy 3 điểm T, Q, P thẳng hàng.
Bài 3: Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến
PA, PB với đường tròn (O)(A, B là hai tiếp điểm). PO cắt đường tròn tại hai
điểm K và I (K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H.Gọi D là điểm đối xứng với B
qua O, C là giao điểm của PD với đường tròn (O).
a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp.
b) Chứng minh AC ⊥ CH
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại
Q. Chứng minh M là trung điểm của AQ.
a) Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp:
Ta có: D đối xứng với B qua O nên BD
là đường kính của đường tròn (O)
·
suy ra: BCD
= 90o (nội tiếp chắn nửa
đường tròn (O))
·
·
) (1)
⇒ BCP
= 90o (kề bù với BCD

Lại có: PA = PB (tính chất 2 t/tuyến cắt nhau)
OA = OB
·
nên OP là trung trực của AB. Khi đó BHP
(2)
= 90o
Từ (1) và (2) suy ra C và H thuộc đường tròn đường kính BP (quỹ tích cung
chứa góc)
Vậy tứ giác BHCP nội tiếp đường tròn đường kính BP.
b) Chứng minh AC ⊥ CH :
·
·
Ta có: CHA
(suy ra từ kết quả câu a)
= CPB
1
1
·
·
¼ ) và CAH
¼
¼ – sđ BKC
⇒ CHA
= (sđ BID
= sđ BKC
2
2
1
·
·

¼ = 1 ×180o = 90o nên tam giác CAH vuông tại C.
+ CAH
= sđ BID
do đó: CHA
2
2
Vậy AC ⊥ CH

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt IB tại Q.
Chứng minh M là trung điểm của AQ.
11/27


Từ kết quả câu b vá giả thiết suy ra M thuộc đường tròn đường kính AH
·
·
Khi đó : IBA
= ICA

1
1
·
·
¼ ) và ICA
¼
( = sđ IDA
( sđ MA
của đường tròn
= MHA
2

2

đường kính AH)
·
·
suy ra: IBA
ở vị trí đồng vị nên MH// BI (3)
= MHA
Lại có H là trung điểm của AB (4)
(suy ra từ (*))
Từ (3) và (4), suy ra M là trung điểm của AQ. Vậy MA = MQ
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Điểm C thuộc bán kính OA.
Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại D. Đường tròn tâm I
tiếp xúc với nửa đường tròn (O) và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD. Gọi E
là tiếp điểm của AC với đường tròn ( I ) . Chứng minh : BD = BE.
Cách vẽ: + Vẽ phân giác của ·ADB cắt AB tại E.
Đường phân giác của ·ACD và đường thẳng vuông góc với AB tại E cắt nhau tại
I.
Ta có : ( I ; IE ) là đường tròn tiếp xúc với AC; DC và (O).
Thật vậy : Hạ IF ⊥ DC . Ta có : IE = IF ( t/c đường phân giác)
Nên (I; IE) tiếp xúc với AC; DC và IECF là hình vuông.
+ Chứng minh ba điểm B; F và G thẳng
hàng.
Ta có : ∆IGF cân tại I nên
»
sd PF
· G = IGF
·
IF
=

2
·
Xét ∆OBG : ·AOG = 2OBG
(Tính chất góc

ngoài)

1
·
⇒ OBG
= ·AOG =
2

=

(

» − sdEP
» 
1  sdGE

÷=
÷
2 
2


)

»

º − sd FP
» 
1  GE
sdEF
−

÷=
÷
2  2
2


º
» 
1 ·
sdEF
sd FP
·
+
 GFI + IFE −
÷
2 
2
2 ÷

1 ·
1 ·
·
· F
GFI + 450 − 450 + IGF

= ×2IGF
= IG
2
2

Nên ba điểm G, F và B thẳng hàng ( vì 2 tia GF và GB trùng nhau)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ∆ADB : ·ADB = 900 nên BD 2 = BC ×BA
(1).
+Áp dụng tính chất tiếp tuyến ta có : BE 2 = BF .BG (2)
Mặt khác : ∆AGB ∽ ∆FCB ( g-g) =>

AB BG
=
⇒ BF ×BG = AB ×BC (3)
BF BC

Từ (2) và (3). Suy ra : BE 2 = AB.BC (4)
Từ (1) và (4), suy ra : BD = BE.
Bài 5:
Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B phân biệt thuộc (O) sao cho đường thẳng
AB không đi qua tâm O. Trên tia đối của tia AB lấy điểm lấy điểm M khác A, từ
M kẻ hai tiếp tuyến phân biệt ME, MF với đường tròn (O) (E, F là các tiếp
12/27


điểm). Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Các điểm K và I theo thứ tự là
giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OM và OH.
1. Chứng minh 5 điểm M, O, H, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
2. Chứng minh: OH.OI = OK. OM
3. Chứng minh: IA, IB là các tiếp tuyến của đường tròn (O)

Giải:
I
1/ 5 điểm M, E, O, H, F cùng nằm trên đường tròn
đường kính MO.
E
OH OM
=
B
2/ ∆ OHM ∽ ∆ OKI (g.g) ⇒
OK OI
H
A
⇒ OH.OI = OM.OK
O
K
M
MO OE
⇒
=
3/ Có ∆ MEO ∽ ∆ EKO (g.g) ⇒
F
OE OK
2
MO.OK = OE
MO OA
=
Mà OE = OA nên MO.OK = OA2 ⇒
OA OK
⇒ ∆ MOA ∽ ∆ AOK (c.g.c)
⇒ ∠ OMA = ∠ OAK.

Mà ∠ OMA = ∠ OIK (cmt) ⇒ ∠ OAK = ∠ OIK
⇒ Tứ giác IAKO nt (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp …)
⇒ ∠ OAI = ∠ OKI = 900 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung OI)
⇒ OA ⊥ IA ⇒ IA là tiếp tuyến của (O).
Lại có ∠ OAI = ∠ OBI = 900 ⇒ IB là tiếp tuyến của (O).
Bài 6: Cho ∆ ABC có AB > AC và ngoại tiếp đường tròn (I). Các cạnh BC, CA
và AB của ∆ ABC lần lượt tiếp xúc đường tròn (I) tại các tiếp điểm là D, E, F.
Tia FE cắt tia BC tại điểm M. Đoạn thẳng AD cắt đường tròn (I) lần nữa tại N.
Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường tròn (I).
Giải: AI cắt EF tại H và AD cắt IM tại K.
Ta chứng minh được D và H cùng nhìn
đoạn IM dưới một góc vuông.
Do đó tứ giác IDMH nội tiếp, suy ra
·
·
(1)
IDH
= IMH
Ta cũng có ID2 = IF2 = IH. IA(?), từ đó ∆
IDH ∽ ∆ IAD (c.g.c)
·
·
(2)
⇒ IDH
= IAD.
·
·
Từ (1) và (2) suy ra IAK
.
= IMH

·
·
Suy ra ∆ IAK ∽ ∆ IMH (g.g) ⇒ IKA
= IHM
= 90Ο.
Suy ra K là trung điểm của dây DN, suy ra đường thẳng IM là đường trung trực
của đoạn thẳng DN.
·
·
Do đó dễ thấy ∆ INM = ∆ IDM (c.c.c) ⇒ INM
= IDM
= 90Ο.
13/27


Vậy MN là tiếp tuyến tại N của đường tròn (I).
Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC có AB > AC. Gọi M là trung điểm của BC; H là
trực tâm; AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC. Với K là giao điểm
của EF và BC kí hiệu (C 1) và (C2) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF và DKE, . Chứng minh rằng:
1, ME là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2).
2, KH ⊥ AM.
Giải :
Ta có Eµ = Fµ = 900 nên tứ giác
AEHF nội tiếp đường tròn (C1) có
tâm là trung điểm AH
1 ¼
·
EAH
= sd EH

(1)
2
·
·
mà EAH
(2) ( cùng phụ với
= CBE

góc ACD)
·
·
(3)( do đường trung
MEB
= CBE

tuyến ứng với cạnh huyền)
Từ (1), (2) và (3) ta

có

1 ¼
·
MEH
= sd EH
2

=> ME là tiếp tuyến đường tròn
tâm (C1)
2, Gọi giao điểm AM với KH là N trước tiên chứng minh 5 điểm A,E,H,N,F
cùng thuộc một đường tròn

· E = ACB
·
· E = AFE
·
·
·
; AN
=> ANE
= ACB
Ta thấy AF
=> nghĩa là C,M,N, F cùng thuộc một đường tròn
·
Chứng minh A,E,N, B nội tiếp do đó KNM
= 900 . KH ⊥ AM
3.5.3. Dùng phương tích để chứng minh đẳng thức hình học
* Nhận xét: Trong các bài toán chứng minh đẳng thức hình học dưới đây hầu hết
ta đều đưa về các tỉ lệ thức mà ta có thể suy ra được từ kết quả của phương tích,
hệ thức lượng trong tam giác vuông và định lí Talets. Qua đó cho chúng ta thấy
rằng ngoài các cách chứng minh đẳng thức thông thường ở lớp 8 thì đối với lớp
9 chúng ta được bổ sung thêm một số phương pháp mới đó là sử dụng hệ thức
về cạnh và đường cao trong tam giác vuông hoặc sử dụng phương tích để chứng
minh đẳng thức hình học. Cụ thể hơn ta xét một vài ví dụ sau:
Bài 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C
(C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm),
tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao
điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tròn (O) (K không trùng
với B).
1) Chứng minh AE2 = EK . EB.
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
14/27

3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
AE EM
−
= 1.
EM CM

Giải:
1) Chứng minh AE2 = EK . EB.
+ Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A.
+ Chi ra góc AKB = 900 suy ra AK là
đường cao của tam giác vuông AEB.
+ Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao
trong tam giác vuông AEB ta có:

E

K

M
D

H

A

O

B

C

AE2 = EK . EB
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
+ Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK
+ Chỉ ra góc EAK = góc EBA
+ Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường
tròn
3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
AE EM
−
= 1.
EM CM

+ Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO.
+ Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có

CE
AE
=
CM OM

CE
AE
CE − CM AE − OM
EM
AE
AE EM
=

⇒
=
⇒
=
−1 ⇒
−
=1
CM OM
CM
OM
CM OM
OM CM
AE EM
−
= 1 (đpcm)
Mà ME = MO nên suy ra
EM CM

+ Ta có

Bài 3: Cho đường tròn (O) và một điểm A cố định nằm ngoài (O). Kẻ tiếp tuyến
AB, AC với (O) ( B,C là các tiếp điểm). Gọi M là một điểm di động trên cung
nhỏ BC( M khác B và C). Đường thẳng AM cắt (O) tại điểm thứ 2 là N. Gọi E là
trung điểm của MN.
a, Chứng minh 4 điểm A,B,O,E cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của
đường tròn đó.
·
·
b. Chứng minh 2 BNC
+ BAC

= 180o
c. Chứng minh AC2 = AM. AN và MN2 = 4(AE2 - AC2).
d. Gọi I, J lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB, AC. Xác định vị trí của M
sao cho tích MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.

15/27


Giải:
a, Ta có: EM = EN(gt) ⇒ OE⊥ MN ⇒
·AEO = 90o
Mà ·ABO = 900 (AB là tiếp tuyến (O))

Suy ra: B, E thuộc đường tròn đương
kính AO.
Hay A,B,E,O cùng thuộc một đường
tròn, tâm của đường tròn là trung điểm
của AO.
·
·
b, Ta có: BOC
(góc ở tâm và góc nt cùng chắn một cung).
= 2 BNC
·
·
·
·
Mặt khác: BOC
+ BAC
= 1800 suy ra: 2 BNC

+ BAC
= 180o (đpcm)
·
 NAC
chung

- Xét ∆AMC và ∆ACN có:  ·
1 ¼
·
 MCA = CNA(= sdCM )

2
AM AC
=
⇒ AC 2 = AM . AN (đpcm)
⇒ ∆AMC ∽ ∆ACN(g.g) ⇒
AC AN

- Ta có: AE2 =AO2 - OE2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆AEO )
AC2 =AO2 - OC2 (áp dụng ĐL Pi-ta-go vào ∆ACO )
2

MN 2
 MN 
=
Suy ra: AE - AC =OC -OE =ON -OE =EN = 
÷
4
 2 
2

2

2

2

2

2

2

hay MN2=4(AE2- AC2)
c, Kẻ MK⊥BC, đoạn AO ∩ (O) ={F}, AO ∩ BC ={H}
·
·
Ta có: MJK
( tứ giác MJCK nt)
= MCK
·
·
(cùng chắc cung MC)
MCK
= MBI
·
·
(tứ giác MKBI nt)
MBI
= MKI

·
·
Suy ra: MJK
(1)
= MKI
·
·
Chứng minh tương tự ta cũng có: MIK
(2)
= MKJ
Từ (1) và (2) suy ra: ∆MIK ∽ ∆MKJ (g.g) ⇒

MI MK
=
⇒ MK 2 = MI .NJ
MK MJ

Để MI.MJ lớn nhất thì MK phải lớn nhất. Mặt khác M thuộc cung nhỏ BC nên
MK≤ FH⇒ vậy MK lớn nhất khi MK=FH. Hay M ≡ F
Vậy khi A, M, O thẳng hàng thì MI.MJ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ
đường thẳng đi qua S (không đi qua tâm O) cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm
M và N với M nằm giữa S và N. Gọi H là giao điểm của SO và AB; I là trung
điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E.
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một đường tròn
b) Chứng minh OI.OE = R2.
c) Tính diện tích tam giác EMS

16/27

Giải:
a) Chứng minh tứ giác IHSE nội tiếp trong một
đường tròn :
Ta có SA = SB ( tính chất của tiếp tuyến)
Nên ∆ SAB cân tại S
Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao ⇒ SO ⊥
AB
I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN
·
·
= SIE
= 900 ⇒ Hai điểm H và I cùng
Do đó SHE
nhìn đoạn SE dưới 1 góc vuông nên tứ giác IHSE
nội tiếp đường tròn đường kính SE
OI OS
=
⇒ OI.OE = OH.OS
b) ∆ SOI đồng dạng ∆ EOH ( g.g) ⇒
OH

2

OE

2

mà OH.OS = OB = R ( hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB)
nên OI.OE = R 2

3R
R
R2
⇒ OE =
= 2R ⇒ EI = OE − OI =
2
2
OI
R 15
R 3( 5 − 1)
⇒ SM = SI − MI =
Mặt khác SI = SO 2 − OI2 =
2
2
2
SM.EI R 3 3( 5 − 1)
=
Vậy SESM =
2
8

c) Tính được OI=

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB, (O)
cắt BC tại điểm thứ hai là D. Gọi E là trung điểm của đoạn OB. Qua D kẻ đường
thẳng vuông góc với DE cắt AC tại F.
1) Chứng minh tứ giác AFDE nội tiếp.
·
·
2) Chứng minh BDE=AEF

·
·
3) Chứng minh tanEBD
= 3tan AEF
4) Một đường thẳng (d) quay quanh điểm C cắt (O) tại hai điểm M, N.
Xác định vị trí của (d) để độ dài CM + CN đạt giá trị nhỏ nhất.
c) Ta có: ∆ABD vuông tại D:
AD
·
tan EBD
=
BD

∆AEF vuông tại A:
AF AF
·
=
tan AEF
=
AE

3BE
3 AF AF
·
=
=
=> 3tan AEF
3BE BE
Mà: ∆AFD ∽ ∆BEB (g-g)
AF AD

=
=>
BE BD
·
·
Suy ra: tan EBD
= 3tan AEF
17/27


d) Ta có: ∆CMA đồng dạng ∆CAN (g- g) => CM.CN = CA2 (không đổi)
suy ra: CM + CN nhỏ nhất khi CM = CN ⇔ M trùng với N => d là tiếp tuyến
của (O)
Bài 6: Từ điểm D nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến DA, DB với
đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Vẽ cát tuyến DEC không đi qua tâm O (E
nằm giữa D và C). OD cắt AB tại M, AB cắt EC tại N. Chứng minh rằng:
a/ MA là phân giác góc EMC
b/ MB2⋅DC=MC2⋅DE.
c/

2
1
1
=
+
EC DC NC

a) Sử dụng tính chất của tiếp tuyến, ta có
DE⋅DC=DA2.
Mặt khác áp dụng hệ thức lượng trong tam giác DAO

vuông tại A có AM là đường cao DA2=DM⋅DO
Do đó, ta thu được : DE⋅DC=DM⋅DO.
Từ đây, ta suy ra tứ giác EMOC nội tiếp.
Suy ra ∠EMD=∠ECO Do tam giác OEC cân tại O nên
∠ECO=∠CEO
Mà ∠CEO =∠CMO (cùng chắn cung CO của
(EMOC)) nên ta có
∠EMD =∠ECO = ∠CEO =∠CMO
ta có ∠EMD = ∠CMO; Mà ∠EMD +∠EMA= 900
và ∠CMO +∠CMA = 90o
nên với kết quả trên, ta cũng thu được
∠EMA = ∠CMA .
Nói cách khác, MA là phân giác của góc ∠EMC
b) Theo chứng minh trên, ta có ∠EMD = ∠OMC và ∠DEM =∠COM
(do tứ giác EMOC nội tiếp), suy ra △DEM∽△COM. Từ đây, ta có
EM/OM=DM/MC hay MC⋅ME=MD⋅MO
Mà MD⋅MO=MB2 (áp dụng hệ thức lượng trong tam giác MBO vuông tại O có
BM là đường cao) nên ta suy ra MB2=MC⋅ME.
Nên: hệ thức cần chứng minh trở thành:
MC⋅ME⋅DC=MC2⋅DE ⇒ ME⋅DC=MC⋅DE ⇒DC/MC=DE/ME
Do tứ giác EMOC nội tiếp nên dễ thấy
∆DEO∼∆ DMC và ∆DEM ∽ ∆DOC.
Suy ra DC/MC=DO/OE và DE/ME=DO/OC
Mà OC=OE nên DC/MC=DO/OE=DO/OC=DE/ME
c) Ta thấy hệ thức cần chứng minh có thể được viết lại như sau:
2=EC/DC+EC/NC ⇒1−EC/DC=EC/NC−1⇒DE/DC=EN/NC
Sử dụng tính chất đường phân giác, ta có EN/NC=EM/ MC
Do đó, ta chỉ cần chứng minh DE/DC=ME/MC, hay DC⋅ME=DE⋅MC.
18/27

Đây chính là kết quả đã được chứng minh trong phần (b) ở trên.
Bài 7: Cho đường tròn tâm O và một điểm C ở ngoài đường tròn đó. Từ C kẻ
hai tiếp tuyến CE ; CF ( E và F là các tiếp điểm) và cát tuyến CMN ( M nằm
giữa C và N ) tới đường tròn. Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và
B. Gọi I là giao điểm của AB với EF. Chứng minh rằng:
a, Bốn điểm O, I, M, N cùng thuộc một đường tròn
·
·
b, AIM
= BIN
Giải
a, Do CE là tiếp tuyến của (O) nên:
·
·
(Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia
CEM
= CNE
tiếp tuyến và dây cùng chắn cung ME)
CE CN
⇒ ∆CEM ∽ ∆CNE ⇒
=
CM CE
⇒ CE 2 = CM.CN ( 1)
Mặt khác: do CE; CF là các tiếp tuyến của
(O) nên
AB⊥ EF tại I
Vì vậy trong tam giác vuông CEO đường
cao EI ta có:
CE2 = CI.CO (2)

Từ (1) và (2) suy ra CM.CN = CI.CO
CM CO
·
·
⇒
=
⇒ ∆CMI ∽ ∆CON ⇒ CIM
= CNO
CI CN
⇒ Tứ giác OIMN nội tiếp
b, Kéo dài NI cắt đường tròn tại M’.
·
·
Do tứ giác IONM nội tiếp nên : IOM
= INM
1 ¼
·
¼ '
¼ ·
¼ = 1 MM
¼ ' ⇒ AM
¼ = AM
= sdAM;INM
= sdMM
' ⇒ AM
Mà: IOM
2
2
·
·

·
·
⇒ AIM
= AIM
' ⇒ AIM
= BIN
⇒ đpcm
Bài 8: Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến
AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC của (O) lấy
điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. Gọi I là trung điểm của DE.
a. Chứng minh IA là tia phân giác của góc BIC.
b. Đường thẳng qua D song song với AB cắt BC tại H,cắt BE tại K. Chứng minh
H là trung điểm của DK.

19/27


Giải:
a, Chứng minh năm điểm B, O, I, C, A cùng
thuộc đường tròn đường kính OA
Ta có : Góc BIA = góc CIA (cùng bằng
góc ACB)
b, tứ giác DHIC nội tiếp ( hai đỉnh C,D
cùng nhìn cạnh HI dưới hai góc bằng nhau )
suy ra : IHC = ICD ( cùng chắn cung ID
đường tròn (DHIC))
mà góc ICD = góc EBC
Nên: IHC = góc EBC suy ra HI // BE
Trong tam giác DEK có : ID=IE và HI // KE
suy ra HD = HK . Vậy H là trung điểm của

DK
3.5.4. Dùng phương tích để chứng minh đường đi qua điểm cố định
* Nhận xét: Quay trở lại kết quả của phương tích với năm điểm thuộc một
đường tròn, nếu ta chỉ ra được một điểm cố định thì ta có đường tròn đó luôn đi
qua một điểm cố định
- Hoặc từ kết quả thứ hai ta chứng minh được đoạn thẳng có độ dài không đổi
lập luận ta cũng có được điểm cố định
Bài 1: Cho ( O; R) đường thẳng d cắt (O) tại 2 điểm A; B, trên d lấy 1 điểm M
và từ đó kẻ 2 tiếp tuyến MN; MP ( N; P là tiếp điểm)
a, Tìm 2 điểm cố định mà đường tròn ( MNP ) luôn đi qua khi M di động
trên d.
b, Xác định vị trí của M để ∆ MNP là ∆ đều.
c, Xác định vị trí của M để tứ giác MNOP là hình vuông.
Giải:
a, MN, MP là hai tiếp tuyến của ( O)
·
·
ON ⊥ NM ; OP ⊥ PM ⇒ ONM
=>
= OPM
= 900 (T/c
tiếp tuyến)
·
·
Xét tứ giác ONMP có ONM
+ OPM
= 1800 .
Do đó tứ giác ONMP nội tiếp đường tròn đường
kính OM
Kẻ OQ vuông góc với AB => QA = QB ( đường kính vuông góc với dây)

Vì AB cố định => Q cố định .
Gọi I là trung điểm của OM tam giác OQM vuông tại Q => QI = IO = IM.
Vậy Q thuộc đường tròn đường kính OM.
Kết hợp với câu a => 5 điểm M, N, O, Q, P thuộc đường tròn đường kính OM
=> đường tròn ( MNP) luôn đi qua hai điểm O, Q cố định khi M di chuyển trên
d.
b, Để tam giác MNP đều => góc NMP = 600 mà MO là phân giác của góc NMP

20/27


1
·
=> NMO
OM => OM = 2NO = 2R.
= 300 => ON =
2

Dựng cung tròn tâm O bán kính 2R cắt d tại M => M là điểm cần dựng để MNP
đều
·
=
Thật vậy OM = 2R= 2ON => sin NMO

ON 1
·
·
= ⇒ NMO
= 300 ⇒ NMP
= 600

OM 2

Vậy tam giác MNP là tam giác đều.
c, Tứ giác MNOP là hình vuông ⇔ MN= ON, ∠MON = 900
⇔ ∆ MNO vuông cân tại N ⇒ OM= ON 2 = R 2 ( R là bán kính đường tròn
(O))
⇒ M là giao điểm của (O; R 2 ) với đường thẳng d
Vậy ta xác định được 2 điểm M1; M2 thoả mãn điều kiện đề ra.
Bài 2: Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm
O qua B và C. Qua A vẽ tiếp tuyến AE, AF với đường tròn (O); Gọi I là trung
điểm BC, N là trung điểm EF .
a. CMR: E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O)
thay đổi .
b. Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K. Chứng minh rằng : EK // AB .
c. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một
đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi.
Giải:
a. ∆ ABF và ∆ AFC đồng dạng (g- g)
Ta có : AB/ AF=AF/AC ⇔ AF2=AB.AC
⇒ AF= AB. AC
Mà AE=AF nên AE=AF=
AB. AC không đổi
Vậy E,F thuộc đường tròn (A; AB. AC )
cố
định.
·
·
= AOF
( 1)
b. Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn, nên: AIF

1·
1·
·
·
·
·
AOF
= EOF;
EKF
= EOF
⇒ EKF
= AOF
( 2)
2
2
·
·
Từ (1) và (2) ⇒ AIF
. Do đó: EK và AB song song vơí nhau
= EKF

c. Cm được A, N, O thẳng hàng và AO ⊥ EF ;
Gọi H là giao điểm của BC và EF .
Ta có : ∆ ANH và ∆ AIO đồng dạng nên

AH AN
=
. Suy ra: AH. AI =AN. AO
AO AI

Lại có : AN . AO =AE2 =AB. AC
Do đó : AI. AH =AB. AC ⇒ AH =

AB. AC
không đổi . Vậy H cố định
AI

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn (OIN) luôn qua I
và H;
Do đó tâm đường tròn này nằm trên đường trung trực của IH

21/27


Bi 3: Cho ng trũn (O), mt dõy AB v mt im C ngoi ng trũn v
nm trờn tia BA. T im chớnh gia P ca cung ln AB k ng kớnh PQ ca
ng trũn ct dõy AB ti D. Tia CP ct ng trũn (O) ti im th hai I. Cỏc
dõy AB v QI ct nhau ti K.
a) Chng minh t giỏc PDKI ni tip
b) Chng minh CI.CP = CK.CD
c) Chng minh IC l phõn giỏc gúc ngoi nh I ca tam giỏc AIB
d) Gi s A, B, C c nh, chng minh rng khi ng trũn(O) thay i nhng
vn i qua A, B thỡ ng thng QI luụn i qua mt im c nh.
Gii:
a) Chng minh t giỏc PDKI ni tip
Ta cú:
ã
ã
PIK
= PIQ

= 900 ( góc nội tiếp chắ
n nửa đ/tròn)

ã
PDK
= 900 ( vìPQ AB)


Tứ giác PDKI nội tiếp đờng tròn
đờng kính KP

ằ = QB
ằ
Cỏch 2: Ta cú: PQ AB AQ

(

)(

)

ả = 1 sđQB
ằ + sđAI

ả là góc có đ
K
vìK
ỉ
nh bên trong đ/tròn
1

1
2
1 ằ
1 ẳ
ằ = QB
ằ
= sđAQ
+ sđAI = sđIAQ
vìAQ
2
2
à = 1 sđIAQ
ẳ vìP
à là góc nội tiếp chắ
ẳ
Mà: P
n IAQ
1
1
2
ã
ả = 1800 ( kềbù ) ;
+K
M: IKD

(

)
(

)

(

)



à ả
P1 = K1





1

ã
à = 1800 Tg PDKI nội tiếp đờng tròn đ
nờn: IKD
+P
/kính KP
1
b) Chng minh CI.CP = CK.CD
Xột: CIKvà CDP có:
ã
ã
CIK
= CDP
= 900

CI CK
=
CI .CP = CD.CK ( đpcm) ( 1)
CIK ~ CDP ( g g)
àC : góc chung
CD
CP

c) Chng minh IC l phõn giỏc gúc ngoi nh I ca tam giỏc AIB:
Ta cú:
ằ = QB
ằ
Ià1 = Ià2 do : QA

ã
ã
n giác ngoài ở đỉnh I của AIB
CIA = PIB CI là phâ
0
ã

CIK
= 90
d) Gi s A, B, C c nh, chng minh rng khi ng trũn(O) thay i nhng
vn i qua A, B thỡ ng thng QI luụn i qua mt im c nh.

(

)

22/27


Ta chng minh c: CAP ~CIB( g g)

CA CP
=
CA.CB = CI .CP ( 2)
CI CB

T (1) v (2)
CA.CB
; không đổi và K tia CB.
CD
Vậy K cố định và QI qua K cố định.
Bi 4: Cho ng trũn (O; R) v im M thay i nm ngoi ng trũn. Qua
im M v hai tip tuyn MA, MB ti ng trũn (A v B l cỏc tip im). Gi
D l im di ng trờn cung ln AB (D khụng trựng vi A, B v im chớnh gia
ca cung) v C l giao im th hai ca ng thng MD vi ng trũn (O; R).
a) Gi s H l giao im ca OM vi AB. Chng minh rng MH.MO =
MC.MD, t ú suy ra ng trũn ngoi tip tam giỏc HCD luụn i qua mt im
c nh.
b) Chng minh rng nu dõy AD song song vi ng thng MB thỡ
ng thng AC i qua trng tõm G ca tam giỏc MAB.
c) K ng kớnh BK ca ng trũn (O; R), gi I l giao im ca cỏc
ng thng MK v AB. Tớnh bỏn kớnh ng trũn ngoi tip tam giỏc MBI
theo R, khi bit OM = 2R.
CK .CD = CA.CB CK =

K

A

I

D

C
M

H

O

E

B
Gii:
a) Vỡ tam giỏc AOM vuụng ti A cú AH OM nờn MH.MO = MA 2 .
ã
ã
Mt khỏc MAC
nờn MAC ng dng MDA (g.g), do ú
= ADC

MA MC
=
MC.MD = MA 2
MD MA
Vy MH.MO = MC.MD

MH MC
=
Khi ú
MD MO
ã
ã
Do ú MHC ng dng MDO MHC
= MDO.

T ú suy ra OHCD ni tip, vỡ vy ng trũn ngoi tip HCD luụn i qua
im O c nh.
ã
ã
b) Gi s AC ct MB ti E, vỡ CBE
nờn EBC ng dng EAB.
= EAB
EB EC
=
EA.EC = EB2 .
EA EB
ã
ã
ã
Vỡ AD // MB nờn EMC
Do ú EMC ng dng EAM
= MDA
= MAC.

Do ú

23/27


EM EC
=
⇒ EA.EC = EM 2 .
EA EM

Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB.
Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua
trọng tâm G của ∆ MAB.
Bài 5: Cho hai đường tròn (O; R) và (O'; R') cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và
B. Từ một điểm C thay đổi trên tia đối của tia AB. Vẽ các tiếp tuyến CD; CE với
đường tròn tâm O (D; E là các tiếp điểm và E nằm trong đường tròn tâm O'). Hai
đường thẳng AD và AE cắt đường tròn tâm O' lần lượt tại M và N (M và N khác
với điểm A). Đường thẳng DE cắt MN tại I. Chứng minh rằng:
a) MI.BE = BI.AE
b) Khi điểm C thay đổi thì đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
Giải:
·
·
Ta có: BDE
(cùng chắn cung BE
= BAE
C
của đường tròn tâm O)
·
·
(cùng chắn cung BN
BAE

= BMN
của đường tròn tâm O')
M
A
·
·
D
⇒ BDE
= BMN
Q
·
·
hay BDI
⇒ BDMI là tứ giác nội
= BMN
K
O'
H
O
·
·
tiếp ⇒ MDI
(cùng
chắn
cung
MI)
= MBI
I
·
·

mà MDI
(cùng chắn cung AE của
= ABE
B
đường tròn tâm O)
·
·
⇒ ABE
N
= MBI
·
·
mặt khác BMI
(chứng minh trên)
= BAE
E

⇒ ∆MBI ∽ ∆ ABE (g.g)
MI BI
⇒
⇔ MI.BE = BI.AE
=
AE BE
Gọi Q là giao điểm của CO và DE ⇒ OC ⊥ DE tại Q
⇒ ∆ OCD vuông tại D có DQ là đường cao
⇒ OQ.OC = OD2 = R2 (1)
Gọi K giao điểm của hai đường thẳng OO' và DE; H là giao điểm của AB và
OO'
⇒ OO' ⊥ AB tại H.
µ =H

µ = 900 ;O
µ chung ⇒ ∆KQO ∽ ∆CHO (g.g)
Xét ∆KQO và ∆CHO có Q
KO OQ
=
⇒ OC.OQ = KO.OH (2)
⇒
CO OH
R2
2
Từ (1) và (2) ⇒ KO.OH = R ⇒ OK =
OH
Vì OH cố định và R không đổi ⇒ OK không đổi ⇒ K cố định
24/27


4. Kết quả đạt được
Giỏi
Năm TS
học
HS
SL
%
201526
9
34.6
2016
201626
15 57.7
2017

Khá
SL
%

T.Bình
SL
%

Yếu
SL

%

Kém
SL
%

10

38.5

5

19.2

2

7.7

0

0

7

26.9

3

11.5

1

3.8

0

0

25/27