Toán học lớp 9 Hình 9 Chương 3 Dạy thêm toán 9 - bài 7- hinh Chương 3.pdf download

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.63 MB, 39 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI 7. TỨ GIÁC NỘI TIẾP 
I.Tóm tắt lý thuyết

1. Định nghĩa

Tứ giác nội tiếp đường trịn là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên đường trịn đó.
Trong Hình 1, tứ giác ABCD nội tiếp (O) và (O) ngoại tiếp tứ giác ABCD.

2. Định lí

Trong một tứ giác nội tiếp, tổng số đo hai góc đối diện bằng 180°.

Nếu một tứ giác có tổng số đo hai góc đổi diện bằng 180° thì tứ giác đó nội tiếp được đường
tròn.

3. Một số dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp 
Tứ giác có tổng hai góc đổi bằng 180°.

Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.

Tứ giác có 4 đỉnh cách đều một điểm cố định (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm
của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Tứ giác có hai đinh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại dưới một góc α.
Chú ý:

1.Trong các hình đã học thì hình chữ nhật, hình vng, hình thang cân nội tiếp được đường
trịn.

2.Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính thì có số đo bằng 900
3.Đường kính đi qua trung điểm của dây thì vng góc với dây

4.Nếu hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm thì:

+ Điểm đó cách đều hai tiếp điểm

+ Đường thẳng nối từ điểm đó đến tâm là phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến
+ Đường thẳng nối từ tâm đến điểm đó là phân giác của góc tạo bởi hai bán kính qua
tiếp điểm.

II. Các dạng bài tập

Dạng 1. Chứng minh tứ giác nội tiếp

Phương pháp giải: Để chứng minh tứ giác nội tiếp, ta có thể sử dụng một trong các cách 
sau:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Phương pháp 2: Tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối của đỉnh đó 
thì nội tiếp được trong một đường tròn

Minh họa:

Phương pháp 3: Chứng minh từ hai đỉnh cùng kề một cạnh cùng nhìn một cạnh dưới hai 
góc bằng nhau

Minh họa:

Phương pháp 4: Chứng minh cho bốn đỉnh của tứ giác cách đều một điểm nào đó 
Minh họa:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Cách 1: Phương pháp 2:Chứng minh 4 đỉnh cách đều 1 điểm 
OB’ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

 OB’ = OB = OC = r (1)
Xét BC’C có : 0

BC'C90 (GT)
Tương tự trên  OC’ = OB = OC = r (2)

Từ (1) và (2)  B, C’, B’, C  (O; r) Tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn.

Cách 2: Phương pháp 3:Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lạ dưới một 
góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.

Ta có: BB’AC (giả thiết) BB'C900.

’

CC AB(giả thiết)BC'C900.

 B’, C’ cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vng
 B’, C’ nằm trên đường trịn đường kính BC

Hay tứ giác BC B C' ' nội tiếp đường trịn đường kính BC.

Cách 3: Phương pháp 1 và phương pháp 4: Tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 0

180 và Tứ giác có góc
ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện.

Ta có: BB’AC (giả thiết) BB'A900.

’

CC AB(giả thiết)CC'A900.

Xét AB B và AC C có 0

AB B  AC C  và BACchung.
Vậy AB B AC C (g-g) '

AB AB

AC AC

  AB' AC'

AB AC

 

Xét AB C  và ABCta có AB' AC'

AB  AC và BACchung. Vậy AB C  ABC (c-g-c)

'C' ABC

AB

  . Tứ giác BC B C' ' có góc ngồi tại đỉnh B' bằng góc trong tại đỉnh B .
Vậy tứ giác BC B C' ' nội tiếp. (Phương pháp 2)

Để sử dụng theo phương pháp 1 có thể chỉ ra tứ giác BC B C' ' có 0

' ' ' 180

C BCC B C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BM và CN cắt nhau tại H. Chứng minh các tứ giác 
AMHN và BNMC là những tứ giác nội tiêp.

Hướng Dẫn:

Xét tứ giác AMHN có:

0 0 0

90 90 180

AMHANH   

 ĐPCM.

Xét tứ giác BNMC có:

BNCBMC  ĐPCM.

Bài 3: Cho điểm A nằm ngồi đường trịn (O), qua A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn ( 
B, C là tiếp điểm). Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.

Hướng Dẫn:

Học sinh tự chứng minh

Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), M là điểm chính giữa của cung AB. Nối M với D, M với C 
cắt AB lần lượt ở E và P. Chứng minh PEDC là tứ giác nội tiếp.

Hướng Dẫn:

Ta có: 1
2

AED (sđAD + sđMB)
1

 sđ 0

. 180

DM MCD DEPPCD

 PEDC nội tiếp.

Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là điểm thuộc đường tròn. Vẽ MH 
vng góc với BC tại H, vẽ MI vng góc với AC. Chứng minh MIHC là tứ giác nội tiếp.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có: 0

MICCHM 

 MIHC nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh cịn lại dưới một góc
vng)

Dạng 2. Sử dụng tứ giác nội tiếp để chứng minh các góc bằng nhau, các đoạn thẳng bằng 
nhau, các đường thẳng song song hoặc đồng quy, các tam giác đồng dạng...

Phương pháp: Sử dụng tính chât của tứ giác nội tiếp.

Bài 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi H là điểm nằm giữa O và B. Kẻ dây CD vng 
góc với AB tại H. Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK  AE tại K. Đường thẳng DE cắt CK tại
F. Chứng minh:

a) Tứ giác AHCK là tứ giác nội tiếp;
b) AH.AB = AD2;

c) Tam giác ACE là tam giác cân.
Hướng Dẫn:

a) Học sinh tự chứng minh

b) ADB vng tại D, có đường cao DH  AD2 = AH.AB

c) 1

EACEDC sđ EC, EACKHC

(Tứ giác AKCH nội tiếp)

 EDCKHC DF//HK (H là trung điểm DC nên K là trung điểm FC)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 2: Cho nửa (O) đường kính AB. Lấy M  OA (M không trùng o và A). Qua M vẽ đường thẳng
d vng góc với AB. Trên d lấy N sao cho ON > R. Nôi NB cắt (O) tại c. Kẻ tiếp tuyến NE với (O)
(£ là tiếp điểm, E và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d). Chứng minh:

a) Bốn điểm O, E, M, N cùng thuộc một đường tròn;
b) NE2 = NC.NB;

c) NEH NME (H là giao điểm của AC và d);

d) NF là tiếp tuyến (O) với F là giao điểm của HE và (O).
Hướng Dẫn:

a) Học sinh tự chứng minh

b) 1

NECCBE sđ CE

 NEC  NBE (g.g)  ĐPCM.
c) NCH  NMB (g.g)

 NC.NB = NH.NM = NE2
NEH  NME (c.g.c)
 NEH EMN

d) EMN EON (Tứ giác NEMO nội tiếp)
 NEH NOE EH  NO

 OEF cân tại O có ON là phân giác  EON NOF

 NEO = NFO vậy 0

NFONEO  ĐPCM.

Bài 3: Cho đường trịn (O) đường kính AB, gọi I là trung điểm của OA, dây CD vng góc với AB 
tại I. Lấy K tùy ý trên cung BC nhỏ, AK cắt CD tại H.

a) Chứng minh tứ giác BIHK là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh AH.AK có giá trị khơng phụ thuộc vị ữí điểm K.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

a) 0

180

HIBHKB

 Tứ giác BIHK nội tiếp

b) Chứng minh được: AHI  ABK (g.g)
 AH.AK = AI.AB = R2 (khơng đổi)

c) Chứng minh được MCND là hình chữ nhật từ đó  ĐPCM.

Bài 4: Cho đường trịn (O; R) và điểm A cố định ngồi đường trịn. Qua A kẻ hai tiếp tuyến AM, 
AN tói đường tròn (M, N là hai tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O; R) tại
B và C (AB < AC). Gọi 7 là trung điểm BC.

a) Chứng minh năm điểm A, M, N, O, I thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh AM2 = AB.AC.

c) Đường thẳng qua B, song song với AM cắt MN tại E. Chúng minh IE song song MC.
d) Chứng minh khi d thay đổi quanh quanh điểm A thì trọng tâm G của tam giác MBC ln
nằm trên một đường trịn cơ' định.

Hướng Dẫn:

a) Chú ý: 0

AMOAIO ANO

b) 1

AMBMCB sđ MB

 AMB  ACM (g.g)
 ĐPCM.

c) AMIN nội tiếp
 AMN AIN

BE//AM  AMN BEN

 BENAIN Tứ giác BEIN nội tiếp  BIEBNM

Chứng minh được: BIEBCM IE//CM.

d) G là trọng tâm MBC  G  MI.
Gọi K là trung điểm AO  MK = IK = 1

2 AO.
Từ G kẻ GG'//IK (G'  MK)

' ' 2 1

3 3

GG MG MG

IK AO

IK MI MK

     không đổi (1)
2

' '

MG  MKG cố định (2). Từ (1) và (2) có G thuộc ( ';1
3

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Phương pháp: Chỉ ra khoảng cách từ một điểm tới tất cả các điểm đều bằng nhau. 
Lợi dụng các tam giác vuông có cạnh huyền chung

Chứng minh các đỉnh của một đa giác cùng nằm trên một đường tròn.
Sử dụng cung chứa góc.

Chứng minh các tứ giác nội tiếp.

Bài 1:Cho hình thoi ABCD có góc A bằng 0

60 , AB = a. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng 6 điểm E, F, G, H, B, D cùng nằm trên một đường
tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường trịn đó theo a.

Hướng Dẫn:

Gọi O là giao điểm của AC và BD ta có OB = OD

Do ABCD là hình thoi nên ta có ACBD .

Ta có BAD600 nên BAO300 (tính chất đường chéo hình thoi)
Tam giác ABO vng tại O có 0

.sin 30
2

a

OBABsinBAOOBa 

Xét tam giác vng ABO có 0

ABOBAO ( hai góc phụ nhau) mà 0

BAO suy ra

ABO hay 0

EBO

1
2

OE ABEBEA( tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông và E là trung điểm
của AB.

Tam giác EOB là tam giác cân tại E có 0

EBO nên tam giác EBO là tam giác đều

OE OB

 

Chứng minh tương tự với các tam giác vng BOC, COD và DOA ta có :

OEOBOFOCOGODOH

Vậy 6 điểm E, F, G, H, B, D cùng nằm trên một đường trịn tâm O. Bán kính

a
OB

Bài 2:Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên AC lấy điểm D. Hình chiếu của D lên BC là E, điểm

đối xứng của E qua BD là F. Chứng minh 5 điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường trịn. Xác
định tâm O của đường trịn đó.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Do 0

DEBCDBE

Vì E và F đối xứng với nhau qua BD nên BD là đường trung trực của đoạn thẳng EF
;

BF BE DF DE

  

BFD BED

   (c-c-c) 0

BFD BED

  

Cách 1.

Gọi O là trung điểm của BD.

Xét tam giác vng ABD vng tại A có AO là trung tuyến nên 1
2

AO BDOBOD (1)

Tam giác vng BDE vng tại E có OE là trung tuyến nên 1
2

EO BDOBOD(2)

Tam giác vuông BFDvuông tại F có OF là trung tuyến nên 1
2

FO BDOBOD(3)

Từ (1) (2) (3) OA OB ODOEOF . Vậy 5 điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một
đường tròn tâm O với O là trung điểm của BC.

Cách 2:

+ Tứ giác BADE có 0

180

BADDEB nên tứ giác BADE là tứ giác nội tiếp.
Tâm của đường tròn này là trung điểm của BD

+Tứ giác BFDE có BFDDEB1800 nên tứ giác BFDE là tứ giác nội tiếp.
Tâm của đường tròn này là trung điểm của BD

Từ  và  suy ra 5 điểm A, B, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn tâm O với O là trung
điểm của BC.

Bài 3:Từ một điểm A ở ngồi đường trịn (O) vẽ các tiếp tuyến AB, AC. Cát tuyến ADE không đi 
qua tâm O (D nằm giữa A và E). Gọi I là trung điểm của DE. Chứng minh 5 điểm O,B,A,C,I cùng
thuộc một đường tròn.

Hướng Dẫn:

Do AC và AB là các tiếp tuyến nên OCAOBA900

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

(đường kính đi qua trung điểm của dây thì vng góc với dây cung)
hayOIDOIA900

Gọi P là trung điểm của OA

Xét tamgiác vuông OCA có CP là đường trung tuyến nên 1
2

CP AOOPPA

Xét tam giác vng OBA có BP là đường trung tuyến nên 1
2

BP AOOPPA

Xét tam giác vng OIA có IP là đường trung tuyến nên 1
2

IP AOOPPA

Vậy OPPAPC PI PBnên 5 điểm O,B,A,C,I cùng thuộc một đường tròn.
III. Bài tập tự luyện

Bài 1: Cho ΔABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: 
a) Tứ giác BCEF nội tiếp.

b) HA.HD = HB.HE = HC.HF.
Hướng Dẫn:

a) Ta có ∠BEC = ∠BFC = 90o

=> các điểm E, F cùng thuộc đường trịn đường kính BC hay tứ giác BCEF nội tiếp.
b) Vẽ đường trịn đường kính BC. Xét ΔBHF và ΔCHE có:

+) ∠EBF = ∠ECF (hai góc nội tiếp cùng chắn ).
+) ∠FHB = ∠EHC(đối đỉnh).

Suy ra ΔBHF ∼ ΔCHE (g.g)

BH/CH = HF/HE hay HB.HE = HC.HF (1)
Chứng minh tương tự ta có: HA.HD = HB.HE (2)
Từ (1) và (2) suy ra: HA.HD = HB.HE = HC.HF.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

a) AM.AB = AN.AC.
b) Tứ giác BMNC nội tiếp.
Hướng Dẫn:

a) Ta có: ∠AMH = ∠ANH = 90o (gt)

=> các điểm M, N cùng thuộc đường trịn đường kính AH.
=> ∠AMN = ∠AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)
Mặt khác: ∠AHN = ∠ACH

Do đó ΔAMN ∼ ΔACB (g.g)

=> AM/AC = AN/AB hay AM.AB = AN.AC.
b) Theo chứng minh câu a) ta có:

∠AMN = ∠ACH

Suy ra ∠BMN + ∠ACH = ∠BMN + ∠AMN = 180o
Vậy tứ giác BMNC nội tiếp.

Bài 3: Cho tam giác ABC có góc. Các điểm O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp 
tam giác. Chứng minh rằng bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.

Hướng Dẫn:

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

∠CID = ∠IAC + ∠ACI = 1/2 ∠A + 1/2 ∠C
Do đó: ∠BIC = ∠BID + ∠CID

= 1/2 ∠A + 1/2∠B + 1/2∠C + 1/2∠A =1/2∠A + 90o
Mặt khác: ∠BOC = 2∠A = 120o.

Do đó hai điểm I và O cùng nhìn đoạn BC dưới những góc bằng nhau.
Ngồi ra hai điểm I và O cùng thuộc nửa mặt phẳng chứa A, bờ BC.
Do đó B, I, O, C cùng thuộc một đường trịn.

Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn có ∠A > ∠B > ∠C. Đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với cạnh

AB, AC tại M và N. Gọi P và Q lần lượt là các giao điểm của CI, BI với đường thẳng MN. Chứng
minh rằng:

a) Tứ giác INQC nội tiếp.
b) Tứ giác BPQC nội tiếp.
Hướng Dẫn:

a) Vì đường trịn (I) tiếp xúc với AB, AC tại M và N nên AM = AN
=> ΔAMN cân tại A.

Ta có: ∠CNQ = ∠ANM (đối đỉnh)
= (180o - ∠A)/2 =(∠B + ∠C)/2
=∠IBC + ∠ICB = ∠CIQ

Tứ giác INQC có hai điểm liên tiếp I và N cùng nhìn cạnh QC dưới các góc bằng nhau nội
tiếp được một đường trịn.

b) Vì INQC là tứ giác nội tiếp nên ∠INC = ∠IQC

Vì AC tiếp xúc với đường tròn (I) tại N nên IN ⊥ AC hay ∠INC = 90o
=> ∠IQC = ∠BQC = 90o (1)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Từ (1) và (2) suy ra: ∠BPC = ∠BQC = 90o

=> tứ giác BPQC nội tiếp đường trịn đường kính BC.

Bài 5: Cho hình bình hành ABCD có ∠BAD = 90o, có tâm là O. Gọi M, N, P lần lượt là hình 
chiếu vng góc của C lên BD, AD, AB. Chứng minh bốn điểm M, N, P, O cùng thuộc một đường
tròn.

Hướng Dẫn:

Ta có: ∠CPA = ∠CNA = 90o (gt)

=> tứ giác ANCP nội tiếp đường trịn (O) đường kính AC.
Suy ra ∠PON = 2∠PCN

Lại có: ∠PCN + ∠NAP = 180o

=> ∠PCN = 180o - ∠NAP = ∠ABC (do AD // BC) 
Do đó ∠PON = 2∠ABC (1)

Mặt khác ∠PMN = 180o - (∠PMB + ∠NMD)

Mà tứ giác CDNM nội tiếp đường tròn đường kính CD
=> ∠NMD = ∠NCD = 90o - ∠CDN = 90o - ∠ABC

Lại có tứ giác BCMP nội tiếp đường trịn đường kính BC
=> ∠PMB = ∠PCB = 90o - ∠ABC

=> ∠PCB = 180o - (90o - ∠ABC + 90o - ∠ABC) = 2∠ABC (2) 
Từ (1) và (2) suy ra: ∠PON = ∠PMN do đó tứ giác POMN nội tiếp.

Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đường (O) và tia phân giác góc A cắt đường tròn tại M. Vẽ 
đường cao AH. Chứng minh rằng:

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

a. Chứng minh OM đi qua trung điểm của dây BC
Ta có: BAMCAM (AM là tia phân giác BAC)
 BMMC

Vậy OM vng góc tại trung điểm của dây BC
b. Chứng minh AM là tia phân giác của góc OAH

Ta có : AH  BC (giả thiết)
Mà : OM  BC (c.m trên)
 AH // OM

 HAM = AMO

Ta lại có: OAM cân tại M (OA = OM)
 AMOOAM

 HAM = OAM

Vậy : AM là tia phân giác của góc OAH

Bài 7: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao AM, BN cắt nhau tại H và 
cắt đường tròn (O) lần lượt tại D, E. Chứng minh rằng:

a. Tứ giác HMCN nội tiếp đường tròn.
b. CD = CE

c. Tam giác BHD cân.
Hướng Dẫn:

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có: 0

CNH90 (BN là đường cao)
0

CMH90 (AM là đường cao)
 CNH+ 0 0 0

CMH90 90 = 180
Vậy tứ giác HMCN nội tiếp
b. Chứng minh CD = CE

Ta có: DBCCAD (cùng chắn cung CD)

Mà: CADEBC (cùng phụ với góc ACB) Xét tứ giác HMCN
Ta có: 0

CNH90 (BN là đường cao)
0

CMH90 (AM là đường cao)
 CNH+ 0 0 0

CMH90 90 = 180
Vậy tứ giác HMCN nội tiếp
Do đó : DBCEBC

 CDCE
Vậy : CD = CE

c. Chứng minh tam giác BHD cân.
Xét BHD

Ta có: DBMHBM

 BM là tia phân giác góc DBH
Mà: BM  DH

 BM là đường cao DBH
Do đó: DBH cân tại B.

Bài 8: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R. Vẽ bán kính OC vng góc AB, gọi M là 
điểm chính giữa của cung BC, AM cắt OC tại N. Từ C hạ CK vng góc với AM tại K. Chứng
minh rằng:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

a. Chứng minh tứ giác MNOB nội tiếp.
Xét tứ giác MNOB

Ta có: 0

NOB90 (giả thuyết)
0

NMB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
 NOB+ 0 0 0

NMB90 90 180
Vậy tứ giác MNOB nội tiếp
b. Chứng minh tứ giác OACK nội tiếp

Xét tứ giác OACK
Ta có: 0

AOC90 (giả thuyết)
0

AKC90 ( giả thuyết)
 AOC= 0

AKC90

Vậy tứ giác OACK nội tiếp
c. Chứng minh tam giác OKC cân.

Xét OKC

Ta có: OCKOAK (cùng chắn cung OK)
Mà: KOCKAC(MCMB)

d. Chứng minh AM.AN = 2R2.

Xét hai tam giác vuông: AMB và AON
Ta có: MAB là góc chung.

Nên: AMB ∽ AON
 AM AB

AO AN

Do đó: AM.AN = AB.AO = 2R2

Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A (A < 900), hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H.

a. Chứng minh bốn điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn, Xác định tâm O và vẽ đường
tròn này.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

a. Chứng minh bốn điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn.
Ta có: ADH = 900

 D thuộc đường trịn đường kính AH
Và:

AEH

= 900

 E thuộc đường tròn đường kính AH

Vậy bốn điểm A, D, E, H cùng nằm trên một đường trịn đường kính AH.
Tâm O là trung điểm của đoạn thẳng AH

b. Chứng minh KD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Ta có AH là đường cao cũng là đường trung tuyến của tam giác ABC
Xét BDC vuông tại D, có DK là đường trung tuyến

Nên: BDK cân tại K
 B1 D1

Mặt khác: 0
1 1

B H 90
Mà: H1 H2 (đối đỉnh)

Xét ODH cân tại O (OH = OD (bán kính))
 H2 D2

Nên: D1D2 900

Do đó: 0
ODK 90

Vậy: KD là tiếp tuyến của đường tròn (O)

Bài 10: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn (M 
khác A, B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại
I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM
tại K.

1. Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh BAF là tam giác cân.

3. Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Hướng Dẫn:

1. Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.

Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
 KMF = 900 (hai góc kề bù).

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
 KEF = 900 (vì là hai góc kề bù).

Do đó: KMF + KEF = 1800 
Vậy EFMK là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh BAF cân.

Ta có: IAE = MAE (AE là tia phân giác góc IAM)

 AE = ME

ABE = MBE (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
 BE là tia phân giác góc ABF. (1)

Ta lại có AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 BE  AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2).
Từ (1) và (2) suy ra BAF là tam giác cân tại B .

3. Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi.

Ta có: BAF cân tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến

 E là trung điểm của AF. (3)
Mà: AF  HK (BE  AF) (4)

Mặt khác: AE là tia phân giác HAK (5)
Từ (4) và (5) suy ra HAK cân tại A

 AE là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến
 E là trung điểm của HK. (6).

Từ (3) , (4) và (6) suy ra AKFH là hình thoi

4. Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường trịn.
Ta có: AKFH là hình thoi

 HA // FK hay IA // FK

 tứ giác AKFI là hình thang.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

 Hình thang AKFI có AIF = IAK(hai góc kề đáy của hình thang)
Mà: IAK = ABM(cùng chắn cung AM)

Nên: AIF = ABM

Ta lại có: IAB vng tại A
Do đó: IAB vuông cân tại A
 AIF = ABM = 450

 M là điểm chính giữa của cung AB

Vậy khi M là điểm chính giữa của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn.
Bài 11: Cho tam giác nhọn ABC, kẻ đường cao BD và CE cắt nhau tại H.

1. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.
2. Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.

3. Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AB tại B, qua C kẻ đường thẳng vuông góc với
AC tại C hai đường thẳng này cắt nhau tại K. Gọi M là trung điểm của BC, chứng minh ba
điểm H, M, K thẳng hàng.

Hướng Dẫn:

1. Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp.
Xét tứ giác ADHE

Ta có: 0

AEH90 (CE là đường cao)
Và: 0

ADH90 (BD là đường cao)

Nên: 0 0 0

AEHADH90 90 180
Vậy: Tứ giác ADHE nội tiếp.
2.Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp.

Xét tứ giác BCDE
Ta có: 0

BEC90 (CE là đường cao)
Và: 0

BDC90 (BD là đường cao)

Nên: 0

BECBDC90

Vậy: Tứ giác BCDE nội tiếp.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Vậy : Ba điểm H, M, K thẳng hàng

Bài 12: Cho đường tròn (O), đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B (B khác O và C). Gọi 
M là trung điểm AB. Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB tại M. Đường trịn đường kính BC
cắt DC tại I.

1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.
2. Chứng minh ba điểm I, B, M thẳng hàng.
3. Chứng minh MI là tiếp tuyến đường tròn (K)
Hướng Dẫn:

1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.
Xét tứ giác BMDI

Ta có: 0

BIC=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 0

BID=90

Mà 0

BMD=90 (DE  AB)
Nên: BID+ 0

BMD=180
Vậy tứ giác BMDI nội tiếp.

2. Chứng minh ba điểm I, B, M thẳng hàng.
Ta có: AB  DE (gt)

 MD = ME (đường kính vng góc với dây)
Mà: AM = MB (gt)

Nên tứ giác ADBE là hình thoi
 BE // AD (1)

Ta lại có: AD  DC (ADC nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Và: BI  DC (BIC nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 BI // AD (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm I, B, M thẳng hàng.
3. Chứng minh MI là tiếp tuyến đường trịn (K)

Ta có: 0

EMCEIC=90

Do đó: Tứ giác MEIC nội tiếp
Mà: KICBCI(IKC cân tại K)

Mặt khác: BCIMEI (cùng chắn cung MI)
MEIMDO(ADBE là hình thoi)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Nên: MIBKIC

Ta lại có: 0

BIKKIC=90
 0

BIKMIB=90

 0

MIK=90

Vậy MI là tiếp tuyến của đường tròn (K)

Bài 13: Cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vng góc DE, 
đường thẳng nay cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K

1. Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp
2. Tính góc CHK

3. Chứng minh KC.KD = KH.KB
Hướng Dẫn:

1. Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp
Xét tứ giác BHCD

Ta có: 0

BCD=90 ( ABCD là hình vng)
0

BHD=90 (BH  DE)

Nên: 0

BCDBHD=90

Vậy tứ giác BHCD nội tiếp

2. Tính góc CHK

Ta có: CHK=BDC( cùng bù với góc BHC)

Mà: 0

BDC45 ( ABCD là hình vng)
 0

CHK45

3. Chứng minh KC.KD = KH.KB
Xét: KHC và KDB

Ta có: 0

CHK BDC  45
DKB là góc chung

 KHC ∽ KDB
 KC=KH

KB KD

KC. KD = KH.KB.

Bài 14: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Gọi M là trung điểm AC, kẻ đường trịn 
đường kính MC cắt BC tại E và cắt BM kéo dài tại D

a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Xác định tâm O.

b) Chứng minh OM là tiếp tuyến đường trịn đường kính MC.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp
Xét tứ giác ABCD

Ta có: 0

BAC 90 (ABC vng tại A)

BDC 90 0(MDC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) 
Nên: BACBDC 90 0

Vậy tứ giác ABCD nội tiếp
Tâm O là trung điểm BC

b) Chứng minh OM là tiếp tuyến đường tròn đường kính MC.
Ta có OB = OC (c.m trên)

MA = MC (giả thuyết)

OM là đường trung bình của ABC
 OM // AB

Mà: AB  AC
 OM  AC tại M

Vậy OM là tiếp tuyến đường trịn đường kính MC.
c) Chứng minh DB là tia phân giác góc ADE

Ta có: EDBECM(cùng chắn cung ME)

ECMBDA(cùng chắn cung AB)
Nên: EDBBDA

Vậy: BD là tia phân giác góc ADE

Bài 15: Cho hai đường trịn (O) và (O') cắt nhau tại A, B. Kẻ đường kính AC của (O) cắt đường 
trịn (O’) tại F. Kẻ đường kính AE của (O') cắt đưịng trịn (O) tại G. Chứng minh:

a) Tứ giác GFEC nội tiếp; b) GC, FE và AB đồng quy.
Hướng Dẫn:

Học sinh tự chứng minh.

Bài 16: Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm M thuộc cạnh AC. Vẽ đường tròn tâm O đường 
kính MC cắt BC tại E. Nối BM cắt đường tròn (O) tại N, AN cắt đường tròn (O) tại D. Lấy I đối
xứng với M qua A, K đối xứng với M qua E.

a) Chứng minh BANC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh CA là phân giác của BCD.
c) Chứng minh ABED là hình thang.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Hướng Dẫn:

a) Học sinh tự chứng minh.
b) Học sinh tự chứng minh.
c) Học sinh tự chứng minh.
d) Chú ý:

BIABMA BMCBKC

 Tứ giác BICK nội tiếp đường tròn (T), mà (T) cũng là đường tròn ngoại tiếp BIK.
Trong (T), dây BC không đổi mà đường kính của (T) ≥ BC nên đường kính nhỏ nhất bằng BC.

Dấu "=" xảy ra 0

BIC I A M A

     

Bài 17: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường trịn (O; R) có đường kính BC cắt AB, AC lần 
lượt tại F và E; BE cắt CF tại H.

a) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp. Từ đó, xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác này.

b) Tia AH cắt BC tại D. Chứng minh HE.HB = 2HD.HI

c) Chứng minh bôn điểm D, E, I, F cùng nằm trên một đường tròn.
Hướng Dẫn:

Học sinh tự chứng minh

Bài 18: Cho đường tròn (O; R) và dây CD cố định. Điểm M thuộc tia đối của tia CD. Qua M kẻ 
hai tiếp tuyên MA, MB tới đường tròn (A thuộc cung lớn CD). Gọi I là trung điểm CD. Nối BI cắt
đường tròn tại E (E khác B). Nối OM cắt AB tại H.

a) Chứng minh AE song song CD.
b) Tìm vị trí của M để MA  MB.

c) Chứng minh HB là phân giác của CHD.
Hướng Dẫn:

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

b) OM R 2

c) MC. MD = MA2 = MH.MO 
 MC. MD = MH.MO

 MHC  MDO (c.g.c)

MHC MDO

   Tứ giác CHOD nội tiếp
Chứng minh được: MHCOHD

CHB BHD

  (cùng phụ hai góc bằng nhau)

Bài 19: Cho đường tròn tâm O bán kính R, hai điểm c và D thuộc đường trịn, B là điểm chính 
giữa của cung nhỏ CD. Kẻ đường kính BA; trên tia đối của tia AB lấy điểm S. Nối S với cắt (O) tại
M, MD cắt AB tại K, MB cắt AC tại H. Chứng minh:

a) BMDBAC. Từ đó suy ra tứ giác AMHK nội tiếp;
b) HK song song CD.

Hướng Dẫn:

Học sinh tự chứng minh

Bài 20: Cho hình vng ABCD. E di động trên đoạn CD (E khác c, D). Tia AE cắt đường thẳng BC 
tại F, tia Ax vng góc vói AE tại A cắt đường thẳng DC tại K. Chứng minh:

a) CAF CKF;

b) Tam giác KAF vuông cân;

c) Đường thẳng BD đi qua trung điểm I của KF;

d) Tứ giác IMCF nội tiếp với M là giao điểm của BD và AE.
Hướng Dẫn:

a) HS tự chứng minh.
b) HS tự chứng minh.

c) Tứ giác ACFK nội tiếp (I) với I là trung điểm của KF
 BD là trung trực AC phải đi qua I.

d) HS tự chứng minh.

Bài 21: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O), M là điểm thuộc cung nhỏ AC. Vẽ MH 
vng góc với BC tại H, MI vng góc AC tại I.

a) Chứng minh IHM ICM.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

d) Gọi E là trung điểm của IH và F là trung điểm AB. Chứng minh tứ giác KMEF nội tiếp

từ đó suy ra ME vng góc vói EF.

Hướng Dẫn:

a) HS tự chứng minh.
b) HS tự chứng minh.
c) HS tự chứng minh.
d) MIH MAB

2
2

MH IH EH EH

MB AB FB FB

   

MHE MBF

  

MFA MEK

  (cùng bù với hai góc bằng nhau)
 KMEF nội tiếp  MEF= 900.

Bài 22: Cho đường trịn tâm O và điểm A nằm ngồi đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với 
đường tròn (B, C) là tiếp điểm. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường vng góc
MI, MH, MK xuống các cạnh BC, CA, AB. Gọi giao điểm của BM và IK là P; giao điểm của CM,

IH là Q.

a) Chứng minh rằng các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp được;
b) Chứng minh MI2 = MH.MK;

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

a)BIM BKM 900suy ra tứ giác BIMK nội tiếp. (phương pháp 1) 
0

CIM CHM  suy ra tứ giác CIMH nội tiếp. (phương pháp 1)

b) Tứ giác BIMK nội tiếp nên IKM IBM; (nội tiếp cùng chắn cung MI); KIM KBM.(nội
tiếp cùng chắn cung KM) (1)

Tứ giác CIMK nội tiếp nên ICM IHM;(cùng chắn cung MI); MIH MCH.(cùng chắn

cung MH) (2)

Xét đường trịn tâm (O) có :KBM BCM; (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung(;

MCH.

MBI  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra KIM IHM MKI; MIH.

Do đó IMK MHI g g( . )

MK MI

MI MK MH

MI MH

    .

c) Ta có PMQPIQBMCPIM QIM BMCMCIMBC1800

Hay 0

180

PMQPIQ

Suy ra tứ giác MPIQ nội tiếp.(phương pháp 1)
Từ đó ta có MPQMIQMPQMBC

/ /

PQ BC

 màMIBC nên MIPQ

Bài 23: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa
đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là
tiếp điểm).ACcắtOM tại E; MB cắt nửa đường tròn

 

O tại D (D khác B ).

a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh MBCD là tứ giác nội tiếp

Hướng Dẫn:

x
N

H
E
D
M

O B

Vì MA MC, là tiếp tuyến nên: 0

MAOMCO90 . Tứ giác AMCO có

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

ADB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0

ADM 90

  (1)

Lại có: OA OC R; MAMC (tính chất tiếp tuyến).
Suy ra OM là đường trung trực của AC

AEM 90

  (2).

Từ (1) và (2) suy ra 0

ADM AEM  . Tứ giácAMDEcó hai đỉnh A, E kề nhau cùng nhìn
cạnh MA dưới một góc khơng đổi. Vậy là tứ giác AMDEnội tiếp đường trịn đường kính MA.
Bài 24:Cho nữa đường tròn tâm O đường kínhAB, kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D

thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và ADcắt Bx lần lượt ở E,F (F ở giữa B và E)
a) Chứng minh: ABDDFB.

b) Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
Hướng Dẫn:

a)ADBcó o

ADB ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) o

ABD BAD

   (vì tổng ba góc
của một tam giác bằng o

180 )(1)

ABF

 có o

ABF ( BF là tiếp tuyến ). o

AFB BAF

   (vì tổng ba góc của một tam
giác bằng 180o) (2)

Từ (1) và (2) ABDDFB

b) Tứ giác ACDB nội tiếp

 

O o

180

ABD ACD

   .

mà o

180

ECD ACD  ( Vì là hai góc kề bù) ECDDBA

Theo trên ABDDFB,ECDDBAECDDFB. Mà o

180

EFD DFB  ( Vì là hai góc
kề bù) nên

180

ECD AEFD

   , do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.

Bài 25:Cho nửa đường tròn đường kính BC2R. Từ điểm A trên nửa đường trịn vẽ AHBC.
Nửa đường trịn đường kínhBH , CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB và CA thứ tự tại D và E.

a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R25 và BH 10

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

a)Ta có o

BAC90 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường trịn)
Tương tự có o

BDHCEH90

Xét tứ giác ADHE có o

AADHAEH90 hay ADHE là hình chữ nhật.
Từ đó DEAH mà 2

.
=

AH BH CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
hay AH2 10.40202



BH 10;CH 2.25 10 40



DE20

b) Ta có:BAH = C (góc có cạnh tương ứng vng góc) mà DAHADE (1)
(Vì ADHE là hình chữ nhật) =>CADE do o

C BDE 180 nên tứ giác BDEC nội tiếp
đường trịn.

Lưu ý: Có thể hướng dẫn học sinh một cách sử dụng hệ thức lượng và tam giác đồng dạng

như sau:

Tam giác AHB vng tại H, đường cao AH. Ta có 2

AH AD AB

Tam giác AHC vuông tại H, đường cao AE. Ta có 2

AH AE AC

Ta có AD.AB AE.AC AD AE

AC AB

  

Xét tam giác ADE và tam giác ACB có AD AE

AC  AB,

BAC DAE (góc chung)

ADE ACB

  ”  ADEACBmà 0

180

ADEEDB nên 0

180

ADEECB

Tứ giác BDEC có 0

180

ADEECB nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.

Bài 26: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N

thuộc nửa đường tròn

 

O . Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Axvà By. Đường thẳng qua N và vng
góc với NM cắt Ax By, thứ tự tại Cvà D.

a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh ANB đồng dạng với CMD từ đó suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp.
Hướng Dẫn:
K
I
y

x
D
C N

M O B

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

 0

180

MNCMAC ACNMlà tứ giác nội tiếp đường trịn đường kínhMC. Tương tự tứ

giác BDNM nội tiếp đường trịn đường kính.MD
b) ANBvàCMD có:

ABNCDM (do tứ giác BDNM nội tiếp)

BANDCM (do tứ giác ACNM nội tiếp ) nên ANB CMD (g.g)

ANB CMD

   o

CMDANB90 (doANB là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn

 

O )
Suy ra IMKINK900INKIMK 1800 . VậyIMKN là tứ giác nội tiếp đường trịn
đường kính IK.

Bài 27: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), M là điểm chính giữa của cung AB. Nối M với D, M với

C cắt AB lần lượt ở E và P. Chứng minh tứ giác PEDC nội tiếp được đường trịn.

Hướng Dẫn:

Ta có : d





s AD MB

MEP



 (góc có đỉnh nằm bên trong (O))
Mà

2
sd DM

DCP (góc nội tiếp)

Hay d





2
s AD MA
DCP



 

Lại có : AMMB 
Nên : MEP= DCP

Nghĩa là: Tứ giác PEDC có góc ngồi tại đỉnh E bằng góc trong tại đỉnh C. Vậy tứ giác
PEDC nội tiếp được đường tròn.

Bài 28: Cho nửa đường tròn

 

O đường kính AB2R. Điểm C (khác A) bất kì nằm trên nửa
đường tròn sao cho ACCB. Điểm D thuộc cung nhỏ BC sao cho COD 90 . Gọi E là giao
điểm của AD và BC, F là giao điểm của AC và BD.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

c) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh IC là tiếp tuyến của

 

O .

d) Hỏi khi C thay đổi thỏa mãn điều kiện bài tốn, E thuộc đường trịn cố định nào?
Hướng Dẫn:

a) Ta có ACB ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
90

FCE FDE

   .

Tứ giác CEDF có FCEFDE180 CEDF là tứ giác nội tiếp.
b) Xét FCB và FDA có: FCBFDA 90 ;

CFD chung.

 

g.g FC FB

FCB FDA

FD FA

     (hai cạnh tương ứng).

. .

FC FA FB FD

  .

c) Gọi H là giao điểm của EF và AB. Vì E là trực tâm của ABF nên FH AB.
OCA

 cân tại O nên OCAOAC (hai góc ở đáy).

Ta có CI là đường trung tuyến của tam giác vuông CEF nên CI CF. Do đó ICF cân tại

I nên ICF IFC (hai góc ở đáy).
90

ICF OCA IFC OAC

      (vì HAF vng tại H).
90

ICO IC OC

     . Vậy IC là tiếp tuyến của đường tròn

 

O .

d) Gọi T là điểm chính giữa của cung AB khơng chứa điểm C (T cố định).
Khi đó OT AB nên OT IE// .

Chứng minh tương tự câu c, ta có được ID là tiếp tuyến của đường tròn

 

O .

Do đó tứ giác ICOD là hình chữ nhật. Lại có OCOD nên tứ giác này là hình vng cạnh

R.

Tam giác ECF vng tại C có CI là trung tuyến nên IECI R.
Ta có: OT IE// và OTIER nên IETO là hình bình hành.

Do vậy TEOI R 2.

Vậy E thuộc đường tròn tâm T bán kính R 2.

Bài 29: Cho tam giác ABC và đường cao AH. Gọi M N, lần lượt là trung điểm của AB AC, .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác BHM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CNH tại E. Chứng minh

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Hướng Dẫn:

Ta có: MEN 360 



MEHNEH







360 180 ABC 180 ACB

       

180

ABC ACB BAC

    

Suy ra MENMAN 180 hay tứ giác AMEN là tứ giác nội tiếp.

Kẻ MK BC, giả sử HE cắt MN tại I thì IH là cát tuyến của hai đường trịn



BMH

 

, CNH



.
Lại có MBMH MA (tính chất trung tuyến tam giác vng). Suy ra tam giác MBH cân tại M .

KB KH MK

   ln đi qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MBH.
Hay MN là tiếp tuyến của



MBH



suy ra 2

IM IE IH. (1)

Tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của



HNC



suy ra 2

IN IE IH. (2)
Từ (1) và (2) suy ra IM IN.

Vậy HE đi qua trung điểm của MN.

Bài 30: Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ đường cao AH và phân giác trong AD của góc

HAC. Phân giác trong góc ABC cắt AH AD, lần lượt tại M N, .
Chứng minh rằng BND 90 .

Hướng Dẫn:

Ta có AMN BMH   90 MBH NDH,   90 HAD mà 1 , 1

2 2

MBH  ABC HAD HAC

và ABCHAC do cùng phụ với góc BCA, từ đó suy ra AMN  ADH hay tứ giác MHDN
nội tiếp

MND MHD

   .

Bài 31: Cho tam giác ABC cân tại A và nội tiếp trong đường trịn tâm O, đường kính AI. Gọi E

là trung điểm của AB, K là trung điểm của OI, H là trung điểm của EB.
a) Chứng minh HK EB.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Hướng Dẫn:

a) Tam giác ABI nội tiếp đường trịn đường kính AI nên tam giác ABI vuông tại B.

IB AB

  .

Lại có OEAB (quan hệ đường kính và dây cung). Do đó OE IB// . Suy ra OEBI là hình
thang.

Mà HK là đường trung bình của hình thang OEBI HK OE IB// // HKEB.

b) EB cân tại K vì có KH vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao BEK KBE. (1)
ABC

 cân và có AI là đường kính của đường trịn

 

O nên AK là đường trung trực của
đoạn BC

ABK ACK

  . (2)

Từ (1) và (2) suy ra BEK  ACK. Mà BEK là góc ngồi tại đỉnh E của tứ giác AEKC nên
tứ giác AEKC nội tiếp.

Bài 32: Cho nửa đường tròn tâm I , đường kính MN. Kẻ tiếp tuyến Nx và lấy điểm P chính giữa
của nửa đường trịn. Trên cung PN, lấy điểm Q (không trùng với P N, ). Các tia MP và MQ cắt
tiếp tuyến Nx theo thứ tự tại S và T.

a) Chứng minh NSMN.

b) Chứng minh tam giác MNT đồng dạng với tam giác NQT.
c) Chứng minh tứ giác PQTS nội tiếp được trong một đường tròn.

Hướng Dẫn:

a) Tam giác MPI có: PI MN (vì P là điểm chính giữa của đường trịn

 

O );

IPIM (bán kính đường tròn

 

O ).

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Tam giác vng SMN có SMN  45 nên SMN vng cân tại N . Do đó MNSN.
b) Xét MNT và NQT có:

MNT NQT   (giả thiết);

MTN chung.

Suy ra MNT NQT

 

g.g .

c) Ta có T1 S1 M1 (góc ngồi của TMS). (1)

Kẻ tiếp tuyến PH P



Nx



. Ta có PH MN// (vì cùng vng góc với PI),
suy ra PHS vuông cân tại H S1 P2 .

Mặt khác M1 P1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn PQ).

1 1 1 2

M S P P SPQ

     . (2)

Từ (1) và (2) suy ra T1 SPQ.

Mà T1 là góc ngồi tại đỉnh đối diện với đỉnh P nên tứ giác PQTS nội tiếp.

Bài 33: Cho hình thang ABCD AB



/ /CD AB, CD



có CD 60 , CD2AB.Chứng minh bốn
điểm A B C D, , , cùng thuộc một đường tròn.

Hướng Dẫn:

Gọi I là trung điểm CD, ta có:
/ /

IC AB

ICBA

IC AB







 là hình bình hành.

BC AI

  . (1)

Tương tự ABID là hình bình hành nên ADBI. (2)

ABCD là hình thang có CD 60 nên ABCD là hình thang cân (3).

Từ (1), (2) và (3) ta có hai tam giác IAD IBCIBC IAD, đều hay IAIBICID hay
bốn điểm A B C D, , , cùng thuộc một đường tròn.

Bài 34: Cho đường trịn tâm O. Kẻ đường kính AB và CD vng góc với nhau. Gọi E là điểm
chính giữa của cung nhỏ CB. EA cắt CD tại F, ED cắt AB tại M .

a) Các tam giác CEF và EMB là những tam giác gì?

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

a) Vì CFE là góc có đỉnh F nằm bên trong đường tròn nên:





2 sđ CE sđ AD

CFE  . (1)

Góc FCE là góc nội tiếp chắn cung 1





2 sđ EB sđ BD

EDFCE  . (2)

Vì hai đường kính AB và CD vng góc với nhau nên ADBD và E là điểm chính giữa
của cung nhỏ CB nên CEEB. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra FCE CFE CFE cân tại E.
Tương tự ta cũng có BME cân tại E.

b) Theo câu a), ECF và EBM là hai tam giác cân nên CEEF EM; EB.
Lại có CEEBCEEB. Do đó CEEFEM EB.

Vậy bốn điểm F C M B, , , thuộc đường tròn tâm E.

Bài 35: Trên các cạnh BC BD, của hình vng ABCD ta lấy lần lượt các điểm M N, sao cho
45

MAN  . Đường thẳng BD cắt các đường thẳng AM AN, tương ứng tại các điểm P Q, .
a) Chứng minh rằng các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp.

b) Chứng minh rằng các điểm M N Q P C, , , , nằm trên cùng một đường tròn.
Hướng Dẫn:

a) Các đỉnh A và B cùng nhìn đoạn thẳng MQ dưới một góc 45.
Vì vậy tứ giác ABMQ nội tiếp.

Tương tự ta suy ra tứ giác ADNP nội tiếp.

b) Do ABMQ là tứ giác nội tiếp nên AQM ABM 180  AQM  90 .
Tương tự tứ giác ADNP nội tiếp suy ra APN  90 .

Tứ giác MNQP là tứ giác nội tiếp vì có hai đỉnh Q và P cùng nhìn cạnh MN dưới một góc

90.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Tứ giác MCNP là tứ giác nội tiếp vì MCNMPN     90 90 180.

Suy ra bốn điểm M C N P, , , cùng thuộc một đường tròn. (2)

Từ (1) và (2) suy ra các điểm M N Q P C, , , , cùng nằm trên một đường tròn.

Bài 36: Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M

thuộc cạnh BC sao cho IEM  90 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vng).
a) Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp.

b) Tính số đo của góc IME.

c) Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng
minh BKCE là tứ giác nội tiếp.

Hướng Dẫn:

a) Theo giả thiết có:

IBM IEM   90 IBMIEM 180.

Vậy tứ giác BIEM nội tiếp đường trịn đường kính IM .
b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra:

IMEIBE  (hai đỉnh cùng nhìn cạnh IE và ABCD là hình vng).
c) Xét EBI và ECM có: IBEMCE 45 (do ABCD là hình vng);

BECE (do ABCD là hình vng);

BEI CEM (do cùng phụ với BEM ).



g.c.g



EBI ECM MC IB

      (hai cạnh tương ứng) MBIA.
Vì CN BA// nên theo định lí Ta-lét, ta có: MA MB IA

MN  MC  IB . Suy ra IM BN// (định lí Ta-lét

đảo).

BKE IME

   . Lại có BCE 45 (do ABCD là hình vng).

Suy ra BKEBCE. Tứ giác BKCE có hai đỉnh K và C kề nhau và cùng nhìn cạnh BE

dưới một góc bằng nhau nên BKCE là tứ giác nội tiếp.

Bài 37: Cho đường trịn đường kính AB, các điểm C D, nằm trên đường trịn đó sao cho C D, nằm
khác phía đối với đường thẳng AB, đồng thời AD AC. Gọi điểm chính giữa của các cung nhỏ

AC AD lần lượt là M N, ; giao điểm của MN với AC AD, lần lượt là H I, ; giao điểm của MD và
CN là K.

a) Chứng minh ACN DMN . Từ đó suy ra tứ giác MCKH.
b) Chứng minh KH song song với AD.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

a) Vì N là điểm chính giữa của cung ADAN DN.

ACN DMN

  (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau AN DN, ).

Khi đó tứ giác CMHK có hai đỉnh M và C cùng nhìn cạnh HK dưới một góc bằng nhau
nên CMHK là tứ giác nội tiếp.

b) Theo câu a) có CMHK là tứ giác nội tiếp nên

CHK CMK (cùng chắn cung CK). (1)
Xét đường trịn đường kính AB có

CMK CAD (cùng chắn CD) (2)

Từ (1) và (2) suy ra CHK CAD. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị, suy ra HK AD// (đpcm).
c) AK ND// KADADN KMI MAIK là tứ giác nội tiếp.

ADN ACN  AMI AKI KAI AKI  AKI cân tại I.
Mà IM là phân giác của góc AIKMI AK.

Lại có AK ND// MI ND hay MN NDMND 90 .
MD

 là đường kính của đường trịn đường kính AB.

180

180 180

AC

sđ MA sđ AD D

MAD    sđ sđ A  

    .

Bài 38: Cho đường tròn



O R;



và dây BC cố định, A là điểm di động trên cung lớn BC (A khác

B C) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BD và CE của tam giác ABC cắt nhau tại
điểm H. Kẻ đường kính AF của đường trịn

 

O , AF cắt BC tại điểm N.

a) Chứng minh tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AE AB. AD AC. .

c) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt đường tròn

 

O tại điểm thứ hai K (K khác
O). Chứng minh ba điểm K H F, , thẳng hàng.

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

a) Tứ giác BEDC có BECBDC 90 (giả thiết). Suy ra tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp (hai góc

kề cùng nhìn cạnh BC dưới một góc bằng nhau).

b) Tứ giác BEDC nội tiếp suy ra AED ACB (góc ngồi của tứ giác nội tiếp).
Xét AED và ACB có: AEDACB (chứng minh trên);

và BAC chung

 

g.g AE AC

AED ACB

AD AB

     (hai cạnh tương ứng)

. .

AE AB AD AC

  .

c) Ta có: BD CF// (vì cùng vng góc với AC).

BF EC (vì cùng vng góc với AB).

Do đó BHCF là hình bình hành.

d) Ta thấy tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn đường kính AH  AKH  90 (1)

Mà AKF nội tiếp đường tròn đường kính AFAKF 90 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm K H F, , thẳng hàng.

Bài 39: Cho điểm C nằm trên nửa đường trịn (O) vói đường kính AB sao cho cung AClớn hơn
cung BC (C ≠ B). Đường thăng vng góc vói AB tại O cắt dây AC tại D. Chứng minh tứ giác
BCDO nội tiếp.

Hướng Dẫn:

Học sinh tự chứng minh.

Bài 40: Cho đường trịn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì (H khơng 
trùng O, B). Trên đường thẳng vng góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngồi đường trịn; MA
và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại c và D. Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MCID
và MCHB là tứ giác nội tiếp.

Hướng Dẫn:

Học sinh tự chứng minh.

Bài 41: Cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng xy song song với BC cắt AB tại E và cắt AC 
tại F. Chúng minh tứ giác EFCB nội tiếp.

Hướng Dẫn:

Chứng minh BEFC là hình thang cân

Bài 42: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Kẻ HE vng góc với AB tại E, Kẻ HF 
vng góc với AC tại F. Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp.

Hướng Dẫn:

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Bài 43: Cho đường tròn (O;R) từ một điểm M nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến tại A, B. 
a. Chứng minh bốn điểm O, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.

b. Kẻ cát tuyến MNP, gọi K là trung điểm NP. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B thuộc
đường

Hướng Dẫn:

a) Chứng minh bốn điểm O, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.
Ta có: OAM = 900

 A thuộc đường trịn đường kính OM
Và: OBM= 900

 B thuộc đường trịn đường kính OM

Vậy bốn điểm O, A, M, B cùng nằm trên một đường trịn đường kính OM.
b. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B thuộc đường

Ta có: Bốn điểm O, A, M, B cùng nằm trên một đường trịn đường kính OM
Mà: OK  NP (K là trung điểm của dây NP)

 K thuộc đường trịn đường kính OM

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39></div>

Toán học lớp 9 Hình 9 Chương 3 Dạy thêm toán 9 - bài 7- hinh Chương 3.pdf download

AEH

 

 





 

 









 

 

 

 

 











 











 

 

 

 

























 

 

 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về