Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (7 MB, 64 trang )

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

Câu 1. Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, C là trung điểm của OA và dây MN
vng góc với OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK
và MN.

1. Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp.
2. Tính tíchAH AK. theo R.

3. Xác định vị trị của điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị
lớn nhất đó?

Giải:

1. Chứng minh tứ giácBHCKnội tiếp.
MN AC

 90

AKB (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)
 90

HCB

  

Xét tứ giácBCHKcó:

  90 90 180

HCB AKB      mà 2 góc ơ

 Tứ giácBCHKnội tiếp.

2. TínhAH AK. theo R.

Xét tam giácACH vàAKBcó:

 



( . )
ACH AKB

ACH AKB g g
A chung



  

  



 #

AC AH

AK AB

 

. .

AH AK AC AB

 

Mà

1
4
AC R

vàAB2R

2
.

2
R
AH AK

  

3. Xác định vị trí củaKđể(KM KN KB ) max
* Chứng minh BMN đêu:

AOM

 cân tại M (MC vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến)
Mà OA OM R AOM đêuMOA  60

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

MBN

 cân tại B vì

MC CN

BC MN



 


CM CN

 

Mặt khác: 
1

30
2

MBA MOA 

(góc nội tiếp chăn cung MA)MBN  60
MBN

 cân tại B lại cóMBN  60 nên MBNlà tam giác đêu
* Chứng minh KM KB KN 

Trên cạnh NK lấy điểm D sao choKD KB .
KDB

  là tam giác cân mà

1
2
NKB

sđNB =60
KDB

  là tam giác đêu KB BD .

Ta có:DMB KMB (góc nội tiếp chăn cungAB)
 120

BDN  (kê bù với KBD trong KDB đêu)
 120

MKB (góc nội tiếp chăn cung 240)

 

MBK DBN

  (tổng các góc trong tam giác băng180)
Xét BDNvàBKM có:

 

( )

( ) ( .g.c)

BK BD cmt

BDN BKM cmt BDN BKN c

MB MN

 



    



 

ND MK

  (2 cạnh tương ứng)
2

KM KN KB KN

   

(KM KN KB) max 4 R

    khi KN là đường kínhK O N, , thẳng hàng
K

 là điểm chính gĩa cung BM.

Vậy với K là điểm chính gĩa cung BM thì(KM KN KB  )đạt giá trị max băng 4R.

Câu 2. Cho đường tròn( ; )O R tiếp xúc với đường thẳng dtạiA.Trêndlấy điểmHkhông
trùng với điểmAvàAH R . QuaHkẻ đường thẳng vng góc vớid,đường thẳng này căt
đường tròn tại hai điểmEvàB (Enăm gĩaBvàH).

1. Chứng minhABE EAH  và ABH#EAH.

2. Lấy điểmCtrêndsao choHlà trung điểm của đoạn thẳngAC,đường thẳngCEcătAB
tại K.Chứng minhAHEKlà tứ giác nội tiếp.

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

Giải:

1. Chứng minh:ABE EAH

 1

2
ABE

sđ EA(t/c góc nội tiếp)

 1

2
HAE 

sđ EA(t/c góc tạo bơ
cung)

ABE HAE

 

Xét ABHvà EAHcó:

 
90
( . )
( )
AHB

ABH EAH g g
ABE HAE cmt



    




  #

2. XétHEC HEA c g c( . . )

 

ACE CAE

  mà CAE ABE(cmt) 
ACE ABE

 

Mặt khác:ABE CAK  90

  90

ACE CAK

   

AHK

  vng tại K

Xét tứ giácAHEK có:EHK AKE 90

  180

EHK AKE

   mà 2 góc ơ

 Tứ giácAHEKnội tiếp.
3. HạOI  AB

2 2

AB R
AI IB

   

Xét AOIvng tạiIcó cos

3
2
AI
OAI
OA
 
 30
OAI

  BAH  60

AHB

 vng tạiH có:BAH   60 cos 

1
2
AH
BAH
AB
 
1 3
2 2
3
AH R
AH
R
   

Vậy cần lấy điểmH sao cho độ dài

3
2
R
AH 

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

Câu 3. Cho đường tròn( )O có đường kínhAB2Rvà E là điểm bất kì trên đường trịn đó
(EkhácAvàB). Đường phân giác gócAEBcăt đoạn thẳngABtạiF và căt đường tròn( )O
tại điểm thứ hai làK.

1. Chứng minhKAF#KEA.

2. GọiI là giao điểm của đường trung trực đoạnEF vớiOE, chứng minh đường trịn ( )I
bán kínhIEtiếp xúc với đường trịn( )O tạiEvà tiếp xúc với đường thẳngABtạiF.
3. Chứng minhMN/ /AB,trong đóMvàN lần lượt là giao điểm thứ hai củaAE BE, với

đường trịn( ).I

4. Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giácKPQtheoRkhiEchuyển động trên đường
tròn ( ),O vớiPlà giao điểm củaNFvàAK Q; là giao điểm củaMFvàBK.

Giải:

1. Chứng minh KAF#KEA

 

KAB KEB (góc nội tiếp cùng chăn  )KB
Xét KAFvà KEAcó:

 



( )

( . )
KAB AEK cmt

KAF AEK g g
K chung



   




 #

2. * Đường tròn



I IE;



và đường tròn



O OE;



, ,

I O Ethẳng hàngIE IO OE 
IO OE IE 

Vậy



I IE;



và



O OE;



tiếp xúc trong tại E.
* Chứng minh



I IE;



tiếp xúc vớiABtại F

Dễ dàng chứng minh:EIF cân tại I (I trung trực củaEF)
EOK

 cân tại OEFI EKO(OEF )

mà 2 góc này ơIF OK/ / (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)
Có :AK KB AEK( KEB )AK KB

AKB

  cân tạiK

OK AB

 

Vì / /

OK AB

IF AB
OK IF

 

 


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



I IE;



 tiếp xúc vớiABtại F.

3. AEB 90 (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)
 90

MEN  màMENlà góc nội tiếp đường trịn



I IE;



MN

 là đường kính



I IE;



EIN

  cân tạiI

Lại có:EOBcân tạiOINE OBE   mà 2 góc này vị trí đờng vị
/ /

MN AB

 (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //).

4. Tính giá trị nhỏ nhất của chu viKPQtheoRkhiEchuyển động trên

 

O

 

MFE MNE (góc nội tiếp

 

I cùng chăn cungME)

 

AKEABE(góc nội tiếp

 

O cùng chăn cung AE)

Mà MNE ABE cmt( )MFE AKE , hai góc này lại ơ
/ /

MQ AK

 (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)
Chứng minh tương tự: NP BK/ /

Tứ giácPFQKcó:MQ/ /AK
/ /
NP BK

 90

PKQ (góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)
 Tứ giácPFQK là hình ch̃ nhật

Ta có: MFA QFB  (đới đỉnh) ơ

  (

KAB KBA AKBcân)mà MFA KAB  FQBvuông cân tạiQ. 
Chu vi KPQ KP PQ KQ  

Mà PK FQ (PFQK là hình ch̃ nhật) và FQ QB (BFQ cân tại Q)
KPQ

P QB QK FK

    KB FK

Mặt khác:AKBcân tạiK K là điểm chính gĩa cungAB
FK FO (quan hệ gĩa đường vng góc và đường xiên)

KB FK KB FO

   

Dấu " " xay ra KB FK KB FO

FK FO

 

 E là điểm chính gĩa cungAB
FO R

 

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

Chu viKPQnhỏ nhất R R 2R( 2 1).

Câu 4. Cho( ; )O R và điểmAnăm bên ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyếnAB AC, với
đường trịn( , CB là các tiếp điểm).

1. Chứng minhABOClà tứ giác nội tiếp.

2. Gọi E là giao điểm củaBCvàOA. Chứng minhBEvuông góc vớiOAvà OE OA R.  2.
3. Trên cung nhỏ BC của (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của



O R;



căt AB, AC theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi không

đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.

4. Đường thẳng qua O và vng góc với OA căt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại
M, N. Chứng minh PM QN MN.

Giải:

1. Chứng minhABOClà tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giácABOCcó:

 90o

ABO (tính chất tiếp tuyến)
 90o

ACO (tính chất tiếp tuyến)
ABO ACO 90o 90o 180o

    

Mà hai góc này ơ
giácABOCnội tiếp.

2. AB AC (tính chất của 2 tiếp tuyến căt
nhau tại 1 điểm)

ABC

  cân tạiA.

MàAOlà tia phân giácBAC(t/c 2 tiếp tuyến căt nhau tại 1 điểm)
nênAOlà đường cao củaABChayAOBC.

Xét ABOvuông ơ

2 . ,

OB OE OA

  mà OB = R 2

. .
R OE OA

 

3. PK = PB (tính chất của 2 tiếp tuyến căt nhau tại 1 điểm).
KQ = QC (tính chất của 2 tiếp tuyến căt nhau tại 1 điểm).
Xét chu vi APQ AP AQ QP 

AP AQ PK KQ

   

AP PK AQ QC

   

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

2AB


Mà (O) cố định, điểm A cố định nên AB không thay đổi.
4.

. .

MP OM MN

OMP QNO MP QN ON OM

ON QN

 #     

2 4 .

MN MP QN

 

2 .

MN  MP QN MP NQ (Theo bất đẳng thức Cônsi)
HayMP NQ MN  (đpcm).

Câu 5. Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó (C
khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD căt cung nhỏ BC tại điểm E,
tia AC căt BE tại điểm F.

1. Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh DA DE DB DC.  . .

3. Chứng minhCFD OCB  . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE. C hứng
minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

4. Cho biết DF = R, chứng minhtanAFB2.

Giải:

1. Chứng minhFCDElà tứ giác nội tiếp.
  90o

ACEAEB (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)
Tứ giác FCDEcó :

  180o
FCD FDE 

Mà 2 góc này ơTứ giácFCDE
là tứ giác nội tiếp

2. Chứng minh DA DE DB DC.  .
Xét ACDvà BEDcó:

 

  .

( . )
)

(
o

đ đ

ACD BED

ACD BED g g
ADC BDE



  




  #

. .

AD BD

AD ED CD BD

CD ED

   

(đpcm).
3. * Chứng minhCFD OCB 

Vì tứ giácFCDElà tứ giác nội tiếp( )I nên

 

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

Mà CED CBA  (góc nội tiếp ( )O cùng chăn cung CA)

 

CFD CBA

 

Lại cóOCBcân tại O nênCBA OCB 
 

 

1

CFD OCB

 

ICF

 cân tại I: CFD ICF 

 

2
Từ (1) và (2) ICF OCB 

* Chứng minh IClà tiếp tuyến ( ) :O

Ta có:ICF ICB 90o (vìDIClà góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)
  90o

OCB BCI

  

OC CI

  IClà tiếp tuyến của( ).O

4. Ta có 2 tam giác vuông ICO#FEA g g





 1 

CAE COE COI

(góc nội tiếp chăn CE ) CIO AFB 

Mà


tan 2

CO R

CIO

R
CI

  

 

tanAFB tanCIO 2.

  

Câu 6. Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R. Gọi d1vàd2là hai tiếp tuyến của
đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường
trịn (O) (E khơng trùng với A và B). Đường thẳng dđi qua E và vng góc với EI căt hai
đường thẳng d1và d2lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minhENI EBI vàMIN 90o.
3. Chứng minhAM BN. AI BI. .

4. Gọi F là điểm chính gĩa của cung AB khơng chứa E
của đường trịn (O). Hãy tính diện tích của tam giác
MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Giải:

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

  90 90 180

MAI MEI      mà 2 góc này ơ
 Tứ giácAMEInội tiếp.

2. * Chứng minhENI EBI .
Xét tứ giácENBIcó:

  90 90 180

IEN IBN      mà 2 góc này ơ
 Tứ giácENBInội tiếp

 ENI EBI(2 góc nội tiếp cùng chăn cung  )EI
* Chứng minh MIN  90

Tứ giácENBInội tiếp nênEMIEAI(2 góc nội tiếp cùng chăn cungEI)
Lại có:AEB  90 EAI EBI  90

EMI ENI   90  MNIvuông tạiI.Vậy MIN  90 .
3. Chứng minhAM BN. AI BI.

Xét AMIvàBNIcó: MAI NBI  90

 

AIM BNI (cùng phụ với góc BIN)
( . )

AMI BIN g g

  #

. . .

AM BI

AM BN AI BI

AI BN

   

4. Ta có hình vẽ
Khi E I F, , thẳng hàng

1
2
AEF 

sđAF 45

  45

AMI  AEI  (hai góc nội tiếp cùng chăn cung AI)
MAI

  vuông cân tạiA.

2 2

2 2 2

2 4 4 2

R R R R

AM AI MI AM AI

        

(Định lí Pintango).
Chứng minh tương tự:

BIN

 vng cân tạiB

2 2

3 9 9 3 2

4 16 16 2

R R R R

BI BN IN BI BN

        

1 1 2 3 2 3

2 2 2 2 4

MIN

R R R

S  MI NI    

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

Câu 7. Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Bán kính CO vng góc với AB, M là

điểm bất kì trên cung nhỏ AC (M khác A và C), BM căt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của
H trên AB.

1. Chứng minh tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minhACM ACK

3. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE =
AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác
vuông cân tại C.

4. Gọi dlà tiếp tuyến của đường tròn (O) tại
điểm A. Cho P là một điểm năm trên dsao
cho hai điểm P, C năm trong cùng một nưa
mặt phẳng bờ AB và

.
AP MB

R

MA  Chứng minh
đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn
thẳng HK.

Giải:

1. Chứng minh tứ giácCBKHlà tứ giác nội tiếp:
Xét tứ giácCBKHta có:

 900
BKH 
 90o

HCB (góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)
  180o

BKH HCB

  

Mà hai góc này ơ
 Tứ giác CBKHnội tiếp.
2. Chứng minh ACM ACK

Tứ giácCBKHnội tiếp nên: HCKHBK(2 góc nội tiếp cùng chăn cung HK)
Tứ giácMCBA nội tiếp( )O nên:MCA HKB  (2 góc nội tiếp cùng chăn cungMA)

 

HCK MCA

 

 

ACM ACK

  (Đpcm).

3. Chứng minhECMvuông cân tại C.

VìCD ABnênCOlà đường trung trực củaAB CA CB
Xét AMCvàBECcó:

 

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

( )
MA BE gt

(cmt)
CA CB

( . . )
AMC BEC c g c

    MCA ECB  (2 góc tương ứng) và CM = CE (2 cạnh tương
ứng)

Mặt khác:ECB EAC BCA   90o
  90o

MCA ECA

  

Xét EMC có:
 90o
MCE

ECM

CM CE


   



  vuông cân tại C (Đpcm).
4. Chứng minhPBđi qua trung điểm của HK
Theo đê bài:

.
AP MB

R
MA 

AP R BO

AM MB BM

  

Mà  

1
2
PAM  sđ AM

(t/c góc tạo bơ

 1 

2
MBA sđ AM

(t/c góc nội tiếp chăn cungAM )

 

PAM MBA

   PAM#OMB c g c( . . ) (Hệ qua)
1

PA OB

PA PM

PM OM

    

Vậy cần lấy điểmP d sao choPA PM (1)

Gọi N là giao điểm củaPBvàHK Q, là giao điểm của BM với d

Xét QMAvuông tại M có: PA PM  PMAcân tại P PAM PMA
  90o

PMA PMQ 
  90o
PAM PQM 

 

PMQ PQM PMQ

    cân tại P PM PQ

 

2
Từ (1) và (2)PM PA PQ .

Vì AQ //HK (cùng vng gócAB) nên:

NK BN

PA  BP (Định lí Tanlet trong ABP)

BN NH

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

NK NH

PA PQ

 

màPA PQ cmt ( ) NK NH
N

 là trung điểm củaHK.
Vậy với P d mà

.
AP MB

R

MA  thìPBđi qua trung điểm củaHK.

Câu 8. Cho đường tròn (O) và điểm A năm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với
đường tròn (O). Một đường thẳng dđi qua A căt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB
< AC, dkhông đi qua tâm O)

1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2. Chứng minhAN2 AB AC. .Tính độ dài

đoạn thẳng BC khi AB = 4cm, AN =
6cm.

3. Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng

NI căt đường tròn (O) tại điểm thứ hai
T. Chứng minh: MT // AC.

4. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B
và C căt nhau tại K. Chứng minh K
thuộc một đường thẳng cố định khi d
thay đổi và thỏa mãn điêu kiện đầu bài.
Giải:

1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
Ta cóAM OM ( AMlà tiếp tuyến của ( ))O

 90o
OMA

 

AN ON (ANlà tiếp tuyến của (O))
 90o

ONA

 

Xét tứ giác AMON có:

  90o 90o 180o
OMA ONA   

mà hai góc này ơ

 tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).

2. Chứng minhAN2 AB AC. .Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm; AN = 6cm.
Xét (O):ANB BCN (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây cung cùng chăn
cung BN).

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

  ( )
ANB BCN cmt

(g.g)

ANB ACN

  #

AN AB

AC AN

 

(tính chất hai tam giác đờng dạng).
2

.
AN AB AC

  (Đpcm).

* Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm; AN = 6cm.

Ta cóAN2  AB AC cmt. ( )mà AB = 4cm, AN = 6cm nên: 4.AC62 AC9(cm) mà
AB BC  ACnênBC5cm.

3. Chứng minh MT // AC.

Xét (O): I là trung điểm của dây BC
OI BC

  (quan hệ vng góc gĩa đường kính và dây)
Tứ giác OIAN nội tiếp vìANO AIO 900

AIN AON

  (hai góc nội tiếp cùng chăn  )AN mà hai góc cùng nhìn cạnh AO (1)
AM, AN là hai tiếp tuyến (O) căt nhau tại A.

OA

 là phân giácMON (t/c hai tiếp tuyến căt nhau)
 1

AON MON

 

Mà 

1
2
MTN  MON

(góc nội tiếp và góc ơ

 

MTN AON

  (2)

Từ (1) và (2) ta có:MTN AINmà hai góc này ơ
MT // AC (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

4. Hai tiếp tuyến (O) tại B và C căt nhau ơ
định khi d thay đổi thỏa mãn điêu kiện đê bài.

* MN căt OA tại E.

Ta chứng minh được MN OAEM OA

Ta chứng minh được OI.OK = OE. OA (OB2 OM2 R2)
Từ đó chứng minh được OEK#OIA c( .g.c)

  90o
OEK OIA

  

EK OA

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

Câu 9. Cho đường tròn (O; R) đường kính AB cớ định. Vẽ đường kính MN của đường
tròn (O; R). (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B căt các đường
thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P.

1. Chứng minh tứ giác AMBN là hình ch̃ nhật.

2. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một
đường tròn.

3. Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vng góc
với OE tại O căt PQ tại F. Chứng minh F là trung điểm
của BP và ME // NF

4. Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn
điêu kiện đê bài, xác định vị trí của đường kính MN để
tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

Giải:

1. Chứng minh tứ giác AMBN là hình ch̃ nhật.

Ta có AMB MBN BNA NAM   90o(4 góc nội tiếp chăn
nưa đường trịn)

AMBN

 là hình ch̃ nhật.

2. Ta có ANM ABM (2 góc nội tiếp cùng chăn cung AM)

 

ABM MQB(2 góc cùng phụ với góc QBM )
ANM MQB

 

MàANM MNP 180oMQB MNP  180o; hai góc này
lại ơ

MNPQ

 là tứ giác nội tiếp.

3. * Chứng minh F là trung điểm của BP.
E là trung điểm của BQ, O là trung điểm của AB

OE

 là đường trung bình của ABQ
/ /

OE AQ

 (tính chất đường trung bình của tam giác)
Mà OEOF; AQ AP

/ /

OF AP



Lại có O là trung điểm của AB OF là đường trung bình củaABP.
F

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

NPB

 vuông tại N, có F là trung điểm của cạnh BP

1
2

NF BF FB BP

   

(đường trung
tuyến ứng với cạnh huyên băng một nưa cạnh huyên)

XétONFvàOBF có:

( . . )
( )

ON OB R

OF chung ONF OBF c c c

FN FB cmt
  

    




 

  90o
ONF OBF

   (2 góc tương ứng)

ON NF

 

Chứng minh tương tự ta cóOM ME
/ /

ME NF

 (cùng vng góc với MN).
4. 2SMNPQ 2SAPQ2SAMN 2 .R PQ AM AN .

2 .

AB BP

ABP QBA AB BP QB

QB BA

 #    

Áp dụng bất đẳng thức Cônsi ta có: PB BQ 2 PB QB. 2 (2 )R 2 4R

Ta có:

2 2 2

. 2

2 2

AM AN MN

AM AN     R

2 2

2SMNPQ 2 .4R R2R 6R
2

MNPQ

S R

 

Dấu băng xay ra khi AM = AN và PQ = BP. Hay MN vng góc với AB.

Vậy để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất thì đường kính MN vng góc với đường
kính AB.

Câu 10. Cho nưa đường trịn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AO (C
khác A, C khác O). Đường thẳng đi qua C vng góc với AB căt nưa đường tròn tại K.
Gọi M là điểm bất kì năm trên cung KB (M khác K, M khác B). Đường thẳng CK căt
đường thẳng AM, BM lần lượt tại H và D.

Đường thẳng BH căt nưa đường tròn tại
điểm thứ hai là N.

1. Chứng minh tứ giác ACMD là tứ giác
nội tiếp.

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

3. Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng và tiếp tuyến tại N của đường tròn đi qua
trung điểm của DH.

4. Khi M di động trên cung KB, chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố
định.

Giải:

1. Chứng minh tứ giác nội tiếp
Chứng minh đượcAMD90o

VìACD AMD 90omà hai góc này cùng nhìn cạnh DA (nên M, C thuộc đường trịn 
đường kính AD).

Vậy tứ giácACMDnội tiếp.
2. Chứng minhCA CB.  CH CD.
Xét CAHvàCDBcó:

  90o

ACH DCB (1)

Mặt khácCAH CDB (cùng phụ với
góc CBM ) (2)

Từ (1) và (2)

( . )
CAH CDB g g

  #

. .

CACB CH CD

  (Đpcm).
3.

* Chứng minh A, N, D thẳng hàng
Vì AM và DC là đường cao của tam
giác ABD nên H là trực tâm ABD

;

AD BH AN BH

  

Nên A, N, D thẳng hàng

* Gọi E là giao điểm của CK và tiếp tuyến tại N.
Ta có:BNDN ON, EN

 

DNE BNO

  màBNO OBN OBN  ,  EDN

 

DNE EDN DEN

    cân tại EED EN (3)
Ta có:ENH 90oEND 90oNDH EHN

HEN

  cân tại EEH EN (4)

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

Gọi I là giao điểm của MN và AB, kẻ IT là tiếp tuyến của nưa đường tròn với T là tiếp
điểm IN IM. IT2 (5)

Mặt khác:EM OM (vìENO EMOvàENON)
, , ,

N C O M

 cùng thuộc 1 đường trònIN IM. IO IC. (6)
Từ (5) và (6)IC IO IT.  2

ICT ITO CT IO T K

  #    

I

 là giao điểm của tiếp tuyến tại K của nưa đường tròn và đường thẳng AB 
I

 cớ định (Đpcm).

Câu 11. Cho đường trịn (O) và một điểm A năm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến AB với
đường tròn (O) (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I
khác C, I khác O). Đường thẳng IA căt (O) tại hai điểm D và E (D năm gĩa A và E). Gọi
H là trung điểm của đoạn thẳng DE.

1. Chứng minh bốn điểm A, B, O, H cùng năm trên một đường tròn.
2. Chứng minh

AB BD

AE  BE.

3. Đường thẳng dđi qua điểm E song song với AO,dcăt BC tại điểm K. Chứng minh:
/ / .

HK DC

4. Tia CD căt AO tại điểm P, tia EO căt BP tại điểm F. Chứng minh tứ giác BECF là
hình ch̃ nhật

Giải:

1. Chứng minh bốn
điểm A, B, O, H
cùng năm trên một
đường tròn.

Chứng minh được
 90o

ABO

Chứng minh được
 90

AHO 

Tứ giác ABOH nội
tiếp

Suy ra bốn điểm A, B,

O, H cùng năm trên đường trịn đường kính AO. 
2. Chứng minh

AB BD

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

Chứng minh đượcABD AEB 
Xét ABDvà AEBcó: EAB chung
Chứng minh đượcABD#AEB g g( . )

AB BD

AE BE

 

(Đpcm).
3. Chứng minh KH // DC

Tứ giác ABOH nội tiếpOBH OAH  màOAH HEK (do EK//AO)

  .

HBK HEK

 

Suy ra tứ giác BHKE nội tiếp

Chứng minh được BKH BCD (cùng băngBEH)
Kết luận HK // DC.

4. Chứng minh tứ giác BECF là hình ch̃ nhật.

Gọi giao điểm tia CE và tia AO là Q, tia EK và CD căt nhau tại điểm M

XétEDM có HK // DM và H là trung điểm của đoạn DE, suy ra K là trung điểm của
đoạn thẳng ME.

Có ME // PQ

KE MK

OQ OP

 

(cùng băng
CK

CO) suy ra O là trung điểm của đoạn PQ
Có:OP OQ OB OC ;  . Suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành. Suy ra CE // BF.
Chứng minh được COE BOF (g.c.g)OE OF

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

Kẻ tiếp tuyến AT với (O), chứng minh APDT nội tiếp (PAT PDT  180 )
dẫn đến ATP CBE (1), chứng minh TAP BAP (g.c.g) ATP ABP (2)
Từ (1) và (2) ABP EBC

Dẫn đến EBF   90 EF là đường kínhBECF là hình ch̃ nhật (Đpcm).
Cách 3:

Chứng minhEHB#COP(g.g)

EB EH ED

CP CO CB

  

EDB CBP

  #

 

EDP CBP

 

  90 ,

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

Câu 12. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Gọi M, N lần lượt là điểm
chính gĩa của cung nhỏ AB và cung nhỏ BC. Hai dây AN và CM căt nhau tại điểm I. Dây
MN căt các cạnh AB và BC lần lượt tại các điểm H và K.

1. Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc cùng một đường tròn..
2. Chứng minhNB2 NK.NM.

3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.

4. Gọi P và Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác
MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường trịn (O). Chứng
minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Giải:

1. Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc cùng một đường trịn.
Ta có:MCB ANM  (2 góc nội tiếp chăn hai

cung băng nhau).
 

ICK INK

 

Mà hai góc này ơ
tứ giác IKNC từ hai đỉnh kê nhau

IKNC

 là tứ giác nội tiếp
, , ,

C N K I

 thuộc cùng một đường trịn.
2. Chứng minhNB2 NK.NM.

 

BMN NBC(hai góc nội tiếp cùng chăn hai
cung băng nhau).

XétNBKvàNMBcó:
MNBchung

 

BMN NBC(cmt)

NBK NMB

  # (g.g)

2 .

NB NM

NB NK NM

NK NB

   

(đpcm).
3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi
Nối BI căt đường tròn (O) tại F

AF FC

 

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

 1



 



2 đ F

MBI  s MA s A đ

(góc nội tiếp chăn MF )
 1



 



2 đ C

MIB s MB s F đ

(góc có đỉnh bên trong đường trịn)
MàMA MC AF CF  ;  nênMBI MIB

BMI

  cân tại M có MN là phân giác 
MN

 là đường trung trực của BI.

, ,

HK BI BH HI BK KI

    (1)

Mặt khácHBF FBC (hai góc nội tiếp chăn hai cung AF = FC)
BHK

  có BF là phân giác cũng là đường cao
BHK

  cân tại BBH BK (2)
Từ (1) và (2) ta có BHIK là hình thoi.

4. Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng
 90o 

QCK  CMK
 90o 

QCK CBN

  

 90o 

QCK BCN

  

CQ CN

  nên C, D, Q thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có D, B, P 
thẳng hàng.

Lại cóCKQ 90oCMK
 90o 

KBP BMK

  

MàCMK BMK nênCKQ KBP 
Hay KQ // DP.

Tương tự KP // DQ

Nên KPDQ là hình bình hành. Hình bình hành KPDQ có hai 
đường chéo KD và PQ căt nhau

tại trung điểm mỗi đường. Nên D, E, K thẳng hàng (Đpcm).

Câu 13. Cho đường trịn (O; R) với dây cung AB khơng đi qua tâm. Lấy S là một điểm
bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường
tròn (O; R) sao cho điểm C năm trên cung nhỏ AB (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung
điểm của đoạn thẳng AB.

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

2. Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính sớ đo CSD .

3. Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC, căt đoạn thẳng CD tại
điểm K. Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua
trung điểm của đoạn thẳng SC.

4. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BD và F là hình chiếu vng góc của điểm E trên
đường thẳng AD. Chứng minh răng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì
điểm F ln thuộc một đường trịn cớ định.

Giải:

1. Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường trịn đường kính SO.
SD, SC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)

OD SD OC SC

  

,
D C

 thuộc đường trịn đường kính SO (1)
Mặt khác H là trung điểm của AB

 90o

OH AB SHO

   

H

 thuộc đường trịn 
đường kính SO (2).

Từ (1) và (2) C D H O S, , , , cùng
thuộc đường trịn đường kính SO. 
2. Tính độ dài đoạn thẳng SD theo

R và sớ đo gócCSD.
XétSDO có:

2 2 2

SO SD DO

2 2 2 4 2 2 3 2

SD SO DO R R R

     

3
SD R

 

Ta có:   

sin 30 60 .

o o

DO

DSO DSO CSD

SO

     

3. Vì S, D, O, H cùng thuộc một đường tròn nên SHOD là tứ giác nội tiếp

  1

AHD SOD COD

  

(góc nội tiếp cùng chăn SD ) (3)

Lại có:AKD SCD (đồng vị) nên   

1 1

2 2

AKD sđ DC  COD
(4)
Từ (3) và (4) AHD AKD ADHKnội tiếp.

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

Ta có:KHA CBS  vì KHA ADK  (2 góc nội tiếp cùng chăn )AK

 

ADK CBS (2 góc nội tiếp cùng chăn )AC
/ /

HK BC

 mà H là trung điểm AB nên K là trung điểm của AN. Suy ra AK = KN.
Có:

AK KN BK

SM CM BM mà AK = KN nên SM = CM nên M là trung điểm của SC.

4. Chứng minh răng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F ln thuộc
một đường trịn cớ định.

Kẻ đường kínhAA'của đường trịn tâm O.

Ta cóADA ' 90 o DA'DAmà EF DAEF/ /DA'.
Kéo dài EF cătBA'tại G.

/ / ',

EG DA Elà trung điểm của BD nên G là trung điểm củaBA'.
'

AA là đường kính đường trịn tâm O nênA' cố địnhBA' cố định. Vậy G cố định.
MàAFG90o Fthuộc đường trịn đường kính AG cớ định (đpcm).

Câu 14. Cho đường trịn

 

O ,đường kínhAB.Vẽ các tiếp tuyếnAx By, của đường tròn. M
là một điểm trên đường tròn(MkhácA B, ).Tiếp tuyến tạiM của đường tròn cătAx By, lần
lượt tạiP Q, .

1. Chứng minh răng: Tứ giácAPMO nội tiếp.
2. Chứng minh răng:AP BQ PQ  .

3. Chứng minh răng:AP BQ AO.  2.

4. Khi điểmM di động trên đường tròn

 

O ,tìm các
vị trí của điểmMsao cho diện tích tứ giácAPQB
nhỏ nhất.

Giải:

1. Xét tứ giác APMQ, ta cóOAP OMP  90o(vì PA,
PM là tiếp tuyến của (O))

Vậy tứ giác APMO nội tiếp.

2. Ta có: AP = MP (tính chất hai tiếp tuyến căt
nhau tại một điểm)

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





.
AP BQ MP MQ PQ Ðpcm

    

3. Ta có OP là phân giácAOM (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau tại một điểm)
OQ là phân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau tại một điểm)

MàAOM BOM 180o(hai góc kê bù) POQ 90o
XétPOQcó: POQ 90o(cmt)

OM PQ(PQ là tiếp tuyến của (O) tại M)

Áp dụng hệ thức lượng vào POQ vng tại O có đường cao OM
2

MP MQ OM

  (hệ thức lượng)

Lại cóMPAP MQ BQ;  (cmt); OM OA (bán kính)
Do đóAP BQ AO Ðpcm.  2





4. Tứ giác APQB có:AP BQ AP/ /



AB BQ; AB



, nên tứ giác APQB là hình thang
vuông.





. .

2 2

APQB

AP BQ AB PQ AB

S 

  

Mà AB không đổi nênSAPQBđạt GTNNPQnhỏ nhất
/ /

PQ AB PQ AB OM AB

    

M

 là điểm chính gĩaAB

Tức M trùngM1hoặcM2thìSAPQBđạt GTNN là
2

AB

Câu 15. Cho đường tròn

 

O và điểmAnăm ngồi đường trịn. Vẽ các tiếp tuyếnAM AN,
với các đường tròn

 

O M N



, 

 

O



. QuaAvẽ một đường thẳng căt đường tròn

 

O tại
hai điểmB C, phân biệt (Bnăm gĩaA C, ). Gọi Hlà trung điểm của đoạn thẳngBC.

1. Chứng minh tứ giácANHM nội tiếp được trong đường tròn.
2. Chứng minhAN2 AB AC. .

3. Đường thẳng quaBsong song vớiANcăt đoạn thẳngMNtạiE. Chứng minhEH/ /NC.
Giải:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862I

J

E
H

C

B

O
M

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

Các bài tập hình học 9 Ơn thi tuyển sinh vào 10

1. Vì AN, AM là tiếp tuyến của (O) nênANO AMO 90o
; ; ;

A M O N

  đường tròn đường kính AO
Gọi J là trung điểm của AO

Vì H là trung điểm của BC nênOH BCAHO90o
,

H O

  đường trịn đường kính AO

Suy ra A, O, M, N, H thuộc đường trịn tâm J đường kính AO
Suy ra AMHN là tứ giác nội tiếp đường trịn.

2. CóANBACN(góc tạo bơBNvà góc nội tiếp chăn )BN
XétANBvàACNcó:

 

ANBACN (cmt)
BANchung





ANB ACN g g
  #

2 . .

AN AB

AN AB AC

AC AN

   

3. Gọi I là giao điểm của MN và AC

Ta có MN là trục đẳng phương của đường trịn (J) và (O).

I MN nên phương trình tích của I đối với (J) và (O) băng nhau.

. . IB IH

IA IH IB IC

IA IC

   

VìBE/ /ANnên / / .

IB IE IE IH

EH NC

IA AN  IN  IC 

Câu 16. Cho đường trịn tâmObán kínhRvà một điểmAsao choOA3 .R QuaAkẻ 2 tiếp
tuyếnAPvàAQvới đường tròn( ; )O R ( ,P Q là 2 tiếp điểm). LấyM thuộc đường tròn( ; )O R

I

J

E
H
B

O

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

sao choPM song song vớiAQ. GọiN là giao điểm thứ hai của đường thẳngAM với đường
tròn



O R;



.TiaPNcăt đường thẳngAQtạiK.

1. Chứng minh tứ giácAPOQlà tứ giác nội tiếp vàKA2 KN KP.

2. Kẻ đường kínhQScủa đường tròn



O R;



.Chứng minhNSlà tia phân giác củaPNM.
3. GọiGlà giao điểm của 2 đường thẳngAOvàPK.Tính đội dài đoạn thẳngAGtheo bán

kínhR.
Giải:

1. Ta có:APO AQO 90o

Trong tứ giác APOQ có tổng hai góc đới băng 1800
Suy ra tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn

 

/ /

PM AQPMN KAN (so le trong)

Mà PMN APK(góc tạo bơPN và góc nội tiếp chănPN )

 

KAN APK

 

XétKANvàKPAcó:
Kchung

 

KAN KPA(cmt)





KAN KPA g g
  #





2 . .

KA KN

KA KN KP Ðpcm

KP KA

   

H

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

2. Ta có:AQQS (AQ là tiếp tuyến của (O) ơ
MàPM / /AQ(gia thiết) nênPM QS

Đường kínhQS PM nên QS đi qua điểm chính gĩa PM nhỏ

   

s PSđ s SMđ PNS SNM (hai góc nội tiếp chăn hai cung băng nhau)
Hay NS là tia phân giácPNM Ðpcm





3. Gọi H là giao điểm của PQ và AO
AH PQ

  (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau tại 1 điểm)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng AOQ ta có:

2 2

2 . 1

3 3

OQ R

OQ OH OA OH R

OA R

    

1 8
3

3 3

AH OA OH R R R

     

 1 

2sđ NQ
KPQ

(góc nội tiếp chăn )NQ

 1 

2sđ NQ
NQK 

(góc tạo bơ )NQ

 

NQK KPQ

 

XétKNQvàKQPcó:

 

NQK KPQ(cmt)
Kchung





KNQ KQP g g
  #

KN KQ

KQ KP

  2

.
KQ KN KP

 

MàAK2NK KP. nênAK KQ

VậyAPQcó các trung tuyến AH và PK căt nhau ơ
2 2 8 16

. .

3 3 3 9

AG AH R R

   

Câu 17. Cho tam giácABCnhọn



AB AC



nội tiếp đường tròn( ),O hai đường caoBE CF,
căt nhau tạiH. Tia AOcăt đường tròn

 

O tạiD.

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

3. Gọi M là trung điểm củaBC, tiaAM cătHOtạiG. Chứng minhG là trọng tâm của tam
giácBAC.

Giải:

1. Xét tứ giác BCEF cóBFC BEC 900(cùng
nhìn cạnh BC )

Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp.

2. Ta có:ACD90o(góc nội tiếp chăn nưa đường
trịn)DCAC

MàHE AC;suy raBH/ /DC (1)
Chứng minh tương tự:CH/ /BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra BDCD là hình bình hành.
3. Ta có M là trung điểm của BC suy ra M trung

điểm HD.

Do đó AM, HO là các đường trung tuyến củaAHD
G

 là trọng tâm củaAHD
1

3
GM

AM

 

Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC và

1
3

GM

AM 
Suy ra G là trọng tâm củaABC.

Câu 18. Cho đường trịn



O R;



có đường kínhABcớ định. Trên tia đới của tiaABlấy điểm
Csao choAC R . QuaCkẻ đường thẳngdvng góc vớiCA.Lấy điểmM bất kì trên

 

O
khơng trùng vớiA B, .TiaBMcăt đường thẳngdtạiP.TiaCM căt đường trịn

 

O tại điểm
thứ hai làN,tiaPAcăt đường tròn

 

O tại điểm thứ hai làQ.

1. Chứng minh tứ giácACPM là tứ giác nội tiếp;
2. TínhBM BP. theoR.

3. Chứng minh hai đường thẳngPCvàNQsong song;

4. Chứng minh trọng tâmGcủa tam giácCMBluôn năm trên một đường trịn cớ định khi
M thay đổi trên

 

O .

Giải:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

I
G

D

N
P

M
d

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

Các bài tập hình học 9 Ôn thi tuyển sinh vào 10

1. Ta có AB là đường kính của

 

O M, 

 

O AMBlà góc nội tiếp chăn nưa đường trịn
AMB 90o AMP 90 .o

   

Mặt khác

 90o

 

  180o

ACP gt AMP ACP  mà hai góc ơ

Suy ra tứ giác ACPM nội tiếp đường trịn.
2. XétBAM vàBPCcó:

  90o
AMB BCP 
MBAchung





BAM BPC g g
  #

BM BA

BC BP

 

. . 2 .3 6 .

BM BP BA BC R R R

   

3. Ta có:

AMNQ là tứ giác nội tiếpMNQ PAM  (góc trong tại một đỉnh và góc ngồi tại đỉnh đới
diện) (1)

AMPC là tứ giác nội tiếpPCM PAM (hai góc nội tiếp cùng chăn PM) (2)
Từ (1) và (2)MNQ PCM 

Mà hai góc này ơPC/ /NQ.
4. Gọi D là trung điểm của BCDlà điểm cố định
Qua G kẻ đường thẳng song song với MO căt AB tại I
G là trọng tâmBCM nênG MD và

2
3
MG MD

(tính chất trọng tâm trong tam giác)
DoGI/ /MO

Áp dụng định lý Tanlét choDMOta có I DO và

2 2

3 3

OI MG

OI OD

OD MD   
Mà O, D là hai điểm cố định nên I cố định

DoGI/ /MOnên theo định lý Tanlét ta có:

1 1

3 3 3

GI DG R

IG MO

MO DM    

G

 luôn cách điểm I cố định một khoang 3
R

không đổi.

Khi M di động, điểm G ln năm trên đường trịn tâm I, bán kínhR 3

I
G

D

Q
P

M

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

Câu 19. ChoABCcó ba góc nội tiếp đường trịn( ),O bán kínhR. Hạ đường caoAH BK,
của tam giác. Các tiaAH BK, lần lượt căt

 

O tại các điểm thứ hai làD E, .

1. Chứng minh tứ giácABHKnội tiếp đường tròn. Xác định tâm đường trịn đó.
2. Chứng minh.HK/ /DE.

3. Cho

 

O và dâyABcớ định, điểmCdi chuyển trên

 

O sao choABCcó ba góc nhọn.
Chứng minh răng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếpCHKkhơng đổi.

Giải:

1. Tứ giác ABHK cóAKB AHB 90 ,o

mà hai góc cùng nhìn cạnh AB

Suy ra tứ giác ABHK nội tiếp đường trịn
đường kính AB.

2. Theo câu trên tứ giác ABHK nội tiếp
(J) với J là trung điểm của AB

NênBAH BKH (hai góc nội tiếp cùng
chănBH của (J))

MàBAH BAD (A, H, K thẳng hàng)

 

BAD BED (hai góc cùng chăn BDcủa
(O))

Suy raBKH BED,mà hai góc này ơ
trí đờng vị nênHK/ /DE.

3. Gọi T là giao điểm của hai đường cao AH và BK
Tứ giác CHTK cóCHT CKT  90o

Suy ra tứ giác CHTK nội tiếp đường trịn đường kính CT
Do đó CT là đường kính của đường trịn ngoại tiếpCHK (*)
Gọi F là giao điểm của CO với (O) hay CF là đường kính của (O)
Ta có:CAF 90o(góc nội tiếp chăn nưa (O)) FA CA

MàBK CA(gt)

NênBK/ /FAhayBT/ /FA (1)

Ta có:CBF 90o(góc nội tiếp chăn nưa (O))FB CB
MàAH CB(gt)

NênAH/ /FBhayAT/ /FB (2)

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

Do J là trung điểm của đường chéo AB

Nên J cũng là trung điểm của đường chéo FT (tính chất đường chéo hình bình hành)
XétCTFcó O là trung điểm của FC, J là trung điểm của FT

Nên OJ là đường trung bình của CTF
1

OJ CT

 

(**)

Từ (*) và (**) ta có độ dài của OJ băng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CHK
Mà độ dài của OJ là khoang cách từ tâm O đến dây AB (J là trung điểm của dây AB)
Do (O) và dây AB cố định nên độ dài OJ không đổi.

Vậy độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CHK khơng đổi.

Câu 20. Cho xAy 90 ,o vẽ đường trịn tâmAbán kínhR. Đường tròn này cătAx Ay, thứ tự
tạiBvàD. Các tiếp tuyến với đường tròn

 

A kẻ từBvàDcăt nhau tạiC.

1. Tứ giácABCDlà hình gì? Chứng minh?
2. TrênBClấy điểmM tùy ý (M khácBvàC)

kẻ tiếp tuyếnMHvới đường tròn

 

A ,(H là
tiếp điểm).MHcăt CDtạiN. Chứng minh
răngMAN 45 .0

3. P Q; thứ tự là giao điểm củaAM AN; với
.

BD Chứng minh răngMQ NP; là các
đường cao củaAMN.

Giải:

1. Theo tính chất tiếp tuyến ta có:
  90o

CBA ADC 

Xét tứ giác ABCD có:


 





90
o

o
BAD

CBA ADC cmt

 




 



ABCD

 là hình ch̃ nhật.

Ta cóAB AC R  nên ABCD là hình vuông.
2. Xét ADN vng vàAHN vng có:

AN chung

AD AH R



  

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

ADN AHN

    (cạnh huyên – cạnh góc vng)

 

DAN HAN

 

Tương tự:DAN HAN HAM BAM    xAy 90o

 

2.HAN 2.HAM 90o

  

  45o
HAN HAM

  

 45 .o
MAN

 

3. XétBCDvng có: BC CD R 
BCD

  vuông cân tại C CBD 45o

Ta có A, B là hai đỉnh cùng nhìn QM một góc 45o
 Tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.

AQM ABM 180o

  

AQM 180o ABM 180o 90o 90o

     

MQ AN MQ

   là đường cao củaAMN (đpcm)
Tương tự ADNP là tứ giác nội tiếp

NP AM NP

   là đường cao trongAMN
Vậy MQ, NP là các đường cao trongAMN (đpcm)

Câu 21. Cho ABC AB AC







có 3 góc nhọn nội tiếp trong đường tròn



O R;



.Vẽ đường
cao AHcủa ABC, đường kínhADcủa đường trịn. GọiE F, lần lượt là chân đường vng
góc kẻ từ Cvà Bx́ng đường thẳngAD M. là trung điểm củaBC.

1. Chứng minh các tứ giácABHF vàBMFOnội tiếp.
2. Chứng minh HE BD/ / .

3. Chứng minh

. .
4
ABC

AB AC BC
S

R


(SABClà diện tích ABC).
Giải:

1. Theo đê bài ta có:AHB BFA 90omà 2 góc cùng nhìn cạnh AB
Vậy tứ giác ABHF nội tiếp đường trịn đường kính AB.

Có M là trung điểm là BC mà BC là dây cung nên
OM BC

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

2. Theo đê bài:AECAHC90o ACEHlà tứ giác nội tiếp
Suy ra:  

1
2
CHE CAE  CE

(2 góc nội tiếp cùng chăn EC )
Lại có:   

1
2
CAE CAD CBD   CD

(2 góc nội tiếp cùng chăn DC )
NênCHE CBD  mà chúng ơHE BD/ / .

3. Ta có: 







1 1

. . .sin .sin

2 2

ABC

S  BC AH  BC AB ABC AH AB ABC

Mặt khác trongABCcó:ABD90o(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

NênAB AD .sinADB2 sinR ACB(ADB ACB  vì hai góc nội tiếp cùng chăn )AB

Tương tự ta có:




2 .sin
2 .sin

AC R ABC

BC R BAC

 







Ta có:AB AC BC. . 8 .sinR3 ACB.sinABC.sinBAC

 

    2   

 

1 1

. .sin .2 .sin .2 .sin .sin 2 .sin .sin .sin 2

2 2

ABC

S  BC AB ABC  R BAC R ACB CBA R BAC ACB CBA

Từ (1) và (2)

1
. . 4

ABC
S

AB BA CA R

 

Vậy

. .
4
ABC

AB AC BC
S

R

 

Câu 22. ChoABCnhọn



AB AC



ba đường caoAP BM CN, , củaABCcăt nhau tạiH.
1. Chứng minh tứ giácBCMN nội tiếp.

2. Chứng minh ANM ∽ ACB.

3. Kẻ tiếp tuyếnBDvới đường trịn đường kínhAH(Dlà tiếp điểm) kẻ tiếp tuyếnBEvới
đường trịn đường kính CH (E là tiếp điểm). Chứng minhBD BE .

4. Gia sư AB = 4cm; AC = 5cm; BC = 6cm. TínhMN.
Giải:

1. Ta có:BMC BNC 90o
Mà hai đỉnh M, N cùng nhìn BC

Tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn.
2. Xét ANM vàACBcó:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

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

Các bài tập hình học 9 Ơn thi tuyển sinh vào 10
Achung

 

ANM ACB(cùng bù vớiBNM ) 
Suy ra  ANM #ACB (g.g).

3. Gọi O là tâm đường tròn đường kính AH
Gọi I là tâm đường trịn đườn kính CH
XétBDHvàBMDcó:

Bchung

 

BDH BMD(cùng phụ vớiMDH )
Suy ra: BDH#BMD(g.g)

2 .

BD BH

BD BM BH

BM BD

   

(1)

Ta có: EMC EHC  (2 góc nội tiếp cùng chănEC )
MàHME EMC  90o(gt) HME EHI 90o
Lại cóIHE HEI do HIEcân tại I

  90o
HME HEI

  

XétBHEvàBEM có: 
HBE chung

 

BEH BME(cùng phụ vớiHEI)
Suy ra:BHE#BEM (g.g)

2 .

BH BE

BE BM BH

BE BM

   

(2)
Từ (1) và (2) suy ra:BE BD .
4. ĐặtAN x NB;  4 x



0 x 4



Áp dụng định lý Pintango ta có:

2 2 2

CN AC AN
MàCN2BC2BN2

2 2 2 2

AC AN BC BN

   





2 2 2

5 x 6 4 x

    

2 2

25 x 36 16 8x x

     

25 36 16 8x
   

8x 5
 

E
D

I
O

H
N

M

P

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

0,625
x

 

VậyAN 0,625

Lại có:ANM#ACB(cmt)

AN MN

AC BC

 

. 0,625.6

0,75
5

AN BC
MN

AC

   

(cm).

Câu 23. Cho nưa đường trịn O đường kínhAB2R. Điểm M di chuyển trên nưa đường
tròn (M khácAvàB). Clà trung điểm của dây cungAM. Đường thẳng dlà tiếp tuyến với
nưa đường tròn tại B. TiaAM căt dtại điểmN . Đường thẳngOCcătdtạiE.

1. Chứng minh: tứ giácOCNBnội tiếp.
2. Chứng minh:AC AN.  AO AB. .
3. Chứng minh:NOvng góc vớiAE.

4. Tìm vị trí điểmMsao cho



2.AM AN



nhỏ nhất.
Giải:

1. Theo tính chất dây cung ta có:
 90o

OC AM OCN 

BN là tiếp tuyến của (O) tạiBOBBNOBN 90o
Xét tứ giác OCNB có tổng góc đới:

  90o 90o 180o
OCN OBN   
Do đó tứ giác OCNB nội tiếp.
2. XétACO vàABNcó:

CAOchung
  90o
ACO ABN 

Suy ra ACO#ABN g g





AC AO

AB AN

 

Do đó:AC AN. AO AB. (đpcm).
1. Theo chứng minh trên ta có:

OC AM ECAN EClà đường cao củaANE

 

1
OBBNABNEABlà đường cao củaAME

 

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

NO

 là đường cao thứ ba củaANE
Suy ra NOAE (đpcm).

2. Ta có:2.AM AN 4AC AN (vì C là trung điểm của AM)
2

4AC AN. 4AO AB. 4 .2R R8R

Áp dụng BĐT Cônsi cho hai sớ dương ta có:
2

4AC AN 2 2AC AN. 2. 8R 4 2R

Suy ra tổng2.AM AN nhỏ nhất băng 4 2R khi 4ACAN

AN AM M

   là trung điểm của AN

Khi đóABNvng tại B có BM là đường trung tuyến nênAM MB AM BM

Vậy với M là điểm chính gĩa của nưa đường trịn đường kính AB thì2AM AN nhỏ nhất
băng 4 2 .R

Câu 24. Cho đường trịn tâmObán kínhRvà đường thẳng

 

d khơng đi qua O, căt đường
tròn

 

O tại 2 điểmA B, . Lấy điểm M bất kỳ trên tia đốiBA, qua Mkẻ hai tiếp tuyến

MC MDvới đường tròn (C D, là các tiếp điểm).
1. Chứng minh tứ giác

MCODnội tiếp
đường tròn.

2. GọiHlà trung điểm
của đoạn thẳngAB.
Chứng minh HM là
phân giác của CHD .
3. Đường thẳng đi qua

Ovà vng góc với
MOcăt các tia

MC MDtheo thứ tự
tạiP Q, . Tìm vị trí của
điểmM trên

 

d sao

cho diện tíchMPQnhỏ nhất.
Giải:

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

 90 ;o  90o
MCODOCM  MD OD ODM 
Suy ra tứ giác MCOD nội tiếp đường trịn.

2. Ta có H là trung điểm của ABOH  ABMHO 90oH thuộc đường kính MO
5 điểm D; M; C; H; O cùng thuộc đường trịn đường kính MO

 

DHM DOM

  (2 góc nội tiếp cùng chăn cung MD)

 

CHM COM(2 góc nội tiếp cùng chăn cung MC)
Lại cóDOM COM (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau)

 

DHM CHM

  HM là phân giácCHD .

3. Ta có:SMPQ 2SMOP OC MP R MC CP.  .







2R CM CP.
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vng OMP ta có:

2 2
.

CM CP OC R không đổiSMPQ2R2

Dấu “ = “ xay raCM CP R 2. Khi đó M là giao điểm (d) với đường trịn tâm O bán
kínhR 2.

Vậy M là giao điểm của (d) với đường trịn tâm O bán kínhR 2thì diện tíchMRT nhỏ
nhất.

Câu 25. ChoABCcó ba góc đêu nhọn, hai đường caoBDvàCE căt nhau tạiH(Dthuộc
;

AC EthuộcAB).

1. Chứng minh tứ giácADHEnội tiếp được trong một
đường tròn;

2. Gọi M I, lần lượt là trung điểm củaAH và BC.
Chứng minhMIvng góc với ED.

Giải:

1. Tứ giác ADHE có:ADDH gt

 

; AEEH gt

 

NênAEH ADH 90o

Do đó: AEH ADH 180o mà 2 góc ơ
Vậy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.

2. Tứ giác BEDC có:
  90o

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

Tương tự: Tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn tâm M đường kính AH và E, D là giao điểm
của I và đường tròn

Dễ dàng chứng minhEMI  DMI c c c



. .



MI

 là phân giácDME
MàDMIcân tạiM MD ME











MI DE Ðpcm

 

Câu 26. ChoABCcó ba góc đêu nhọn



AB AC



nội tiếp trong đường tròn tâm O, kẻ
đường caoAH. GọiM N, là hình chiếu vng góc củaHtrênABvàAC.KẻNEvng góc
với AH. Đường vng góc vớiACtạiCcăt đường trịn tại I và căt tiaAHtạiD. TiaAHcăt
đường tròn tạiF .

1. Chứng minhABC ACB BIC  và tứ giácDENC
nội tiếp được trong một đường tròn.

2. Chứng minh hệ thứcAM AB AN AC.  . và tứ giác
BFIC là hình thang cân.

3. Chứng minh: tứ giácBMEDnội tiếp được trong
một đường tròn.

Giải:

1. Vì ABIC là tứ giác nội tiếp nên:
  ; 

ABCAIC ACB AIB

    

ABC ACB AIC AIB BIC

    

VìNE AD NC; CDnên sNED NCD 90o
  180o

NED NCD

   mà 2 góc ơ

Suy ra tứ giác DENC là tứ giác nội tiếp.

2. Áp dụng hệ thức lượng trong hai tam giác vng AHB và AHC có:

2 2

. ; . . .

AM AB AH AN AC AH AM AB AN AC

CóIAC 90oAIC BAF ;  90oABH AIC;  ABHIAC BAF 
Suy ra số đo hai cung IC và BF băng nhauIC BF

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

Vì BAF CAI  BAI CAF 
 

FC BI FC BI

   

Hình thang BCIF có FC = BIBCIF là hình thang cân.
3. Có AEN#AGD g g





. . .

AE AN AE AM

AE AD AN AC AM AB

AC AD AB AD

      

XétAMEvàADBcó:

AE AM

AB  AD (cmt); MAEchung
Suy ra AME ADB c g c#



. .



AME ADB BME ADB  180o

     mà 2 góc ơ

Suy ra BMED nội tiếp đường trịn.

Câu 27. Cho nưa đường trịn

 

O đường kínhAB. GọiClà điểm cớ định thuộc đoạn thẳng
OB (CkhácOvàB). Dựng đường thẳng d vuông góc vớiABtại điểm C, căt nưa đường
trịn

 

O tại điểmM.Trên cung nhỏMBlấy điểmN bất kỳ(N khácM vàB), tiaANcăt
đường thẳng d tại điểm F,tiaBNcăt

đường thẳngdtại điểmE.Đường thẳng
AEcăt nưa đường tròn

 

O tại điểm D
(DkhácA).

1. Chứng minh:AD AE AC AB.  . .

2. Chứng minh: Ba điểmB F D, , thẳng
hàng vàF là tâm đường tròn nội tiếp

CDN


3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
.

AEF

 Chứng minh răng điểm I
luôn năm trên một đường thẳng cố
định khi điểmNdi chuyển trên cung
nhỏMB.

Giải:

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

  90o
ADBACE
EACchung

ADB ACE

  # (g.g)





. .

AD AB

AD AE AC AB Ðpcm

AC AE

   

2. CóAN EB EC; AB, EC giao AN tại F nên F là trực tâm củaAEBBFEA
MàBDEAB D F, , thẳng hàng

Tứ giác ADFC có hai góc đới băng 90onên tứ giác ADFC là tứ giác nội tiếp
Suy raDCF DAF (hai góc nội tiếp cùng chănDF )

Tương tự ta có:NCF NBF (hai góc nội tiếp cùng chăn )NF
MàDAF NBF(cùng phụ vớiAEB)DCF NCF

Suy ra CF là phân giácDCN

Tương tự cùng có DF là phân giácNDC
Vậy F là tâm đường tròn nội tiếpDCN
2. Gọi J là giao điểm của (I) với đoạn AB

CóFAC CEB   90oABE  FAC#BEC g g





. .

FC AC

CF CE BC AC

BC EC

   

(1)

Vì AEFJ là tứ giác nội tiếp nênFJC FEA  180oAJF





CF CJ . .

CFJ CAE g g CF CE CA CJ

CA CE

  #    

(2)

Từ (1) và (2) suy raBC AC CA CJ.  . BC CJ Clà trung điểm của BJ (vìJ B)
Suy ra J là điểm cớ định

CóIA IJ nên I ln thuộc đường trung trực của AJ là đường thẳng cố định.

Câu 28. Cho ABCnhọn



AB AC



nội tiếp( ),O vẽ đường kínhAD.Đường thẳng đi qua
B vng góc vớiADtạiEvà cătACtạiF. GọiHlà hình chiếu củaBtrênACvàM là trung
điểm của BC.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

3. Chứng minh 1 .

HC BC

HF   HE

Giải:

1. CóACD90o(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)
VìBEADnênFED 90oFED FCD 180o

mà hai góc ơ
Suy ra tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.

2. Vì M là trung điểm cạnh huyên BC của tam giác vuông BHC nên

MH MC MB   MHCcân tại M (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyên)

 

MHC MCH

 

Vì ABCD là tứ giác nội tiếp nên:

       90 .o

BAD BCD BAD MHC BCD MCH   DCH 

3. VìBEAE BH, AH nênBEA BHA  90oABEHlà tứ giác nội tiếp

 

BAE BHE

  (hai góc nội tiếp cùng chăn )BE

Mà theo ý 2 ta có:BAE90oMHC BHM BHE BHM 
Suy ra H, E, M thẳng hàng.

Gọi N là trung điểm của FC.

 NM là đường trung bình của BFC
MN // BF nên ta có:





2 2 2

1
HF FN

BC HM HN HF FC HF HC HC

HE HE HF HF HF HF HF

  

      

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Câu 29. ChoABCnhọn. Đường trịn tâmOđường kínhBCcăt các cạnhAB AC, lần lượt
tại các điểmM N M,



B N C, 



. GọiH là giao điểm củaBNvàCM P; là giao điểm của

AH vàBC.

1. Chứng minh tứ giácAMHN nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minhBM BA BP BC.  . .

3. Trong trường hợp đặc biệt khiABCđêu cạnh băng2a. Tính chu vi đường trịn ngoại
tiếp tứ giácAMHNtheo a.

4. Từ điểmAkẻ các tiếp tuyếnAEvàAF của đường trịn tâmOđường kínhBC(E F, là
các tiếp điểm). Chứng minh ba điểmE H F, , thẳng hàng.

Giải:

1. Ta có:AMH 90 ;o ANH 90onên M và N cùng
thuộc đường trịn đường kính AH

Vậy tứ giác AMHN nội tiếp đường trịn.

2. Tứ giác AMPC cóAPC 900(do H là trực tâm của
)

ABC

 vàAMC90o





BMC BPA g g
  #

BM BC

BP BA

  

Từ đó suy ra BM BA BP BC.  . .
3. Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường

kính AH
ABC

 đêu nên trực tâm H cũng là trọng tâm

2 2 3 2 3

3 3 2 3

AB a

AH AP

     

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN băng:

2 3

3
a

AH 

 

Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tức giác AMHN băng

2 3
3
a
 

4. Ta có:

. . AH AE

AH AP AM AB AE

AE AP

   

XétAHEvàAEPcó:

AH AE

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

NênAHE#AEP(c.g.c). Suy ra AHEAEP

 

1
Tương tự ta có:AHF AFP

 

Mặt khác: Tứ giác AFOP và AEOF nội tiếp đường tròn đường kính AO nên năm điểm A,
E, P, O, F cùng thuộc đường trịn đường kính AO.

Suy ra tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên:AEP AFP 180o

 

3
Từ (1), (2) và (3)AHE AHF AEP AFP 180oEHF 180o
Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng.

Câu 30. ChoABCđêu có đường caoAH. Trên cạnhBClấy điểmMtùy ý(M không trùng
với B C H, , ).GọiP Q, lần lượt là hình chiếu vng góc củaM lênAB AC, .

1. Chứng minh tứ giácAPMQnội tiếp được đường tròn và xác định tâmOcủa đường tròn
này.

2. Chứng minhOH PQ.
3. Chứng minhMP MQ AH .
Giải:

1. Xét tứ giác APMQ có:
  90o
APM AQM  (gt)
APM AQM 180o

   Tứ giác APMQ
nội tiếp trong đường trịn đường kính AM
Gọi O là trung điểm của AM

 tứ giác APMQ nội tiếp trong đường

trịn tâm O đường kính AM.

2. Ta có:AHM 90o(gt)AHM nội tiếp
chăn

2đường trịn đường kính AM
H thuộc đường trịn (O)

Ta có:HPQ HAC (hai góc nội tiếp cùng chănHQ)

 

HQP HAB (hai góc nội tiếp cùng chăn )HP

MàHAC HAB  (ABCđêu nên AH vừa là đường cao vừa là đường phân giác)

 

HPQ HQP HPQ

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Từ (1) và (2)OH là đường trung trực củaPQOH PQ.

1 1

. .

2 2

MAC

S  MQ AC MQ BC

Ta có:

1 1

. . . .

2 2

MAB

S  MP AB MP BC

(doAB BC )

1 1

. . (do )

2 2

MAC

S  MQ AC MQ BC ACBC
1

. .
2
ABC

S  AH BC

(do AC BC )

1 1 1

. . . .

2 2 2

MAB MAC ABC

S S S  MP BC MQ BC AH BC MP MQ AH 

(đpcm).

Câu 31. ChoABCcó ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn

 

O có bán kínhR3cm.
Các tiếp tuyến với

 

O tạiBvàCcăt nhau tạiD.

1. Chứng minh tứ giácOBDCnội tiếp đường tròn;

2. GọiM là giao điểm củaBCvàOD. BiếtOD5(cm). Tính diện tíchBCD

3. Kẻ đường thẳngdđi quaDvà song song với đường tiếp tuyến với

 

O tại A d, căt các
đường thẳngAB AC, lần lượt tạiP Q, . Chứng minhAB AP. AQ AC. .

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

1. Do DB, DC là các tiếp tuyến của (O)OBD OCD  90o
  90o 90o 180o

OBD OCD

     mà 2 góc ơ

Tứ giác OBDC là tứ giác nội tiếp.

2. Áp dụng định lý Pintango vàoOBDvuông tại B

 

2 2 52 32 4

DB OD OB cm

     

Ta có:OB OC R BD DC,  (2 tiếp tuyến căt nhau)
;

O D

 thuộc trung trựcBCODlà trung trựcBCODBC
Áp dụng hệ thức lượng vàoOBDvng, ta có:

 

2 2

2 4 16

5 5
BD

DM DO BD DM cm

DO

    

 

. 3.4 12

. .

5 5
OB BD

BM OD OB BD BM cm

OD

    

Vậy

 

1 16 12

. . . 7,68

2 5 5

DBC

S  DM BC DM BM   cm

3. Ta có:APQ BAx (2 góc so le trong doAx PQ/ / )

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

 
APQ ACB

 

Xét ABC và AQPcó:
PAQchung;APQ ACB (cmt)

ABC AQP

  # (g.g) . . .

AB AC

AB AP AC AQ

AQ AP

   

4. Kéo dài BD căt tiếp tuyến đi qua A của đường trịn (O) tại F
Ta có:DBP ABF (đới đỉnh)

MàABF ACB(góc tạo bơAB)

 

ACB APD (doABC#AQP)

  

DBP APD BPD DBP

     cân tạiDDB DP

Tương tự kéo dàu DC căt tiếp tuyến đi qua A của đường tròn (O) tại G
Ta chứng minhDCQ ACG ABC DQC     DCQcân tại D

Lại cóDB DC (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau)
DP DQ

  D là trung điểm PQ

Ta có:ABC#AQP(cmt)

2
2

AB AC BC MC AC MC

AQ AP PQ PD AP PD

     

Xét AMC và ADPcó:

 

ACM  APD(ACB APQ n cmt); ACAP MCPD

AMC ADP

  # (c.g.c)PAD MAC  (đpcm).

Câu 32. Cho nưa đường trịn (O) đường kính AB = 2R. Điểm C cớ định trên nưa đường

trịn. Điểm M thuộc cung AC(M  A; C). HạMH ABtại H. Nối MB căt CA tại E. Hạ
EI AB tại I. Gọi K là giao điểm của AC và MH. Chứng minh:

1. BHKC và AMEI là các tứ giác nội tiếp.
2. AK AC. AM2.

3. AE AC BE BM.  . khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

4. Khi M chuyển động trên cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC đi qua hai
điểm cố định.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

  90o

AMB KCB  (2 góc nội tiếp chăn
nưa đường trịn)

Tứ giácBHKCcó:
  180o
KHB KCB 

Mà 2 góc này ơ
Tứ giácBHKC là tứ giác nội tiếp.
Tứ giácAMEI có:

  180o
AMB EIA 

Mà 2 góc này ơ
 Tứ giácAMEIlà tứ giác nội tiếp.
2. XétAHKvàACBcó:

  90o
AHK  ACK 
CABchung

AHK ACB

  # (g.g)

AH AK

AC AB

 

. .

AH AB AC AK
  (1)

Áp dụng hệ thức lượng trongAMBvng tại M, có MH là đường cao, ta có:
2

AH ABAM (2)

Từ (1) và (2) ta cóAK AC. AM Ðpcm2





3. XétAEI vàABCcó:

  90o
AIEACB
CABchung

AEI ABC
  # (g.g)

. .

AE AB

AE AC AB AI
AI AC

   

(3)
XétBEI vàBAM có:

  90o
BIE BMA 
ABMchung

BEI BAM

  # (g.g)

. .

BE BA

BE BM BI BA

BI BM

   

(4)

Từ (3) và (4)AE AC BE BM.  .  AB AI BI(  )

2 2

. . 4

AE AC BE BM AB R

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

VậyAE AC BE BM.  . không phụ thuộc vào M.

4. Khi M chuyển động trên cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC đi qua hai
điểm cớ định.

Tứ giácBCEIcó:
  90o
BCE EIB 

Mà 2 góc này ơ
tứ giácBCEIlà tứ giác nội tiếp

 
EIC EBC

  (2 góc nội tiếp cùng chăn cungEC).
Từ câu 1, ta có tứ giácAMEIlà tứ giác nội tiếp.

 

EIM EAM

  (2 góc nội tiếp cùng chăn cungME).
MàEBC EAM  (2 góc nội tiếp cùng chăn cungMC)

   2. 

MIC EIC EIM   EAM MOC mà 2 đỉnh cùng nhìn cạnh MC
, , ,

M C I O

 thuộc cùng 1 đường tròn

Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giácIMCđi qua hai điểm cớ định O và C.

Câu 33. Cho đường tròn(O; R)và điểm A cố định ơ

d OAtại A. Trên dlấy điểm M. Qua M kẻ 2 tiếp tuyến ME, MF tới đường tròn (O). Nối
EF căt OM tại H, căt OA tại B.

1. Chứng minh ABHM là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minhOA OB OH OM.  . R2.

3. Chứng minh tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc một đường trịn cớ
định khi M di chuyển trên d.

4. Tìm vị trí của M để diện tíchHBOlớn nhất.
Giải:

1. Chứng minh ABHM là tứ giác nội tiếp.

Có ME = MF và MO là phân giác củaEMFnên

MOEFtại H. MàMA OA MABH là tứ giác nội
tiếp.

2. OHB#OAM OB OA OH OM.  .
EMO

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

  90o  
IEH OIE  OIE IEO

OIE

  cân tạiOOI OE R   I ( ; ).O R

4. Vì

2
2

. R

OB OA R OA B

OA

   

cớ định.
 90o

OHB Hđường trịn đường kính OB.
Gọi K là trung điểmOBKB KO HK  .
HạHN OB

max max.
HBO

S HN MàHN HK.Dấu “=” xay ra khiH K.

VậySHBOmax HBOvuông cân tại HMO tạo với OA một góc45 .o

Câu 34. Cho (O; R) và điểm A thuộc đường tròn. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn. Trên
Ax lấy điểm H sao cho AH < R. Dựng đường thẳng d Ax tại H. Đường thẳng dcăt
đường tròn tại E và B (E năm gĩa H và B).

1. Chứng minh ABH# EAH.

2. Lấy điểm C thuộcAxsao cho H là trung điểm AC. Nối CE căt AB tại K. Chứng minh
AHEK là tứ giác nội tiếp.

3. Tìm vị trí của H trênAxsao choAB R 3.
Giải :

1. Chứng minhAHB#EAH

Ta có: 

1
2

EAH 

sđAE(t/c góc tạo bơ

 1

2
ABE

sđAE(góc nội tiếp chăn cung
 )AE

Xét AHBvà EAHcó:

  ( )

EAH ABE cmt
AHBchung

( . ).
AHB EAH g g

  #

2. Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp 
Ta có:

EH AC

EAC

AH HC

  


</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

   

ECH EAC KCA ABH

   

MàABH BAH 90o
  90o
KCA BAH

  

 90o
CKA

 

Xét tứ giácAHEK có: 
  90o 90o 180o
AKE EHA   

Mà 2 góc này ơ
 AHEKlà tứ giác nội tiếp.

3. Tìm vị trí củaH trên Ax sao choAB R 3
Kẻ OI ABtạiI

3
2
R
AI IB

  

 3  

cos 30 60

o o

OAI OAI BAC

     

1 3

.cos60 3

2 2

o R

AH AB R

    

Vậy cần lấy điểmH trên Ax sao cho

3
2
R
AH 

thìAB R 3.

Câu 35. ChoABCvuông ơAClấy 1 điểmM, dựng đường trịn tâm

 

O có
đường kínhMC.Đường thẳngBM căt đường tròn tâm

 

O tạiD, đường thẳngADcăt đường
tròn tâm

 

O tạiS

1. Chứng minh tứ giácABCDlà tứ giác nội tiếp vàCAlà tia phân giác của gócBCS .

2. Gọi E là giao điểm củaBCvới đường tròn

 

O . Chứng minh các đường thẳng
, ,

BA EM CDđồng quy.

3. Chứng minhM là tâm đường trịn nội tiếp tam giácADE.
Giải:

1. Ta có BAC 90o(gia thiết)
 90o

MDC  (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

A, D nhìn BC dưới góc 90onên tứ giác ABCD nội tiếp.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Ta có tứ giác DMCS nội tiếpADB ACS (cùng bù vớiMDS ). (2)
Từ (1) và (2)BCA ACS  CA

là phân giác BCS.

2. Gia sư BA căt CD tại K. Ta có

, .

BDCK CABK

M là trực tâmKBC. Mặt khácMEC 90o
(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn).

, ,
K M E

 thẳng hàng hay BA, EM, CD đồng
quy tại K.

3. Vì tứ giác ABCD nội tiếpDAC DBC  
(cùng chăn cung DC). (3)

Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp

 

MAE MBE

  (cùng chăn cung ME). (4)

Từ (3) và (4)DAM MAEhay AM là tia phân giác của DAE.

Chứng minh tương tự ta có:ADM MDE hay DM là tia phân giác ADE.
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếpADE.

* Lưu ý: Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, một phương pháp thường dùng là
chứng minh ba đường thẳng ấy hoặc là ba đường cao, hoặc là ba đường trung tuyến,
hoặc là ba đường phân giác của một tam giác.

Câu 36. Cho đường trịn



O R;



, đường kínhAB.ĐiểmHthuộc đoạn OA. Kẻ dây CD
vng góc vớiABtạiH.Vẽ đường trịn

 

O1 đường kínhAHvà đường trịn

 

O2 đường kính

BH . Nới AC căt đường trịn

 

O1 tại N. NớiBCcăt đường tròn

 

O2 tại M.Đường thẳng
MNcăt đường tròn



O R;



tạiEvàF.

1. Chứng minhCMHNlà hình ch̃ nhật.
2. Cho AH 4cm,BH 9cm. Tính MN.

3. Chứng minhMNlà tiếp tuyến chung của hai đường tròn

 

O1 và

 

O2 .
4. Chứng minhCE CF CH  .

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

1. Chứng minh CMHN là hình ch̃ nhật:
Ta có:AMH ACB HNB 90o(các góc
nội tiếp chăn nưa đường tròn).

   90o

MCN CMH CNH

   

CMHN là hình ch̃ nhật.

2. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác
vuông ACB:

2 . 4.9 36

CH AH HB 

Suy raCH  6 MN6 (cm).

3. Gọi I là giao điểm của CH và MN.
Theo tính chất hình ch̃ nhật:
IM IN IC IH  IMH cân tại I

 

IMH IHM

 

Lại có:O M2 O H2 O MH2 O HM2
2 2 90 .o

O MI O HI

  

Chứng minh tương tự:1 90
o
O NI 

Do đó MN là tiếp tuyến chung của( )O1 và( ).O2

4. OC căt MN tại K, căt (O; R) tại QCDQ CFQ  90 .o
CóOC OB R  OCB OBC  

Mà O M2 O B R2  2O MB OBN2  O MB OCB2 
2 / /

O M OC

 OCMNtại K.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng FCQ:CF2CK CQ. (1)
CóCKI #CDQ g g( . ) CK CQ CI CD.  .

 

MàOH CDHC HD
Do đó

2
1

. .2

CI CD CH CH CH
(3)

Từ (1); (2) và (3)CF2 CH2CF CH

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Câu 37. Cho đường trịn



O R;



có hai đường kính vng gócABvà CD. Gọi I là trung
điểm của OB.Tia CI căt đường trịn (O; R) tại E. Nới AE căt CD tại H; nối BD căt AE tại
K.

1. Chứng minh tứ giácOIEDnội tiếp.
2. Chứng minhAH AE. 2 .R2

3. Tính tan BAE .

4. Chứng minh OK vng góc với BD.
Giải:

1. Ta có CD là đường kính của đường trịn (O; R) nên CED 90o
Theo gia thiết BOD90o

Do đó: IED IOD  180o

Suy ra tứ giác OIED là tứ giác nội tiếp.
2. AOH#AEB(g.g)

AO AH

AE AB

  2

. . 2

AE AH AO AB R

  

3. Ta có:  
1

45
2

o
BEC  BOC
 1 45

o
AEC AOC

Suy ra EI là phân giác AEB
Do đó

1
3

EB IB
EA IA

  

Vậy 

1
tan

3
BE
BAE

AE
 

4. Xét OHA vng tại O, ta có .tan 3 3
OA OD
OH OA OAH  

vì vậy H là trọng tâm của
tam giác DAB.

Do đó AK là đường trung tuyến của tam giác DAB.

Suy ra KB = KD. Vì vậy OK DB (quan hệ đường kính – dây cung).

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

1. Chứng minhAH AD.  AB2.

2. Chứng minh tam giác CAN cân tại A.

3. Gia sư H là trung điểm của OD. Tính R theo thể tích hình nón có bán kính đáy là HD,
đường cao BH.

4. Tìm vị trí của M để diện tích tam giác ABN lớn nhất.
Giải:

1. Tam giác ABD vuông tại B,BH AD
nênAH AD AB.  2.

2. DoAH BCHB HC  ABCcân
tại A do đóABCACB.

MàACB AMB nên ABCAMB

 

ABC KMN

  (1)

Tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn (O;
R) nênABC KMC (cùng bù với AMC)
(2)

Từ (1) và (2)KMN KMC .

Lại cóMK CN (gia thiết) MCN cân tại M KC KN .
Tam giác CAN cóAK CNvà KC = KN nênACNcân tại A.

3. Khi OH = HD, tam giác BOD cân tại BBO BD , màOB OD R  nên tam giác
OBD đêuBOH 60o

3
.sin 60

2
o R
BH OB

   

Thể tích hình nón là

2
1

. .
3
V   r h

Trong đó: 2
R
r HD 

3
2

R
h BH 

Vậy

2 3

1 3 3

3 4 2 2

R R R

V     

4. HạNEAB.Vì AB không đổi nên SABN lớn nhất khi NE lớn nhất.
Ta có: AN = AC không đổi.

MàNE NA ,dấu băng xay ra khi E A . Lấy I đối xứng với B qua O. Khi E A thì
 90o

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

Mặt khác AM là phân giác của NAC nên M là điểm chính gĩa của cung nhỏ IC. 
Vậy điểm M cần tìm là điểm chính gĩa cung nhỏ IC.

Câu 39. Cho nưa đường trịn (O;R) đường kính BC. Điểm A thuộc nưa đường trịn



ACAB



. Dựng vê phía ngồiABCmột hình vng ACED. Tia EA căt nưa đường trịn
tại F. Nới BF căt ED tại K.

1. Chứng minh răng 4 điểm B, C, D, K thuộc một đường tròn.
2. Chứng minhAB EK .

3. Cho ABC30 ;o BC10cm. Tính diện tích hình viên phần giới hạn bơ
cung nhỏ AC.

4. Tìm vị trí điểm A để chu vi tam giácABClớn nhất.
Giải:

1. ACEDlà hình vuông
  45o
CAE CDE

  

Tứ giácBCAFnội tiếp đường trịn

 

( )O FBC CAE
(cùng bù với góc CAF )

    180o

FBC CDE FBC CDK

    

BCDK

 là tứ giác nội tiếp.
2. Có: BAC 90oCEK .

Mà tứ giácBCDKlà tứ giác nội tiếp
ABC CKD ACB ECK .

   

Lại có:AC CE (cạnh hình vng)

Suy raABC EKC(cạnh góc vng – góc nhọn) AB EK
3. VìABC30onênAOC60 ,o do đó tam giácOAClà tam giác đêu.
KẻAH BC,ta có

3
.sin 60

2
o R

AH OA 

Gọi diện tích hình viên phân là S, ta có: S S quat AOCSAOC
2

60 1

. . .

360 2

o
o

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

2 2

3 3 25(2 3 3)

( ).

6 4 6 4 12

R R

R cm

   

     

 

4. Chu viABClớn nhất AB AC lớn nhất. Áp dụng BĐT 2(x2y2) ( x y)2
Ta có: (AB AC )2 2(AB2AC2) 2 BC2 8R2AB AC 2 2 .R

Dấu '' '' xay ra khiAB AC  A là điểm chính gĩa nưa đường trịn đường kính BC.

Câu 40. Cho đường trịn (O;R) đường kính AC cớ định. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn
tại A. Lấy M thuộc Ax, kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn tại B (B khác A). Tiếp tuyến của
đường trịn tại C căt AB tại D. Nới OM căt AB tại I, căt cung nhỏ AB tại E.

1. Chứng minh OIDC là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh tích AB.AD không đổi khi M di chuyển trên Ax.
3. Tìm vị trí điểm M trên Ax để AOBE là hình thoi.

4. Chứng minhODMC.
Giải:

1. CóMA MB OA OB R ;   nên OM là trung trực của AB nênOI ABvàIA IB
Lại cóOCCDnênOID OCD  180oOIDC là tứ giác nội tiếp.

2. CóABC90o(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)
MàACDvng tại C nênAB AD AC.  2không đổi.
3. AOBE là hình thoi  AE EB BO OA  

AOE

  đêu  AOE60o
AOM

 vuông tại A nên
.tan 60o 3

AM OA R .

4. AMO BAC (cùng phụ vớiMAB),

  90o

MAO OCD 

Nên





AM AO

AMO CAD g g

AC CD

 #  

MàOA OC R  , suy ra

 

tan tan

AM OC

MCA ODC

AC CD  

    90 .o

MCA ODC ODC MCD

     Do đó

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Câu 41. Cho đường trịn



O R;



đường kính AB và
điểm C thuộc đường tròn. Gọi M và N là điểm chính
gĩa các cung nhỏ AC và BC. Nới MN căt AC tại I.
HạND AC. Gọi E là trung điểm BC. Dựng hình
bình hành ADEF.

1. TínhMIC .

2. Chứng minh DN là tiếp tuyến của đường tròn



O R;



3. Chứng minh răng F thuộc đường tròn



O R;



.
4. Cho CAB 30 ;o R30cm. Tính thể tích hình tạo

thành khi choABCquay một vòng quanh AB.
Giải:

1.     

1 1

( ) 45 135

2 4

o o

MIA s Mđ A s đCN  s ABđ  MIC
2. Có:NCNBON BCtạiE.

Lại có:ACB90o DCE 90 .o

MàND CD gt ( )CENDlà hình ch̃ nhật

DN ON

  tại N DNlà tiếp tuyến của ( )O .
3. Theo tính chất hình ch̃ nhật ta có:EDC NCD 

MàEDC F    F DNC  F ACN  180 .o ON //AC(cùng CB)
, , ,

N E O F

 thẳng hàng. Suy raACNFlà tứ giác nội tiếp F ( )O

4. Hạ CK AB.Tam giácABC có A30 ,o C 90onênB 60o
Do đó,OBClà tam giác đêu

; ;

2 2

R R

BK KO BC R CK

     

Khi quayABCmột vịng quanhABcó hai hình nón tạo thành: hình nón đỉnhA,và hình
nón đỉnhBcùng có tâm hình trịn đáy làK,bán kính CK.

Gọi thể tích tạo thành là V, ta có:

2 2 2

1 1 1

. . . ( )

3 3 3

V  CK AK CK BK  CK AK BK

2 3

1 1 3

. . 2 500 ( )

3 3 4 2

R R

CK AB R  cm

  

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Câu 42. Cho đường tròn



O R;



với dây AB cớ định. Gọi I là điểm chính gĩa cung lớn
AB. Điểm M thuộc cung nhỏ IB. Hạ AH IM AH; căt BM tại C.

1. Chứng minh IABvàMAClà tam giác cân.
2. Chứng minh C thuộc một đường tròn cố định

khi M chuyển động trên cung nhỏ IB.
3. Tìm vị trí của M để chu vi MAClớn nhất.
Giải:

1. VìIA IB IA IB  IABcân tạiI.

Tứ giácABMI nội tiếpIAB IMC (cùng bù với
IMB)

Ta có: IAB IBA IBA IMA IAB IMC   ;  ;  

 

IMA IMC

 

Lại có:MH AC MACcân tạiM.

2. Từ chứng minh trênMI là đường trung trực
củaAC

IC IA

  khơng đổiCthuộc đường trịn( ;I IA)
3. Chu vi MAC MA MC AC   2(MA AH )
Có HMA IBA  ( khơng đổi và IBA 90o

)
Đặt HMA IAB   . Ta có: AH MA.sin
Vậy chu vi MAC2MA(1 sin ) 

Chu viMAClớn nhất khiMAlớn nhất A O M, , thẳng hàng.

Câu 43. Cho đường trịn



O R;



đường kính AB. Kẻ
tiếp tuyến Ax với đường tròn. Trên Ax lấy điểm





K AK R

. Qua K kẻ tiếp tuyến KM với đường
tròn (O). Đường thẳng d ABtại O, d căt MB tại E.
1. Chứng minh KAOM là tứ giác nội tiếp;

2. OK căt AM tại I. Chứng minh OI.OK không đổi
khi K chuyển động trên Ax;

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

4. Gọi H là trực tâm củaKMA. Chứng minh răng khi K chuyển động trên Ax thì H thuộc

một đường trịn cớ định.

Giải:

1. KAO KMO  90oKAOM nội tiếp.
2. Theo tính chất tiếp tuyến: KA KM

KO là phân giác của AKM KOAM tại I

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào tam giác vngAOKta có

2 2

OI OK OA R

3. CóOK //BM (cùng AM) KOA EBO  .
MàOA OB R KAO EOB  ;   90o

( . . )
AKO OEB c g c
   

,
AK OE

  màAK //OE, KAO 90o
AKEO

 là hình ch̃ nhật.

4. H là trực tâm củaKMAAH KM MH, KAAH //OM MH, //OA .
Do đóAOMH là hình bình hành AH OM R.

VậyHthuộc đường tròn( ; )A R .

Câu 44. Cho đường trịn (O) đường kínhAB2 .R Gọi C là trung điểm của OA. Dây
MN AB tại C. Trên cung MB nhỏ lấy điểm K. Nối AK căt NM tại H.

1. Chứng minh BCHK là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh tíchAH AK. không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ MB.
3. Chứng minhBMNlà tam giác đêu.

4. Tìm vị trí điểm K để tổng KM KN KB  lớn nhất.
Giải:

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

2
( . ) AC AH . .

ACH AKB g g AH AK AB AC R

AK AB

 #     

3. VìOCMNCM CN  BMN cân tại B.

MAB

 vuông tại M AM2  AC AB R.  2

AM R

  Do đó  

sin 30

o
MA

MBA MAB

MB

   

MàMCB NCB  (tính chất tam giác cân)MNB 60o
Do đóMNBlà tam giác đêu.

4. TrênKN lấy E sao choKE KM

Vì tam giácBMN đêu nênMBN60o MKN 60o  KMEđêu.
Do đóME MK vàKME60o

Lại có: MB MN vàKMB EMN  (cùng cộng với BME 60 )o

( . . ) .

KMB EMN c g c KB EN

     

Từ đóKM KB KN   S KM KN KB  2KN
Slớn nhấtKNlớn nhấtK O N, , thẳng hàng.

Câu 45. Cho đường tròn



O R;



và điểm A ơ

AB ACtới đường tròn (B và C là 2 tiếp điểm). I là một điểm thuộc đoạn BC IB IC







.
Kẻ đường thẳng d OItại I. Đường thẳng d căt AB, AC lần lượt tại E và F.

1. Chứng minh OIBE và OIFC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh I là trung điểm EF.

3. K là một điểm trên cung nhỏ BC. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại K căt AB; AC tại
M và N. Tính chu viAMN nếuOA2R.

4. Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA căt AB, AC tại P và Q . Tìm vị trí của A để

APQ

S

nhỏ nhất.
Giải :

1. Có OB AB OC, AC(tính chất
tiếp tuyến)

  90o

OIE OBE OIBE

    nội tiếp 
  180o

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

2. Tứ giácOIBEnội tiếp OEI OBI  .Tương tự OFI OCI  . MàOB OC R 

   

OBI OCI OEI OFI

   

OEF

  cân tại O. Mà OI EF IE IF (Đpcm)
3. Có MK MB NK, NC

Suy ra chu viAMN AC AB 2AC2 AO2OC2 2 3R2 2R 3
4. CóAOlà phân giác củaPAQ PQ,  AO APQ cân tạiASAPQ 2SAOQ

.
APQ

S AQ OCmàOC R khơng đổi, do đó SAPQnhỏ nhất  AQ nhỏ nhất.
OAQ

 vuông tại OAC CQ OC.  2 R2.

MàAQ AC CQ  2 AC CQ. 2 ,R dấu '' '' xay ra khiAC CQ
APQ

S min  AC CQ  OQA vuông cân tạiO A 45o OA R 2

Câu 46. Cho 2 đường tròn

 

O và

 

O' căt nhau tại hai điểmA B, phân biệt. Đường thẳng
OA căt

   

O ; O' lần lượt tại điểm thứ haiC D, . Đường thẳng O A' căt

   

O ; O' lần lượt tại
điểm thứ haiE F, .

1. Chứng minh 3 đường thẳngAB CE, và DFđồng quy tại một điểm I.
2. Chứng minh tứ giácBEIFnội tiếp

được trong một đường tròn.

3. ChoPQlà tiếp tuyến chung của

 

O và

 

O'



P

 

O Q, 

 

O'



. Chứng minh

đường thẳng ABđi qua trung điểm của
đoạn thẳngPQ.

Giải:

1. Ta có: ABC90o (góc nội tiếp chăn nưa
đường trịn)

 90o

ABF  (góc nội tiếp chăn nưa đường
tròn)

Nên B, C, F thẳng hàng.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

2. Do IEF IBF90o suy ra BEIF nội tiếp đường tròn.
3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ

Ta chứng minh được

2 .

HP HA

AHP PHB HP HA HB

HB HP

 #    

Tương tự, HQ2 HA HB.

Vậy HP HQ hay H là trung điểm của PQ.

Câu 47. Cho hai đường tròn



O R;



và



O R'; '



với R R 'căt nhau tạiAvà B. Kẻ tiếp tuyến
chungDEcủa hai đường tròn vớiD

 

O vàE

 

O' sao choBgần tiếp tuyến đó hơn so
vớiA.

1. Chứng minh răngDAB BDE .

2. TiaABcătDE tạiM . Chứng minhM là trung điểm củaDE.

3. Đường thẳngEB cătDAtại P, đường thẳngDBcătAEtại Q. Chứng minh răngPQ
song song vớiAB.

Giải:

1. Ta có DAB=
1

2sđDB(góc nội tiếp) 
BDE =

2sđDB(góc gĩa tiếp tuyến và dây cung). 
Suy ra DAB BDE  .

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

 
DAM BDM

Nên DMB #AMD (g.g)


MD MA

MB MD hay 2
.
MD MA MB.

Tương tự ta cũng có: EMB # AME 

ME MA

MB  ME hayME2 MA MB.
.
 Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE.

3. Ta có DAB BDM  , EAB BEM 

PAQ PBQ  =DAB EAB PBQ BDM BEM DBE      180o
 Tứ giác APBQ nội tiếp PQB PAB  .

Kết hợp vớiPAB BDM suy raPQB BDM .

Hai góc này ơ

Câu 48. Cho đường trong



O R;



và đường thẳng dkhơng quaOcăt đường trịn tại hai điểm
, .

A B Lấy một điểmMtrên tia đối của tiaBAkẻ hai tiếp tuyến MC MD, với đường tròn (C D, là
các tiếp điểm). GọiHlà trung điểm củaAB;

1. Chứng minh răng các điểmM D O H, , , cùng năm trên một đường tròn.

2. Đoạn OM căt đường tròn tạiI. Chứng minh răngIlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác
MCD.

3. Đường thẳng qua O, vng góc với OM căt các tiaMC MD, thứ tự tạiPvà Q. Tìm vị trí
của điểm M trên dsao cho diện tích tam giácMPQ bé nhất.

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

1. Vì H là trung điểm của AB nênOH  ABhayOHM 90 .o
Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại cóODDMhayODM 90 .o
Suy ra các điểm M, D, O, H cùng năm trên một đường trịn.

2. Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD  MCD cân tại M 
 MI là một đường phân giác củaCMD.

Mặt khác I là điểm chính gĩa cung nhỏ CD nên 

1
2
DCI 

sđDI=
1

2sđCI =MCI
 CI là phân giác của MCD .Vậy I là tâm đường trịn nội tiếp MCD.

3. Ta có MPQ cân ơ
1

2 2. . . ( )

2
OQM

S  S  OD QM R MD DQ
.
Từ đó S nhỏ nhất  MD + DQ nhỏ nhất.

Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vng OMQ ta có DM DQ OD.  2R2không
đổi nên MD + DQ nhỏ nhất  DM = DQ = R.

Khi đó OM = R 2hay M là giao điểm của d với đường trịn tâm O bán kínhR 2.

Câu 49. Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn



O R;



. Ba đường cao
; ;

AD BE CF căt nhau tại H. GọiI là trung điểmBC, vẽ đường kínhAK.

1. Chứng minh ba điểmH I K, , thẳng hàng.
2. Chứng minhDA DH. DB DC. .

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

4. Cho BCcố định;Achuyển động trên cung lớnBCsao choABCcó ba góc nhọn.
Chứng minh điểmHln thuộc một đường trịn cớ định.

Giải:

1. Vì B và C thuộc đường trịn đường kính
AK:ABK ACK 90o

Do đó BH CK/ / và CH / /BK BHCK là
hình bình hành

Mà I là trung điểm BC nên I là trung điểm của
HK

Suy ra H; I; K thẳng hàng.

2. Ta có HBD DAC  (cùng phụ với ACB)
nên DBH#DAC g g





Suy ra . . .

DB HD

DB DC DA DH

DA  DC  

3. VìAEB AFC 90o  AEB#AFC g g





Suy ra ;

AE AB

BAC

AF  AC chung



. .



AEF ABC c g c
  #

Do đó

2
AEF

ABC

S AE

S AF

 
  

Mà 

1
60

2
o
AE

cosBAC cos

AB   

Suy ra

2
1

4 80 .
4

AEF

ABC AEF
ABC

S

S S cm

S    

4. Lấy O’ đối xứng với O qua I suy ra O’ cớ định.

Ta có IH IK OK OA R;   nên OI là đường trung bình của KHA

Do đó OI / /AH và

1
2

OI AH

Suy ra OO'/ /AH OO, 'AHnên OO HA' là hình bình hành
Do đó O H OA R'   (không đổi)

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Câu 50. Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính vng góc là AB và CD. Lấy K thuộc
cung nhỏ AC, kẻ KH  ABtại H. Nối AC căt HK tại I, tia BC căt HK tại E; nới AE căt
đường trịn (O;R) tại F.

1. Chứng minh BHFE là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh EC.EB = EF.EA.

3. Cho H là trung điểm OA. Tính theo R diện tíchCEF.

4. Cho K di chuyển trên cung nhỏ AC. Chứng minh đường thẳng FH luôn đi qua một
điểm cố định.

Giải:

1. Do F thuộc đường tròn đường kính AB nên
 90o

AFB

Suy ra BFE BHE 90oBHFE là tứ giác nội tiếp.
2. Có ECA EFB  90 ;o AEC chung

Nên





EC EA . . .

ECA EFB g g EC EB EA EF

EF EB

 #    

3. Từ chứng minh trên suy ra AC, BF, EH là 3
đường cao của EAB nên chúng căt nhau tại I.
Do đó

EC EA

EF  EB và AEB chung nên ECF#EAB
(cạnh – góc – cạnh)

 

2
1
ECF

EAB

S EC

S EA

 
  

 

Vì OB OC R  nên OBCvng cân tại O OBC 45o.
Do đó HBE vuông cân tại

3
2

R
H EH HB 

Mà 2
R
AH 

nên

2 2 2

2 2 2 9 10 10

4 4 4 2

R R R R

AE  AH HE    AE

Tương tự

2 2 2 9 3

2 2

R R

BE HB HE  BE

Lại có: OC EH/ / (cùng AB) nên

1 1

3 3 2

EC HO R

EC EB

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

2 2

1 1 1 1 3

5 ECF 5 EAB 5 2 10

EC R

S S EH AB

EA

 

         
 

4. Các tứ giác BEFH và AHCE nội tiếp nên AEB CHB AEB AHF ;  AHF CHB
Suy ra AHF DHB .

</div>

Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

































 

 

 





<sub> </sub>

 





 









 

 

















 

 



 



 

































 





 

 

 

 

 

 

<sub> </sub>





 

 

 

 

 