hinh hoc 9 : 75 BÀI TẬP HÌNH ÔN THI VÀO LỚP 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (619.18 KB, 54 trang )

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

X.Bài tập Hình tổng hợp

Bi 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O). Các đờng cao AD, BE, CF
cắt nhau tại

H và cắt đờng tròn (O) lần lợt tại M,N,P.
Chứng minh rằng:

1.Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp .

2.Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
3.AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.

4.H và M đối xứng nhau qua BC.

5.Xác định tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF.

Lêi gi¶i:

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao)
=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900.

CF là đờng cao => CF  AB => BFC = 900.

Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đờng trịn đờng 
kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.

XÐt hai tam giác AEH và ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â là góc chung 
=>  AEH ADC => AE

AD=
AH

AC => AE.AC = AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung 
=>  BEC ADC => BE

AD=
BC

AC => AD.BC = BE.AC.
4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> C1 = C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB HM => CHM cân
tại C

=> CB cng l ng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn
=> C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

C1 = E2 ( vì là hai góc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)

E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED.

Chng minh tng t ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại
H do đó H là tâm đờng trịn nội tiếp tam giác DEF.

Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là
tâm đờng trịn

ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE.

1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp .

2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng
tròn.

3. Chøng minh ED = 1

2 BC.

4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đờng trịn
(O).

5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.

Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:

CEH = 900 ( Vì BE là đờng cao)

 CDH = 900 ( Vì AD là đờng cao)=>  CEH +  CDH = 1800

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

2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEA = 900.
AD là đờng cao => AD  BC => BDA = 900.

Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đờng trịn đờng
kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.

3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đờng cao nên cũng là đờng trung tuyến
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 .

VËy tam gi¸c BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 1

2 BC.

Vì O là tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE
=> tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1).

Theo trªn DE = 1

2 BC => tam gi¸c DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

Mà B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3
Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E.

Vậy DE là tiếp tuyến của đờng trịn (O) tại E.

5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng
định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 
ED = 4cm

Bài 3 Cho nửa đờng trịn đờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua
điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lợt ở C và
D. Các đờng thẳng AD và BC cắt nhau tại N.

1. Chøng minh AC + BD = CD.
2. Chøng minh COD = 900.
3. Chøng minh AC. BD = AB

4 .

4. Chøng minh OC // BM

5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đờng trịn đờng kính
CD.

6. Chøng minh MN  AB.

7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị
nhỏ nhất.

Lêi gi¶i:

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM +
DM. Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là
tia phân giác của góc BOM, mà AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD =
900.

Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM CD ( OM là tiÕp 
tuyÕn ).

áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vng ta có OM2 = CM. DM, 
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = AB2

4 .

Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD .(1)

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung
trùc cđa BM => BM  OD .(2). Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).

Gi I l trung im của CD ta có I là tâm đờng trịn ngoại tiếp tam giác COD đờng
kính CD có IO là bán kính.

Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là
hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đờng trung
bình của hình thang ACDB

=> IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đờng trịn
đ-ờng kính CD

6. Theo trªn AC // BD => CN

BN=
AC

BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra
CN
BN=

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

=> MN // BD mµ BD  AB => MN  AB.

7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra
chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi
CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vng góc
với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB.

Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng trịn
bàng tiếp góc

A , O là trung điểm của IK.

1. Chng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.

2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng tròn (O).

3. Tính bán kính đờng trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC =
24 Cm.

Lêi gi¶i: (HD)

1. Vì I là tâm đờng trịn nội tiếp, K là tâm đờng trịn bàng
tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù
đỉnh B

Do đó BI  BK hayIBK = 900 .

Tơng tự ta cũng có ICK = 900 nh vậy B và C cùng nằm 
trên đờng trịn đờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một
đờng tròn.

Ta cã C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác cđa gãc ACH.

C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).

I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O)

T (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đờng trịn 
(O).

Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2 = AC2 – HC2 => AH =

√

202−122 = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH = CH

AH =
122

16 = 9 (cm)

OC =

√

OH2

+HC2=

√

92+122=√225 = 15 (cm)

Bài 5 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng
thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ
tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và
BD, I là giao điểm của OM và AB.

d

H
I
K

N
P

M

D

C

B

A

O

Chøng minh tø
gi¸c AMBO néi tiÕp.

2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm
trên một đờng tròn .

3. Chøng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.

4. Chứng minh OAHB là
hình thoi.

5. Chứng minh ba điểm O,
H, M thẳng hàng.

6. Tỡm qu tớch của điểm
H khi M di chuyển trên
đờng thẳng d

Lời giải: (HS tự làm). Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng kính

Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM =

900. nh vậy K, A, B cùng nhìn OM dới một góc 900 nên cùng nằm trên đờng trịn đờng 
kính OM. Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đờng tròn.

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

=> OM lµ trung trùc cđa AB => OM  AB t¹i I .

Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng tại A có AI là 
đờng cao.

Theo hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.

4. Ta cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.

5. Theo trờn OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M
thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đờng thẳng vng góc với AB).

6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì
H cũng di động nhng ln cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H
khi M di chuyển trên đờng thẳng d là nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng trịn tâm A bán kính AH. Gọi
HD là đờng kính của đờng trịn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E.

1. Chứng minh tam giác BEC cân.

2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI =
AH.

3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đờng tròn (A;

AH).

4. Chøng minh BE = BH + DE.

Lêi gi¶i: (HD)

 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đờng cao vừa là đờng trung
tuyến của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2

2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung,

B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH.

3. AI = AH vµ BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.

4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đờng trịn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một
điểm P sao

cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M.

1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đợc một đờng tròn.
2. Chng minh BM // OP.

3. Đờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là
hình bình hành.

4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng

minh I, J, K thẳng hàng.

Lời giải: (HS tự làm).

Ta có  ABM néi tiÕp ch¾n cung AM;  AOM là góc ở tâm
chắn cung AM => ABM = 2

AOM

(1) OP là tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t
nhau ) =>  AOP = 2

AOM



(2)

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

Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)

Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt 
NOAB).=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP 
= OBN => OP = BN (5)

Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ
Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm
tam giác POJ. (6)

Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có PAO = AON = ONP = 900 => K là trung
điểm của PO ( t/c đờng chéo hình ch nht). (6)

AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => APO = MPO (8).
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đơng thời là đờng cao => IK  PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.

Bài 8 Cho nửa đờng trịn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng tròn ( M
khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax
tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đờng tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại
H, cắt AM ti K.

1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiÕp.
2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM . IB.

3) Chứng minh BAF là tam giác cân.

4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.

5) Xỏc nh vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng
trịn.

Lời giải: 1. Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn
) => KMF = 900 (vì là hai góc kề bù).

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) 
=> KEF = 900 (vì là hai góc kề bù).

=> KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai
góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.

Ta có IAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vng tại A có AM  IB ( theo trên). 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2 = IM . IB.

Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ do ……)

=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc
ABF. (1) Theo trên ta có AEB = 900 => BE  AF hay BE là đờng cao của tam giác 
ABF (2). Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B .

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

Tõ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân
giác HAK (5)

T (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đờng cao nên đồng thời là đơng
trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6).

Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại
trung điểm của mỗi đờng).

(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình
thang. Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng trịn thì AKFI phải là hình thang cân.
AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB.

ThËt vËy: M lµ trung ®iĨm cđa cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7)
Tam giác ABI vuông t¹i A cã ABI = 450 => AIB = 450 .(8)

Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc

đáy bằng nhau).

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.

Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D
thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E).

1. Chứng minh AC. AE không đổi.
2. Chứng minh  ABD = DFB.

3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiÕp.

Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp 
chắn nửa đờng tròn ) => BC  AE.

ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng tại B 
có BC là đờng cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và 
đ-ờng cao ), mà AB là đđ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi do đó
AC. AE khơng đổi.

 ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ).
=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác 
bằng 1800)(1)

 ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ).

=> AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam giác 
bằng 1800) (2)

Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)

Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 .

ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD).
Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì là hai góc 
kề bù) nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ 
giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.

Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng trịn sao cho
AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A.
Gọi P là chân đơng

vng góc từ S đến AB.

1. Chøng minh bèn ®iĨm A, M, S, P cïng nằm trên một
đ-ờng tròn

2. Gọi S là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng
tam giác PS’M c©n.

3. Chứng minh PM là tiếp tuyến của đờng trịn .

Lêi gi¶i:

1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội 
tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 . Nh vậy P và M 
cùng nhìn AS dới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đờng
trịn đờng kính AS.

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng
tròn.

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

=> AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)

Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vng góc với
AB)=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2).

Tõ (1) vµ (2) => AS’S = ASS’.

Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp
cùng chắn AP )=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P.

3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS vuông tại M => B1 = S1 (cïng phơ víi

S). (3) Tam gi¸c PMS cân tại P => S1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5).

Tõ (3), (4) vµ (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mµ M3 + M2 =

AMB = 900 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM tại M => PM là tiếp 
tuyến của đờng tròn tại M

Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) tại
các điểm D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :

1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän.

2. DF // BC. 3. Tø gi¸c BDFC néi tiÕp. 4. BD

CB=

BM
CF
Lêi gi¶i:

1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam
giác ADF cân tại A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 
1800 => DEF < 900 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE).

Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900. Nh vËy tam 
gi¸c DEF cã ba gãc nhän.

2. Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) =>

AD AF
ABAC =>

DF // BC.

3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có B = C (vì tam
giác ABC cân)

=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp đợc một đờng tròn
.

4. Xét  BDM và  CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân).

BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI);  CBF = BFD (v× so le)
=> BDM = CBF .=> BDM CBF => BD

CB =

BM
CF

Bài 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB và CD vng góc với nhau.
Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đờng thẳng vng góc với
AB tại M cắt tiếp tuyến

tại N của đờng tròn ở P. Chứng minh :
1. Tứ giác OMNP nội tiếp.

2. Tø gi¸c CMPO là hình bình hành.

3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

4. Khi M di chuyn
trờn đoạn thẳng AB
thì P chạy trên đoạn
thẳng cố định nào.

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

1. Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ 
tiÕp tuyÕn ).

Nh vậy M và N cùng nhìn OP dới một góc bằng 900 => M và N
cùng nằm trên đờng trịn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội
tiếp.

2. Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n
cung OM)

Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ONC =

OCN => OPM = OCM.

Xét hai tam giác OMC và MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM =>

CMO = POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1)
Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2).

Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.

3. Xột hai tam giỏc OMC v NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội 
tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung

=> OMC NDC =>

CM CO

CD CN => CM. CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R

nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM. CN khơng phụ 
thuộc vào vị trí của điểm M.

4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đờng thẳng cố 
định vng góc với CD ti D.

Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A B song song vµ b»ng
AB.

Bài 13 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC
chứa điển A , Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng trịn đờng kính HC

cắt AC tại F.

1. Chứng minh AFHE là hình chữ nhật. 2. BEFC là tứ giác nội tiếp.

3.AE. AB = AF. AC. 4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng trịn .

Lêi gi¶i:

1. Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) 
=> AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)

CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) 
=> AFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)

EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông).

2. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp đợc một đờng tròn =>F1=H1 (nội
tiếp chắn cung AE) . Theo giả thiết AH BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng
tròn (O1) và (O2) => B1 = H1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) => B1= F1
=> EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì là hai góc kề bù) =>

EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC và EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó 
BEFC là tứ giác nội tiếp.

3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo 
Chøng minh trªn) => AEF ACB =>

AE AF

ACAB => AE. AB = AF. AC.

* HD c¸ch 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông tại H cã HF  AC => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC

4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân tại I => E1 = H1 .

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

=> E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900
=> O1E EF .

Chứng minh tơng tự ta cũng có O2F  EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng
tròn .

Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về một
phía của AB các nửa đờng trịn có đờng kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có tâm theo thứ
tự là O, I, K.

Đờng vng góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) tại E. Gọi M. N theo thứ tự là giao
điểm của EA,

EB với các nửa đờng tròn (I), (K).
1. Chứng minh EC = MN.

2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các
nửa đờng trịn (I), (K).

3. TÝnh MN.

4. Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa
đ-ờng trịn

Lêi gi¶i:

1. Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn 
tâm K)

=> ENC = 900 (vì là hai gãc kÒ bï). (1)

AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì là hai góc kề 
bù).(2)

AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình
chữ nhật )

2. Theo giả thiết EC AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng tròn (I)
và (K)

=> B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng chắn cung CN). Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên
=> C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng là bán kính) => tam giác KBN
cân tại K => B1 = N1 (5)

Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 =

MNK = 900 hay MN  KN tại N => MN là tiếp tuyến của (K) tại N.
Chứng minh tơng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,
Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng trịn (I), (K).

3. Ta có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vng tại A có 
EC  AB (gt)

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

4. Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta cã S(o) = .OA2 = 252 = 625; S(I) =  . IA2 = .52 = 25; S(k) = .KB2 = . 202
= 400 .

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S =

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

2( 625- 25- 400) =

2.200  = 100 314 (cm2)

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng trịn (O) có

đờng kính MC. đờng thẳng BM cắt đờng trịn (O) tại D. đờng thẳng AD cắt đờng trịn
(O) tại S.

1. Chøng minh ABCD lµ tø giác nội tiếp .

2. Chứng minh CA là tia phân gi¸c cđa gãc SCB.

3. Gọi E là giao điểm của BC với đờng tròn (O). Chứng minh rằng các đờng thẳng BA,
EM, CD đồng quy.

4. Chøng minh DM là tia phân giác của góc ADE.

5. Chng minh im M là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE.

Lêi gi¶i:

1. Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vng tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn 
nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh vậy D và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên 
A và D cùng nằm trên đờng trịn đờng kính BC => ABCD là tứ giỏc ni tip.

2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB).

D1= C3 => SM EM  => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung
bằng nhau)

=> CA là tia phân giác của góc SCB.

3. Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC nh vậy BA, EM, CD là ba đờng cao của

tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy.

4. Theo trªn Ta cã SM EM  => D1= D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)

5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng trịn (O)) => MEB = 900.

Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai 
góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đờng tròn => A2 = B2 .

Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD)
=> A1= A2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2)

Từ (1) và (2) Ta có M là tâm ng trũn ni tip tam giỏc ADE

TH2(Hình b)

Câu 2 : ABC = CME (cïng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME
= CDS

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

Bài 16 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng trịn đờng
kính BD cắt BC tại E. Các đờng thẳng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn tại F, G.

Chøng minh :

1. Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .

3. AC // FG.

4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.

Lêi gi¶i:

1. XÐt hai tam giác ABC và EDB Ta có BAC = 900 ( vì tam 
giác ABC vuông tại A); DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nưa 
đ-ờng tròn )

=> DEB = BAC = 900 ; lại có ABC là góc chung => DEB

CAB .

2. Theo trªn DEB = 900 => DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï);

BAC = 900 ( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 900 =>

DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ 
giác nội tiếp .

* BAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa 
đ-ờng trịn ) hay BFC = 900 nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 900 nên A và F 
cùng nằm trên đờng trịn đờng kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp.

3. Theo trªn ADEC là tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà
đây là hai góc so le trong nên suy ra AC // FG.

4. (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đờng cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy
tại S.

Bài 17. Cho tam giác đều ABC có đờng cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M
khơng trùng B. C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với các cạnh AB. AC.

1. Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đờng trịn ngoại
tiếp tứ giác đó.

2. Chøng minh r»ng MP + MQ = AH.
3. Chøng minh OH  PQ.

Lêi gi¶i:

1. Ta cã MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC 
(gt)

=> AQM = 900 nh vậy P và Q cùng nhìn BC dới 
một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đờng 
trịn đờng kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp.
* Vì AM là đờng kính của đờng tròn ngoại tiếp tứ
giác APMQ tâm O của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác
APMQ là trung điểm của AM.

2. Tam giác ABC có AH là đờng cao => SABC =

1
2

BC.AH.

Tam giác ABM có MP là đờng cao => SABM =

1
2

AB.MP

Tam giác ACM có MQ là đờng cao
=> SACM =

2AC.MQ

Ta cã SABM + SACM = SABC =>

2AB.MP + 
1

2AC.MQ = 
1

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ =

BC.AH

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

3. Tam giác ABC có AH là đờng cao nên cũng là đờng phân giác => HAP = HAQ =>

 

HP HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ở tâm) => OH là tia phân

giỏc gúc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra
OH cũng là đờng cao => OH  PQ

Bài 18 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì ( H
không trùng O, B) ; trên đờng thẳng vng góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngồi
đ-ờng trịn ; MA và MB thứ tự cắt đđ-ờng tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao điểm của AD và
BC.

1. Chøng minh MCID là tứ giác nội tiếp .

2. Chng minh các đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.

3. Gọi K là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội
tiếp .

Lêi gi¶i:

1. Ta có : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) 
=> MCI = 900 (vì là hai góc kề bù).

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) 
=> MDI = 900 (vì là hai góc kề bù).

=> MCI + MDI = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác 
MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp.

2. Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD
là hai đờng cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại
I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH

 AB nên MH cũng là đờng cao của tam giác MAB => AD,
BC, MH đồng quy tại I.

3. OAC c©n tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1
= C4

KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 .

Mà A1 + M1 = 900 ( do tam gi¸c AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 900 => C3 +

C2 = 900 ( v× gãc ACM là góc bẹt) hay OCK = 900 .

Xét tứ giác KCOH Ta cã OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mµ

OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.

Bài 19. Cho đờng tròn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O,
C ). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB. Nối CD,
Kẻ BI vng góc với CD.

1. Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp .
2. Chøng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
3. Chứng minh BI // AD.

4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.

5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O).

Lời giải:

1. BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>

BID = 900 (vì là hai góc kề bù); DE AB t¹i M =>

BMD = 900

=> BID + BMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ 
giác MBID nên MBID là tứ giác nội tiếp.

2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại
M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đờng kính
và dây cung)

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của
mỗi đờng .

3. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DC; theo trên BI  DC => BI //
AD. (1)

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

Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đờng thẳng song song với AD mà
thơi.)

5. I, B, E th¼ng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung
điểm của DE) =>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; OIC cân tại O ( vì OC
và OI cùng là bán kính ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) =>

I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 =

MIO’ hay MI  O’I t¹i I => MI lµ tiÕp tun cđa (O’).

Bài 20. Cho đờng trịn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và
BC là hai đờng kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vng góc với
AB tại trung điểm M của AB. Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O’) là F, BD cắt (O’) tại
G. Chứng minh rằng:

1. Tø gi¸c MDGC néi tiÕp .

2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đờng
tròn

3. Tứ giác ADBE là hình thoi.
4. B, E, F thẳng hµng

5. DF, EG, AB đồng quy.
6. MF = 1/2 DE.

7. MF là tiếp tuyến của (O).

Lời giải:

1. BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )
=> CGD = 900 (vì là hai góc kề bù)

Theo giả thiết DE AB tại M => CMD = 900

=> CGD + CMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác
nội tiếp

2. BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE

 AB tại M) nh vậy F và M cùng nhìn BD dới một góc bằng 900 nên F và M cùng nằm trên
đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F cùng nằm trên một đờng tròn .

3. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE  AB tại M nên M cũng là trung điểm
của DE (quan hệ đờng kính và dây cung)

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đờng chéo vng góc với nhau tại trung điểm của
mỗi đờng .

4. ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD  DF ; theo trên tứ giác 
ADBE là hình tho => BE // AD mà AD  DF nên suy ra BE  DF .

Theo trên BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF  DF mà qua B chỉ có một 
đ-ờng thẳng vng góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng.

5. Theo trên DF  BE; BM  DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của
tam giác BDE => EC cũng là đờng cao => ECBD; theo trên CGBD => E,C,G thẳng
hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy

6. Theo trên DF BE => DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung
điểm cđa DE) suy ra MF = 1/2 DE ( v× trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền
bằng nửa cạnh huyền).

7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân tại M => D1 = F1

OBF cân tại O ( vì OB và OF cùng là bán kính ) => F3 = B1 mµ B1 = D1 (Cïng
phơ víi DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 . Mµ F3 + F2 = BFC = 900
=> F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF OF tại F => MF là tiếp tuyến cđa (O’).

Bài 21. Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm

I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.

1. Chứng minh rằng các đờng tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau
tại A.

2. Chøng minh IP // OQ.
3. Chøng minh r»ng AP = PQ.

4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn
nhất.

Lêi gi¶i:

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

2. OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => A1
= Q1

IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A1 =

P1

=> P1 = Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.

3.APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP  AQ => OP là đờng cao của OAQ 
mà OAQ cân tại O nên OP là đờng trung tuyến => AP = PQ.

4. (HD) KỴ QH  AB ta cã SAQB =

2AB.QH. mà AB là đờng kính khơng đổi nên SAQB lớn

nhÊt khi QH lín nhÊt. QH lín nhÊt khi Q trïng víi trung ®iĨm của cung AB. Để Q trùng
với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO.

Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO => QO  AB tại
O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.

Bài 22. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vng góc
với DE, đờng thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.

1. Chøng minh BHCD lµ tø gi¸c néi tiÕp .
2. TÝnh gãc CHK.

3. Chøng minh KC. KD = KH.KB

4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên
đ-ờng nào?

Lời giải:

1. Theo giả thiết ABCD là hình vng nên BCD = 900; 
BH  DE tại H nên BHD = 900 => nh vậy H và C cùng 
nhìn BD dới một góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên 
đờng trịn đờng kính BD => BHCD là t giỏc ni tip.

2. BHCD là tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800. (1)

BHK lµ gãc bĐt nên KHC + BHC = 1800 (2).

Từ (1) và (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD là hình vuông) => CHK =

450 .

3. Xét KHC vµ KDB ta cã CHK = BDC = 450 ; K lµ gãc chung 
=> KHC KDB =>

KC KH

KBKD => KC. KD = KH.KB.

4. (HD) Ta ln có BHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố 
định thì H chuyển động trên cung BC (E  B thì H  B; E  C thì H  C).

Bµi 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông
ABHK, ACDE.

1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2. Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam

giác ABC tại F, chứng minh FBC là tam giác
vuông cân.

3. Cho bit ABC > 450 ; gọi M là giao điểm của 
BF và ED, Chứng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng
nằm trên một đờng tròn.

4. Chứng minh MC là tiếp
tuyến của đờng tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.

Lời giải:

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

Tứ giác AEDC là hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vu«ng ë A => BAC = 900
=> BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.

2. Ta cú BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. 
(1).

FBC = FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trªn CAD = 450 hay FAC = 450
(2).

Tõ (1) và (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F.

3. Theo trên BFC = 900 => CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c 
hình vuông).

=> CFM + CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đờng 
tròn suy ra CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC là hình vng) => CMF = 450
hay CMB = 450.

Ta cũng có CEB = 450 (vì AEDC là hình vng); BKC = 450 (vì ABHK là hình vng).
Nh vậy K, E, M cùng nhìn BC dới một góc bằng 450 nên cùng nằm trên cung chứa góc 450
dựng trên BC => 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đờng trịn.

4. CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC tại C => MC là 
tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 . Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O, 
đ-ờng trịn này cắt BA và BC tại D và E.

1. Chøng minh AE = EB.

2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng
đ-ờng trung trực của ®o¹n HE ®i qua trung ®iĨm I cđa
BH.

3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp
tam giác BDE.

Lêi gi¶i:

1. AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE 
= 450

=> AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.

F

1
2

/ _

K

H

I

E
D

O

C
B

A

2. Gi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đờng trung bình
của tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE tại E => IK  HE tại K (2).
Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I
của BH.

3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE =
IB.

 ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác 
BDH vng tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID
= IB => IE = IB = ID => I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.

Ta cã ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kÝnh ) => D1 = C1. (3)
IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => D2 = B1 . (4)

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

Theo trªn ADC cã ADC = 900 => B1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).

Tõ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mµ D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 =

IDO => OD  ID tại D => OD là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

Bài 25. Cho đờng trịn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đờng tròn
(O) tại B và C chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đờng
vng góc MI, MH, MK xuống các cạnh tơng ứng BC, AC, AB. Gọi giao điểm của BM, IK
là P; giao điểm của CM, IH là Q.

1. Chứng minh tam giác ABC cân. 2. C¸c tø gi¸c BIMK,
CIMH néi tiÕp .

3. Chøng minh MI2 = MH.MK. 4. Chøng minh PQ  MI.

Lêi gi¶i:

1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => ABC
cân tại A.

2. Theo giả thiết MI BC => MIB = 900; MK  AB =>

MKB = 900.

=> MIB + MKB = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác 
BIMK nội tiếp

* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tựtứ giác BIMK )
3. Theo trên tứ giác BIMK nội tiÕp => KMI + KBI = 1800; tø 
gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800. mµ KBI =

HCI ( vì tam giác ABC cân tại A) => KMI = HMI (1).
Theo trªn tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( néi tiếp cùng
chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( néi tiÕp
cïng ch¾n cung IM). Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => I1 =

H1 (2).

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

MI MK

MH MI => MI2 = MH.MK

4. Theo trªn ta cã I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 +

BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà đây là hai góc
đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( vì
có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả thiết MI BC nên suy ra IM  PQ.

Bài 26. Cho đờng trịn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là
điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và
CB. Chứng minh :

1. KC

KB=
AC

AB 2. AM lµ tia phân giác của CMD. 3. Tø gi¸c

OHCI néi tiÕp

4. Chứng minh đờng vng góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến
của đờng trịn tại M.

Lêi gi¶i: 1. Theo giả thiết M là trung điểm của BC => MB MC 
=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp chắn hai cung bằng nhau) =>
AK là tia phân gi¸c cđa gãc CAB => KC

KB=
AC

AB ( t/c tia phân giác

của tam giác )

2. (HD) Theo giả thiết CD AB => A là trung điểm cđa CD => CMA = DMA => MA
lµ tia phân giác của góc CMD.

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

4. Kẻ MJ  AC ta cã MJ // BC ( v× cùng vuông góc với AC). Theo trên OM BC => OM

 MJ tại J suy ra MJ là tiếp tuyến của đờng tròn tại M.

Bài 27 Cho đờng tròn (O) và một điểm A ở ngồi đờng trịn . Các tiếp tuyến với đờng tròn
(O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đờng tròn ( M

khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB. Chứng minh :

Tø gi¸c ABOC néi tiÕp. 2. BAO =  BCO. 3. MIH  MHK. 4. MI.MK
= MH2.

Lêi gi¶i:

(HS tự giải)

Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO).
Theo giả thiÕt MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900

=> MHC + MKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM 
= HKM (nội tiếp cùng chắn cung HM).

Chøng minh t¬ng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cùng chắn
cung IM).

Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM) => HKM = MHI (1). Chøng minh t¬ng tù ta cịng
cã

KHM = HIM (2). Tõ (1) vµ (2) =>  HIM  KHM.
Theo trªn  HIM  KHM =>

MI MH

MH MK => MI.MK = MH2

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm

đối xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC.

1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
2. E, F nằm trên đờng trịn (O).

3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.

4. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là
trọng tâm của tam giác ABC.

Lêi gi¶i:

1. Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung
điểm I của BC => I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình
bình hành vì có hai đờng chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi
đờng .

2. (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ =
1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 
1800. Theo trên BHCF là hình bình hành => BHC = BFC 
=> BFC + BAC = 1800

=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O).

* H và E đối xứng nhau qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC +

BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) .

3. Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung
điểm của của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE  HE (2)

Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3)

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

Theo trên F (O) và FEA =900 => AF là đờng kính của (O) => ACF = 900 => BCF 
= CAE ( vì cùng phụ ACB) (5).

Tõ (4) vµ (5) => BCF = CBE (6).

Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân.

4. Theo trờn AF l ng kớnh ca (O) => O là trung điểm của AF; BHCF là hình bình
hành => I là trung điểm của HF => OI là đờng trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2
AH.

Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI  BC ( Quan hệ đờng kính và dây cung) =>

OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI HGA =>

GI OI

GA HA mµ OI =

2 AH =>

1
2

GI

GA mà AI là trung tuyến của tam giác ABC (do I là

trung điểm của BC) => G là trọng tâm của tam giác ABC.

Bi 29 BC là một dây cung của đờng tròn (O; R) (BC 2R). Điểm A di động trên cung
lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đờng cao AD, BE, CF của tam giác
ABC đồng quy tại H.

1. Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giỏc
ABC.

2. Gọi A là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA.
3. Gọi A1 là trung điểm cña EF, Chøng minh R.AA1 =

AA’. OA’.

4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí
của A để tổng EF + FD + DE t giỏ tr ln nht.

Lời giải: (HD)

1. Tứ giác BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï

BFE)

AEF = ABC (cïng bï CEF) =>  AEF  ABC.

2. Vẽ đờng kính AK => KB // CH ( cùng vng góc AB); KC
// BH (cùng vng góc AC) => BHKC là hình bình hành =>

A’ là trung điểm của HK =>
OK là đờng trung bình của

AHK => AH = 2OA’

3. áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ số giữa 
hai bán kính các đờng trịn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. ta có :

 AEF  ABC => 1

'
'

R AA

R AA (1) trong đó R là bán kính đờng trịn ngoại tiếp ABC; R’ là

bán kính đờng trịn ngoại tiếp  AEF; AA’ là trung tuyến của ABC; AA1 là trung tuyến
của AEF.

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng trịn đờng kính AH nên đây cũng là đờng tròn ngoại tiếp

AEF

Tõ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ 2

AH

= AA’ .

2 '
2

A O

VËy R . AA1 = AA’ . A’O (2)

4. Gọi B’, C’lần lợt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính đi qua
trung điểm của một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lợt là các đờng cao của các
tam giác OBC, OCA, OAB.

SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =

2( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB )

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

Theo (2) => OA’ = R .

AA
AA mµ

AA

AA là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng

AEF vµ ABC nên

AA
AA =

EF

BC. Tơng tự ta cã : OB’ = R .
FD

AC ; OC’ = R . 
ED

AB Thay vµo (3)

ta đợc

2SABC = R ( . . .

EF FD ED

BC AC AB

BC AC  AB )  2SABC = R(EF + FD + DE)

* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi
SABC.

Ta cã SABC =

2AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất

khi A là điểm chính giỡa của cung lớn BC.

Bi 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại M. Vẽ
đờng cao AH và bán kính OA.

1. Chøng minh AM là phân giác của góc OAH.
2. Giả sử B > C. Chøng minh OAH = B - C.
3. Cho BAC = 600 vµ OAH = 200. TÝnh:

a) B và C của tam giác ABC.

b) Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ
BC theo R

Lời giải: (HD)

1. AM là phân giác của BAC => BAM = CAM =>

 

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

2. VÏ d©y BD  OA => AB AD => ABD = ACB.

Ta cã OAH =  DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc cùng nhọn) => OAH =

ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C.

3. a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH =>

B - C = 200 .

0 0

120 70

20 50

B C B

B C C

     

 



 

     

 

 

b) Svp = SqBOC - SBOC =

2 2

. .120 1
. 3.

360 2 2

R R

R





2 2 2

. . 3 .(4 3 3)

3 4 12

R R R

  

 

Bài 31: Cho tam giác OAB cân đỉnh O và đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi
(R<OA).Từ A và B vẽ hai tiếp tuyến AC và BD với đường trịn .Hai tiếp tuyến này
khơng đối xứng với nhau qua trục đối xứng của tam giác và chúng cắt nhau ở M.
a)Chứng minh rằng bốn điểm O,A,M,B cùng thuộc đường trịn.Tìm tập hợp các điểm
M.

b)Trên tia đối của tia MA lấy MP = BM.Tìm tập hợp các điểm P.

c)CMR: MA.MB = |OA2 - OM2|.

Giải:

a)Gọi I,T lần lượt là các điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ A và B.

Dễ thấy: Δ OIA = Δ OTB (cạnh huyền-cạnh góc vng).

Do đó: ∠ IAO = ∠ OBT.Suy ra tứ giác OAMB nội tiếp được.

b) Có:

∠ APB = 12 . ∠ AMB = 12 .(1800- ∠ AOB)= const.

Vậy có thể chứng minh được rằng quĩ tích các điểm P là cung chứa góc nhìn AB một

góc khơng đổi là 12 .(1800- ∠ AOB).

c)Xét vị trí của M mà OM > OA(trường hợp ngược lại hồn tồn tương tự).

Ta có: |OA2 - OM2| = OM2 -OA2 = MI2 - IA2 = (MI-IA).(MI + IA) = AM.(MT + TB)=

=MA.MB (đpcm).

Bài 32: Cho điểm P nằm ngòai đường tròn (O); Một cát tuyến qua P cắt (O) ở A và
B.Các tiếp tuyến kẻ từ A và B cắt nhau ở M. Dựng MH vng góc với OP.

a)CMR: 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên 1 đường tròn.

b)CMR: H cố định khi cát tuyến PAB quay quanh P. Từ đó suy ra tập hợp điểm M.
c)Gọi I là trung điểm của AB và N là giao điểm của PA với MH.CMR: PA.PB=PI.PN

và IP.IN=IA2.

Giải:

a) Nhận thấy 5 điểm O,A,B,M,H nằm trên đường trịn đường kính OM (đpcm).
b)Phương tích của điểm P đối với đường trịn đường kính OM là:

PH.PO=PA.PB=const (1). Suy ra H cố định nằm trên đoạn PO.

Từ đó dễ dàng suy ra được rằng quĩ tích điểm M là đường thẳng d qua H vng góc
với PO trừ đi đoạn TV với T,V là giao điểm của d với (O).

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

Lại có:

IP.IN=(NI+NP).IN=IN2 + NI.NP (3)

Phương tích của điểm N đối với đường trịn đường kính PM là: NP.NI=NH.NM
Phương tích của điểm N đối với đường trịn đường kínhOM là: NH.NM=NA.NB
Suy ra: NI.NP=NA.NB (4)

Từ (3) và (4) suy ra:

IP.IN=IN2 + NA.NB

Ta sẽ chứng minh: IN2 + NA.NB=IA2 (5).Thật vậy:

(5) ⇔ NA.NB=IA2-IN2 ⇔ NA.NB=(IA-IN).(IA+IN) ⇔ NA.NB=NA.(IB+IN)

⇔ NA.NB=NA.NB (ln đúng)

Vậy ta có đpcm.

Bài 33:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường trịn bán kính R,tâm
O.

a)Chứng minh BC = 2R.SinA

b)Chứng minh:SinA + SinB + SinC < 2.(cosA + cosB + cosC) trong đó A,B,C là ba
góc của tam giác.

Giải:

a)Kéo dài BO cắt (O) tại điểm thứ hai là D.

Tam giác vuông BCD có:BC = BD.Sin( ∠ BDC) = 2R.SinA (đpcm)

b)Kéo dài AO cắt (O) tại điểm thứ hai là E.

Hoàn tồn tương tự phần a) ta có:AC=2R.SinB. Ta có:

SinB= AC2R<AD+CD

2R =

AD
BD+

BD=Cos(∠ADB)+Cos(∠CDB)=CosC+CosA (1)

Tương tự ta cũng có: SinC < CosA + CosB (2) và SinA < CosB + CosC (3).
Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm.

Bài 35: Cho đường trịn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên cung
lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt đường tròn
(O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB.Đường thẳng Bi
cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.

1.CMR:Tam giác KAC cân.

2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho Ai
có độ dài lớn nhất.

3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di
động trên cung lớn BC của (O).

Giải:

1.Ta có:

Δ DBI cân tại D nên: ∠ DBI= ∠ DIB.Mà: ∠ DIB = ∠ IBC + ∠ ICB (1).

Và: ∠ DBI = ∠ KCI = ∠ KCA + ∠ ACD = ∠ KBA + ∠ ICB (2).

Từ (1) và (2) suy ra ∠ ABI = ∠ CBI.Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

ABC

⇒ BI là phân giác góc B của tam giác ABC ⇒ K là trung điểm cung AC.

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

2.Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI luôn đi qua trung điểm J của
cung nhỏ BC.

Ta dễ dàng chứng minh được tam giác BIJ cân ở J ⇒ JI = JB = const.

Suy ra AI = AJ - IJ = AJ - const lớn nhất khi và chỉ khi AJ lớn nhất tức là AJ là đường

kính của (O) ⇒ A phải nằm tại trung điểm của cung lớn BC.

3.Ta dễ dàng tính được:

∠ BMC = 12 . ∠ BAC = 14 số đo cung nhỏ BC = const.

Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng 14 số đo cung

nhỏ BC.

Bài 36:Trên đường trịn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vng góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.

1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.

2.Gọi AH là đừơng vng góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vng ABC có đỉnh A cho trước trên đường trịn BC là đường
kính và chiều cao AH = h cho trước.

Giải:

1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.

2.Nhận thấy ∠ AHO vng. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là

đường trịn đường kính AO.

3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A' thỏa

mãn u cầu của bài tốn.

Có 4 vị trí của A thỏa mãn bài ra (Vì có hai đường thẳng d//BC thảo mãn:Cách BC
một khoảng h).

Bài 37:Cho đường tròn tâm O cố định .Một đường thẳng d cố định cắt (O) tại A,B;M
là điểm chuyển động trên d (ở ngoài đoạn AB).Từ M kẻ hai tiếp tuyến MT và MN với
đường tròn.

1.CMR:Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P luôn đi qua một điểm cố định khác O.
2.Tìm tập hợp các tâm I của đường trịn đi qua M,N,P.

3.Tìm trên d một điểm M sao cho tam giác MNP là tam giác đều.

Giải:

1.Gọi K là trung điểm của AB.Dễ thấy M,N,P,O,K đều nằm trên đường trịn đường
kính OM.

Vậy K là điểm cố định cần tìm.

2. Tâm I của đường trịn đi qua M,N,P là trung điểm của OM.
Từ I hạ IJ vng góc với AB.Dễ thấy IJ = (1/2).OK=const.

Vậy có thể phán đốn quĩ tích của i là đường thẳng song song với AB cách AB một
khoảng bằng một nửa đoạn OK trừ đoạn XY với X,Y lần lượt là trung điểm của OA
và OB.

3.Giả sử tam giác MNP đều thế thì: OM = 2.OP = 2R.

MK2 = MO2 - OK2 = 4R2 - OK2 = const.

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

Bài 38:Cho hình vng EFGH.Một góc vng xEy quay xung quanh điểm E.Đường
thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường trên
theo thứ tự tại P,Q.

1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vng cân.

2.Goi R là giao của PN và QM;cịn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ giác
EKRI là hình gì?Giải thích?

3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc vuông
xEy quay quanh E?

Giải:

1.Dễ dàng chứng minh được: Δ EHQ = Δ EFM (cgc).

Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.

∠ PEF = ∠ PQN (đồng vị) mà ∠ FEM = ∠ QEH.

Suy ra: ∠ PEN = ∠ PEF + ∠ FEM = ∠ EQH + ∠ QEH = 900.

Vậy tam giác PEN vuông (1).

Thấy: Δ NEQ = Δ PEM (gcg) nên suy ra EN = EP (2).

Từ (1) và (2) suy ra:Tam giác PEN vuông cân.

2.Có: EI PN và EK QM.

Vậy tứ giác EKRI có góc I và góc K vng (4).
Lại có:

∠ PQR = ∠ RPQ = 450 suy ra: ∠ PRQ = 900 (3).

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có:

∠ EKH = 1800 - ∠ EQH (5).

Và: ∠ EKF = ∠ EMF = ∠ EQH (6).

Từ (5) và (6) suy ra: ∠ EKH + ∠ EKF = 1800. Suy ra H,K,F thẳng hàng.

Lại có:

Tứ giác FEPI nội tiếp nên ∠ EFI = 1800- ∠ EPI = 1800-450 = 1350.

Suy ra: ∠ EFK + ∠ EFI = 450 + 1350 =1800.

Suy ra K,F,I thẳng hàng.
Vậy ta có đpcm.

Bài 39:Cho đường trịn tâm O đường kính AB.Gọi C là điểm cố định trên OA; M là

điểm di động trên đường trịn.Qua M kẻ đường vng góc với MC cắt các tiếp tuyến
kẻ từ A và B ở D và E.

a)CMR: Tam giác DCE vuông.
b)CMR: Tích AD.BE khơng đổi.

c)CMR:Khi M chạy trên đường trịn thì trung điểm I của DE chạy trên một đường
thẳng cố định.

Giải:

a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:

∠ DCM = ∠ DAM và ∠ MCE = ∠ MBE = ∠ MAB.Vậy:

∠ DCE = ∠ DCM + ∠ MCE = ∠ DAM + ∠ MAB = 900.

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

b)Vì tam giác DCE vng ở C nên ta có thể nhận thấy ngay ∠ DCA = 900 - ∠

ECB = ∠ CEB.

Vậy hai tam giác vuông ADC và BCE đồng dạng với nhau.Nên:

AD
BC =

BE ⇒AD. BE=BC. AC=const .

c)Nhận thấy OI luôn là đường trung bình của hình thang DABE hay nói cách khác,ta

ln có OI AB.

Vậy khi M chuyển động trên (O) thì I ln nằm trên đường thẳng qua O vng góc
với AB.

Bài 40:Cho tam giác ABC cân (AB=AC) nội tiếp đường tròn tâm O.M là điểm bất kỳ
chạy trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với AB tại B.Vẽ đường tròn
tâm E qua M tiếp xúc với AC tại C.Gọi N là giao điểm thứ hai của hai đường trịn đó..
CMR

a) MN ln đi qua A và tích AM.AN khơng đổi.

c) Tổng hai bán kính của hai đường trịn tâm D và E có giá trị khơng đổi.
d)Tìm tập hợp các trung điểm H của DE.

Giải:

a) Ta có: góc BNM = góc ABC =góc ACB =góc BNA.
vậy tia NM đi qua A.

Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB2

không đổi

c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( khơng chứa A).

Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vng góc
với BC tại I.J,L. Ta có:

1 1 1

. . . 1

2 2 2

BD CE BJ CL BM CM BM CM

BK CK BI CI BI CI BI

BD CE

BD CE CK
CK CK



      

      = khơng đổi

d) Hạ HQ vng góc với BC.Có:
HQ =

.( ) . .

2 2 2 2

KI DJ EL KI BD CE KI
DJ EL

KI BK CK

  

     

  . Nên H nằm trên đ ường thẳng

song song với BC cách BC một khoảng bằng nửa khoảng cách KI , Vì D , E thuộc BK
và CK do đó

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

Hình 01
O

K
H

M
E

D C

B
A

Bài 41: Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD) nội tiếp trong đường tròn
(O).

Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D chúng cắt nhau ở E. Gọi M là
giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

1. Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh AB // EM.

3. Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD và BC của hình thang lần lượt ở H và K.
Chứng minh M là trung điểm HK.

4. Chứng minh

2 1 1

HK AB CD

HD

1. Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp.
Ta có :

 1

EAC

sđ AC (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AE

và dây AC của đường tròn (O))
Tương tự:

 1

xDB

sđ DB (Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE)

Mà AC = BD (do ABCD là hình thang cân) nên AC BD

Do đó EACxDB

Vậy tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh AB // EM.

Tứ giác AEDM nội tiếp nên EAD EMD  (cùng chắn cung ED)

Mà EADABD (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng

chắn cung AD)

Suy ra: EMD ABD. Do đó EM // AB.

3. Chứng minh M là trung điểm HK.

DAB

 có HM // AB

HM DH

AB DA

 

CAB có MK // AB

MK CK

AB CB

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

Mà

DH CK

DA CB (định lí Ta let cho hình thang ABCD)

Nên

HM MK

AB  AB . Do đó MH = MK. Vậy M là trung điểm HK.

4. Chứng minh

2 1 1

HK AB CD .

Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho tam giác ADB có HM // AB ta được:

HM DM

AB DB (1)

Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho tam giác BCD có KM // CD ta được:

KM BM

CD BD (2)

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:

HM KM DM BM DM BM BD

AB CD DB BD BD BD



     

Suy ra:

2 2

HM KM

AB  CD  , mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK

Do đó: 2

HK HK

AB CD  . Suy ra:

2 1 1

HK AB CD (đpcm)

Lời bàn:

1.Do AC = BD  ADC BCD nên để chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ta xử

dụng phương pháp : Nếu tứ giác có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc đối của
đỉnh

của đỉnh đó thì tứ giác đó nội tiếp. Với cách suy nghĩ trên chỉ cần vẽ tia Dx là

tia

đối của tia tiếp tuyến DE thì bài tốn giải quyết được dễ dàng. Có thể chứng
minh

tứ giác AEDM nội tiếp bằng cách chứng minh khác được không? (phần này
dành

cho các em suy nghĩ nhé)

2. Câu 3 có cịn cách chứng minh nào khác khơng? Có đấy. Thử chứng minh
tam

giác AHM và tam giác BKM bằng nhau từ đó suy ra đpcm

3. Câu 4 là bài toán quen thuộc ở lớp 8 phải khơng các em? Do đó khi học tốn
các em cần chú ý các bài tập quen thuộc nhé.

Tuy vậy câu này vẫn còn một cách giải nữa đó. Em thử nghĩ xem?

Bài 42: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm
chính

giữa cung AC. Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt
tia

OM ở D. OD cắt AC tại H.

1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.
2. Chứng minh CD = MB và DM = CB.

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

//
=
O
M
H
K
D
C
B
A
//
=
O
M
H
K
D
C
B
A
đường tròn.

4. Trong trường hợp AD là tiếp tuyến cửa nửa đường trịn (O), tính diện tích
phần

tam giác ADC ở ngồi đường trịn (O) theo R.

BÀI GIẢI CHI TIẾT

1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.

AMB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB)  AM MB

Mà CD // BM (gt) nên AM  CD . Vậy MKC 900.

 

AM CM (gt)  OM AC  MHC900.

Tứ giác CKMH có MKC MHC  1800nên nội tiếp được

trong một đường tròn.

2. Chứng minh CD = MB và DM = CB.

Ta có: ACB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Do đó: DM // CB, mà CD // MB(gt) nên tứ giác CDMB

là hình bình hành. Suy ra: CD = MB và DM = CB. Hình 2
3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường trịn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa
đường tròn.

AD là tiếp tuyến của đường trịn (O)  ADAB.

ADC

 có AK  CD và DH  AC nên M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM 

Vậy ADAB  CM // AB  AM BC .

Mà AM MC nên AM BC  AM MC BC  = 600.

4. Tính diện tích phần tam giác ADC ở ngồi (O) theo R:

Gọi S là diện tích phần tam giác ADC ở ngồi đường trịn (O).

S1 là diện tích tứ giác AOCD.

S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm AOC.

Ta có: S = S1 – S2 hình 3

 Tính S1:

AD là tiếp tuyến của đường tròn (O)  AM MC BC  600 AOD600.

Do đó: AD = AO. tg 600 = R 3  S

ADO =

1 1 3

. . 3.

2 2 2

R
AD AO R R

AOD COD

  (c.g.c)  SAOD = SCOD  SAOCD = 2 SADO = 2.

2 3

R

= R2 3.

 Tính S2:

 1200

AC  S quạt AOC =

2 0
0
.120
360
R

=

2
3
R


 Tính S:

S = S1 – S2 =

2 3

R –

2
3
R

=
2 2
3 3
3

R  R

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

O
K

B
A

1. Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh các góc H và K là
những

góc vng, và để có được góc K vng ta chỉ cần chỉ ra MB  AM và CD//

điều đó suy ra từ hệ quả của góc nội tiếp và giả thiết CD // MB. Góc H vng
được suy từ kết quả của bài số 14 trang 72 SGK toán 9 tập 2. Các em lưu ý các
bài tập này được vận dụng vào việc giải các bài tập khác nhé.

2. Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không các em?
3. Rõ ràng đây là câu hỏi khó đối với một số em, kể cả khi hiểu rồi vẫn không
biết

giải như thế nào , có nhiều em may mắn hơn vẽ ngẫu nhiên lại rơi đúng vào
hình

3 ở trên từ đó nghĩ ngay được vị trí điểm C trên nửa đường trịn. Khi gặp loại
tốn này địi hỏi phải tư duy cao hơn. Thơng thường nghĩ nếu có kết quả của
bài

tốn thì sẽ xảy ra điều gì ? Kết hợp với các giả thiết và các kết quả từ các câu
trên

ta tìm được lời giải của bài tốn . Với bài tập trên phát hiện M là trực tâm của
tam giác khơng phải là khó, tuy nhiên cần kết hợp với bài tập 13 trang 72 sách

tốn 9T2 và giả thiết M là điểm chính giữa cung AC ta tìm được vị trí của C

ngay.

Với cách trình bày dưới mệnh đề “khi và chỉ khi” kết hợp với suy luận cho ta
lời

giải chặt chẽ hơn. Em vẫn có thể viết lời giải cách khác bằng cách đưa ra nhận
định trước rồi chứng minh với nhận định đó thì có kết quả , tuy nhiên phải
trình

bày phần đảo: Điểm C nằm trên nửa đường trịn mà BC600thì AD là tiếp

tuyến.

Chứng minh nhận định đó xong ta lại trình bày phần đảo: AD là tiếp tuyến thì

 600

BC . Từ đó kết luận

4. Phát hiện diện tích phần tam giác ADC ở ngồi đường trịn (O) chính là hiệu
của diện tích tứ giác AOCD và diện tích hình quạt AOC thì bài tốn dễ tính
hơn

so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC.

Bài 4 3. Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vng góc

với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc
nửa

đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường trịn (O); nó cắt
Ax,

By lần lượt ở E và F.

1. Chứng minh: EOF 90  0

2. Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng
dạng.

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

4. Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

BÀI GIẢI CHI TIẾT

1. Chứng minh: EOF 90  0

EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E

nên OE là phân giác của AOM .

Tương tự: OF là phân giác của BOM

Mà AOM và BOM kề bù nên: EOF 900

 (đpcm) hình 4

2.Chứng minh : Tứ giác AEMO nội tiếp ; hai tam giác MAB và OEF đồng

dạng.

Ta có: EAO EMO  900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác AEMO có EAO EMO  1800nên nội tiếp được trong một đường tròn.

 Tam giác AMB và tam giác EOF có:

AMB EOF 90 0

  , MAB MEO  (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp

tứ

giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g)

3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK AB.

Tam giác AEK có AE // FB nên:

AK AE
KF BF

Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Nên :

AK ME

KF MF . Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let)

Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB.

4. Khi MB = 3.MA, tính diện tích tam giác KAB theo a.

Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB.

FEA có: MK // AE nên:

MK FK

AE FA (1)

BEA có: NK // AE nên:

NK BK

AE BE (2)

Mà

FK BK

KA KE ( do BF // AE) nên

FK BK

KA FK BK KE hay

FK BK
FA BE (3)

Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra:

MK KN

AE AE . Vậy MK = NK.

Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên:

1
2

AKB
AMB

S KN

S MN 

Do đó:

1
2

AKB AMB

S  S

Tam giác AMB vuông ở M nên tg A = 3

MB

MA  MAB 600

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

H
Q
I

N
M

O
C

B
A

K
x

H
Q
I

N
M

O
C

B
A

Vậy AM = 2

a

và MB =

3
2

a



1 1 3

. . .
2 2 2 2

AKB

a a
S

 

=
2

1
3

16a (đvdt)

Lời bàn: Đây là đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của tỉnh Hà 
Nam .

Từ câu 1 đến câu 3 trong q trình ơn thi vào lớp 10 chắc chắn thầy cô nào
cũng

ơn tập , do đó những em nào ôn thi nghiêm túc chắc chắn giải được ngay,
khỏi

phải bàn, những em thi năm qua ở tỉnh Hà Nam xem như trúng tủ, bài toán

này

có nhiều câu khó, và đây là một câu khó mà người ra đề khai thác từ câu :
MK

cắt AB ở N. Chứng minh: K là trung điểm MN. Nếu chú ý MK là đường
thẳng

chứa đường cao của tam giác AMB do câu 3 và tam giác AKB và AMB có
chung đáy AB thì các em sẽ nghĩ ngay đến định lí: Nếu hai tam giác có chung
đáy thì tỉ số diện tích hai tam giác bằng tỉ số hai đường cao tương ứng, bài
toán

qui về tính diện tích tam giác AMB khơng phải là khó phải khơng các em?

Bài 44: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Từ điểm M trên tiếp tuyến Ax
của

nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến thứ hai MC (C là tiếp điểm). Hạ CH vng góc
với

AB , đường thẳng MB cắt nửa đường tròn (O) tại Q và cắt CH tại N. Gọi giao
Điểm của MO và AC là I. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AMQI nội tiếp.

b) AQI ACO.

c) CN = NH.

(Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của sở GD&ĐT Tỉnh Bắc Ninh)
BÀI GIẢI CHI TIẾT

a) Chứng minh tứ giác AMQI nội tiếp:

Ta có: MA = MC (tính chất hai tếp tuyến cắt nhau)
OA = OC (bán kính đường trịn (O))

Do đó: MO  AC  MIA 900

 900

AQB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  MQA 900

Hai đỉnh I và Q cùng nhìn AM dưới một góc vng nên tứ giác

AMQI nội tiếp được trong một đường tròn. Hình 5

b) Chứng minh:AQI ACO .

Tứ giác AMQI nội tiếp nên AQI AMI (cùng chắn cung AI). (1)

 

AMI CAO (cùng phụ MAC ) (2)
AOC

 có OA = Oc nên cân ở O  CAO ACO (3)

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

x
F

D C

B
A

c) Chứng minh CN = NH.

Gọi K là giao điểm của BC và tia Ax.

Ta có: ACB900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O))

AC  BK , AC  OM  OM // BK.

Tam giác ABK có: OA = OB , OM // BK  MA = MK. Hình 6

Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho ABM có NH // AM (cùng AB) ta được:

NH BN

AM BM (4)

Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho BKMcó CN // KM (cùng AB) ta được:

CN BN

KM BM (5)

Từ (4) và (5) suy ra:

NH CN

AM KM

Mà KM = AM nên CN = NH (đpcm)

Lời bàn:

1. Câu 1 hình vẽ gợi cho ta suy nghĩ: Cần chứng minh hai đỉnh Q và I cùng
nhìn

AM dưới một góc vng. Góc AQM vng có ngay do kề bù với ACB
vng,góc

MIA vng được suy từ tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau.

2. Câu 2 được suy từ câu 1, dễ dàng thấy ngay AQI AMI , ACO CAO , vấn đề

lại là cần chỉ ra IMA CAO , điều này khơng khó phải khơng các em?

3. Do CH // MA , mà đề toán yêu cầu chứng minh CN = NH ta nghĩ ngay việc
kéo dài BC cắt Ax tại K bài toán trở về bài toán quen thuộc : Cho tam giác
ABC,

M là trung điểm BC. Kẻ đường thẳng d // BC cắt AB, AC và AM lần lượt tại E,
D và I. Chứng minh IE = ID .

Nhớ được các bài tốn có liên quan đến một phần của bài thi ta qui về bài tốn
đó

thì giải quyết đề thi một cách dễ dàng.

Bài 45: Cho đường tròn tâm O đường kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax. Trên
tiếp

tuyến Ax lấy điểm F sao cho BF cắt đường trịn tại C, tia phân giác của góc
ABF

cắt Ax tại E và cắt đường tròn tại D.
1. Chứng minh OD // BC.

2. Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF
3. Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp.

4. Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi. Tính diện
tích hình thoi AOCD theo R.

BÀI GIẢI CHI TIẾT

1. Chứng minh OD // BC.

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

x
F

D C

B
O

Mà OBD CBD  (gt) nên ODB CBD  . Do đó: OD // BC.

2. Chứng minh hệ thức: BD.BE = BC.BF.

ADB 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)  ADBE

ACB 900

 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  ACBF

EAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến ), có AD  BE nên:

AB2 = BD.BE (1)

FAB vuông ở A (do Ax là tiếp tuyến ), có AC  BF nên:

AB2 = BC.BF (2) hình 7

Từ (1) và (2) suy ra: BD.BE = BC.BF
3. Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp:

 

CDB CAB
CAB CFA

 







 Ta có:

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

( cùng phụ FAC )  CDB CFA 

Do đó tứ giác CDEF nội tiếp.

Cách khác:

DBCvà FBE có : B chung

và

BD BC

BF BE (suy từ BD.BE = BC.BF) nên chúng đồng dạng (c.g.c)

Suy ra: CDB EFB . Vậy tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.

4. Xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD là hình thoi :

Ta có: ABD CBD (do BD là phân giác ABC)  AD CD

Tứ giác AOCD là hình thoi  OA = AD = DC = OC

AD = DC = R  AD DC  600  AC 1200

 ABC600

Vậy ABC 600thì tứ giác AOCD là hình thoi.

Tính diện tích hình thoi AOCD theo R:

 0

120 3

AC  AC R

Sthoi AOCD =

1 1 3

. . . 3

2 2 2

R
OD AC R R 

(đvdt)

Lời bàn:

1. Với câu 1, từ gt BD là phân giác góc ABC kết hợp
với tam giác cân ta nghĩ ngay đến cần chứng minh hai

góc so le trong ODB và OBD bằng nhau.

2.Việc chú ý đến các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn kết

hợp với tam giác AEB,FAB vuông do Ax là tiếp tuyến gợi ý hình 8
ngay đến hệ thức lượng trong tam giác vuông quen thuộc.

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

F
E

C
B

đồng dạng trước rồi suy ra BD.BE = BC.BF. Với cách thực hiện này có ưu
việc

hơn là giải ln được câu 3. Các em thử thực hiện xem sao?

3. Khi giải được câu 2 thì câu 3 có thể sử dụng câu 2 , hoặc có thể chứng minh
như bài giải .

4. Câu 4 với đề yêu cầu xác định số đo của góc ABC để tứ giác AOCD trở
thành

hình thoi khơng phải là khó. Từ việc suy luận AD = CD = R nghĩ ngay đến

cung AC bằng 1200 từ đó suy ra số đo góc ABC bằng 600.

Tính diện tích hình thoi chỉ cần nhớ công thức , nhớ các kiến thức đặc biệt
mà

trong q trình ơn tập thầy cơ giáo bổ sung như AC1200 AC R 3,...

các em sẽ tính được dễ dàng.

Bài 46. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường trịn đường kính BC cắt cạnh

AB, AC lần lượt tại E và F ; BF cắt EC tại H. Tia AH cắt đường thẳng
BC tại N .

a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp .

b) Chứng minh FB là phân giác của EFN.

c) Giả sử AH = BC . Tính số đo góc BAC của ABC.

BÀIGIẢI CHI TIẾT

a) Chứng minh tứ giác HFCN nội tiếp:

Ta có : BFC BEC 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn

đường kính BC)

Tứ giác HFCN có HFC HNC 1800nên nội tiếp được trong

một đường trịn đường kính HC) (đpcm)

b) Chứng minh FB là tia phân giác của góc EFN:

Ta có: EFB ECB( hai góc nội tiếp cùng chắn BE của đường trịn đường

kính BC)

 

ECB BFN ( hai góc nội tiếp cùng chắn HN của đường tròn đường

kính HC)

Suy ra: EFB BFN. Vậy FB là tia phân giác của góc EFN (đpcm)

c) Giả sử AH = BC. Tính số đo góc BAC của tam giác ABC :

FAH và FBC có:

AFH BFC900

AH = BC (gt)

FAH FBC(cùng phụ ACB)

Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn). Suy ra: FA = FB.

AFB vuông tại F; FA = FB nên vuông cân. Do đó BAC 450

Bài 47: (Các em tự giải)

Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BD và CE cát nhau tại H.
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp.

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

=
//

F
E

D
B
A

c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh OA  DE.

d) Cho biết OA = R , BAC 600. Tính BH. BD + CH. CE theo R

Bài 48. Cho đường trịn (O) đường kính AB. Trên tia AB lấy điểm D nằm ngoài
đoạn AB và kẻ tiếp tuyến DC với đường tròn (O) ( C là tiếp điểm ). Gọi
E là chân đường vng góc hạ từ A xuống đường thẳng CD và F là chân
đường vng góc hạ từ D xuống đường thẳng AC. Chứng minh:

a) Tứ giác EFDA nội tiếp .

b) AF là phân giác của EAD .

c) Tam giác EFA và tam giác BDC đồng dạng .
d) Các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích .

( Trích đề thi tốt nghiệp và xét tuyển vào lớp 10- năm học 2000- 2001)

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác EFDA nội tiếp:

Ta có: AEDAFD 90  0(gt)

Hai đỉnh E và F cùng nhìn AD dưới góc 900 nên tứ giác

EFDA nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh AF là phân giác của EAD:

Ta có :

AE CD

AE OC

OC CD









 . Vậy EAC CAD  ( so le trong)

Tam giác AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên CAO OCA 

Do đó: EAC CAD  . Vậy AF là phân giác của góc EAD (đpcm)

c) Chứng minh tam giác EFA và tam giác BDC đồng dạng:

EFA và BDC có :

EFA CDB (hai góc nội tiếp cùng chắn AE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác

EFDA)

 

EAC CAB

EAF BCD
CAB DCB

 



 






 . Vậy EFA và BDC đồng dạng (góc- góc)

d) Chứng minh các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích:
SACD =

1
.

2DF AC và SABF = 
1

.AF

2BC . (1)

BC // DF (cùng  AF) nên : AF

BC AC

DF  hay DF. AC = BC.AF (2)

Từ (1) và (2) suy ra : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: có thể giải 2 cách khác

nữa)

Bài 49. Cho tam giác ABC ( BAC 450) nội tiếp trong nửa đường tròn tâm O

đường kính AB. Dựng tiếp tuyến với đường trịn (O) tại C và gọi H là
chân đường vng góc kẻ từ A đến tiếp tuyến đó. AH cắt đường trịn

(O) tại M ( M  A) . Đường vng góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và

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

/ / // //

H Q

P
I

O N

C
B

O P

a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp .

b) Chứng minh MAP cân .

c) Tìm điều kiện của ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng.

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp:

Ta có : MHC 900(gt), MKC 900(gt)

Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 nên

nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh tam giác MAP cân:

AH // OC (cùng vng góc CH) nên MAC ACO (so le trong)

AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên ACO CAO

Do đó: MAC CAO . Vậy AC là phân giác của MAB .

Tam giác MAP có AK là đường cao (do AC  MP), đồng thời là đường

phân

giác nên tam giác MAP cân ở A (đpcm).

Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên AMP HCK (cùng bù HMK )

HCA CBA  (cùng bằng

2sđAC), CBA MPA  (hai góc đồng vị của MP//

CB)

Suy ra: AMPAPM . Vậy tam giác AMP cân tại A.

c) Tìm điều kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng:

Ta có M; K; P thẳng hàng. Do đó M; K;O thẳng hàng nếu P  O hay AP =

Kết hợp với câu b tam giác MAP cân ở A suy ra tam giác MAP đều.
Do đó CAB 300.

Đảo lại: CAB 300ta chứng minh P  O :

Khi CAB 300 MAB 600(do AC là phân giác của MAB )

Tam giác MAO cân tại O có MAO600nên MAO đều.

Do đó: AO = AM. Mà AM = AP(do MAP cân ở A) nên AO = AP. Vậy P 

O .

Trả lời: Tam giác ABC cho trước có CAB 300thì ba điểm M; K; O thẳng

hàng.

Bài 50. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Đường tròn tâm O

đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N ( A M&N).

Gọi I, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng OH, BH, và CH.
Chứng minh:

a) AHN ACB

b) Tứ giác BMNC nội tiếp .

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

/
/

=
=

O
K
I

N
M

a) Chứng minh AHN ACB:

ANH 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Nên Tam giác ANH vuông tại N

AHC 900

 (do AH là đường cao của ABC) nên tam

giác AHC vuông ở H.

Do đó: AHN ACB (cùng phụ HAC )

b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp:

Ta có : AMN AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN)

AHN ACB (câu a)

Vậy: AMN ACB. Do đó tứ giác BMNC là một tứ giác nội tiếp.

c) Chứng minh I là trực tâm tam giác APQ:

OA = OH và QH = QC (gt) nên QO là đường trung bình của tam giác AHC.

Suy ra: OQ//AC, mà AC AB nên QO  AB.

Tam giác ABQ có AH  BQ và QO  AB nên O là trực tâm của tam giác .

Vậy BO  AQ. Mặt khác PI là đường trung bình của tam giác BHO nên

PI // BO

Kết hợp với BO  AQ ta được PI  AQ.

Tam giác APQ có AH  PQ và PI  AQ nên I là trực tâm tam giác

APQ(đpcm)

Bài 51.Cho đường trịn (O;R) đường kính AB.Gọi C là điểm bất kỳ thuộc đường

trịn đó ( C A&B). M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ

AC và BC. Các đường thẳng BN và AC cắt nhau tại I, các dây cung AN và
BC cắt nhau ở P. Chứng minh:

a)Tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
b)KN là tiếp tuyến của đường trịn (O;R).

c)Chứng minh rằng khi C di động trên đường trịn (O;R) thì đường thẳng MN
ln tiếp xúc với một đường tròn cố định .

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn 
ngoại tiếp

tứ giác đó:

Ta có : ACB ANB 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))

Do đó: ICP INP 900

Tứ giác ICPN có ICP INP 1800nên nội tiếp được trong một

đường tròn .

Tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN là trung điểm
của đoạn thẳng IP.

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

Tam giác INP vuông tại N , K là trung điểm IP nên

1
2

KN KI  IP

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

/
/

H
O

E
D

C
B

Mặt khác NKP NCP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN đường tròn (K))

(2)

N là trung điểm cung CB nên CN BN  CN NB. Vậy NCB cân tại N

Do đó : NCB NBC (3)

Từ (1) , (2), (3) suy ra: INK IBC , hai góc này ở vị trí đồng vị nên KN // BC

Mặt khác ON BC nên KN  ON. Vậy KN là tiếp tuyến của đường trịn

(O).

Chú ý: * Có thể chứng minh KNI ONB 900 KNO900

* hoặc chứng minh KNA ANO 900 KNO900

c) Chứng minh rằng khi C di động trên đường trịn (O) thì đường thẳng 
MN ln

tiếp xúc với một đường tròn cố định:

Ta có AM MC (gt) nên AOM MOC . Vậy OM là phân giác của AOC.

Tương tự ON là phân giác của COB , mà AOC và COB kề bù nên MON 900



Vậy tam giác MON vuông cân ở O

Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R.

2
2 =

2
2

R

không đổi.

Vậy khi C di động trên đường trịn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với
một

đường tròn cố định (O;

2
2

R

)

Bài 52. Từ điểm A ở ngồi đường trịn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường
tròn ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại
D và E ( D nằm giữa A và E , dây DE không qua tâm O). Gọi H là trung
điểm của DE, AE cắt BC tại K .

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn .

b) Chứng minh HA là tia phân giác của BHC

c) Chứng minh :

2 1 1

AK AD AE.

BÀI GIẢI

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp:

ABO ACO 900(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác ABOC có ABO ACO 1800nên nội tiếp được

trong một đường tròn .
b) Chứng minh HA là tia phân giác của góc BHC:

AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra ABAC. Do đó

 

AHB AHC

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

_
=
= /
/

O
K H
E
D
C
B
A
60
O
J
I
N
M
B
A

c)Chứng minh

2 1 1

AK AD AE:

ABD và AEB có:



BAE chung, ABDAEB(cùng bằng

2sđ BD)

Suy ra : ABD ~ AEB

Do đó:

2 .

AB AD

AB AD AE

AE AB   (1)

ABK và AHB có:



BAH chung, ABK AHB (do ABAC) nên chúng đồng dạng.

Suy ra:

AK AB

AB AK AH

AB AH   (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AE.AD = AK. AH

AH
AK AE AD

 

2 2

AH
AK AE AD

 
=





2
.
AD DH
AE AD


=
2 2
.
AD DH
AE AD


.

AD AD ED
AE AD
 
= .
AE AD
AE AD

=
1 1

ADAE

(do AD + DE = AE và DE = 2DH)
Vậy:

2 1 1

AK AD AE(đpcm)

Bài 53. Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB. Trên đường trịn (O;R) lấy điểm

M sao cho MAB 600 . Vẽ đường tròn (B;BM) cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai

là N .

a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường trịn (B;BM) .
b) Kẻ các đường kính MOI của đường tròn (O;R) và MBJ của đường tròn

(B;BM) . Chứng minh N , I , J thẳng hàng và JI . JN = 6R2

c) Tính phần diện tích của hình trịn (B;BM) nằm bên ngồi đường trịn (O;R)
theo R

BÀI GẢI

a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của
đường tròn (B;BM).

Ta có : AMBANB900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn(O))

Điểm M và N thuộc (B;BM) ; AM MB và AN NB

Nên AM ; AN là các tiếp tuyến của (B;BM)

b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng và JI .JN = 6R2.

MNI MNJ 900(các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm O và tâm B )

Nên IN MN và JN  MN . Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng.

* Tam giác MJI BO là đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R

Tam giác AMO cân ở O (vì OM = OA), MAO 600nên tam giác MAO đều.

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

_
/
/
//
= M
O
I
H
D
C
B
A

Nên OH =

1 1

2OA2R. Vậy HB = HO + OB =

2 2

R R

R

  2.3 3

R

NJ R

  

Vậy JI . JN = 2R . 3R = 6R2

c)Tính diện tích phần hình trịn (B; BM) nằm ngồi đường trịn (O; R) theo R:
Gọi S là diện tích phần hình trịn nằm (B;BM) nằm bên ngồi hình trịn
(O;R).

S1 là diện tích hình trịn tâm (B; BM)

S2 là diện tích hình quạt MBN

S3 ; S4 là diện tích hai viên phân cung MB và NB của đường trịn (O;R)

Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4).

 Tính S1:

MAB 600 MB 1200  MB R 3. Vậy: S1 =





2
3 3
R R
  
.

 Tính S2 :

 600

MBN   S2 =





2 0

0
3 60
360
R

=
2
2
R


 Tính S3 :

S3 = Squạt MOB – SMOB .

 1200

MOB  Squạt MOB =

2 0 2

0
.120
360 3
R R
 

.

OA = OB  SMOB =

2SAMB = 
1 1

. . .
2 2 AM MB=

. 3
4R R =

2 3

R

Vậy S3 =

2
3
R


2 3
4
R


= S4 (do tính chất đối xứng)

Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3)

= 3R2 –

2 2 2 2 3

2 3 2

R R R

 
 

 
 
 
  
=
2 2

11 3 3

R R

 

(đvdt)

Bài 54: Cho đường tròn (O;R) , đường kính AB . Trên tiếp tuyến kẻ từA của đường
tròn này lấy điểm C sao cho AC = AB . Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD của
đường tròn (O;R) , với D là tiếp điểm.

a) Chứng minh rằng ACDO là một tứ giác nội tiếp .

b)Gọi H là giao điểm của AD và OC .Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH ; AD

c)Đường thẳng BC cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai M.Chứng minh MHD 450

d)Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB. Tính diện tích phần của hình trịn này
nằm ngồi đường trịn (O;R) .

BÀI GIẢI
a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp:

CAO CDO  900(tính chất tiếp tuyến)

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

một đường trịn.

b) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH; AD:

CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R  OCAD và AH

= HD

Tam giác ACO vuông ở A, AH  OC nên 2 2 2

1 1 1

AH AO AC

= 2





1 1

R  R = 2

5
4R

Vậy : AH =

2 5
5

R

và AD = 2AH =

4 5
5

R

c) Chứng minh MHD 450 :

 900

AMB (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  CMA 900

Hai đỉnh H và M cùng nhìn AC dưới góc 900 nên ACMH là tứ giác nội tiếp.

Suy ra : ACM MHD

Tam giác ACB vuông tại A, AC = AB(gt) nên vuông cân . Vậy ACB450

Do đó : MHD 450.

d) Tính diện tích hình trịn (I) nằm ngồi đường trịn (O) theo R :

Từ CHD 900và MHD 450  CHM 450mà CBA 450(do CAB vuông cân

ở B)

Nên CHM CBA  Tứ giác HMBO nội tiếp . Do đó MHB MOB  900.

Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB là trung điểm MB.
Gọi S là diên tích phần hình trịn ( I ) ở ngồi đường trịn (O).

S1 là diện tích nửa hình trịn đường kính MB.

S2 là diện tích viên phân MDB

Ta có : S = S1 – S2

 Tính S1 : MB 900 MB R 2. Vậy S1 =

2
2

1 2

2 2 4

R R

  

 

 

 Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB

2 0 2

.90
360 2

R R





2 2

4 2

R R





 S =

R




(

2 2

4 2

R R




) =
2

R

Bài 55: Cho đường trịn (O) đường kính AB bằng 6cm . Gọi H làđiểm nằm giữa A và
B sao cho AH = 1cm . Qua H vẽ đường thẳng vng góc với AB , đường thẳng

này cắtđường tròn (O) tại C và D .Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M .Từ M

hạ đường vng góc MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB ) .
a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp .

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

E I
K

H O

N
M

D
C

B
A

c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .

d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E . Chứng minh đường thẳng EB
đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH.

BÀI GIẢI
 a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp:

ACB900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra MCA 900. Tứ giác MNAC có N C 1800

nên nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Tính CH và tg ABC.

AB = 6 (cm) ; AH = 1 (cm)  HB = 5 (cm)

Tam giác ACB vuông ở C, CH  AB  CH2 = AH . BH = 1 . 5 = 5

CH

  (cm)

* tg ABC =

5
5

CH
BH 

c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O):

Ta có : NCA NMA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn

ngoại tiếp

tứ giác MNAC).

NMA ADC (so le trong của MN // CD) và ADCABC (cùng chắn



AC)

Nên : NCA ABC . Do

 1

ABC

sđ AC 

1
2

NCA

 

sđ AC

Suy ra CN là tiếp tuyến của đường tròn (O).

(xem lại bài tập 30 trang 79 SGK toán 9 tập 2)
d) Chứng minh EB đi qua trung điểm của CH:

Gọi K là giao điểm của AE và BC; I là giao điểm của CH và EB.

KE // CD (cùng  với AB)  AKB DCB (đồng vị)

 

DAB DCB ( cùng chắn cung BD)

 

DAB MAN (đối đỉnh) và MAN MCN (cùng chắn MN )

Suy ra: EKC ECK  KEC cân ở E. Do đó EK = EC

Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA.

KBE có CI // KE 

CI BI

KE BE và ABEcó IH // AE 

IH BI
AE BE

Vậy

CI IH

KE AE mà KE = AE nên IC = IH (đpcm)

Bài 56

Cho đường trịn tâm O, đường kính AC. Vẽ dây BD vng góc với AC tại K
( K

nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ CD (E không trùng C và D), AE
cắt

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

/
/
?
_


K

E
H

C
B

a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp.

b) Chứng minh AD2 = AH. AE.

c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm. Tính chu vi hình trịn (O).

d) Cho BCD  . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác

MBC cân tại M. Tính góc MBC theo  để M thuộc đường tròn (O).

Hướng dẫn:

c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng

tính được CA = 25 cm  R = 12,5 cm

Từ đó tính được C = 25

d) M  (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp.

 ABM ACM 1800



0 0

90 2 180

MBC 

   

Từ đó tính được

 1800

MBC 

Bài 57. Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa
nửa

đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax và dây AC bất kỳ. Tia phân giác của góc xAC cắt
nửa đường tròn tại D, các tia AD và BC cắt nhau tại E.

a) Chứng minh ABE cân.

b) Đường thẳng BD cắt AC tại K, cắt tia Ax tại F . Chứng minh tứ giác

ABEF nội tiếp.

c) Cho CAB 300. Chứng minh AK = 2CK.

Bài 58. Từ điểm A ở ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC và cát
tuyến AMN không đi qua tâm O . Gọi I là trung điểm MN.

a) Chứng minh AB2 = AM. AN

b) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp .

c) Gọi D là giao điểm của BC và AI. Chứng minh

IB DB
IC DC

Bài 59. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong của BAC

cắt BC tại D và cắt đường trịn tại M. Phân giác ngồi tại Acắt đường
thẳng BC tại E và cắt đường tròn tại N. Gọi K là trung điểm của DE.
Chứng minh:

a) MN vng góc với BC tại trung điểm của BC.

b) ABN EAK

c) AK là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Bài 60. Cho ba điểm A, B,C nằm trên đường thẳng xy theo thứ tự đó. Vẽ đường
tròn (O) đi qua B và C. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN . Gọi E và F

lần lượt là trung điểm của BC và MN.

a) Chứng minh AM2 = AN2 = AB. AC

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

một đường thẳng cố định khi đường tròn (O) thay đổi.

Bài 61. Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R . Điểm C nằm trên (O) mà

AC > BC. Kẻ CD  AB ( D  AB ) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn

(O) cắt BC tại E. Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt AE tại M.
OM cắt AC tại I . MB cắt CD tại K.

a) Chứng minh M là trung điểm AE.
b) Chứng minh IK // AB.

c) Cho OM = AB . Tính diện tích tam giác MIK theo R.

Bài 62 : Trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy một
điểm P tuỳ ý . Gọi là giao điểm của AP và BC

Chứng minh BC2= AP . AQ .

a) Trên AP lấy điểm M sao cho PM = PB . Chứng minh BP+PC= AP.
b) Chứng minh

1 1 1

PQPB PC .

Bài 63 : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R và điểm C nằm ngoài nửa
đường tròn . CA cắt nửa đường tròn ở M , CB cắt nửa đường tròn ở N . Gọi H là giao
điểm của AN và BM .

a) Chứng minh CH  AB .

b) Gọi I là trung điểm của CH . Chứng minh MI là tiếp tuyến của nửa đường
tròn (O)

c) Giả sử CH =2R . Tính số đo cung MN .

Bài 64: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R và dây MN có độ dài bằng bán kính
.(M thuộc cung AN ) . Các tia AM và BN cắt nhau ở I . Các dây AN và BM cắt nhau
ở K .

a)Tính MIN và AKB.

b)Tìm quỹ tích điểm I và quỹ tích điểm K khi dây MN thay đổi vị trí .
c) Chứng minh I là trực tâm của tam giác KAB .

d)AB và IK cắt nhau tại H . Chứng minh HA.HB = HI.HK .

e)Với vị trí nào của dây MN thì tam giác IAB có diện tích lớn nhất ? Tính giá
trị diện tích lớn nhất đó theo R .

Bài 65: Trên đường trịn (O) lấy ba điểm A,B và C . Gọi M,N và P theo thứ tự là
điểm chính giữa của các cung AB,BC và AC. BP cắt AN tại I ,NM cắt AB tại E
Gọi D là giao điểm của AN và BC . Chứng minh rằng :

a) BNI cân . b) AE.BN = EB.AN .

c)EI  BC d)

AN AB

BN BD

Bài 66 : Cho hai đường tròn (O) và (O1) ở ngoài nhau . Đường nối tâm OO1 cắt các

đường tròn (O) và (O1) tại các điểm A , B , C , D theo thứ tự trên đường thẳng

Kẻ tiếp tuyến tuyến chung ngoài EF ( E  (O) , F  (O1) ) . Gọi M là giao điểm

của AE và DF , N là giao điểm của EB và FC . Chứng minh rằng :

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

b) MN  AD

c)ME . MA = MF . MD

Bài 67: Cho tam giác ABC vuông tại A, điểm M nằm trên AC, đtrịn đường kính CM
cắt BC tại E, BM cắt đròn tại D

a) CMR: tứ giác BADC nội tiếp
b) DB là phân giác của góc EDA

c) CMR 3 đường thẳng BA, EM, CD đồng quy

O
21

M
E

C
B

a) ta có: BAC 900 (gt)

BDC900 (góc nt chắn nửa đtrịn)

Suy ra tứ giác BADC nt đtrịn đường kính BC

b) ta có: C1 D 1 (cùng chắn cung ME)

vì tứ giác BADC nt  C1D 2 (cùng chắn cung AB)

 

1 2

D D

   DB là phân giác của góc EDA

c) giả sử AB cắt CD tại K

xét tam giác KBC, ta có:

CK BK
BD CK
CA BD M

 



 



   M là trực tâm của tam giác KBC

KM BC

 

mặt khác  MEBC (góc nt chắn nửa đtrịn), suy ra đthẳng KM và ME trùng nhau

do đó 3 đthẳng AB, EM, CD đồng quy tại K

Bài 68: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Đường trịn tâm O đường kính BC cắt AB
tại E, cắt AC tại F. Các tia BE cà CE cắt nhau tại H. CMR:

a) AH vuông góc với BC

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

2
2

2
1

1
K

M
E

C
B

a) ta có: BEC 900 (góc nt chắn nửa đtrịn)  CEAB

 900

BFC (góc nt chắn nửa đtròn)  BF AC

xét tam giác ABC, ta có:

CE AB
BF AC
BF CE H

 



 



   H là trực tâm của tam giác ABC

AH BC

 

b) xét tứ giác CKHF, có: K F 1800 tứ giác CKHF nt  C1 F2 (cùng chắn cung

HK)

mặt khác: C1F1 (cùng chắn cung BE)

suy ra F1F2 , do đó FB là phân giác của góc EFK

c) xét tứ giác BKHE có K E 1800 tứ giác BKHE nt  B1K 1 (cùng chắn cung

HE)

mà: B1 C 2 (cùng chắn cung EF)

mặt khác, do tứ giác CKHF nt  K1 C 2 (cùng chắn cung HF)

suy ra B1K1C 2 K 2 (1)
xét tam giác BEH, có:

 900

E

BM HM ME BME

BM HM



 

    



  cân tại M

do đó EMF 2B1 (tính chất góc ngồi của tam giác) (2)

từ (1) và (2) EMF 2K 12K 2 EKF  tứ giác EMKF nt

Bài 69: Cho đtròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B (O và O’ thuộc 2 nửa mặt phẳng bờ

AB). Qua B kẻ cát tuyến vng góc với AB cắt đtròn (O) ở C, căt đtròn (O’) ở D, tia

CA cắt (O’) ở I, tia DA cắt (O) ở K.

a) CMR: tứ giác CKID nt

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

O'
I

O
K

C B

a) vì ABC900  AC là đường kính của (O)

 900

ABD  AD là đường kính của (O’)

Ta có: CKA 900 (góc nt chắn nửa đtrịn (O))

 900

DIA (góc nt chắn nửa đtrịn (O’))

Do đó: CKA DIA   tứ giác CKID nt đường trịn đường kính CD

b) xét tam giác MCD, ta có:

CI MD

DK MC

CI DK A

 



 



   A là trực tâm của t.giác MCD MA CD

(1)

mà ABCD (2)

từ (1) và (2) suy ra 3 điểm M, A, B thẳng hàng. đpcm

Bài 70: Cho đtròn (O) đường kính AB, M là 1 điểm trên đtrịn; C là 1 điểm nằm giữa
A và B. qua M kẻ đthẳng vng góc với CM, đthẳng này cắt các tiếp tuyến của (O) kẻ
từ A và B lần lượt tại E và F. CMR:

a) Các tứ giác: AEMC, BCMF nt
b) Tam giác ECF vuông tại C

2
2

1
F

O
1

C B

a) xét tứ giác AEMC có: A M 900900 1800, mà góc A và góc M là 2 góc ở vị trí

đối diện, do đó tứ giác AEMC nt

chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác BCMF nt

b) vì tứ giác ACME nt  A1E1 (cùng chắn cung MC) (1)

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

ta có: AMB 900 (góc nt chắn nửa đtròn) A1B1900 (3)
từ (1); (2) và (3)  E1F1900

xét tam giác ECF, có: E1F1900  ECF 900  ECF vng tại C

Bài 71: Cho tam giác ABC nhọn nt đtrịn (O), có 2 đường cao BB’ và CC

a) CMR: tứ giác BCB’C’ nt

b) Tia AO cắt đtròn (O) ở D và cắt B’C’ ở I. CMR: tứ giác BDIC’ nt

c) Chứng minh OA vng góc với B’C’

I
O

D
C

B
A

a) xét tứ giác BCB’C’ có BB C BC C '  ' 900 tứ giác BCB’C’ nt

b) ta có: ACB ADB (cùng chắn cung AB) (1)

mặt khác do tứ giác BCB’C’ nt BC B ' ' ACB 1800

   (2)

từ (1) và (2)  BC B' 'ADB1800 hay BC I IDB'  1800, suy ra tứ giác BDIC’ nt

c) ta có: ABD900 (góc nt chắn nửa đtròn)  C BD' 900

do tứ giác BDIC’ nt C BD C ID'  ' 1800 C ID ' 900 AO B C' '

      

Bài 72: Cho hình vng ABCD. Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 cạnh BC và CD

sao cho MAN 450. AM và AN cắt đường chéo BD tại P và Q. Gọi H là giao điểm của

MQ và NP. CMR:
a) Tứ giác ABMQ nt

b) Tam giác AQM vng cân
c) AH vng góc với MN

450 P

D C

B
A

a) vì ABCD là hình vng có BD là đường chéo, nên BD là phân giác của góc ABC

  0 0   0

1 2 2

.90 45 45

B B B QAM

       

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

b) vì tứ giác ABMQ nt

  0 0  0  0

180 90 180 90

ABM AQM AQM AQM MQ AN

         

xét tam giác AQM, có:




45
90

A
AQM



 

 


  AQM vng cân tại Q

c) ta có: DB là đường chéo của hình vng ABCD nên DB là phân giác của góc ADC

  0 0

1 2

.90 45
2

D D

   

tứ giác ADNP có  DAN D 2 450  tứ giác ADNP nt

  1800 900  1800  900

ADN APN   APN   APN   NPAM

Xét tam giác AMN, ta có:

MQ AN

NP AM

MQ NP H

 



 



   H là trực tâm của tam giác AMN

AH MN

 

Bài 73: Cho tam giác ABC cân tại A nt đtròn (O), điểm D thuộc tia đối của tia AB,
CD cắt (O) tại E, tiếp tuyến của (O) tại B cắt EA ở F. CMR:

a) Tứ giác BFDE nt
b) FD // BC

C
2

1
1

1
F

E
D

a) ta có: B1E1 (cùng bù với E2)

mà B1C1 (do tam giác ABC cân tại A)

suy ra: E1C1 (1)

mặt khác: E 2 C1B 2 (cùng chắn cung AB) (2)

từ (1) và (2) suy ra E1B2 2 đỉnh B, E cùng nhìn xuống cạnh DF dới 2 góc bằng

nhau, suy ra tứ giác BFDE nt

b) do tứ giác BFDE nt E 2 D 1 (cùng chắn cung BF), mà E2 = B2 = C1 = B1,

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

Bài 74: Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh AD. Vẽ đtrịn (O) đường kính
MB, cắt AC tại E (khác A). Gọi là giao điểm của ME và DC. CMR:

a) Tam giác BEM vuông cân
b) EM = ED

c) 4 điểm B, M, D, K thuộc cùng 1 đtròn
d) BK là tiếp tuyến của (O)

K
M

2 2 2

1
1

1 E 1

B
A

a) vì tứ giác ABEM nt => BAM + BEM = 1800 => 900 + BEM = 1800

=> BEM = 900 (1)

Mặt khác: A1 = A2 (tính chất của hình vng) => sđ cung BE = sđ cung ME =>

BE=ME (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác BEM vuông cân tại E
b) xét tam giác BCE và tam giác DCE, ta có:

CE: chung

C1 = C2 (tính chất của hình vng)

CB = CD (gt)

Do đó BCEDCE (c.g.c) => BE = DE (cạnh tương ứng) (3)

Từ (2) và (3) => EM = ED (= BE) (4)

c) ta có:

 
 

 





 

1 1

1 2 1 1

1 2

90
90

K M

D D K D EDK

M D EDM c n do EM ED



 




     



   

 cân tại E => ED = EK

(5)

(4) và (5) => EB = EM = ED = EK => 4 điểm B, M, D, K thuộc cùng 1 đtrịn có tâm
E

d) do tứ giác BKDM nt (E)  MDK MBK  180 ...0  MBK 900  BK BM  BK

là tiếp tuyến của đtròn (O)

Bài 75: Cho tam giác ABC cân tại A có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên nội tiếp đtròn
(O). Tiếp tuyến tại B và C của đtròn lần lượt cắt tia AC và tia AB ở D và E. CMR:

a) BD2 = AD.CD

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

2
2

1
1

E D

a) ta có: A1 = B2 (cùng chắn cung BC)

xét tam giác ABD và tam giác BCD, ta có:

 







1 2 2

. .

A B AD BD

ABD BCD g g BD AD CD

BD CD
D chung



 

      







b) ta có:





 







 



 

1 1 1

1
2
1
2
à

E sd AC sd BC

D sd AB sd BC D E

m AB AC sd AB sd AC



  




    




  



 2 điểm D và E cùng nhìn xuống cạnh BC

dưới 2 góc bằng nhau => tứ giác BCDE nt

c) ta có: B1C1 (gt), mà tứ giác BCDE nt => BED = C1 (cùng bù với BCD)

do đó B1 = BED (2 góc ở vị trí đồng vị) => BC // DE

Bài 76: Cho tứ giác ACBD nt đtròn (O), 2 đường chéo AB và CD vng góc với nhau
tại I. trung tuyến IM của tam giác AIC cắt BD ở K, đường cao IH của tam giác AIC
cắt BD ở N.

a) CMR: IK vng góc với BD

b) Chứng minh N là trung điểm của BD
c) Tứ giác OMIN là hình gì? Tại sao?
d) Chứng minh

1 1

;

2 2

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

N
H

K
C

1
1

1
I

D
O

B
M

a) ta có: B1 =C1 (cùng chắn cung AD) (1)

+ do IM là trung tuyến của tam giác AIC => IM = MA => tam giác MAI cân tại M =>

A1=MIA

+ mà MIA = KIB (đối đỉnh) => KIB = A1 (2)

Từ (1) và (2) => B1 + BIK = C1 + A1 = 900 => IKB = 900 suy ra IK vng

góc với BD

b) ta có: CIH = DIN (đối đỉnh), mà CIH + C1 = 900, do đó: DIN + C1 =

900

+ mà C1 = B1 suy ra: DIN + B1 = 900 (*)

+ mặt khác: DIN + BIN = 900 (**)

(*) và (**) suy ra: B1 = BIN => tam giác BIN cân tại N => NB = NI (3)

+ lại có:

IDN + B1 = 900

DIN + B1 = 900

Do đó: IDN = DIN => tam giác NID cân tại N => NI = ND (4)

(3) và (4) => NB = ND => N là trung điểm của BD

c) ta có: M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD => OM vuông góc với AC; ON
vng góc với BD

=> OM // IN (cùng vng góc với AC); ON // IM (cùng vng góc vói BD)
Do đó tứ giác DMIN là hình bình hành (vì có các cạnh đối song song)
d) vì tứ giác OMIN là hình bình hành => OM = IN; ON = IM

mà

1 1

;

2 2

IN BD IM  AC

nên

1 1

;

2 2

</div>