ĐÁP án 50 bài TOÁN HÌNH học 9 mai quỳnh

64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

50 BÀI TỐN HÌNH HỌC ƠN THI VÀO 10 CĨ ĐÁP ÁN
GV: CƠ MAI QUỲNH

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

AH . AK

2. Tính tích
theo R.
3. Xác định vị trị của điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị

lớn nhất đó?
Giải:

1. Chứng minh tứ giác

BHCK

nội tiếp.

MN ⊥ AC
·AKB = 90°

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

·
⇒ HCB
= 90°

Xét tứ giác

BCHK

có:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9
·
HCB
+ ·AKB = 90° + 90° = 180°

⇒

Tứ giác
Tính

BCHK

Ơn thi tuyển sinh vào 10

mà 2 góc ở vị trí đới nhau

nội tiếp.

AH . AK

theo R.
∆ACH ∆AKB
Xét tam giác
và
có:
2.

·ACH = ·AKB = 90° 

 ⇒ ∆ACH # ∆AKB ( g .g )
µ
A chung



⇒

AC AH
=
AK AB ⇒ AH . AK = AC. AB

Mà

1
AC = R
4

và

R2
⇒ AH . AK =
×
2
AB = 2 R

3. Xác định vị trí của

* Chứng minh
∆AOM

Mà

∆BMN

K

để

đều:

cân tại M (MC vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến)

OA = OM = R ⇒ ∆AOM

∆MBN

( KM + KN + KB ) max

cân tại B vì

đều

·
⇒ MOA
= 60°

 MC = CN

 BC ⊥ MN

⇒ CM = CN

Mặt khác:
∆MBN

1·
·
MBA
= MOA
= 30°
2

cân tại B lại có

* Chứng minh

(góc nội tiếp chắn cung

·
MBN
= 60°

nên

⇒ ∆KDB

là tam giác cân mà
là tam giác đều

KD = KB.

1
·
NKB
=
2

sđ

»
NB

)

là tam giác đều

KM + KB = KN

Trên cạnh NK lấy điểm D sao cho
⇒ ∆KDB

∆MBN

·
»
⇒ MBN
= 60°
MA

=

60°

⇒ KB = BD.

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ta có:

·
·
DMB
= KMB

·
BDN
= 120°
·
MKB
= 120°

(góc nội tiếp chắn cung

(kề bù với

·
KBD

trong

∆KDB

(góc nội tiếp chắn cung

240°

»AB

Ơn thi tuyển sinh vào 10

)

đều)

)

·
·
⇒ MBK
= DBN

(tổng các góc trong tam giác bằng
Xét ∆BDN và ∆BKM có:

180°

)

BK = BD (cmt )


·
·
BDN
= BKM
(cmt )  ⇒ ∆BDN = ∆BKN (c.g.c)


MB = MN

⇒ ND = MK (2 cạnh tương ứng)

⇒ KM + KN + KB = 2 KN
⇒ ( KM + KN + KB ) max = 4 R khi KN là đường kính ⇒ K , O, N thẳng hàng
⇒ K là điểm chính giữa cung BM.

Vậy với K là điểm chính giữa cung BM thì ( KM + KN + KB) đạt giá trị max bằng 4R.
(O; R )
d
A.
d
H
Câu 2. Cho đường tròn
tiếp xúc với đường thẳng tại Trên lấy điểm không
d,
A AH < R.
H
trùng với điểm và
Qua kẻ đường thẳng vng góc với đường thẳng này cắt
E B (E
B H ).
đường tròn tại hai điểm và
nằm giữa và
1. Chứng minh

·ABE = EAH
·

∆ABH # ∆EAH .

và
AC ,
C
d
CE
H
AB
2. Lấy điểm trên sao cho là trung điểm của đoạn thẳng
đường thẳng cắt
K.
AHEK
tại Chứng minh
là tứ giác nội tiếp.
H AB = R 3.
3. Xác định vị trí điểm để
Giải:
·

·

1. Chứng minh: ABE = EAH

·ABE = 1
»
2 sđ EA
(t/c góc nội tiếp)
1
·

HAE
=
»
2 sđ EA
(t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây

cung)
Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·
⇒ ·ABE = HAE
Xét ∆ABH và ∆EAH có:
·AHB = 90°


 ⇒ ∆ABH # ∆EAH ( g.g )
·ABE = HAE
·
(cmt ) 

∆
HEC
=

∆
HEA
(c.g.c)
2. Xét

·
·
·
⇒ ·ACE = CAE
mà CAE = ABE (cmt)
⇒ ·ACE = ·ABE
·ABE + CAK
·
= 90°

Mặt khác:

·
⇒ ·ACE + CAK
= 90°
⇒ ∆AHK vng tại K
·
·
Xét tứ giác AHEK có: EHK = AKE = 90°
·
⇒ EHK
+ ·AKE = 180° mà 2 góc ở vị trí đới nhau
⇒ Tứ giác AHEK nội tiếp.
3. Hạ OI ⊥ AB

⇒ AI = IB =

AB R 3
=
2
2

AI
3
·
OAI
=
=
OA 2
Xét ∆AOI vng tại I có cos
·
·
⇒ OAI
= 30° ⇒ BAH
= 60°

AH 1
·
BAH
=
=
·
AB 2
∆AHB vng tại H có: BAH = 60° ⇒ cos
⇒

AH 1
R 3
= ⇒ AH =
2
R 3 2

Vậy cần lấy điểm H sao cho độ dài

AH =

R 3
2 thì AB = R 3

(O )
AB = 2 R
Câu 3. Cho đường trịn
có đường kính
và E là điểm bất kì trên đường trịn đó
(E
(O )
A B ).
AEB
AB F
khác và
Đường phân giác góc
cắt đoạn thẳng
tại và cắt đường trịn
K
tại điểm thứ hai là .

1. Chứng minh

∆KAF # ∆KEA.

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

I

2. Gọi là giao điểm của đường trung trực đoạn

EF

với

OE

, chứng minh đường tròn

(I )

(O ) E
AB F .
tiếp xúc với đường tròn

tại và tiếp xúc với đường thẳng
tại
MN / / AB,
AE
, BE
N
M
3. Chứng minh
trong đó và lần lượt là giao điểm thứ hai của
với

bán kính

IE

đường trịn

( I ).

KPQ

4. Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác
(O ),
NF AK ; Q
P

tròn
Giải:

với là giao điểm của

và

R
E
theo khi chuyển động trên đường

là giao điểm của

MF

và

BK .

1. Chứng minh ∆KAF # ∆KEA

»
·
·
KAB
= KEB
(góc nội tiếp cùng chắn KB)
Xét ∆KAF và ∆KEA có:
·
KAB
= ·AEK (cmt ) 

 ⇒ ∆KAF # ∆AEK ( g .g )
µ chung

K


2. * Đường trịn

( I ; IE ) và đường tròn ( O; OE )

I , O, E thẳng hàng ⇔ IE + IO = OE

⇒ IO = OE − IE

Vậy (

I ; IE )

và (

* Chứng minh

O; OE )

tiếp xúc trong tại

E.

( I ; IE ) tiếp xúc với AB tại

F

Dễ dàng chứng minh: ∆EIF cân tại I (I ∈ trung trực của EF )

·
·
·
∆EOK cân tại O ⇒ EFI = EKO (= OEF )

mà 2 góc này ở vị trí đờng vị ⇒ IF / / OK (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)
»
» ·
·
Có : AK = KB ( AEK = KEB) ⇒ AK = KB
⇒ ∆AKB cân tại K

⇒ OK ⊥ AB
OK ⊥ AB 
 ⇒ IF ⊥ AB
OK
/
/
IF

Vì
⇒ ( I ; IE )

tiếp xúc với AB tại F .

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9
3.

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·AEB = 90°
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

·
·
I ; IE )
MEN
= 90° mà MEN
là góc nội tiếp đường trịn (
( I ; IE )
⇒ MN

là đường kính

⇒ ∆EIN cân tại I

·

·

Lại có: ∆EOB cân tại O ⇒ INE = OBE mà 2 góc này vị trí đờng vị
⇒ MN / / AB (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //).
4. Tính giá trị nhỏ nhất của chu vi ∆KPQ theo R khi E chuyển động trên

( O)

·
·
I
MFE
= MNE
(góc nội tiếp ( ) cùng chắn cung ME )
·AKE = ·ABE
( O)
AE

(góc nội tiếp

cùng chắn cung

)

·
·
·
·
Mà MNE = ABE (cmt ) ⇒ MFE = AKE , hai góc này lại ở vị trí đờng vị
⇒ MQ / / AK (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //)

Chứng minh tương tự: NP / / BK
Tứ giác PFQK có: MQ / / AK
NP / / BK
·
PKQ
= 90°

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
⇒ Tứ giác PFQK là hình chữ nhật

·
·
Ta có: MFA = QFB (đối đỉnh) ở

·
·
·
·
KAB
= KBA
(∆AKB cân ) mà MFA
⇒ ∆FQB vuông cân tại Q .
= KAB
Chu vi ∆KPQ = KP + PQ + KQ

Mà PK = FQ (PFQK là hình chữ nhật) và FQ = QB ( ∆BFQ cân tại Q)
⇒ PKPQ = QB + QK + FK = KB + FK
Mặt khác: ∆AKB cân tại K ⇒ K là điểm chính giữa cung AB

FK ≥ FO (quan hệ giữa đường vng góc và đường xiên)
⇒ KB + FK ≥ KB + FO
Dấu " = " xảy ra ⇔ KB + FK = KB + FO
⇔ FK = FO
⇒ E là điểm chính giữa cung AB

⇒ FO = R

Áp dụng định lý Pi-ta-go trong ∆FOB tính được BK = R 2
⇒ Chu vi ∆KPQ nhỏ nhất = R + R 2 = R( 2 + 1).

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Câu 4. Cho
đường trịn

(O; R )

( B, C

1. Chứng minh

Ôn thi tuyển sinh vào 10

AB, AC
A
và điểm nằm bên ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyến
với

là các tiếp điểm).
ABOC

là tứ giác nội tiếp.
BC

E

OA

BE

OA

OE.OA = R 2 .

2. Gọi
là giao điểm của
và . Chứng minh vuông góc với và
3. Trên cung nhỏ BC của (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B và C). Tiếp tuyến tại K của

( O; R )

cắt AB, AC theo thứ tự tại P và Q. Chứng minh tam giác APQ có chu vi khơng
đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC.
4. Đường thẳng qua O và vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại

M, N. Chứng minh
Giải:

PM + QN ≥ MN

.

1. Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.

Xét tứ giác ABOC có:

·ABO = 90o
(tính chất tiếp tuyến)
·ACO = 90o

(tính chất tiếp tuyến)

⇒ ·ABO + ·ACO = 90o + 90o = 180o

Mà hai góc này ở vị trí đới diện nên tứ giác ABOC nội tiếp.
2. AB = AC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm)
⇒ ∆ABC cân tại A .
Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·

Mà AO là tia phân giác BAC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm)
nên AO là đường cao của ∆ABC hay AO ⊥ BC.
Xét ∆ABO vuông ở B có BE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông

⇒ OB 2 = OE.OA, mà OB = R ⇒ R 2 = OE.OA.
3. PK = PB (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm).

KQ = QC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau tại 1 điểm).
Xét chu vi ∆APQ = AP + AQ + QP
= AP + AQ + PK + KQ
= AP + PK + AQ + QC
= AB + AC

= 2AB
Mà (O) cố định, điểm A cố định nên AB không thay đổi.
MP OM
MN 2
∆OMP # ∆QNO ⇒
=
⇒ MP.QN = ON .OM =
ON QN
4
4.
⇒ MN 2 = 4MP.QN

MN = 2 MP.QN ≤ MP + NQ (Theo bất đẳng thức Cô-si)

Hay MP + NQ ≥ MN (đpcm).

Câu 5. Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường trịn đó (C
khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E,
tia AC cắt BE tại điểm F.
1. Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh

3. Chứng minh

DA.DE = DB.DC.

·
·
CFD
= OCB
.

Gọi I là tâm đường
tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE. C
hứng
minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).

4. Cho biết DF = R, chứng minh

tan ·AFB = 2

.

Giải:
1. Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.

·ACE = ·AEB = 90o
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
FCDE
Tứ giác
có :
·FCD + FDE

·
= 180o

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

Mà 2 góc này ở vị trí đới nhau nên ⇒ Tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp
2. Chứng minh DA.DE = DB.DC
Xét ∆ACD và ∆BED có:
·ACD = BED
·
= 90o 

 ∆ACD # ∆BED ( g .g )
·ADC = BDE
·
(đ .đ ) 

AD BD
⇒
=
⇒ AD.ED = CD.BD
CD ED
(đpcm).

·CFD = OCB
·

3. * Chứng minh

Vì tứ giác FCDE là tứ giác nội tiếp ( I ) nên

·
·
CFD
= CEA
(góc nội tiếp ( I ) cùng chắn cung CD )
·
·
Mà CED = CBA (góc nội tiếp (O ) cùng chắn cung CA )
·
·
⇒ CFD
= CBA
·
·
Lại có ∆OCB cân tại O nên CBA = OCB
·
·
⇒ CFD
= OCB
( 1)
·
·
∆ICF cân tại I: CFD = ICF ( 2 )

·
·
Từ (1) và (2) ⇒ ICF = OCB

* Chứng minh IC là tiếp tuyến (O) :
·

·

·

Ta có: ICF + ICB = 90 (vì DIC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
o

·
·
⇒ OCB
+ BCI
= 90o
⇒ OC ⊥ CI ⇒ IC là tiếp tuyến của (O ).

4. Ta có 2 tam giác vuông

∆ICO # ∆FEA ( g.g )

1·
·
·
CAE
= COE

= COI
»
·
·
2
(góc nội tiếp chắn CE ) ⇒ CIO = AFB
CO R
·
tan CIO
=
= =2
R
CI
2
Mà
·
⇒ tan ·AFB = tan CIO
= 2.
d1

d2

Câu 6. Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R. Gọi và là hai tiếp tuyến của
đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9
trịn (O) (E khơng trùng với A và B). Đường thẳng
đường thẳng

d1

và

d2

Ôn thi tuyển sinh vào 10
d

đi qua E và vng góc với EI cắt hai

lần lượt tại M, N.

1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh

·
·
ENI
= EBI

và

·
MIN
= 90o

AM .BN = AI .BI .

.

3. Chứng minh
4. Gọi F là điểm chính giữa của cung AB khơng chứa E của đường trịn (O). Hãy tính

diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Giải:
1. Chứng minh AMEI nội tiếp.

Xét tứ giác AMEI có:

·
·
MAI
+ MEI
= 90° + 90° = 180° mà 2 góc này ở vị trí đới

nhau
⇒ Tứ giác AMEI nội tiếp.

·
·
2. * Chứng minh ENI = EBI .

Xét tứ giác ENBI có:

·

·
IEN
+ IBN
= 90° + 90° = 180° mà 2 góc này ở vị trí đới nhau
⇒ Tứ giác ENBI nội tiếp
º )
·
·
EI
⇒ ENI
= EBI

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung

·
* Chứng minh MIN = 90°

·
·
= EAI
Tứ giác ENBI nội tiếp nên EMI
(2 góc nội tiếp cùng

chắn cung EI )

·
·
·
Lại có: AEB = 90° ⇒ EAI + EBI = 90°
·

·
⇒ EMI
+ ENI
= 90° ⇒ ∆MNI vuông tại I .
·

Vậy MIN = 90°.
3. Chứng minh AM .BN = AI .BI
·
·
Xét ∆AMI và ∆BNI có: MAI = NBI = 90°

·AIM = BNI
·
·
(cùng phụ với góc BIN )
⇒ ∆AMI # ∆BIN ( g .g )
AM BI
⇒
=
⇒ AM .BN = AI .BI .
AI
BN

4. Ta có hình vẽ

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·AEF = 1
2 sđ »AF = 45°
Khi E , I , F thẳng hàng
·AMI = ·AEI = 45°

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung »AI )
⇒ ∆MAI vuông cân tại A .
⇒ AM = AI =

R
⇒ MI = AM 2 + AI 2 =
2

R2 R2 R 2
+
=
4
4
2 (Định lí Pi-ta-go).

Chứng minh tương tự:
∆BIN vuông cân tại B
⇒ BI = BN =
S MIN =

3R
9 R 2 9 R 2 3R 2
⇒ IN = BI 2 + BN 2 =
+
=
4
16
16
2

1
1 R 2 3 R 2 3R 2
MI .NI = ×
×
=
2
2 2
2
4

(đơn vị diện tích).

Câu 7. Cho đường trịn (O; R), đường kính AB. Bán kính CO vng góc với AB, M là
điểm bất kì trên cung nhỏ AC (M khác A và C), BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của
H trên AB.
1. Chứng minh tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp.

·ACM = ·ACK

2. Chứng minh

3. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE =

AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác
vuông cân tại C.
4. Gọi

d

là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại điểm
d

A. Cho P là một điểm nằm trên sao cho hai
điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng
AP.MB
= R.
MA

bờ AB và
Chứng minh đường
thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Giải:
1. Chứng minh tứ giác CBKH là tứ giác nội tiếp:

Xét tứ giác CBKH ta có:

·
BKH
= 900
·
HCB

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

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·
·
⇒ BKH
+ HCB
= 180o

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau
⇒ Tứ giác CBKH nội tiếp.
·
·
2. Chứng minh ACM = ACK

·
·
Tứ giác CBKH nội tiếp nên: HCK = HBK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HK )
·
·
Tứ giác MCBA nội tiếp (O) nên: MCA = HKB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA )
·

·
⇒ HCK
= MCA
⇒ ·ACM = ·ACK (Đpcm).
3. Chứng minh ∆ECM vuông cân tại C .
Vì CD ⊥ AB nên CO là đường trung trực của AB ⇒ CA = CB
Xét ∆AMC và ∆BEC có:
·
·
MC
MAC
= MBC

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

MA = BE ( gt )
CA = CB (cmt)

)

·
·
⇒ ∆AMC = ∆BEC (c.g .c) ⇒ MCA
= ECB
(2 góc tương ứng) và CM = CE (2 cạnh tương

ứng)

·

·

·

Mặt khác: ECB + EAC = BCA = 90

o

·
·
⇒ MCA
+ ECA
= 90o
Xét ∆EMC có:
·
MCE
= 90o 
 ⇒ ∆ECM
CM = CE 
vuông cân tại C (Đpcm).
PB
4. Chứng minh
đi qua trung điểm của HK
AP.MB
AP
R
BO
=R⇔
=
=

AM MB BM
Theo đề bài: MA
1
·
PAM
= sđ ¼
AM
2
Mà
(t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
1
·
MBA
= sđ ¼
AM
2
(t/c góc nội tiếp chắn cung AM )
·
·
⇒ ∆PAM # ∆OMB (c.g.c) (Hệ quả)
⇒ PAM
= MBA

PA OB
=
= 1 ⇒ PA = PM
PM OM
Vậy cần lấy điểm P ∈ d sao cho PA = PM (1)
Gọi N là giao điểm của PB và HK , Q là giao điểm của BM với d
PA = PM

·
·
⇒ ∆PMA cân tại P ⇒ PAM
= PMA
Xét ∆QMA vng tại M có:
·
·
PMA
+ PMQ
= 90o
⇒

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9
·
·
PAM
+ PQM
= 90o
·
·
⇒ PMQ
= PQM
⇒ ∆PMQ

cân tại P

Ôn thi tuyển sinh vào 10

⇒ PM = PQ ( 2 )

Từ (1) và (2) ⇒ PM = PA = PQ.
Vì AQ // HK (cùng vng góc AB) nên:
NK BN
=
PA BP (Định lí Ta-let trong ∆ABP )
BN NH
=
BP PQ (Định lí Ta-let trong ∆PBQ )
NK NH
⇒
=
PA PQ mà PA = PQ (cmt ) ⇒ NK = NH

⇒ N là trung điểm của HK .
AP.MB
=R
Vậy với P ∈ d mà MA
thì PB đi qua trung điểm của HK .

Câu 8. Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngồi (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với
d

đường trịn (O). Một đường thẳng đi qua A
cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB <
AC,

d

không đi qua tâm O)

1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.
2. Chứng minh

AN 2 = AB. AC.

Tính độ dài
đoạn thẳng BC khi AB = 4cm, AN = 6cm.
3. Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng NI
cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T.
Chứng minh: MT // AC.
4. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B
và C cắt nhau tại K. Chứng minh K thuộc
một đường thẳng cố định khi
và thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Giải:

d

thay đổi

1. Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.

Ta có AM ⊥ OM ( AM là tiếp tuyến của (O))
·
⇒ OMA

= 90o
AN ⊥ ON ( AN là tiếp tuyến của (O))
·
⇒ ONA
= 90o

Xét tứ giác AMON có:
Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·
·
OMA
+ ONA
= 90o + 90o = 180o

mà hai góc này ở vị trí đới nhau
⇒ tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
2
2. Chứng minh AN = AB. AC . Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm; AN = 6cm.
·

·

Xét (O): ANB = BCN (góc nội tiếp và góc tạo bới tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn
cung BN).
Xét ∆ANB và ∆ACN :
·
CAN
chung
·ANB = BCN
·
(cmt )

⇒ ∆ANB # ∆ACN (g .g)

AN AB
=
AC AN (tính chất hai tam giác đờng dạng).
⇒ AN 2 = AB. AC (Đpcm).
⇒

* Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4cm; AN = 6cm.
2
2
Ta có AN = AB. AC (cmt ) mà AB = 4cm, AN = 6cm nên: 4. AC = 6 ⇔ AC = 9 (cm) mà

AB + BC = AC nên BC = 5 cm.
3. Chứng minh MT // AC.

Xét (O): I là trung điểm của dây BC
⇒ OI ⊥ BC (quan hệ vng góc giữa đường kính và dây)
·

·

Tứ giác OIAN nội tiếp vì ANO = AIO = 90

0

»
⇒ ·AIN = ·AON (hai góc nội tiếp cùng chắn AN ) mà hai góc cùng nhìn cạnh AO (1)

AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A.

·
⇒ OA là phân giác MON
(t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
1·
⇒ ·AON = MON
2
1·
·
MTN
= MON
2
Mà
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MN).
·
·
⇒ MTN = AON

(2)

·

·

Từ (1) và (2) ta có: MTN = AIN mà hai góc này ở vị trí đờng vị
⇒ MT // AC (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).
4. Hai tiếp tuyến (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một đường thẳng cố
định khi d thay đổi thỏa mãn điều kiện đề bài.
* MN cắt OA tại E.
Ta chứng minh được MN ⊥ OA ⇒ EM ⊥ OA
2
2
2
Ta chứng minh được OI.OK = OE. OA ( = OB = OM = R )
Từ đó chứng minh được ∆OEK # ∆OIA (c.g.c)
Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·
·
⇒ OEK
= OIA
= 90o
⇒ EK ⊥ OA mà EM ⊥ OA ⇒ EM trùng EK.

K thuộc MN cố định (đpcm).
Câu 9. Cho đường trịn (O; R) đường kính AB cớ định. Vẽ đường kính MN của đường
trịn (O; R). (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường
thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P.
1. Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.
2. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một

đường tròn.
3. Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vng góc

với OE tại O cắt PQ tại F. Chứng minh F là trung điểm
của BP và ME // NF
4. Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn
điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để
tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Giải:
1. Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật.

o
·
·
·
·
Ta có AMB = MBN = BNA = NAM = 90 (4 góc nội tiếp chắn
nửa đường trịn)
⇒ AMBN là hình chữ nhật.

·
·

2. Ta có ANM = ABM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

·ABM = MQB
·
·
(2 góc cùng phụ với góc QBM )
·
⇒ ·ANM = MQB
·ANM + MNP
·
·
·
= 180o ⇒ MQB
+ MNP
= 180 o

Mà
; hai góc này
lại ở vị trí đới nhau
⇒ MNPQ là tứ giác nội tiếp.
3. * Chứng minh F là trung điểm của BP.
E là trung điểm của BQ, O là trung điểm của AB
⇒ OE là đường trung bình của ∆ABQ
⇒ OE / / AQ (tính chất đường trung bình của tam giác)
Mà OE ⊥ OF ; AQ ⊥ AP
⇒ OF / / AP

Lại có O là trung điểm của AB ⇒ OF là đường trung bình của ∆ABP .
⇒ F là trung điểm của BP.
* Chứng minh ME // NF

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

∆NPB vng tại N, có F là trung điểm của cạnh BP

Ôn thi tuyển sinh vào 10
⇒ NF = BF = FB =

1
BP
2
(đường trung

tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền)
Xét ∆ONF và ∆OBF có:
ON = OB = R 

OF chung
 ⇒ ∆ONF = ∆OBF (c.c.c)
FN = FB (cmt ) 
·
·
⇒ ONF
= OBF
= 90o

(2 góc tương ứng)

⇒ ON ⊥ NF

Chứng minh tương tự ta có OM ⊥ ME
⇒ ME / / NF (cùng vng góc với MN).
4.

2 S MNPQ = 2 S APQ − 2 S AMN = 2 R.PQ − AM . AN

∆ABP # ∆QBA ⇒

AB BP
=
⇒ AB 2 = BP.QB
QB BA

2
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: PB + BQ ≥ 2 PB.QB = 2 (2R ) = 4 R

AM . AN ≤

Ta có:

AM 2 + AN 2 MN 2
=
= 2R 2
2
2

2S MNPQ ≥ 2 R.4 R − 2 R 2 = 6 R 2
⇒ S MNPQ ≥ 3R 2

Dấu bằng xảy ra khi AM = AN và PQ = BP. Hay MN vng góc với AB.
Vậy để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất thì đường kính MN vng góc với đường
kính AB.
Câu 10. Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn thẳng AO (C
khác A, C khác O). Đường thẳng đi qua C vng góc với AB cắt nửa đường trịn tại K.
Gọi M là điểm bất kì nằm trên cung KB (M khác K, M khác B). Đường thẳng CK cắt
đường thẳng AM, BM lần lượt tại H và D. Đường thẳng BH cắt nửa đường tròn tại điểm
thứ hai là N.
1. Chứng minh tứ giác ACMD là tứ giác

nội tiếp.

CA.CB = CH .CD.

2. Chứng minh
3. Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng

hàng và tiếp tuyến tại N của đường tròn
đi qua trung điểm của DH.

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

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

định.
Giải:
1. Chứng minh tứ giác nội tiếp

·

Chứng minh được AMD = 90
·

·

o

Vì ACD = AMD = 90 mà hai góc này cùng nhìn cạnh DA (nên M, C thuộc đường trịn
đường kính AD).
Vậy tứ giác ACMD nội tiếp.
2. Chứng minh CA.CB = CH .CD
Xét ∆CAH và ∆CDB có:
o

·ACH = DCB
·
= 90o (1)
·
·
CAH

= CDB

Mặt khác

(cùng phụ với

·

góc CBM ) (2)
Từ (1) và (2)
⇒ ∆CAH # ∆CDB ( g .g )
⇒ CA.CB = CH .CD (Đpcm).
3.

* Chứng minh A, N, D thẳng hàng
Vì AM và DC là đường cao của tam
giác ABD nên H là trực tâm ∆ABD
⇒ AD ⊥ BH ; AN ⊥ BH

Nên A, N, D thẳng hàng
* Gọi E là giao điểm của CK và tiếp tuyến tại N.
Ta có: BN ⊥ DN , ON ⊥ EN
·
·
·
·
·
·
⇒ DNE
= BNO

mà BNO = OBN , OBN = EDN
·
·
⇒ DNE
= EDN
⇒ ∆DEN
⇒ ED = EN
·

·

cân tại E
·

·

(3)

Ta có: ENH = 90 − END = 90 − NDH = EHN
⇒ ∆HEN cân tại E ⇒ EH = EN (4)
Từ (3) và (4) ⇒ E là trung điểm của HD (Đpcm).
4. Chứng minh MN luôn đi qua một điểm cố định.
Gọi I là giao điểm của MN và AB, kẻ IT là tiếp tuyến của nửa đường tròn với T là tiếp
o

o

điểm ⇒ IN .IM = IT (5)
Mặt khác: EM ⊥ OM (vì ∆ENO = ∆EMO và EN ⊥ ON )
⇒ N , C , O, M cùng thuộc 1 đường tròn ⇒ IN .IM = IO.IC (6)

2

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9
Từ (5) và (6) ⇒ IC.IO = IT

Ôn thi tuyển sinh vào 10

2

⇒ ∆ICT # ∆ITO ⇒ CT ⊥ IO ⇒ T ≡ K

⇒ I là giao điểm của tiếp tuyến tại K của nửa đường trịn và đường thẳng AB
⇒ I cớ định (Đpcm).

Câu 11. Cho đường tròn (O) và một điểm A nằm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến AB với
đường trịn (O) (B là tiếp điểm) và đường kính BC. Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I
khác C, I khác O). Đường thẳng IA cắt (O) tại hai điểm D và E (D nằm giữa A và E). Gọi
H là trung điểm của đoạn thẳng DE.
1. Chứng minh bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên một đường tròn.

2. Chứng minh

AB BD
=
AE BE

.

d

3. Đường

thẳng
đi qua
điểm E song song với AO,
d

cắt BC tại điểm K.
HK / / DC.

Chứng minh:
4. Tia CD cắt AO tại điểm P,
tia EO cắt BP tại điểm F.
Chứng minh tứ giác
BECF là hình chữ nhật
Giải:
1. Chứng minh bốn điểm A,

B, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
·

Chứng minh được ABO = 90

o

·

Chứng minh được AHO = 90°
⇒ Tứ giác ABOH nội tiếp
Suy ra bốn điểm A, B, O, H cùng nằm trên đường trịn đường kính AO.
AB BD
=
2. Chứng minh AE BE
·ABD = ·AEB

Chứng minh được
·
Xét ∆ABD và ∆AEB có: EAB
chung
Chứng minh được ∆ABD # ∆AEB ( g.g )
⇒

AB BD
=
AE BE (Đpcm).

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

3. Chứng minh KH // DC

·
·
·
·
Tứ giác ABOH nội tiếp ⇒ OBH = OAH mà OAH = HEK (do EK//AO)
·
·
⇒ HBK
= HEK
.

Suy ra tứ giác BHKE nội tiếp
·

·

·
Chứng minh được BKH = BCD (cùng bằng BEH
)
Kết luận HK // DC.
4. Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật.

Gọi giao điểm tia CE và tia AO là Q, tia EK và CD cắt nhau tại điểm M
Xét ∆EDM có HK // DM và H là trung điểm của đoạn DE, suy ra K là trung điểm của
đoạn thẳng ME.
KE MK
CK
=

Có ME // PQ OQ OP (cùng bằng CO ) suy ra O là trung điểm của đoạn PQ
Có: OP = OQ; OB = OC. Suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành. Suy ra CE // BF.
⇒

Chứng minh được ∆COE = ∆BOF (g.c.g) ⇒ OE = OF
Mà OB = OC = OE ⇒ OB = OC = OE = OF Suy ra tứ giác BECF là hình chữ nhật.
Cách 2:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·

·

Kẻ tiếp tuyến AT với (O), chứng minh APDT nội tiếp ( PAT + PDT = 180°)
·
·
·
·
dẫn đến ATP = CBE (1), chứng minh ∆TAP = ∆BAP (g.c.g) ⇒ ATP = ABP (2)
·
·
Từ (1) và (2) ⇒ ABP = EBC

·
Dẫn đến EBF = 90° ⇒ EF là đường kính ⇒ BECF là hình chữ nhật (Đpcm).
Cách 3:

Chứng minh ∆EHB # ∆COP (g.g)

⇒

EB EH ED
=
=
CP CO CB

⇒ ∆EDB # ∆CBP
·
·
⇒ EDP
= CBP

·
·
·
·
·
EDB
+ CDE
= 90°, CDE
= EBC
⇒ EBP

= 90° ⇒ BECF là hình chữ nhật (Đpcm).

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

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

1. Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc cùng một đường tròn..

NB 2 = NK .NM.

2. Chứng minh
3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi.
4. Gọi P và Q lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác

MCK và E là trung điểm của đoạn PQ. Vẽ đường kính ND của đường tròn (O). Chứng
minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.
Giải:
1. Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc cùng một đường trịn.

·

·

Ta có: MCB = ANM (2 góc nội tiếp chắn hai
cung bằng nhau).
·
·
⇒ ICK
= INK

Mà hai góc này ở cùng nhìn cạnh IK trong
tứ giác IKNC từ hai đỉnh kề nhau
⇒ IKNC là tứ giác nội tiếp
⇒ C , N , K , I thuộc cùng một đường trịn.
2
2. Chứng minh NB = NK .NM.
·
·
BMN
= NBC
(hai góc nội tiếp cùng chắn hai

cung bằng nhau).
Xét ∆NBK và ∆NMB có:
·
MNB
chung
·BMN = NBC
·

(cmt)

⇒ ∆NBK # ∆NMB (g.g)

⇒

NB NM
=
⇒ NB 2 = NK .NM
NK NB
(đpcm).

3. Chứng minh tứ giác BHIK là hình thoi

Nới BI cắt đường trịn (O) tại F
⇒ AF = FC
·
·
BMH
= HMI

Ta có
= NC)

(vì cùng nhìn cung BN

(

)

(

)

1
·
» + sđ »AF
MBI
= sđ MA
2
(góc nội tiếp chắn
¼ )
MF
1
·
» + sđ F
»C
MIB
= sđ MB
2

(góc có đỉnh bên

trong đường trịn)

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

»

¼

»

Ơn thi tuyển sinh vào 10

»

·
·
= MIB
Mà MA = MC; AF = CF nên MBI
⇒ ∆BMI cân tại M có MN là phân giác
⇒ MN là đường trung trực của BI.
⇒ HK ⊥ BI , BH = HI , BK = KI (1)
·

·

Mặt khác HBF = FBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung AF = FC)
⇒ ∆BHK có BF là phân giác cũng là đường cao
⇒ ∆BHK cân tại B ⇒ BH = BK (2)
Từ (1) và (2) ta có BHIK là hình thoi.
4. Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng
·
·
QCK
= 90o − CMK

·
·
⇒ QCK
= 90o − CBN

·
·
⇒ QCK
= 90o − BCN
⇒ CQ ⊥ CN nên C, D, Q thẳng hàng.

Chứng minh tương tự ta có D, B, P
thẳng hàng.
o
·
·
Lại có CKQ = 90 − CMK

·
·
⇒ KBP
= 90o − BMK
·
·
·
·
CKQ
= KBP
CMK
= BMK

Mà
nên
Hay KQ // DP.
Tương tự KP // DQ
Nên KPDQ là hình bình hành. Hình bình hành KPDQ có hai
đường chéo KD và PQ cắt nhau
tại trung điểm mỗi đường. Nên D, E, K thẳng hàng (Đpcm).
Câu 13. Cho đường tròn (O; R) với dây cung AB không đi qua tâm. Lấy S là một điểm
bất kì trên tia đối của tia AB (S khác A). Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường
tròn (O; R) sao cho điểm C nằm trên cung nhỏ AB (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung
điểm của đoạn thẳng AB.
1. Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường trịn đường kính SO.

·
CSD
.

2. Khi SO = 2R, hãy tính độ dài đoạn thẳng SD theo R và tính số đo
3. Đường thẳng đi qua điểm A và song song với đường thẳng SC, cắt đoạn thẳng CD tại

điểm K. Chứng minh tứ giác ADHK là tứ giác nội tiếp và đường thẳng BK đi qua
trung điểm của đoạn thẳng SC.

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

4. Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng BD và F là hình chiếu vng góc của điểm E trên

đường thẳng AD. Chứng minh rằng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì
điểm F luôn thuộc một đường trịn cớ định.
Giải:
1. Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường trịn đường kính SO.

SD, SC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)

⇒ OD ⊥ SD, OC ⊥ SC
⇒ D, C thuộc đường trịn đường kính SO (1)

Mặt khác H là trung điểm của AB
·
⇒ OH ⊥ AB ⇒ SHO
= 90o
⇒ H thuộc đường trịn

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

R và sớ đo góc CSD .
Xét ∆SDO có:
SO 2 = SD 2 + DO 2

⇒ SD 2 = SO 2 − DO 2 = 4 R 2 − R 2 = 3R 2
⇒ SD = R 3
DO 1
·
·
·
sin DSO
=
= ⇒ DSO
= 30o ⇒ CSD
= 60o.
SO 2
Ta có:
3. Vì S, D, O, H cùng thuộc một đường tròn nên SHOD là tứ giác nội tiếp

1·
·
⇒ ·AHD = SOD
= COD
»
2
(góc nội tiếp cùng chắn SD) (3)
·AKD = 1 sđ C
» D = 1 CO
· D
·AKD = SCD
·
2
2
Lại có:

(đờng vị) nên
(4)
⇒ ·AHD = ·AKD ⇒ ADHK

Từ (3) và (4)
Gọi M là giao điểm của BK và SC.
Gọi N là giao điểm của AK và BC.

nội tiếp.

»
·
·
·
= ·ADK (2 góc nội tiếp cùng chắn AK )
Ta có: KHA = CBS vì KHA
»
·ADK = CBS
·
(2 góc nội tiếp cùng chắn AC )

⇒ HK / / BC mà H là trung điểm AB nên K là trung điểm của AN. Suy ra AK = KN.
AK KN BK
=
=
Có: SM CM BM mà AK = KN nên SM = CM nên M là trung điểm của SC.

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

4. Chứng minh rằng, khi điểm S thay đổi trên tia đối của tia AB thì điểm F luôn thuộc

một đường trịn cớ định.
Kẻ đường kính AA ' của đường trịn tâm O.
·

Ta có ADA ' = 90 ⇒ DA ' ⊥ DA mà EF ⊥ DA ⇒ EF / / DA '.
Kéo dài EF cắt BA ' tại G.
EG / / DA ', E là trung điểm của BD nên G là trung điểm của BA '.
AA ' là đường kính đường trịn tâm O nên A ' cớ định ⇒ BA ' cố định. Vậy G cố định.
o

o
·
Mà AFG = 90 ⇒ F thuộc đường trịn đường kính AG cố định (đpcm).

( O) ,

AB.

Ax, By

M
Vẽ các tiếp tuyến

của đường tròn.
(M
A, B ).
Ax, By
M
là một điểm trên đường tròn
khác
Tiếp tuyến tại của đường tròn cắt
lần

Câu 14. Cho đường tròn

lượt tại

đường kính

P, Q.

1. Chứng minh rằng: Tứ giác
2. Chứng minh rằng:
3. Chứng minh rằng:
4. Khi điểm

giác
Giải:

M

APQB

APMO

AP + BQ = PQ.

nội tiếp.

AP.BQ = AO 2 .

di động trên đường tròn

( O) ,

tìm các vị trí của điểm

nhỏ nhất.
·

·

1. Xét tứ giác APMQ, ta có OAP = OMP = 90 (vì PA,
o

PM là tiếp tuyến của (O))
Vậy tứ giác APMO nội tiếp.
2. Ta có: AP = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
tại một điểm)
BQ = MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một
điểm)
⇒ AP + BQ = MP + MQ = PQ ( Ðpcm ) .
·AOM

3. Ta có OP là phân giác

(tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau tại một điểm)

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

M

sao cho diện tích tứ


64

Các bài tập hình học 9

Ơn thi tuyển sinh vào 10

·
OQ là phân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm)
o
·
o
·
·
Mà AOM + BOM = 180 (hai góc kề bù) ⇒ POQ = 90

·

Xét ∆POQ có: POQ = 90 (cmt)
OM ⊥ PQ (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M)
Áp dụng hệ thức lượng vào ∆POQ vng tại O có đường cao OM
o

⇒ MP.MQ = OM 2 (hệ thức lượng)

Lại có MP = AP; MQ = BQ (cmt); OM = OA (bán kính)
Do đó

AP.BQ = AO 2 ( Ðpcm ) .

4. Tứ giác APQB có:

vng.
⇒ S APQB =

AP / / BQ ( AP ⊥ AB; BQ ⊥ AB ) ,

nên tứ giác APQB là hình thang

( AP + BQ ) . AB = PQ. AB
2

2

Mà AB không đổi nên

S APQB

đạt GTNN ⇔ PQ nhỏ nhất

⇔ PQ = AB ⇔ PQ / / AB ⇔ OM ⊥ AB
»AB
⇔M

là điểm chính giữa

AB 2
S
Tức M trùng M 1 hoặc M 2 thì APQB đạt GTNN là 2 .

Câu 15. Cho đường tròn
với các đường tròn

( O)

AM , AN
A
và điểm nằm ngồi đường trịn. Vẽ các tiếp tuyến

( O) ( M , N ∈( O) )

A

. Qua vẽ một đường thẳng cắt đường tròn
B, C
(B
A, C
BC.

H
hai điểm
phân biệt nằm giữa
). Gọi là trung điểm của đoạn thẳng
1. Chứng minh tứ giác

ANHM

( O)

tại

nội tiếp được trong đường tròn.

AN = AB. AC.
2

2. Chứng minh

3. Đường thẳng qua

B

song song với

AN

cắt đoạn thẳng

Giải:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

MN

tại

E.

Chứng minh

EH / / NC.