Tuyen tap 100 bai toan hinh thi vao lop 10 THPT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.09 MB, 93 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1></div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

100 BÀI TỐN HÌNH THI VÀO LỚP 10 THPT

Bài 1 : Cho 3 ñiểm A, B, C cố ñịnh với B nằm giữa A, C. Một đường trịn tâm O thay đổi đi qua B,
C. Vẽ đường kính MN vng góc với BC tại D (M nằm trên cung nhỏ BC). Tia AN cắt
đường trịn tâm O tại điểm thứ 2 là F. Hai dây cung BC và MF cắt nhau tại E. Chứng minh
rằng:

a) Tứ giác DEFN nội tiếp.
b) AD.AE = AF.AN

c) MF ln đi qua một ñiểm cố ñịnh.

E

F

D

M
N

O

C

B A

- Tứ giác DEFN nội tiếp đường trịn đường kính EN vì EDN=EFN=900
- Dễ thấy ∆FEA~∆DNA g g

(

)

⇒ AD.AE = AF.AN

- Dễ dàng chứng minh được AF.AN = AB.AC khơng đổi (do A, B, C cố định) nên AD.AE

khơng đổi, mà (O) luôn qua B và C nên O nằm trên trung trực của BC, do đó D cố định. Vì
vậy AD khơng đổi ⇒ AE khơng đổi hay E cố ñịnh.

Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông ở A. Lấy trên AC một ñiểm D. Dựng CE⊥BD.
a) CMR: Tam giác ABD và tam giác ECD ñồng dạng.

b) Tứ giác ABCE nội tiếp.

c) CMR: FD⊥BC, với F là giao ñiểm của AB và CE.

d) Cho biết ABC=600, BC = 2a, AD = a. Tính AC, đường cao AH của ∆ABC và bán
kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF.

- Ta có : ∆ABD~∆ECD g g

(

)

- Tứ giác ABCE nội tiếp ñường trịn đường kính BC
- D là trực tâm tam giác FBC nên FD vng góc với BC

- Dễ dàng tính được AB = a nên AH = AB.sinB .sin 600 3
2

a
a

= = và AC = BC.sinB
0

2 .sin 60a a 3

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

- Ta có 0

60 2

cos cos 60

AD a

FDA B FD a

D

= = ⇒ = = = ⇒ bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ
giác ADEF (đường trịn đường kính FD) bằng a.

a

2a

H

F

E

A

B

C

D

Bài 3 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường trịn và P là điểm chính giữa của cung AB
không chứa C và D. Hai dây cung PC và PD lần lượt cắt dây AB tại E và F. Các dây AD và
PC kéo dài cắt nhau tại I, các dây BC và PD kéo dài cắt nhau tại K. CMR:

a) CID = CKD

b) Tứ giác CDFE nội tiếp.
c) IK // AB.

d) ðường tròn ngoại tiếp tam giác AFD tiếp xúc với PA tại A.

K

I

F

E

P

O

A

B

C

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

- Ta có BP=AP⇒CD−BP=CD−AP⇒CID=CKD

- Do BP=AP⇒AD+BP =AD+AP⇒PCD=BEP⇒DFE+PCD=DFE+BEP =1800

nên tứ giác CDFE nội tiếp

- Theo trên CID=CKD⇒CDIK là tứ giác nội tiếp DKI =DCI=BFP⇒IK//AB (cặp góc
so le trong bằng nhau)

- Do BP=AP⇒FDA=FAP⇒ AP là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác FDA tại
A (cùng bằng nửa số ño cung EA).

Bài 4 : Bài 6: Cho đường trịn tâm O bán kỉnh. Hai đường kính AB và CD vng góc với nhau.
Trong ñoạn AB lấy ñiểm M

(

M ≠O

)

. ðường thẳng CM cắt đường trịn tâm O tại điểm thứ
hai N. ðường thẳng vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của (O) tại P. Chứng minh
rằng:

a) Tứ giác OMNP nội tiếp.

b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.

c) CM.CN khơng ñổi khi M di ñộng trên AB.

d) Khi M di động trên AB thì P chạy trên một đoạn thẳng cố ñịnh.
- Tứ giác OMNP nội tiếp ñường trịn đường kính OP do OMP=ONP =900

- Dễ thấy MP // OC (cùng vng góc với AB) nên MCO=NMP mà OC = ON nên

MCO=MNO⇒NMP=MNO. Mà tứ giác OMNP nội tiếp nên NMP=NOP

// //

MNO NOP NC OP MC OP

⇒ = ⇒ ⇒ . Do đó tứ giác CMPO là hình bình hành.
- Ta có COM ~ CND g g

(

)

CO CM CM CN. CO CD. R R.2 2R2

CN CD

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = (khơng đổi

khi M di chuyển trên AB)

- Theo trên thì MP //= OC nên MP //= OP mà MOD=900 ⇒ tứ giác MPDO là hình chữ nhật.
Do đó PD vng góc với CD tại D. Vì vậy khi M di chuyển trên AB thì P di chuyển trên
đoạn thẳng A’B’= AB và vng góc CD tại D

B'

A'

P

N

D

C

O

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

Bài 5 : Cho ABC∆ vuông ở A (AB > AC), có đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
ñỉnh A vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB tại E và nửa đường trịn đường kính CH
cắt AC tại F.

a) CMR: Tứ giác AFHE là hình chữ nhật.
b) CMR: Tứ giác BEFC nội tiếp.

c) EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường trịn.

d) Giả sử góc ABC bằng 300. CMR bán kính của nửa đường trịn này gấp 3 lần bán kính
của nửa đường trịn kia.

F

E

I

O

H

B

C

A

- Tứ giác AEHF có ba góc vng nên là hình chữ nhật

- Do AEHF là hình chữ nhật nên hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm, vì vậy

EAH =FEA⇒ +B EAH = +B FEA= . Mà

0 0

90 180

EFA+FEA= ⇒EFA= ⇒ +B B EFC=EFA+EFC = ⇒ tứ giác BEFC nội tiếp
- Dễ thấy OEH =OHE,= AHE⇒OEH+FEH=OHE+AHE=900 nên EF là tiếp tuyến của

(O). Tương tự EF là tiếp tuyến của (I)
- Giả sử BC = x, ta có :

2
2 2
2 2
2 2
2 2
3

3 . 4 3

2 2 4

3 / 4
4 16 4

3
/ 4

3 3 3

4 16 4

x

x x AB AC x

AC AB AH

BC x

x x x

CH AC AH

BH x

CH x

x x x

BH AB AH

= = ⇒ = = =

⇒ = − = − = 
⇒ = =


⇒ = − = − = 

Bài 6 : Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính BC. ðiểm A thuộc nửa đường trịn đó. Dựng hình
vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB khơng chứa điểm C. Gọi F là giao ñiểm của AE
và nửa ñường tròn (O), K là giao ñiểm của ED và CF.

a) F là điểm chính giữa của cung BC
b) Tứ giác BDKC nội tiếp

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

K

F

E

D

O

B

C

A

- Ta có FAC=DAE=450 ⇒FC=900 ⇒ F là điểm chính giữa của cung BC

- Do FC=FB=900 ⇒FBC=450 =EDB⇒KDB+FCB =1800 ⇒ tứ giác BCKD nội tiếp 
- Theo trên tứ giác BCKD nội tiếp nên KBC=KDC=900 ⇒ ∆KBC là tam giác vuông cân

KB BC KB BC

⇒ ⊥ = . Vì khi A di chuyển trên nửa đường trịn thì BC cố ñịnh nên K là

ñiểm cố ñịnh. Vậy DE ln đi qua điểm cố định K.

- Vì K, B cố ñịnh mà KEB=900 ⇒ khi A di chuyển thì E nằm trên nửa đường trịn đường
kính KB (trên nửa mặt phẳng bờ KB khơng chứa điểm C).

Bài 7 : Cho đường trịn tâm O bán kính R, ñường kính AB. Tiếp tuyến tại điểm M bất kì trên
đường trịn

(

M ≠ A M, ≠ B

)

cắt tiếp tuyến tại A và B theo thứ tự tại C và D.

a) CMR: CD = CA + BD.
b) CMR: COD = 90 . 0
c) CMR: AC . MO = R2.

d) Biết góc MAB bằng 600, chứng minh ∆MBD ñều.

x y

D

C

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

Bài 8 : Cho ∆ABC vng ở C, có 1
2

BC= AB. Trên BC lấy ñiểm E. Từ B kẻ ñường thẳng d vng
góc với AE, gọi giao điểm của d với AE, AC kéo dài lần lượt là I, K.

a) Tính góc CIK.

b) CMR: KA . KC = KB . KI

c) Gọi H là giao ñiểm của đường trịn đường kính AK với cạnh AB. CMR: H, E, K thẳng
hàng.

d) Tìm quỹ tích điểm I khi E chạy trên BC.

H

K

I

B

A

C

E

- Dễ thấy sin 1 300
2

BC

A A

AB

= = ⇒ = , mà tứ giác BICA nội tiếp đường trịn đường kính AB
nên KIC= =A 300

- Ta có KBC~ KAI KB KC KA KC. KB KI.

KA KI

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

- Vì H nằm trên đường trịn đường kính KA nên KHA=900 ⇒KH ⊥ AB, mà E là trực tâm
tam giác KBA nên KE ⊥AB⇒ba ñiểm K, E, H thẳng hàng

- Theo trên, tứ giác BICA nội tiếp nên BIC=1800 − =A 1800 −300 =1500. Do đó khi E di
chuyển trên BC thì I nằm trên cung chứa góc 1500 dựng trên BC (nằm ngồi tam giác ABC)
Bài 9 : Cho hai đường trịn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. ðường kính AC của (O) cắt (O’) tại giao

ñiểm thứ hai là E. ðường kính AD của (O’) cắt (O) tại điểm thứ hai là F.
a) CMR: CDEF nội tiếp.

b) CMR: C, B, D thẳng hàng.
c) CMR: OO’EF nội tiếp.

d) Với điều kiện và vị trí nào của (O) và (O’) thì EF là tiếp tuyến chung của (O) và (O’)?
- Tứ giác CDEF nội tiếp đường trịn đường kính CD do CFA=DEA=900

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

- Do ∆FOA, ∆EO A' cân tại O và O’ mà FAO=EAO' (ñối ñỉnh) ⇒OEO'=O FO' ⇒ tứ giác
OFEO’ nội tiếp

- Nếu EF là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) thì ' 900 ' 900

OFE=FEO = ⇒FOO = ⇒ tứ giác
OFEO’ là hình chữ nhật ⇒FO=EO'⇒ =R R'. Mà A là tâm hình chữ nhật OFEO’ đồng
thời AB⊥O O' ⇒O và O’ cách đều AB. Tóm lại, muốn EF là tiếp tuyến chung của (O) và
(O’) thì hai đường trịn có bán kính bằng nhau và AB là trung trực của OO’.

E

F

D

C B

A

O O'

Bài 10 :Cho (O;R), hai ñiểm C, D thuộc (O), B là điểm chính giữa của cung CD. Kẻ ñường kính
AB. Trên tia ñối của tía AB lấy ñiểm S. Nối SC cắt (O) tại M, MD cắt AB tại K, MB cắt
AC tại H.

a) CMR: Tứ giác AMHK nội tiếp.
b) CMR: HK // CD.

c) CMR: OK . OS = R2.

N

H

K

M

A

B

O

C

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

- Do B là điểm chính giữa của cung CD nên BC=BD⇒HAK=HMK⇒ tứ giác AMHK nội
tiếp

- Ta có : MAC=MDC (cùng chắn MC) mà MAC=MKH (cùng chắn MH của đường trịn
ngoại tiếp tứ giác AMHK) nên MKH=MDC⇒HK//CD. Có thể chứng minh cách khác,
dựa vào tứ giác AMHK nội tiếp và AMH =900 ⇒ AKH =900

- Nối SD cắt (O) tại N, do AB là trung trực của CD nên AC =AD và tam giác SCD cân tại S,
vì vậy MCD=NDC⇒AM = AN . Mặt khác 1 , 1

2 2

ODA=OAD= BD ADN = AN nên

(

)

~

(

.

)

OK OD

ODS ODA ADN AM BD OKD OKD ODS g g

OD OS

= + = + = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ đpcm.

Bài 11 :Cho tam giác ABC có các góc B, C nhọn. Các đường trịn đường kính AB và AC cắt nhau

tại giao ñiểm thứ hai H. Một đường thẳng d bất kì qua A và cắt 2 đường trịn trên lần lượt
tại M, N.

a) CMR: ñiểm H thuộc BC.

b) Tứ giác BCNM là hình gì? Tại sao?

c) Gọi P, Q lần lượt là trung ñiểm của BC và MN. CMR: A, H, P, Q thuộc một đường
trịn.

d) Xác định vị trí của d để MN có độ dài lớn nhất.

K

P

Q

N

H

A

B

C

M

- Ta có : AHB+AHC=900 +900 =1800 ⇒ B, H, C thẳng hàng hay H∈BC

- Ta có : BMA=CNA =900 ⇒BM ⊥d CN, ⊥ ⇒d BM //CN. Vì vậy, tứ giác BMNC là hình
thang vng

- Do P, Q là trung ñiểm BC, MN nên PQ là đường trung bình của hình thang vng BMNC, vì
vậy PQ⊥MN ⇒AQP=AHP=900 ⇒A, H, P, Q ñều nằm trên ñường trịn đường kính AP
- Kẻ CK ⊥BM ⇒MN =CK≤BC. Do đó MN lớn nhất khi MN = BC hay d // BC.

Bài 12 :Cho tam giác ABC nội tiếp trong (O) có các góc đều nhọn và 0

A = 45 . Vẽ các ñường cao
BD và CE của ABC∆ . Gọi H là giao ñiểm của BD và CE.

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

b) CMR: DH = DC.
c) Tính tỉ số BC

DE

d) CMR: OA ⊥DE.

H

D

E

C

O

A

B

- Ta có 450 900 900

A= ⇒BC = ⇒BOC= =BEC=BDC⇒ 5 ñiểm B, E, O, D, C cùng thuộc
đường trịn đường kính BC

- Dễ thấy tam giác AEC vuông cân tại E nên AE = EC AE 1 , 450

AC 2 ACE HDC

⇒ = = ⇒ ∆

vng cân tại D. Do đó DH = DC

- Do tứ giác BEDC nội tiếp nên ~ 1
2

ED AE

AED ACB AED ACB

BC AC

= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = =

- Ta có OA = OB nên OAB =OBA. Mà OBA= DBC OBA OBD

(

+ =DBC+OBD=450

)

, do
đó OAB=DBC⇒OAB+AED=DBC+ACB=900 ⇒OA⊥ED.

Bài 13 :Cho (O; R). Hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. E là điểm chính giữa cung nhỏ
BC và AE cắt CO ở F, DE cắt AB ở M.

a) CEF và EMB là tam giác gì?

b) CMR: Tứ giác FCBM nội tiếp và chỉ rõ tâm ñường tròn ngoại tiếp tứ giác.
c) CMR: OE, BF, CM ñồng quy.

- Ta có

0 0 135

45 , 90

EC=BE= AC= AD=BC = ⇒FCE=CFE= ⇒ ∆FEC cân tại E.
Tương tự ta có tam giác EMB cân tại E

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

- Dễ thấy ∆FEC= ∆BEM c g c

(

. .

)

⇒FC=BM ⇒MFB=CBF⇒FM //CB⇒ tứ giác CBMF
là hình thang cân. Do đó giao ñiểm hai ñường chéo nằm trên trung trực của FM. Mặt khác, dễ
dàng chứng minh ñược OF = OM, EF = ME nên OE là trung trực của FM. Vì vậy CM, BF,
OE đồng quy.

M

F

E

D

C

O

A

B

Bài 14 :Cho hai đường trịn (O) và (O.) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung với hai ñường trịn
về phía nửa mặt phẳng bờ OO. chứa điểm B có tiếp điểm theo thứ tự là E và F. Qua A kẻ
cát tuyến song song với EF cắt (O), (O.) theo thứ tự tại C, D. ðường thẳng CE và DF cắt
nhau tại I.

a) CMR: IA⊥CD.

b) CMR: Tứ giác IEBF là nội tiếp
c) CMR: AB ñi qua trung ñiểm của EF.

- Kéo dài OE và O’F cắt DC tại H và K, ta có FK ⊥KH EH, ⊥KH ⇒ FEHK là hình chữ
nhật nên FE = HK. Mà K là trung ñiểm AD, H là trung ñiểm AC

2 2

DC DC

HK FE

⇒ = ⇒ = ,

vì vậy EF là ñường trung bình của tam giác IDC (do EF // DC) hay F là trung ñiểm DI. Mặt
khác tam giác FDA cân tại F nên

DI

FA=FD=FI ⇒FA= ⇒ ∆IAD vng tại A. Do đó

IA⊥CD

- Theo chứng minh trên, ta có FIA=FAI EIA, =EAI ⇒FIE =FAE=FAB+BAE. Mà

, 180

FAB=BFE BAE=FEB⇒FIE=BFE+FEB⇒FIE+FBE=BFE+FEB+FBE=

(tổng các góc trong ∆FBE). Do đó tứ giác IEBF là tứ giác nội tiếp

- Kéo dài AB cắt EF tại P, do FAB BFE FPB~ APF g g

(

)

FP PB

AP FP

= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = hay

2
.

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

P

H

K

I

D

C

F

E

B

A

O

O'

Bài 15 :Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy một ñiểm M

AC
MC

 < 

 

 . Dựng đường
trịn (O) đường kính MC. BM cắt (O) tại D, AD cắt (O) tại S.

a) CMR: Tứ giác ABCD nội tiếp.
b) CMR: CA là phân giác của góc SCB.

c) Gọi E là giao ñiểm của BC với (O). CMR: BA, EM, CD ñồng quy.
d) CMR: DM là tia phân giác của góc ADE.

e) CMR: M là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE.

- Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BC do BAC=BDC=900

- Ta có ADB= ACB (cùng chắn cung AB của đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD),

ADB=SCM (cùng chắn cung MS) ⇒ACB=SCM ⇒CA là phân giác SCB

- Kéo dài AB và Cd cắt nhau tại K, dễ thấy M là trực tâm tam giác BKC nên KM ⊥BC, mà

90 , ,

MEC= ⇒ME⊥BC⇒K M E thẳng hàng hay ba ñường thẳng AB, CD, ME ñồng

quy tại K

- Theo trên ACB=SCM⇒MS =EM⇒SDM=MDE⇒ DM là tia phân giác của góc ADE
- Dễ thấy tứ giác AECK nội tiếp ñường trịn đường kính KC nên AEM =ACK, mà

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

K

E

S

D

O

B

C

A

M

Bài 16 :Cho (O; R) đường kính AB. Một dây CD cắt AB ở E. Một tiếp tuyến d tiếp xúc với (O) tại
B cắt tia AC, AD lần lượt tại M, N. CMR:

a) ∆ABC ~ ABM∆ .
b) Tứ giác CMND nội tiếp.

c) Tiếp tuyến tại C cắt d ở I. CMR: I là trung ñiểm của BM.
d) Xác ñịnh vị trí của C, D sao cho ∆AMN là đều.

I

N

M

O

A

B

C

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

- Ta có ∆ACB ~ ABM g.g∆

( )

vì A chung ABM, =ACB=900
- Dễ thấy ADC= ABC ABC, =AMB (cùng phụ ABM). Do đó

180

AMB+NDC=ADC+NDC= ⇒ DCMN là tứ giác nội tiếp
- Ta có IC = IB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên

0 0

90 90

CBI =BCI⇒ −CBI = −BCI⇒ICM =IMC⇒IM =IC⇒IM =BI ⇒ I là trung
ñiểm MB

- Nếu AMN là tam giác đều thì A=600 ⇒CD=1200 và 600 1

(

)

600
2

M = ⇒ AB−BC =

BC

⇒ = . Vậy ñể AMN là tam giác đều thì B là điểm chính giữa của cung CD có số đo
1200

Bài 17 :Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R và một ñiểm M bất kì nằm trên nửa
đường tròn (M khác A và B). ðường thẳng d tiếp xúc với nửa đường trịn tại M và cắt
ñường trung trực của đoạn AB tại I. ðường trịn tâm I tiếp xúc với AB cắt ñường thẳng d
tại C và D (D nằm trong góc BOM).

a) CMR: các tia OC, OD là các tia phân giác của các góc AOM và BOM.
b) CMR: CA và DB vng góc với AB.

c) CMR: AC . BD = R2.

d) Tìm một vị trí của M trên nửa đường trịn (O) ñể tổng AC + BD ñạt giá trị nhỏ nhất?
Tìm giá trị đó theo R.

D

C

I

O

B

A

M

- Ta có COA =CDO (cùng chắn OC), mà CDO =COM (cùng phụ DCO)

COA COM

⇒ = ⇒ OC là phân giác AOM. Chứng minh tương tự, ta ñược OD là phân giác

BOM

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

- Theo trên ta có : AC = MC, BD = MD. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng COD ta
có : CM DM. =OM2 =R2 ⇒ AC BD. =R2

- Theo Cauchy ta có : AC+BD≥2 AC BD. =2R⇒ giá trị nhỏ nhất của AC + BD bằng 2R
ñạt ñược khi AC = BD = R. Khi đó M là điểm chính giữa của AB.

Bài 18 :Cho tam giác ABC có góc A > 900. ðường trịn (O), đường kính AB cắt đường trịn (O.)
đường kính AC tại giao ñiểm thứ hai là H. Một ñường thẳng d quay quanh A cắt đường
trịn (O), (O.) lần lượt tại M, N sao cho A nằm giữa M và N.

a) CMR: H thuộc cạnh BC và tứ giác BCNM là hình thang vuông.
b) CMR tỉ số HN

HM không ñổi.

c) Gọi Q là trung ñiểm của MN, P là trung ñiểm của BC. CMR bốn ñiểm A, H, Q, P
thuộc một đường trịn và I di chuyển trên một cung trịn cố định.

d) Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tam giác HMN lớn nhất.

I

K

Q

P

N

H

O'

O

A

B

C

M

- Ta có : AHB+AHC=900 +900 =1800 ⇒ B, H, C thẳng hàng hay H∈BC. Ta có :

90 , //

BMA=CNA= ⇒BM ⊥d CN⊥ ⇒d BM CN. Vì vậy, tứ giác BMNC là hình thang
vuông

- Dễ thấy MNH ACB NMH, ABC MHN ~ BAC g g

(

)

HN AC

HM AB

= = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = khơng đổi

- Kẻ BI ⊥CN⇒MN =BI ≤BCvà . .

2 2

MHN

KH MN AH BC

HK⊥MN ⇒KH ≤ AH ⇒S = ≤

ABC
S

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

Bài 19 :BC là một dây cung của đường trịn (O;R) với

(

BC≠2R

)

. Một ñiểm A di ñộng trên cung
lớn BC sao cho tâm O luôn nằm trong tam giác ABC, các ñường cao AD, BE, CF cắt nhau
tại H.

a) Chứng minh tam giác AEF và tam giác ABC ñồng dạng ?
b) Gọi A’ là trung ñiểm của BC. Chứng minh AH=2.A 'O ?
c) Gọi A1 là trung ñiểm của FE. Chứng minh R.AA1=AA '.OA ' ?

d) Chứng minh rằng 2SABC =R FE

(

+FD DE+

)

và xác định vị trí điểm A để FE + FD + DE
ñạt giá trị lớn nhất ?

Giải

a) Chứng minh tam giác AEF và tam giác ABC ñồng dạng ?

- Ta có : ∆ABE ~ ACF g.g∆

( )

(hai tam giác vng chung góc A) nên AE AB
AF = AC
- Xét tam giác AEF và tam giác ABC có : AE AB

AF = AC và

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

- Kéo dài AO cắt (O) tại M, khi đó AM là đường kính. Theo tính chất của góc nội tiếp chắn
nửa đường trịn ta có : BM⊥AB, CM⊥AC

- Mặt khác theo giả thiết CF⊥AB, BE⊥AC nên tứ giác BHCM là hình bình hành (tứ giác có
hai cặp cạnh song song) mà A’ là trung ñiểm BC nên A’ cũng là trung ñiểm của MH hay M,
A’, H thẳng hàng.

- Xét tam giác AMH, theo tính chất đường trung bình của tam giác ta có : AH = 2A’O
c) Gọi A1 là trung ñiểm của FE. Chứng minh R.AA1=AA '.OA ' ?

- Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên bán kính r đường trịn ngoại tiếp tam
giác AEF có độ dài r 1AH OA '

= =

- Vì hai tam giác đồng dạng với nhau thì tỷ số các đường trung tuyến tương ứng, bán kính các
đường trịn ngoại tiếp tương ứng cũng bằng tỷ số đồng dạng nên

1 1

AA AA

r OA '

R.AA OA '.AA '

R = AA '⇔ R = AA '⇔ = (vì AA1 là trung tuyến ứng với cạnh EF của tam
giác AEF, AA’ là trung tuyến ứng với cạnh BC của tam giác ABC)

d) Chứng minh rằng 2SABC =R FE

(

+FD DE+

)

và xác định vị trí điểm A ñể FE + FD + DE ñạt
giá trị lớn nhất ?

- Theo câu c ta có : OBC

r EF OA '

R.EF OA '.BC 2S

R = BC = R ⇒ = =

- Tương tự : R.DE=2SOAB, R.DF=2SOAC

- Do đó : R EF DE

(

+ +DF

)

=2 S

(

OAB+SOBC+SOAC

)

=2SABC
- Mặt khác : ABC

BC
2S BC.AD EF DE DF .AD

= ⇒ + + =

- Vì BC và R khơng đổi nên EF + DE + EF lớn nhất khi AD lớn nhất tức là A là điểm chính
giữa của cung lớn BC.

Bài 20 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O) (AB < AC), phân giác trong AD góc A của tam giác ABC
cắt (O) tại M, phân giác ngồi góc A của tam giác ABC cắt (O) tại N.

a) Chứng minh MN⊥BC ?

b) Gọi O , O1 2 là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD. Chứng minh MB là tiếp
tuyến của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và B, O ,N1 thẳng hàng ?

c) Chứng minh tam giác AO O1 2và tam giác ABC ñồng dạng ?
d) Chứng minh OO1=OO2 ?

Giải

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

- Do AN, AM là phân giác hai góc kề bù tại ñỉnh A nên AM⊥AN hay 0

MAN=90 ⇒MN là

ñường kính của (O) hay M, O, N thẳng hàng.

- Mặt khác M là điểm chính giữa của cung BC nên OM⊥BC⇒MN⊥BC

b) Gọi O , O1 2 là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, ACD. Chứng minh MB là tiếp tuyến
của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD và B, O ,N1 thẳng hàng ?

- Dễ thấy BAD=DBM (góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) nên M thuộc tiếp tuyến tại B
chắn cung BD của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD hay BM là tiếp tuyến của

( )

O1
- Vì BM là tiếp tuyến của đường trịn

( )

O1 nên BM⊥O B1 , mặt khác MBN=900⇔BM⊥BN

do đó O1∈BN hay B, O1, N thẳng hàng.
- Tương tự ta có C, O2, N thẳng hàng

c) Chứng minh tam giác AO O1 2và tam giác ABC đồng dạng

- Ta có : O O1 2 là trung trực của AD nên O O1 2 ⊥AD, mà NA⊥AD nên O O // AN1 2 , do đó

1 2

BCA=BNA=NO O ’’’’’’’’
d)

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

2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.

3) Chứng minh CFD = OCB. Gọi I là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh
IC là tiếp tuyến của đường trịn (O).

4) Cho biết DF = R, chứng minh tgAFB = 2.

I
F

A B

1. Dễ thấy 0
90

ACB= AEB= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0
90
FCD FED

⇒ = = . Do đó tứ
giác CDEF nội tiếp đường trịn đường kính FD (tâm I của đường trịn ngoại tiếp tứ giác này
chính là trung điểm của FD).

2. Ta có ACD~ BED g g

(

)

AD CD AD ED. BD CD.

BD ED

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = .

3. Theo câu 1, tứ giác CDEF nội tiếp nên CFD=CED

( )

1 (cùng chắn cung CD của đường
trịn ngoại tiếp tứ giác CDEF) mà CED=CEA =CBA

( )

2 (cùng chắn cung AC của (O)).
Mặt khác OB = OC = R nên ∆BOC cân tại O ⇒CBA =OBC=OCB

( )

3 . Từ (1), (2), (3)

( )

4

CFD=OCB .

Cũng theo câu 1, tâm I của đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDEF chính là trung điểm của FD,
do đó CFD=CFI, mà IF = IC nên tam giác CIF cân tại I ⇒CFI=FCI. Nên kết hợp với
(4), ta có FCI=OCB. Gọi Cx là tia ñối của tia CI, khi đó FCI=xCA (ñối ñỉnh)

xCA=OCB. Mặt khác ACO+OCB=ACB=900 ⇒xCO=xCA+ACO=900 mà hiển nhiên

( )

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

4. Ta có : DFE=DCE (cùng chắn cung DE của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác CDEF),

DCE=BCE=EAB (cùng chắn cung EB của (O)) nên DFE=EAB. Xét ∆FED, ∆AEB có :

(

)

, 90 ~ .

DFE=EAB FED=AEB= ⇒ ∆FED AEB g g . Do đó

tan AFB 2
2 2

FE FD R AE

AE = AB = R = ⇒ = FE = .

Bài 22 :Cho đường trịn (O, R) và điểm A nằm bên ngồi đường trịn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC với
đường trịn (B, C là các tiếp ñiểm)

a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi E là giao ñiểm của BC và OA. Chứng minh BE vng góc với OA và OE.OA = R2.
c) Trên cung nhỏ BC của ñường trịn (O, R) lấy điểm K bất kỳ (K khác B, C). Tiếp tuyến

tại K của đường trịn (O, R) cắt AB, AC theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh tam giác APQ

có chu vi khơng đổi khi K chuyển ñộng trên cung nhỏ BC.

d) ðường thẳng qua O và vng góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại

M, N. Chứng minh rằng PM+QN≥MN.

N

M

Q

P

E

C

B

A

O

K

- Tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính OA do 0
90

ABO= ACO=

- Do AB = AC và OB = OC nên OA là trung trực BC do đó AO⊥BC⇒BE⊥OA

- Dễ thấy PB = PK và QC = QK nên PQ = PB + QC ⇒CAPQ = AP+AQ+PQ=2AB khơng
đổi khi K di chuyển trên cung nhỏ BC

- Do tam giác ABC cân tại M mà MN // BC nên tam giác AMN cân tại A. Do đó

, ,

2 2

MN

OM =ON = M =N BOM =CON = A. Mặt khác :

1 1 1

2 2 2 2

1 180

BOK A

POM POB BOM BOK BOM BOK A

BOC BOK A BOK BOK A

= + = + = + =

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

- Nên

(

)

~ . . .

PM OM MN

POM OQN POM OQN g g PM QN OM ON

ON QN

= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = .

Theo Cauchy ta có

2 . 2.

MN

PM +QN ≥ PM QN = =MN

Bài 23 :Cho đường trịn

(

O;R

)

đường kính AB và dây CD vng góc với nhau

(

CA<CB

)

. Hai tia
BC và DA cắt nhau tại E. Từ E kẻ EH vng góc với AB tại H; EH cắt CA ở F. Chứng
minh rằng:

a) Tứ giác CDFE nội tiếp được trong một đường trịn.
b) Ba điểm B, D, F thẳng hàng.

c) HC là tiếp tuyến của đường trịn

( )

O .

F

H

E

D

B

O

A

C

- Dễ thấy ACD=AFE so le trong CD

(

, //FE

)

, ACD=ADC⇒EFA=ADC⇒ CDFE là tứ
giác nội tiếp ECF=EDF=900 ⇒EDF+EDB=900 +900 =1800 ⇒ B, D, F thẳng hàng
- Dễ thấy tứ giác EHAC nội tiếp đường trịn đường kính EA nên

, 90

HEA=HCA HEA=ADC=ABC=OCB⇒HCA+ACO=OCB+ACO= . Do ñó HC là

tiếp tuyến của (O) tại C.

Bài 24 :Cho tam giác ABC vuông cân ở A, trên cạnh BC lấy điểm M. Gọi (O) là đường trịn tâm O
qua M và tiếp xúc với AB tại B, gọi (O’) là đường trịn tâm O’ qua M và tiếp xúc với AC
tại C. ðường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại D (D không trùng với M).

a) Chứng minh rằng tam giác BCD là tam giác vuông.
b) Chứng minh OD là tiếp tuyến của (O’).

c) BO cắt CO’ tại E. Chứng minh 5 ñiểm A, B, D, E, C cùng nằm trên một đường trịn.
d) Xác định vị trí của M để OO’ ngắn nhất.

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

- Dễ thấy BOM và CO’M là các tam giác vuông cân tại O và O’ nên

0 0

' 45 O'MO 90

CMO =BMO= ⇒ = . Mà tam giác OMD và O’MD cân tại O và O’ nên

, ' ' ' ' 90

ODM =OMD O DM =O MD⇒O OD=O MO= ⇒ OD là tiếp tuyến của (O’) tại D

- Dễ thấy ABEC là hình vng nên BEC=900 ⇒ 5 ñiểm A, B, E, D, C cùng nằm trên đường
trịn đường kính BC. Do vậy, có thể chứng minh câu b theo cách khác như sau : EBD=ECD

(cùng chắn cung ED của đường trịn đường kính BC) mà các tam giác OBD và O’CD cân tại
O và O’ nên ODB=O DC' ⇒O DO' =BDC=900

- Thấy ngay OMO’E là hình chữ nhật nên OO’ = EM, do đó OO’ ngắn nhất khi Em ngắn nhất,
mà E cố định (do ABEC là hình vng) nên EM ngắn nhất khi M là hình chiếu của E trên BC
hay M là hình chiếu của A trên BC.

E

D

O'

O

A

B

M

C

Bài 25 :Cho tam giác ABC vuông tại B (BC > AB). Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC,
các tiếp điểm của đường trịn nội tiếp với cạnh AB, BC, CA lần lượt là P, Q, R.

a) Chứng minh tứ giác BPIQ là hình vuông.

b) ðường thẳng BI cắt QR tại D. Chứng minh 5 ñiểm P, A, R, D, I nằm trên một đường
trịn.

c) ðường thẳng AI và CI kéo dài cắt BC, AB lần lượt tại E và F. Chứng minh AE. CF =
2AI. CI.

- Dễ thấy BPIQ là hình chữ nhật có một đường chéo BI là phân giác PBQ⇒ nó là hình vng
- Ta có APIR nội tiếp đường trịn đường kính AI do 0

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

0
180

PIB PID PRD

= ⇒ + = ⇒ PIDR là tứ giác nội tiếp. Vì vậy 5 ñiểm A, P, I, D, R cùng

nằm trên đường trịn đường kính AI.

- Gọi r là bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có IP=IQ=RI = ⇒r BI =r 2

(

)

(

)

~ . AE BE BE, ~ . CF BF BF

BAE RAI g g BFC QIC g g

AI RI r CI IQ r

∆ ∆ ⇒ = = ∆ ∆ ⇒ = = . Do đó

. .

AE CF BE BF

AI CI = r . Mặt khác

2 2 2 2 2 2

A A C C B C

BEI = + =C + + = + =BIF (tính chất góc ngồi

tam giác) ~

(

)

. 2

( )

2 2 2 2 .

BE BI AE CF

BEI BIF g g BE BF BI r r

BI BF AI CI

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = = ⇒

2 AE CF. 2AI CI.

= ⇒ =

F

E

D

R

P

Q

I

C

A

B

Bài 26 :Cho tam giác ñều ABC, trên cạnh BC lấy ñiểm E, qua E kẻ các ñường thẳng song song với
AB và AC chúng cắt AC tại P và cắt AB tại Q.

a) Chứng minh BP = CQ.

b) Chứng minh tứ giác ACEQ là tứ giác nội tiếp. Xác ñịnh vị trí của E trên cạnh BC ñể
ñoạn PQ ngắn nhất.

c) Gọi H là một ñiểm nằm trong tam giác ABC sao cho HB2 = HA2 + HC2. Tính góc AHC.

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

- Dễ thấy các tam giác BQE và CPE là các tam giác ñều nên AQ = PC, do đó

(

. .

)

AQC BPC c g c QC BP

∆ = ∆ ⇒ =

- Kẻ QK ⊥BC PI, ⊥BC QG, ⊥PI , dễ thấy ,

BC

BK =KE EI =IC⇒KI = (khơng đổi),

trong tam giác vng PQG thì min

2 2

BC BC

PQ≥QG=KI= ⇒ PQ= ⇔PQ≡QG⇒ PQ //
BC hay PQ là đường trung bình của tam giác ABC (P, Q là trung ñiểm của AB, AC) nên E là
trung ñiểm của BC.

P

N

M

B

C

A

H

- Qua H kẻ các ñường thẳng // AB, BC, CA lần lượt cắt các cạnh BC, AC, AB tại P, N, M. Dễ
dàng chứng minh ñược các tứ giác AMHN, BMHP, CNHP là những hình thang cân có góc
nhọn ở đáy bằng 600. Do đó HA = MN, HB = MP, HC = NP. Vì vậy nếu HB2 =HA2 +HC2

nghĩa là MP2 =MN2 +NP2 ⇒MNP =900. Xét tứ giác MNPB có MNP=90 ,0 MBP=600
nên NMB+BPN=2100 ⇒NMH+HPN=2100 −

(

HMB+HPB

)

=2100−1800 =300. Mà

0 0

, 30 150

HMN =HAN HPN =HCN⇒HAN+HCN = ⇒ AHC= .

Bài 27 :Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường trịn tâm O, kẻ đường kính AD, AH là
ñường cao của tam giác (H ∈ BC).

a) Chứng minh tứ giác ABDC là hình chữ nhật.

b) Gọi M, N thứ tự là hình chiếu vng góc của B, C trên AD. Chứng minh HM vng góc
với HN.

c) Gọi bán kính của đường trịn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác vng ABC là r và R. Chứng
minh : r + R ≥ AB.AC.

- Tứ giác ADBC có hai đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm nên là hình chữ nhật
- Tứ giác AMHB nội tiếp đường trịn đường kính AB nên BAH =BMH, mà HAB=MBA

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

N

M

H

D

O

B

C

A

- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : AP=AQ BP, =BR CQ, =CR. Mặt khác APIQ
là hình vng nên AP=AQ=IP=IQ=IR=r. Do ñó :

2 2

.
2

r R AP AQ BR CR AP AQ BP CQ AB AC

AB AC

r R AB AC

+ = + + + = + + + = +

+ = ≥

R

P

Q

I

O

B

C

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

Bài 28 :Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, đường phân giác trong của góc A cắt cạnh
BC tại D và cắt đường trịn ngoại tiếp tại I.

a) Chứng minh OI vng góc với BC.
b) Chứng minh BI2 = AI.DI.

c) Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên cạnh BC. Chứng minh rằng: BAH=CAO.

d) Chứng minh: HAO = B−C .

H D

I

O

C

B

A

- Do AI là phân giác của BAC⇒BAI =CAI⇒BI =CI⇒BI =CI. Mà OB = OC nên OI là
trung trực của BC. Vì vậy OI ⊥BC

- Ta có ABI ~ BDI g g

(

)

AI BI BI2 AI DI.

BI DI

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

- Do OA = OI nên OAI=OIA, mà OIA =IAH AH

(

⊥BC OI, ⊥BC⇒AH //OI so le trong,

)

nên OAI=IAH ⇒BAI −OAI =CAI−IAH ⇒BAH=CAO

- Giả sử B> ⇒C H nằm giữa B và D, ta có : HAO=OAB−BAH, mà BAH=OAC=OCA

và OBC=OCB OAB, =OAB⇒ − =B C OBA OCA− =OAB−BAH =HAO. Tương tự, nếu

B≤ ⇒C OAH = − ⇒C B OAH = B C− .

Bài 29 : Cho tam giác ABC nhọn, ñường cao kẻ từ ñỉnh B và ñỉnh C cắt nhau tại H và cắt đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh AE = AF.

b) Chứng minh A là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác EFH.

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

D

G

H

F

E

O

B

C

A

- Kéo dài AH cắt (O) tại G, do ABE+BAC=FCA+BAC=900 ⇒ ABE=FCA⇒ AE=FA,
do đó AE = AF. Chứng minh tương tự ta có CE=CG

- Ta có 1

(

)

, 1

(

)

2 2

AFH = AE+EC AHF= FA GC+ ⇒ AFH =AHF⇒ ∆FAH cân tại A, vì

vậy AH = AE = AF. Do đó A là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF

- Dễ thấy BH ⊥AC DC, ⊥ AC⇒BH //DC, tương tự CH //BD⇒ tứ giác BDCH là hình
bình hành.

Bài 30 :Cho tam giác ABC vng tại A, đường cao AH. ðường trịn đường kính AH cắt cạnh AB
tại M và cắt cạnh AC tại N.

a) Chứng minh rằng MN là đường kính của đường trịn đường kính AH.
b) Chứng minh tứ giác BMNC nội tiếp.

c) Từ A kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt cạnh BC tại I. Chứng minh: BI = IC.

I

N

M

O

H

B

C

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

- Tứ giác AMNH là hình chữ nhật do có 3 góc vng nên MHN=900 ⇒MN là đường kính
của (O) đường kính AH

- Ta có BAH=C (cùng phụ với HAC) mà BAH=AMO (do AMHN là hình chữ nhật) nên

180

AMO= ⇒C BMN+ =C ⇒ BMNC là tứ giác nội tiếp

- Dễ thấy AMO+ANM =900 ⇒ +C ANM=90 ,0 IAC+ANM =900 ⇒ =C IAC⇒IA=IC,
tương tự IA = IB nên IB = IC.

Bài 31 :Cho tam giác ABC vuông tại C, O là trung ñiểm của AB và D là ñiểm bất kỳ trên cạnh AB
(D không trùng với A, O, B). Gọi I và J thứ tự là tâm đường trịn ngoại tiếp các tam giác
ACD và BCD.

a) Chứng minhOI song song với BC.

b) Chứng minh 4 ñiểm I, J, O, D nằm trên một ñường tròn.

c) Chứng minh rằng CD là tia phân giác của góc BAC khi và chỉ khi OI = OJ.

I

J

O

B

A

C

D

- Do IA = IC và OC = OA nên IO là trung trực của CA hay OI ⊥CA

- Do (I) và (J) cắt nhau theo dây CD nên IJ là phân giác của
2

CID

CID⇒JID= =CAB, tương
tự ta có CBA=DJI⇒DJI +JID=900 ⇒JDI =900. Mà OI ⊥AC JO, ⊥CB⇒OI ⊥JO

JOI

⇒ = ⇒ tứ giác IODJ nội tiếp đường trịn đường kính IJ (5 điểm C, I, O, D, J cùng
nằm trên đường trịn đường kính IJ)

- Nếu CD là phân giác của ACB⇒BDC=ACD=450, mà JCD=CAB JCD

(

=JID

)

⇒

JCD=OCA. Mặt khác BCJ +JCA=900 =ICA+JCA⇒BCJ =ICA⇒ICO=450. Do đó

IJO=OCI= ⇒ ∆JOI vng cân tại O hay OI = OJ. Và ngược lại nếu OI = OJ thì

0 0

45 45

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

a) Gọi I là trung ñiểm của AB. Chứng minh bốn ñiểm P, Q, O, I nằm trên một ñường tròn.
b) PQ cắt AB tại E. Chứng minh: MP2 = ME.MI.

c) Giả sử PB = b và A là trung điểm của MB. Tính PA.

b

E

I

B

Q

O

P

M

A

- Ta có OI⊥AB⇒OIM=OPM=OQM=900 ⇒ 5 ñiểm M, P, O, I, Q cùng thuộc đường trịn
đường kính OM

- Ta có MIQ=MPQ (cùng chắn cung MQ của đường trịn đường kính MO) mà MPQ=MQP

MI MQ 2 2

MIQ MQP MQI ~ MEQ MQ ME.MI MP

MQ ME

⇒ = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =

- Ta có MPA=MBP (cùng chắn cung PA) MPA ~ MBP PA MP MA
BP MB MP

⇒ ∆ ∆ ⇒ = = . Do đó

2 MB MB PA MB / 2 1 PB b

MP MA.MB MP PA

2 2 PB MB 2 2 2

= = ⇒ = ⇒ = = ⇒ = = .

Bài 33 : Cho hình vng ABCD, M là một điểm trên đường chéo BD, gọi H, I và K lần lượt là hình
chiếu vng góc của M trên AB, BC và AD.

a) Chứng minh :∆MIC = ∆HMK .
b) Chứng minh CM vng góc với HK.

c) Xác định vị trí của M để diện tích của tam giác CHK ñạt giá trị nhỏ nhất.

- Dễ thấy MHBI là hình vng cịn MHAK là hình chữ nhật nên MH = MI = BI = BH và MK
= AH nên AB – HB = BC – BI hay AH = IC. Do đó ∆MIC = HMK c.g.c∆

(

)

- Kéo dài CM cắt KH tại E, ta có EMH=MCI (MH // BC, ñồng vị) mà MIC = HMK∆ ∆ nên

KHM=CMI⇒EMH+KHM=90 ⇒CM⊥KH=E

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

(

)

(

)

(

)

2 2

CHK AHK BHC CKD

2
2

2 2 2 2 2 2

CHK

S a S S S a xy ax ay

1 a xy

a xy a x y

2 2 2

x y a a a a 3a

xy S

2 2 4 2 8 8

= − + + = − + +
= −  + +  = −
+
   
≤  =  = ⇒ ≥ − =
   

- Do vậy diện tích tam giác CHK nhỏ nhất bằng
2
3a

8 khi x = y hay M là trung ñiểm BD.

x

y

E

I

K

H

A

B

D

C

M

Bài 34 : Cho 3 ñiểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự ñó. Dựng đường trịn đường kính AB, BC. Gọi
M và N thứ tự là tiếp ñiểm của tiếp tuyến chung với đường trịn đường kính AB và BC. Gọi
E là giao ñiểm của AM với CN.

a) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp.

b) Chứng minh EB là tiếp tuyến của 2 đường trịn đường kính AB và BC.

c) Kẻ đường kính MK của đường trịn đường kính AB. Chứng minh 3 điểm K, B, N thẳng
hàng.

- Dễ thấy OMNO’ là hình thang vng nên MOO '+NO ' O 180= 0. Mà các tam giác OMB và

O’NB cân tại O và O’ nên

0 0

180 MOO ' 180 NO 'O

MBO , NBO '

2 2

− −

= = . Do đó

MBO+NBO '=90 ⇒ EMBN là hình chữ nhật ⇒A+ =C 900. Mặt khác MNB=C (cùng
chắn cung BN) và ENM+MNB=900 ⇒A=ENM⇒A+MNC 180= 0 ⇒ AMNC là tứ giác
nội tiếp

- Do BMEN là hình chữ nhật nên MEB=MNB = ⇒C MEB A+=900 ⇒EB⊥AB⇒ EB là
tiếp tuyến chung của (O) và (O’) tại B

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

K

E

N

M

O'

O

A

C

B

Bài 35 :Cho nửa đường trịn đường kính MN. Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường trịn (P ≠ M, P ≠
N). Dựng hình bình hành MNQP. Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ tại I và từ N
kẻ NK vng góc với ñường thẳng MQ tại K.

a) Chứng minh 4 ñiểm P, Q, N, I nằm trên một ñường tròn.
b) Chứng minh: MP. PK = NK. PQ.

c) Tìm vị trí của P trên nửa đường trịn sao cho NK.MQ lớn nhất.

H

K

I

Q

O

M

N

P

- Cách 1 : Ta có QNP=MPN =900

(

MP // NQ, so le trong

)

⇒PIQ=QNP=900 ⇒ 4 ñiểm P,
Q, N, I cùng nằm trên đường trịn đường kính PQ

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

(cùng chắn cung KN) và KMN=PQI PQ // MN, so le trong

(

)

⇒PNI=PQI⇒ tứ giác PQNI
nội tiếp hay bốn ñiểm P, Q, I, N cùng nằm trên một đường trịn

- Theo trên ta có NPK=PQM, mà PNK =PMQ (cùng chắn cung PK) nên

( )

MP PQ

PMQ ~ KNP g.g MP.PK PQ.NK
KN PK

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

- Dễ thấy SMPN SMNQ SMNPQ SMNP NK.PQ

2 2

= = ⇒ = . Kẻ PH vuông góc với NM tại H, ta có

MNP

PH.MN NK.PQ

S PH.MN NK.PQ

2 2

= = ⇒ = . Do đó NK.PQ lớn nhất khi MN.PH lớn nhất
mà MN khơng đổi nên PH lớn nhất hay P là điểm chính giữa của cung MN. Tóm lại để
NK.PQ lớn nhất thì P là điểm chính giữa của cung MN.

Bài 36 :Cho 3 ñiểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự ấy, gọi (O) là đường trịn đi qua N và P. Từ M
kẻ các tiếp tuyến MQ và MK với đường trịn (O). (Q và K là các tiếp ñiểm). Gọi I là trung
ñiểm của NP.

a) Chứng minh 5 ñiểm M, Q, O, I, K nằm trên một đường trịn.

b) ðường thẳng KI cắt đường trịn (O) tại F. Chứng minh QF song song với MP.
c) Nối QK cắt MP tại J. Chứng minh: MI. MJ = MN. MP.

J

F

K

Q

I

M

P

N

O

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

- Ta có MQK=QFK (cùng chắn cung QK) và MQK=MIK (cùng chắn cung MK của đường
trịn đi qua 5 điểm M, Q, O, I, K) nên QFK =MIK⇒MP // QF (cặp góc đồng vị bằng nhau)
- Dễ thấy MIK=JKM

(

=MQK

)

⇒ ∆MJK ~ MKI g.g∆

( )

⇒MK2 =MI.MJ. Tương tự

(

)

2 2

MKN ~ MPK MK MN.MP MN.MP MI.MJ MK

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = .

Bài 37 :Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD. Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại
E. Hình chiếu vng góc của E trên AD là F. ðường thẳng CF cắt ñường tròn tại ñiểm thứ
hai là M. Giao ñiểm của BD và CF là N. Chứng minh:

a) CEFD là tứ giác nội tiếp.

b) E là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác BCF
c) Tia FA là tia phân giác của góc BFM
d) BE.DN = EN.BD.

N

M

F

E

A

D

B

C

- Ta có EFD =ECD=900 ⇒ tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn đường kính ED

- Cách 1 : Do FCE=FDE (cùng chắn cung FE của đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDFE) nên

AB=AM⇒AB=AM⇒ AD là trung trực của BM, mà F∈AD⇒BFA =MFA⇒ FA là

phân giác của BFM

- Cách 2 : Dễ thấy BFA=BEA (cùng chắn cung AB của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
ABEF), BEA=CED (ñối ñỉnh), CED =CFD (cùng chắn cung CD của đường trịn ngoại
tiếp tứ giác CDFE), CFD =MFA (ñối ñỉnh) nên BFA=MFA⇒ FA là phân giác của BFM
- Ta có BAE =BFE (cùng chắn cung BE của đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABEF),

BAE=CDE (cùng chắn cung BC), CDE=CFE (cùng chắn cung EC của đường trịn ngoại
tiếp tứ giác CDFE) nên BFE =CFE⇒FE là phân giác góc BFN. Do đó theo tính chất phân
giác ta có BE BF

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

BE FM

EN = FN . Mặt khác DF là phân giác

FM DM BD BE BD

NDM

FN DN DN EN DN

⇒ = = ⇒ =

BE.DN BD.EN

⇒ = .

Bài 38 :Cho điểm A ở ngồi đường trịn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường trịn (B, C là

tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M≠B, M≠C). Gọi D, E, F tương ứng là
hình chiếu vng góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao ñiểm của MB và
DF; K là giao ñiểm của MC và EF.

a) Chứng minh MECF là tứ giác nội tiếp.
b) MF vng góc với HK.

c) Tìm vị trí của ñiểm M trên cung nhỏ BC ñể tích MD.ME lớn nhất.

K

H

E

F

D

C

B

A

M

- Do MEC =MFC=900 ⇒ tứ giác MECF nội tiếp đường trịn đường kính MC

- Ta có DBM=MCB (cùng chắn cung MB), 0
DMB+DBM=90 =FMC+MCB⇒DMB

FMC, DMB DFB

= = (cùng chắn cung Db của đường trịn ngoại tiếp tứ giác MDBF) nên

FMC=DFB, tương tự ta có FMB=CFE⇒HMK+HFK=BFD+CFE+HFK=1800 ⇒ tứ
giác MHFK là tứ giác nội tiếp ⇒MKH=MFH, MFH=DBM⇒MKH=MCB⇒HK // BC
(cặp góc ñồng vị bằng nhau). Mà MF⊥BC⇒HK⊥MF

- Dễ thấy MFD =MEF, MFK=MDF⇒ ∆DMF ~ FME g.g∆

( )

⇒MD.ME=MF2 nên MD.ME
lớn nhất khi MF lớn nhất hay M là ñiểm chính giữa của cung nhỏ BC.

Bài 39 :Từ điểm M ở ngồi đường trịn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB và một cát tuyến MCD
(MC < MD) tới đường trịn. Gọi I là trung điểm của CD. Gọi E, F, K lần lượt là giao ñiểm
của ñường thẳng AB với các ñường thẳng MO, MD, OI.

a) Chứng minh rằng: R2 = OE. OM = OI. OK.

b) Chứng minh 5 ñiểm M, A, B, O, I cùng thuộc một đường trịn.
c) Khi cung CAD nhỏ hơn cung CBD. Chứng minh : DEC =2.DBC.

- Do MA = MB và OA = OB nên OM là trung trực của AB AB⊥OM=E. Áp dụng hệ thức

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

(

)

OK OE

KEO ~ MIO I E 90 , C chung OK.OI OE.OM
OM OI

∆ ∆ ɵ= = ⇒ = ⇒ = . Do đó OK.OI=

2
OE.OM=R

- Dễ thấy MAO=MIO =MBO=900 ⇒5 ñiểm M, A, I, O, B cùng nằm trên đường trịn
đường kính MO

- Do ∆MAC ~ MDA g.g∆

( )

⇒MA2 =MC.MD và áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông
MAO ta có MA2 =ME.MO⇒MC.MD=ME.MO⇒ ∆MCO ~ MOD c.g.c∆

(

)

. Do vậy

MOC=MDE⇒ tứ giác CEOD là tứ giác nội tiếp ⇒CED=COD=sdCD=2.CBD.

G

F

K

E

I

D

B

A

O

M

C

Bài 40 :Cho đường trịn (O; R), hai điểm C và D thuộc đường trịn, B là trung ñiểm của cung nhỏ
CD. Kẻ ñường kính BA; trên tia đối của tia AB lấy điểm S, nối S với C cắt (O) tại M; MD
cắt AB tại K; MB cắt AC tại H. Chứng minh:

a) BMD=BAC, từ đó suy ra tứ giác AMHK là tứ giác nội tiếp.

b) HK song song với CD.
c) OK. OS = R2.

- Do B là ñiểm chính giữa của cung CD nên CB =DB⇒DMB =DAC⇒ tứ giác AMHK là tứ
giác nội tiếp

- Vì tứ giác AMHK là tứ giác nội tiếp nên AMH+AKH 180 , AMH= 0 =900 ⇒AKH =900
HK AB HK // CD

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

- Kéo dài OC cắt (O) tại E, dễ thấy CB=AE⇒AM+CB =AM+AE⇒MCE=DKB. Mà
AB là trung trực CD nên CKB =DKB⇒MCE=CKB⇒ ∆OKC ~ OCS∆ . Do đó

2 2
OK OC

OK.OS OC R
OC = OS ⇒ = = .

E

K

H

M

A

O

B

D

C

S

Bài 41 :Cho tam giác ABC vng tại A. Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC tại D. Trên cung
AD lấy E. Nối BE và kéo dài cắt AC tại F.

a) Chứng minh CDEF là tứ giác nội tiếp.

b) Kéo dài DE cắt AC ở K. Tia phân giác của góc CKD cắt EF và CD tại M và N. Tia phân
giác của góc CBF cắt DE và CF tại P và Q. Tứ giác MPNQ là hình gì ? Tại sao?

c) Gọi r, r1, r2 theo thứ tự là bán kính đường trịn nội tiếp các tam giác ABC, ADB, ADC.
Chứng minh rằng: r2 = 2 2

1 2

r +r .

O

Q
P

M

K

F

B

A

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

- Ta có BD 180= 0 −AD⇒BED=BCA⇒DEF+BCA 180= 0 ⇒ CDEF là tứ giác nội tiếp
- Ta có DKC 180 = 0 −EDC −FCD, EBC 180= 0 −CFE−FCD⇒DKC+EBC 180= 0 −2FCD.

Do vậy MBO PKO FBC DKC 900 FCD
2

+ = = − . Mặt khác AKE=FCD+EDC và

0 0 0

EDC=KFE, ABE=90 −KFE⇒ABE+AKE=90 −EDC+FCD+EDC=90 +FCD. Từ
đó ABO+AKO=ABE+AKE+MBO+PKO =900 +FCD+900 −FCD 180= 0 ⇒ tứ giác
AKOB nội tiếp, mà BAK=900 ⇒BOK=900 ⇒ ∆PKQ, ∆MBN cân tại K và B nên KN là
trung trực của PQ và BQ là trung trực của MN. Vì vậy tứ giác MNPQ có hai đường chéo
vng góc tại trung điểm hay tứ giác này là hình thoi

Y

1

L

1

Y

L

V

I

Y

2

V

2

I

2

I

1

D

B

C

A

- Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, vì D nằm trên đường trịn đường kính BA
nên AD⊥BC, gọi L và V là hình chiếu của I lên AB và AC, kẻ LY1 ⊥BC, VY2 ⊥BC,

1 1 2 1 1 1 2 2

LY ∩BI=I , VY ∩CI=I , I L ⊥AB, I V ⊥AC, IY⊥BC. Do CI là phân giác góc C
nên I V2 2 =I Y , VV2 2 2 =YY do VC2

(

=YC, V C2 =Y C2

)

⇒ ∆VV I2 2 = ∆YY I2 2

(

c.g.c

)

⇒

2 2 2 2 2 2 2 2

VI =YI , VI V =YI Y ⇒Y, I , V thẳng hàng và IVI Y là hình thoi. Chứng minh 2
tương tự ta có ILI Y là hình thoi. Mặt khác tứ giác ALIV là hình vng nên AV1 =IV= ⇒r

(

)

2 2 2

AV=VI =IV ⇒VAI =VI A, mà AD // VI2 ⇒DAI2 =VI A2 ⇒DAI2 =VAI2 ⇒I2 là
tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADC. Chứng minh tương tự ta ñược I1 là tâm ñường tròn
nội tiếp tam giác ADB. Do vậy I V2 2 =I Y2 2 =r , I L2 1 1 =I Y1 1 =r1. Xét ∆YY I ,2 2 ∆I Y Y1 1 có

2 2 1 1 2 1 2 2 1 1

YI Y =I YY =C, YI =YI =IY⇒ ∆YY I = ∆I Y Y (cạnh huyền, góc nhọn) , do đó
2 1 1 1

YY =I Y =r. Áp dụng Pitago vào tam giác vng I Y Y ta có : 2 2 YI22 =I Y2 22 +YY22 mà
2 2 2

2 2 1

YI =IY= ⇒r r =r +r .

Bài 42 :Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp ñường trịn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là trung
ñiểm của AC, I là trung ñiểm của OD.

a) Chứng minh OM // DC.

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

c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC2 = IA.IN.

N

H

I

M

D

B

O

A

C

- Dễ thấy OM⊥AC, DC⊥AC⇒OM // DC

- Theo trên tứ giác MODC là hình thang vng nên nếu gọi H là trung điểm của MC thì
IH⊥MC⇒ ∆MIC cân tại I

- Ta có ∆BIA= ∆CIA c.g.c

(

)

⇒ABI=ACI mà tam giác MIC cân tại I nên ACI=IMC⇒

ABI=IMC⇒ABI+IMA 180= ⇒ tứ giác BIMA là tứ giác nội tiếp. Do đó BAI=BMI,
mà AD là đường kính nên AD là phân giác BAC⇒BAI=IAM⇒ ∆INM ~ IMA g.g∆

( )

. Do
đó IN IM IM2 IN.IA

IM = IA ⇒ = mà IM = IC nên
2

IC =IN.IA.

Bài 43 :Cho đường trịn (O ; R) và dây AC cố định khơng đi qua tâm. B là một ñiểm bất kì trên
đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A và C). Kẻ đường kính BB’. Gọi H là trực tâm của
tam giác ABC.

a) Chứng minh AH // B’C.

b) Chứng minh rằng HB’ ñi qua trung ñiểm của AC.

c) Khi ñiểm B chạy trên đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A và C). Chứng minh rằng
điểm H ln nằm trên một đường trịn cố định.

- Dễ thấy AH⊥BC, B ' C⊥BC⇒AH // B 'C

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

- Theo trên AHCB’ là hình bình hành nên AHC=AB 'C, mà dây AC cố định trên đường trịn
(O) nên góc AB’C có giá trị khơng đổi. Nếu đặt số đo cung nhỏ AC bằng α thì H nằm trên
cung chứa góc α và 1800 − α dựng trên ñoạn AC (cùng trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa B).

M

H

E

G

D

B'

A

C

O

B

Bài 44 :Cho đường trịn (O) và một điểm A nằm ở bên ngồi đường trịn. Từ A kẻ các tiếp tuyến
AP và AQ với ñường trịn (O), P và Q là các tiếp điểm. ðường thẳng đi qua O vng góc
với OP và cắt ñường thẳng AQ tại M.

a) Chứng minh rằng MO = MA.

b) Lấy ñiểm N nằm trên cung lớn PQ của đường trịn (O). Tiếp tuyến tại N của ñường tròn
(O) cắt các tia AP và AQ lần lượt tại B và C.

- Chứng minh : AB + AC – BC khơng phụ thuộc vào vị trí của ñiểm N.
- Chứng minh : Nếu tứ giác BCQP nội tiếp một đường trịn thì PQ // BC.

C
B

M Q

O
P

A

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

- Do MO // AP (cùng vng góc với OP) nên PAO=AOM so le trong , PAO

(

)

=QAO (tính
chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AOM=QAO⇒AM=OM

- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì AP = AQ, BN = BP, CN = CQ nên AB + AC – BC
= AP + PB + AQ + QC – BN – NC = AP + AQ khơng phụ thuộc vào vị trí điểm N

- Nếu BCQP là tứ giác nội tiếp thì APQ=QCB cùng +QPB 180

(

= 0

)

, APQ=AQP

AQP QCN PQ // BC

⇒ = ⇒ (cặp góc đồng vị bằng nhau).

Bài 45 :Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R. ðường thẳng (d) tiếp xúc với đường trịn (O) tại
A. M và Q là hai ñiểm phân biệt chuyển ñộng trên (d) sao cho M khác A và Q khác A. Các
ñường thẳng BM và BQ lần lượt cắt đường trịn (O) tại điểm thứ hai N và P. Chứng minh :
a) Tích BM.BN khơng ñổi.

b) Tứ giác MNPQ nội tiếp.
c) BN + BP + BM + BQ > 8R.

d

P

N

O

A

B

M

Q

- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AMB, AN⊥MB⇒BN.BM=AB2 =4R2 (khơng phụ
thuộc vào vị trí điểm M trên d)

- Tương tự ta có BP.BQ 4R2 BN.BM BP.BQ BN BP BNP ~ BQM c.g.c

(

)

BQ BM

= ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ ∆ .

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

- Do BM > BN nên, theo Cauchy BN+BM>2 BN.BM =2. 4R2 =4R, tương tự ta có
2

BP+BQ>2 BP.BQ =2 4R =4R. Do vậy BN+BP+BM+BQ>8R

Bài 46 :Cho đường trịn tâm O ñường kính AB cố ñịnh. H thuộc ñoạn thẳng OA( H khác A;O và
trung ñiểm của OA). Kẻ dây MN vng góc với AB tại H, K nằm trên (O), MN cắt AK tại
E.

a) Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp.

b) Chứng minh tam giác AME ñồng dạng với tam giác AKM.

c) Cho ñiểm H cố định, xác định vị trí của K để khoảng cách từ N đến tâm đường trịn
ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ nhất.

I

P

E

N

M

O

A

B

H

K

- Ta có EHB=EKB =900 ⇒ tứ giác HEKB nội tiếp đường trịn đường kính EB

- Do AB⊥MN=H⇒H là trung ñiểm MN hay AB là trung trực của MN, do đó AM = AN
hay AM =AN⇒AKM=AMN⇒ ∆AME ~ AKM g.g∆

( )

- Từ E kẻ ñường thẳng // AB cắt MB tại P, ta có MPE=MBA (đồng vị) và MBA=MKA
(cùng chắn cung MA) nên MKA =MPE⇒ tứ giác MKPE nội tiếp. Mặt khác MEP=900 ⇒
tứ giác MKPE nội tiếp đường trịn đường kính MP tâm I là trung điểm MP. Nói cách khác
tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MKE ln nằm trên MB (cố ñịnh). Do vậy khoảng cách
từ N đến tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MKE ngắn nhất khi NI⊥MB⇒NM=NP. Do
vậy muốn có điểm K ñể NI ngắn nhất ta làm như sau :

+ Lấy P trên MB sao cho MN = PN

+ Vẽ đường trịn đường kính MP cắt (O) tại K

Bài 47 :Cho tam giác vuông ABC (C = 900; CA < CB). I là ñiểm bất kỳ thuộc cạnh AB. Trên nửa
mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C. Vẽ các tia Ax, By vng góc với AB. ðường thẳng
vng góc với IC vẽ qua C cắt Ax, By lần lượt tại M và N.

a) Chứng minh tứ giác BNCI nội tiếp; góc MIN = 900.
b) Chứng minh CAI ~ CBN ; ABC ~ MNI∆ ∆ ∆ ∆

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

x

y

H

N

M

A

B

C

I

- Ta có ICN =IBN=900 ⇒ tứ giác BNCI nội tiếp đường trịn đường kính NI ⇒IBC =INC.
Chứng minh tương tự ta ñược AMCI là tứ giác nội tiếp nên IMC=CAI⇒CMI+CNI=900.
Do vậy MIN =900

- Dễ thấy CAI=CBN cùng

(

+CBA =900

)

và ACI=BCN cùng

(

+ICB =900

)

nên

( )

ACI ~ BCN g.g

∆ ∆ . Theo trên CAB =IMN, CBA=INM⇒ ∆ABC ~ MIN g.g∆

( )

- Kẻ

MIN

ABC

S CI CI

CH AB 2 2 CHI

S CH CH

 

⊥ ⇒ =  = ⇒ = ⇒ ∆

  vuông cân tại H ⇒CH=HI. Vậy
nếu I∈HB | IH=CH⇒SMIN =2SABC

Bài 48 :Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm (O). Các đường cao BD, CE của
tam giác cắt nhau tại H và cắt đường trịn (O) theo thứ tự tại N và M.

a) Chứng minh tứ giác EBCD nội tiếp.
b) Chứng minh MN//ED

c) Chứng minh: OA⊥ ED

d) A di ñộng trên cung lớn BC của đường trịn (O), chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp
tứ giác AEHD có đường kính khơng ñổi.

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

- Ta có MNC =MBC (cùng chắn cung MC), DBC=DEC (cùng chắn cung DC của ñường
tròn ngoại tiếp tứ giác BEDC) nên DEC=MNC⇒MN // ED

- Dễ thấy

(

)

ABM=ACN cùng +BAC=90 ⇒AN=AM⇒AN=AM⇒ OA là trung trực
của MN nên OA⊥MN, MN // DE⇒OA⊥DE

- Kéo dài OA cắt (O) tại P, dễ thấy BHCP là hình thoi nên BC và HB cắt nhau tại trung điểm I
của BC. Vì BC và (O) cố ñịnh nên IO khơng đổi và IO là đường trung bình của tam giác
APH. Do đó AH = 2IO (khơng đổi) mà tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn đường kính AH
nên khi A di chuyển thì đường trịn này có đường kính khơng đổi.

K

P

D

H

E

M

N

O

I

B

A

C

Bài 49 :Cho đường trịn (O) đường kính AB. Một dây CD cắt AB tại H. Tiếp tuyến tại B của đường
trịn (O) cắt các tia AC, AD lần lượt tại M và N.

a) Chứng minh tam giác ACB ñồng dạng với tam giác ABM.

b) Tiếp tuyến tại C và D của đường trịn (O) cắt MN tại E và F. Chứng minh

= MN

EF .
c) Xác ñịnh vị trí của dây CD để tam giác AMN là tam giác ñều.

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

- Dễ thấy CE = EB (tính chất hai tiếp tuyển cắt nhau) mà tam giác CBM vuông tại C nên

CME=MCE (phụ với hai góc bằng nhau) nên CE = ME CE ME BE BM
2

⇒ = = = . Chứng

minh tương tự ta có DF FB FN BN FE FB EB BM BN MN

2 2 2 2

= = = ⇒ = + = + =

- Nếu AMN là tam giác ñều thì MAN=600 ⇒CD 120= 0, mà AB⊥NM⇒ AB là phân giác

0 0

MAN⇒MAB=NAB=30 ⇒BC=DB=60 ⇒CD⊥AB=H là trung ñiểm của OB.

F

E

N

M

H

O

A

B

C

D

Bài 50 :Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn nội tiếp đường tròn (O). Trên cung nhỏ AC lấy
một ñiểm M (M khác A và C). Từ M hạ MD vng góc với BC, ME vng góc với AC (D
thuộc BC, E thuộc AC).

a) Chứng minh tứ giác DCME nội tiếp trong một ñường tròn.
b) Chứng minh tam giác AMB ñồng dạng với tam giác EMD.

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

K

J

D

E

O

I

B

A

C

M

- Do MEC =MDC=900 ⇒ tứ giác CDEM nội tiếp đường trịn đường kính MC

- Ta có EDM=ECM (cùng chắn cung EM của đường trịn ngoại tiếp tứ giác CDEM) mà

ECM=ABM (cùng chắn cung AM) ⇒EDM=ABM. Chứng minh tương tự ta có

( )

EMD=AMB⇒ ∆MED ~ MAB g.g∆

- Kẻ MK⊥AB=K, do MCD=MAK cùng +BAM 180

(

= 0

)

⇒DMC=KMA. Do đó

DEC=KEA⇒ K, E, D thẳng hàng. Vì I, J là trung ñiểm của AB và DE, MED ~ MAB∆ ∆

MEJ ~ MAI EJM AIM

⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ tứ giác KIJM nội tiếp, mà 0 0
IKM=90 ⇒MJI=90
JI MJ

⇒ ⊥

Bài 51 :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O). Các ñường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H và cắt đường trịn (O) lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:

1. Tứ giác AEHF nội tiếp .

2. Bốn ñiểm A,F,D,C cùng nằm trên một ñường tròn.
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.

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

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

H

F

E

D

M

N

P

O

A

B

C

- Ta có 0

HFA=HEA=90 ⇒ tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH.

- Do 0

CFA=CDA=90 ⇒ 4 ñiểm A, F, D, C cùng nằm trên đường trịn đường kính AC
- Do AHE ~ ACD g.g

( )

AH AE AH.AD AE.AC

AC AD

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = . Dễ thấy AD.BC = BE.AC 2S= ACB
- Do AFDC là tứ giác nội tiếp nên FAH=FCD (cùng chắn cung FD của đường trịn đi qua 4

điểm AFDC) mà FAH =BCM (cùng chắn cung BM) nên FCD=BCM⇒ ∆HCM cân tại C
hay H và M ñối xứng qua BC

- Dễ thấy tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC nên FBE=FCE (cùng chắn cung
FD của đường trịn đi qua 4 ñiểm BFEC) mặt khác FBE=FDH, FCE=HDE⇒FDH=HDE

nên HD là phân giác góc D của tam giác DEF. Chứng minh tương tự ta ñược HE là phân giác
góc E của tam giác này. Do đó H là tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF.

Bài 52 :Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các ñường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm
đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE.

1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .

2. Bốn ñiểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường trịn.
3. Chứng minh ED 1BC

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

O

H

E

D

B

C

A

- Tứ giác DHEC có 0

HEC=HDC=90 nên nội tiếp đường trịn đường kính HC

- Do AEB=ADB=900⇒

4 điểm A, E, D, B cùng nằm trên đường trịn đường kính AB
- Vì tam giác ABC cân tại A mà AD vng góc với BC tại D nên D là trung ñiểm BC hay ED

là trung tuyến của tam giác vng BEC. Do đó ED 1BC
2

- Dễ thấy BAD CAD A, BAD BED
2

= = = (cùng chắn cung BD của đường trịn ngoại tiếp tứ
giác AEDB) và OA = OE nên 0

CAD=OEA⇒OEA=BED⇒OED=90 hay DE là tiếp tuyến
của (O) tại E

- Dễ dàng chứng minh ñược DE2=DH.DA⇒DE= 2.8=4.

Bài 53 :Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm
M thuộc nửa đường trịn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D.
Các ñường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.

1. Chứng minh AC + BD = CD.
2. Chứng minh 0

COD=90 .
3. Chứng minh

2
AB
AC. BD=

4
4. Chứng minh OC // BM

5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường trịn đường kính CD.
6. Chứng minh MN ⊥ AB.

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

x

y

H

I

N

D

C

O

A

B

M

- Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì AC = MC và BD = MD nên CD = AC + BD
- Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì OC và OD là phân giác của hai góc kề bù nên

OC vng góc OD hay COD=900

- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng COD có 0 2
COD=90 , OM⊥CD⇒CM.DM=OM
nên

2
2 AB
AC.BD R

= =

- Vì OM = OB và DM = DB nên OD là đường trung bình của BM ⇒OD⊥BM mà
CO⊥OD⇒CO // MB

- Gọi I là trung điểm của CD thì I là tâm của đường trịn đường kính CD, dễ thấy OI là đường
trung bình của hình thang vng ACDB nên OI // CA hay IO⊥AB⇒ AB là tiếp tuyến của
đường trịn đường kính CD tại O

- Vì AC // BD nên theo hệ quả của định lý Talet thì AC AN

BD = ND, mà AC = CM và BD = BM nên
CM AN

AC // MN

DM = ND⇒ (ñịnh lý Talet ñảo), mặt khác AC⊥AB⇒MN⊥AB

- Ta có CACDB=AC CD DB AB+ + + =2CD AB+ , do AB khơng đổi nên chu vi lớn nhất khi CD
lớn nhất. Kẻ CH⊥BD⇒AB=CH, CD≥CH⇒min CD=AB⇔CD // AB⇔ M là điểm chính
giữa của cung AB.

Bài 54 :Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường trịn nội tiếp, K là tâm đường trịn bàng
tiếp góc A , (O) là đường trịn đường kính IK.

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

N

P

O

K

I

M

B

C

A

- Do IB và KB là phân giác hai góc kề bù tại B nên 0

IB⊥KB⇒IBK=90 . Tương tự

IKC=90 ⇒ 4 ñiểm K, B, I, C cùng nằm trên ñường tròn (O) đường kính IK

- Dễ thấy IKC=IBC (cùng chắn cung IC của đường trịn (O) ngoại tiếp tứ giác KBIC), mà

IBC=ICB (I nằm trên trung trực của BC nên IB = IC) và ICB =ICA (IC là phân giác góc

ACB) nên

(

)

ICA=IKC=OCK OC=OK⇒OKC=OCK ⇒OCK=90 ⇒ AC là tiếp tuyến (O)
tại C

- C1 : Ta có (I;r) và (K;R) tiếp xúc ngồi tại trung điểm M của BC,
BC

CM BM 12cm AM 16cm
2

= = = ⇒ = . Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ACO có

0 2 CM2

ACO 90 , CM AO CM AM.OM OM 9cm
AM

= ⊥ ⇒ = ⇒ = = và 2

OC =OM.OA⇒OC 15cm= .
Vậy bán kính đường trịn (O) đường kính IK bằng 15cm.

- C2 : Ta có (I;r) và (K;R) tiếp xúc ngồi tại trung điểm M của BC, kẻ IN⊥AB, KP⊥AB⇒

( )

ABC

BC AM.BC

BN BM BP 12cm AN 8cm, AP 32cm, AM 16cm S 192 cm

2 2

= = = = ⇒ = = = ⇒ = =

. Mặt khác dễ dàng chứng minh ñược SABC r. AB BC CA

(

)

NI r 6cm AI 10cm
2

+ +

= ⇒ = = ⇒ = .

Ta có NI // KP NI AN R KP AP.NI 32.6 24cm

KP AP AN 8

⇒ = ⇒ = = = = . Do đó

IK= +r R= +6 24=30cm⇒ bán kính (O) bằng 15cm.

Bài 55 :Cho ñường tròn (O; R), từ một ñiểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên ñường thẳng d

lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung ñiểm của NP, kẻ tiếp
tuyến MB (B là tiếp ñiểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA. Gọi H là giao ñiểm của AC và BD,
I là giao ñiểm của OM và AB.

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

2. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.
3. Chứng minh OAHB là hình thoi.

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

5. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên ñường thẳng d.

I

H

D

C

K

B

N

O

A

M

P

- Ta có 0

OBM=OAM=OKM=90 ⇒ 5 điểm O, K, B, M, A cùng nằm trên đường trịn ñường

kính OM

- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OAM có 0 2 2

OAM=90 , AI⊥OM⇒OI.OM =OA =R và
2

OI. IM = IA

- Dễ thấy OA // BH (cùng vng góc với AM), OB // AH (cùng vng góc BM) và OA = OB
nên OAHB là hình thoi

- Ta có OA = OB, BH = AH, MB = MA nên ba ñiểm O, H, M cùng nằm trên trung trực của
AB hay chúng thẳng hàng

- Theo trên MA=R khơng đổi và A cố định nên quỹ tích H khi M chạy trên d là nửa đường
trịn (A;R) nằm cùng phía với (O) so với d.

Bài 56 :Cho tam giác ABC vng ở A, đường cao AH. Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH. Gọi HD
là là đường kính của đường trịn (A; AH). Tiếp tuyến đường trịn 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 đường trịn (A; AH).
4. Chứng minh BE = BH + DE.

- Ta có ∆AHC= ∆ADE (c.g.c) nên AE = AC, mà BA⊥EC⇒ BA là trung trực của EC hay BE
= BC tức tam giác EBC cân tại B

- Do BA là ñường cao của tam giác cân EBC nên BA là phân giác góc EBC nên AI = AH
(ñiểm trên phân giác cách ñều hai cạnh của góc)

- Theo trên AI = AH nên I nằm trên (A;AH) mà AI vng góc với BE nên BE là tiếp tuyến của
(A;AH) tại I

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

I

E

D

H

B

C

A

Bài 57 :Cho đường trịn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một
ñiểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.

1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp ñược một ñường tròn.
2. Chứng minh BM // OP.

3. ðường thẳng vng 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.

x

J

I
K

N

M

O

A B

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

- Ta có 0

PAO=PMO=90 ⇒ tứ giác APMO nội tiếp đường trịn đường kính PO
- Ta có PM = PA, OM = OA nên PO là trung trực của AM ⇒OP⊥AM, mà

AMB=90 ⇒AM⊥MB⇒OP // MB

- Dễ thấy ∆APO= ∆ONB c.g.c

(

)

⇒OP //=NB⇒ tứ giác OBNP là hình bình hành
- Ta có PNOA là hình chữ nhật nên 0

PNO=PMO=90 ⇒ tứ giác PNMO là tứ giác nội tiếp, mà
MN // OP nên nó là hình thang cân, do vậy PJO là tam giác cân tại J. Mặt khác K là giao
điểm hai đường chéo của hình chữ nhật PNOA nên K là trung ñiểm OP, do vậy JK⊥PO. Mà
I là giao ñiểm hai ñường cao ON và PM của tam giác JPO nên JI⊥OP⇒ ba ñiểm J, K, I
thẳng hàng.

Bài 58 :Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường trịn (M khác
A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường trịn kể tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại
I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường trịn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H,
cắt AM tại K.

a) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: AI2= IM . IB.

c) Chứng minh BAF là tam giác cân.

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

e) Xác định vị trí của M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường trịn.

x

K

H

F

E

M

O

A

B

I

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

- Do

( )

IA IM 2

AMI ~ BAI g.g IA IM.IB
IB IA

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

- Do AF là phân giác của IAM⇒AE =ME⇒EBA=EBM⇒ tam giác ABF có phân giác đồng
thời là đường cao nên nó là tam giác cân

- Theo trên ABF là tam giác cân tại B có BE là đường cao nên E là trung điểm AF, tương tự có
tam giác HAK cân tại A, ñường cao AE nên E là trung ñiểm HK. Do vậy tứ giác AHFK có
hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm và vng góc nên là hình thoi

- Theo tính chất trực tâm tam giác thì FK⊥AB⇒FK // AI⇒ AKFI là hình thang. Do đó nếu
tứ giác này là tứ giác nội tiếp thì nó là hình thang cân 0

AIB IAM 180 AM AM

⇒ = ⇒ − =

AM 90

⇒ = ⇒ M là ñiểm chính giữa của cung AB.

Bài 59 :Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường trịn (O) tại các điểm
D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh :

1. Tam giác DEF có ba góc nhọn.
2. DF // BC.

3. Tứ giác BDFC nội tiếp.
4. BD BM BM 2

BD BM.BC
BC = CF = BD ⇒ =

M

I

F

D

O

E

B

C

A

- Ta có 0 0

FOE+ =C 180 ⇒FOE<180 mà FDE FOE FDE 900

= ⇒ < . Chứng minh tương tự ta có

0 0

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

- Ta có AB = AC mà AD = AF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AD AF DF // BC
AB =AC⇒

- Dễ thấy ADF=ABC (ñồng vị, DF // BC) và 0
ABC=ACB⇒ADF=ACB⇒BDF ACB 180+ =
nên tứ giác BDFC là tứ giác nội tiếp (có thể chứng minh tứ giác này là hình thang cân rồi suy
ra nó là tứ giác nội tiếp)

- Ta có DFB=DCB (cùng chắn cung BD của đường trịn ngoại tiếp tứ giác BDFC),

BDM=DFB (cùng chắn cung DI) nên BDM DCB BDM ~ BCD g.g

( )

BD BM
BC BD

= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = . Mà

AB = AC và AD = AF nên BD = CF. Do vậy BD BM BM
BC = BD = CF .

Bài 60 :Cho tam giác ABC vng ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường
kính MC. đường thẳng BM cắt đường trịn (O) tại D. đường thẳng AD cắt đường trịn (O)
tại S.

1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .

2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.

3. Gọi E là giao điểm của BC với đường trịn (O). Chứng minh rằng các ñường thẳng BA,
EM, CD ñồng quy.

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

5. Chứng minh điểm M là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE.

K

E

S

D

O

B

C

A

M

- Ta có 0

BAC=BDC=90 ⇒ tứ giác ABCD nội tiếp ñường trịn đường kính BC

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

- Gọi K là giao điểm của AB và CD, vì CA⊥BK, BD⊥CK, AC∩BD=M⇒M là trực tâm
tam giác BKC. Do đó AM⊥BC. Mặt khác 0

MEC=90 ⇒ME⊥BC⇒A, M, E thẳng hàng
hay AB, CD, EM ñồng quy tại K

- Theo trên ta có BCA=BDA mà MDE=BCA (cùng chắn cung ME) nên BDA=MDE⇒ DM
là phân giác ADE

- Theo trên thì DM là phân giác ADE. Mặt khác DAC=DBC (cùng chắn cung DC của đường
trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD), CAE=DBC (cùng chắn cung ME của đường trịn ngoại tiếp
tứ giác AMEB) nên DAC=MAC⇒AM là phân giác DAE⇒ M là tâm đường trịn nội tiếp
tam giác ADE.

Bài 61 :Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC, CD lần lượt lấy ñiểm E, F sao cho EAF=450. Biết
BD cắt AE, AF theo thứ tự tại G, H. Chứng minh:

a) ADFG là tứ giác nội tiếp
b) GHFE là tứ giác nội tiếp
c) ∆AGH ~ AFE∆

d) ∆CGH và tứ giác GHFE có diện tích bằng nhau

O

H

F

G

C

B

D

A

E

- Dễ thấy HAE=HBE=450⇒ABEH là tứ giác nội tiếp

- Do ABEH là tứ giác nội tiếp mà 0 0

ABE=90 ⇒AHE=90 =FHE. Chứng minh tương tự ta có
tứ giác ADFG là tứ giác nội tiếp 0

FGA FGE 90

⇒ = = ⇒ tứ giác EFHG nội tiếp đường trịn
đường kính EF

- Do EFHG là tứ giác nội tiếp nên AGH=AFE (cùng bù với góc HGE) nên

( )

AGH ~ AFE g.g

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

- Gọi O là giao ñiểm của AC và BD ⇒OA=OC, AC⊥GH⇒SAGH =SCGH. Mà theo trên thì

( )

AGH 2
AFE

S AH

AGH ~ AFE g.g

S AE

 

∆ ∆ ⇒ =  

  . Mặt khác, tam giác AHE vuông cân tại H nên

AGH

AGH EFHG CGH EFHG
AFE

AH 1 1

S S S S

AE = 2 ⇒S = ⇒2 = ⇒ = .

Bài 62 :Cho ∆ABC khơng cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường trịn tâm O. Gọi E, F thứ tự là
hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường trịn (O) và M là trung ñiểm của BC.
Chứng minh:

a) Bốn ñiểm A,B,H,E cùng nằm trên một đường trịn
b) HE// CD.

c) M là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆HEF.

K

M

F

E

D

H

O

A

B

C

- Dễ thấy 0

BEA=BHA=90 ⇒ bốn ñiểm A, B, H, E cùng nằm trên đường trịn đường kính AB
- Do ABHE là tứ giác nội tiếp nên ABH =HED (cùng bù với góc HEA), mà ABH=EDC

(cùng chắn cung AC) nên HED=EDC⇒HE // DC (cặp góc so le trong bằng nhau)

- Kẻ DK⊥BC=K⇒ DKHA là hình thang mà M là trung ñiểm BC nên OM⊥BC⇒
AH // OM // DK, mặt khác O là trung ñiểm của ñường chéo AD nên M là trung ñiểm của
ñường chéo HK. Do 0

BED=BKD=90 ⇒BEKD là tứ giác nội tiếp nên KED=KBD (cùng
chắn cung KD) và AHC=AFC=900⇒FHAC

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

CD // HE⇒EK⊥HE⇒HEK=90 . Tóm lại tứ giác HEKF nội tiếp đường trịn đường kính
HK có trung điểm là M nên M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác HEF.

• Nhận xét : Có thể ra một bài tốn tương tự như sau “Cho tứ giác ABDC nội tiếp đường 
trịn đường kính AD, gọi H và K là hình chiếu của A và D lên BC, gọi E và F là hình chiếu 
của B và C lên AD. Chứng minh tứ giác HEKF có các cạnh song song với các cạnh của tứ 
giác ABDC”

Bài 63 :Cho nửa đường trịn đường kính AB. Gọi H là ñiểm chính giữa cung AB, gọi M là một
ñiểm nằm trên cung AH; N là một ñiểm nằm trên dây cung BM sao cho BN = AM. Chứng
minh:

1. ∆AMH = ∆BNH

2. ∆MHN là tam giác vuông cân

3. Khi M chuyển động trên cung AH thì đường vng góc với BM kẻ từ N ln đi qua
một điểm cố ñịnh ở trên tiếp tuyến của nửa ñường tròn tại ñiểm B

G

N

H

O

A

B

M

- Xét hai tam giác MAH và NBH có AM = BN, AH = BH (do H là điểm chính giữa của cung
AB nên AH =BH ⇒AH=BH) và MAH =NBH (cùng chắn cung MH)

(

)

MAH NBH c.g.c

⇒ ∆ = ∆

- Do

HM HN

MAH NBH MHN

MHA NHB MHN AHB 90

=


∆ = ∆ ⇒ ⇒ ∆

= ⇒ = =

 vuông cân tại H

- Kẻ đường thẳng vng góc với MB tại N, đường thẳng này cắt tiếp tuyến tại B của (O) ở G.
Ta có MAN =NBG (cùng chắn cung HB), AM = BN và

(

)

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

Bài 64 :Cho (O) đường kính AC. Trên đoạn OC lấy điểm B và vẽ đường trịn (O’) đường kính BC.
Gọi M là trung ñiểm ñoạn AB. Từ M kẻ dây cung DE ⊥ AB. Gọi I là giao của DC với (O’)

a) Chứng minh ADBE là hình thoi
b) BI// AD

c) I,B,E thẳng hàng

I

E

D

M

O

O'

A

C

B

- Vì AB⊥DE=M⇒M là trung điểm DE, mà M là trung điểm AB và DE⊥AB⇒ tứ giác
ADBE là hình thoi

- Ta có 0

ADC=BIC=90 ⇒BI // AD (cặp góc đồng vị bằng nhau)

- Do ADBE là hình thoi nên EB // AD mà BI // AD nên 3 ñiểm E, B, I thẳng hàng (do qua B
chỉ có duy nhất một đường thẳng song song với AD).

Bài 65 :Gọi AC là một dây cố ñịnh của ñường tròn (O; R) và M là một ñiểm thuộc ñường tròn.
Chứng minh khi M di ñộng trên đường trịn (O) thì trọng tâm G của tam giác ACM cũng di
động trên một đường trịn cố định.

- ðặt 1
2

α = số ño cung nhỏ AC⇒ α khơng đổi

- Trường hợp M nằm trên cung lớn AC, gọi B là trung điểm AC thì B cố ñịnh, từ G kẻ ñường
thẳng song song với MA và MC lần lượt cắt AB tại D và E. Ta có DB GB 1

BA =GM = ⇒3 D cố
định, tương tự ta có E cố ñịnh nên DE cố ñịnh

- Mặt khác BGD=BMA, BGE=BGC (ñồng vị) nên DGE AMC 1AC
2

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

- Tương tự, trường hợp M nằm trên cung nhỏ AC thì G nằm trên cung chứa góc 0

180 − α dựng
trên ñoạn DE (phần nằm trong (O))

- Do đó quỹ tích G chính là đường trịn cố định do hai nửa cung chứa góc trên tạo thành.

E

D

G

B

O

C

A

M

Bài 66 :Cho tam giác ABC vuông ở A và một ñiểm D nằm giữa A và B. ðường tròn ñường kính
BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường trịn tại F, G. Chứng minh :
1. Tam giác ABC ñồng dạng với tam giác EBD.

2. Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .
3. AC // FG.

4. Các ñường thẳng AC, DE, FB ñồng quy.

Giải

1. Tam giác ABC và tam giác EBD là hai tam giác vng có chung góc nhọn B nên đồng dạng
(g.g)

2. Tứ giác ADEC nội tiếp đường trịn đường kính DC, tứ giác AFBC nội tiếp đường trịn đường
kính BC.

3. Ta có :

(

)

(

)

( )

DFG DEG cung chan DG cua dtron dkinh BD

DFG DCA AC // FG slt
DEA DCA cung chan DA cua dtron dkinh CD



= 

⇒ = ⇒



= 

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

Bài 67 :Cho tam giác ñều ABC cạnh a có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì (M
không 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 đường trịn ngoại tiếp
tứ

giác đó.

2. Chứng minh rằng MP + MQ = AH.

3. Chứng minh OH vng góc với PQ.

Giải

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

Ta có :

(

)

ABC

ABC AMB AMC
1

S AH.a

AH MP MQ

1 1 1

S S S MP.a MQ.a MP MQ .a

2 2 2



= 

⇒ = +





= + = + = +



Theo tính chất của tam giác đều thì AH là phân giác góc BAC nên H là điểm chính giữa của
cung PQ, mà O là tâm đường trịn đi qua P, H, Q nên OH vng góc với PQ.

Bài 68 :Cho đường trịn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì (H khơng trùng
O, B); trên đường thẳng vng góc với OB tại H, lấy một điểm M ở ngồi đường trịn ; MA
và MB thứ tự cắt đường trịn (O) tại C và D. Gọi I là giao ñiểm của AD và BC.

1. Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .

2. Chứng minh các đường trịn AD, BC, MH ñồng quy tại I.

3. Gọi K là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác MCID. Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp

Giải

Tứ giác MCID nội tiếp đường trịn tâm K đường kính MI.

AD, BC, MH là ba ñường cao của tam giác MAB nên đồng quy tại trực tâm I.
Ta có: 0

1 1

A +M =90 , mặt khác các tam giác COA cân tại O và MKC cân tại K nên theo tính chất

góc ngồi tam giác

(

)

1 1 1 1

CKH=2M , COH=2A ⇒CKH COH+ =2 M +A =180 . Do đó tứ giác
KCOH nội tiếp.

Bài 69 :Cho đường trịn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ).
Gọi M là trung ñiểm của ñoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB. CD cắt
đường trịn đường kính BC tại I.

1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp .
2. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
3. Chứng minh BI // AD.

4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.

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

Giải

Tứ giác BMDI nội tiếp đường trịn đường kính BD.

Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm và vng góc.
Do AC, BC là ñường kính của (O) và (O’) nên 0

ADC=BIC=90 ⇒AD // BI.

Vì tứ giác BMDI nội tiếp nên D2 =MIB mà tứ giác ADBE là hình thoi nên D1=D2⇒D1=MIB.

Mặt khác

(

)

1 1 1

C =D cung phu MDC ⇒C =MIB⇒MIB BIO '+ =BIC=90 . Do đó MI là tiếp
tuyến của đường trịn đường kính BC.

Bài 70 :Cho đường trịn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là
hai đường kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vng góc với AB
tại trung ñiểm M của AB. Gọi giao ñiểm thứ hai của DC với (O’) là F, BD cắt (O’) tại G.
Chứng minh rằng:

1. Tứ giác MDGC nội tiếp .

2. Bốn ñiểm M, D, B, F cùng nằm trên một đường trịn .
3. Tứ giác ADBE là hình thoi.

4. B, E, F thẳng hàng
5. BF, CG, AE ñồng quy.
6. MF = 1/2 DE.

7. MF là tiếp tuyến của (O’).

Giải

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

Ta có : 0

BFC=CDA=90 ⇒BF // AD, mặt khác BE // AD do tứ giác ADBE là hình thoi nên B, E,
F thẳng hàng.

Do AE và BF cắt nhau tại E, ta chứng minh G, C, E thẳng hàng là xong. Thật vậy, do C là trực
tâm tam giác DBE nên EG vuông góc với BD mà CG cũng vng góc BD nên G, C, E thẳng
hàng. Tóm lại BF, GC, AE ñồng qui tại E.

Tam giác DFE vuông tại F, M là trung điểm cạnh huyền DE nên theo tính chất trung tuyến ứng
với cạnh huyền của tam giác vng ta được MF = ½ DE.

Do tứ giác MDBF nội tiếp nên F1=B2

(

cung chan MD

)

, mặt khác tứ giác ADBE là hình thoi nên

2 1 1 1 1 1

B =B ⇒B =F ⇒ +F O ' FC=B +O ' FC=BFO ' O ' FC+ =90 ⇒ MF là tiếp tuyến của (O’).

Bài 71 :Cho đường trịn (O) đường kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đường trịn tâm I ñi
qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.

1. Chứng minh rằng các đường trịn (I) và (O) tiếp xúc ngồi nhau tại A.
2. Chứng minh IP // OQ.

3. Chứng minh rằng AP = PQ.

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

Giải

Dễ thấy OI=OA−IA=RO−RI⇒ (O) và (I) tiếp xúc ngồi tại A.

Ta có tam giác IPA cân tại I nên P1=A, tương tự tam giác OQA cân tại O nên

1 1 1

Q =A⇒P =Q ⇒OQ // IP.

Do OQ // IP mà I là trung ñiểm OA nên theo tính chất đường trung bình thì P là trung ñiểm AQ
hay AP = PQ.

Kẻ QH và PK vng góc với AB, khi đó QH = 2PK (tính chất đường trung bình tam giác). Ta

có: ABQ ABQ

1 1

S QH.AB .2PK.AB PK.AB S max PK max

2 2

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

Bài 72 :Cho hình vng ABCD, ñiểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ ñường thẳng vng góc với DE,
đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.

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

3. Chứng minh KC. KD = KH.KB

4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đường nào?

Giải

Tứ giác BDCH nội tiếp đường trịn đường kính BD.

Do tứ giác BDCH nội tiếp 0 0 0 0

1 1 1

B H 45 CHK DHK H 90 45 45

⇒ = = ⇒ = − = − = .

Tam giác vuông KBC và KDH có chung góc nhọn K nên ñồng dạng (g.g), do đó :
KB KC

KB.KH KC.KD

KD = KH⇒ = .

Do B, C cố ñịnh và 0 0 0

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

Bài 73 :Cho tam giác ABC vng ở A. Dựng ở miền ngồi tam giác ABC các hình vng ABHK,
ACDE.

1. Chứng minh ba ñiểm H, A, D thẳng hàng.

2. ðường thẳng HD cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại F, Chứng minh FBC là tam
giác vuông cân.

3. Cho biết ABC>450; gọi M là giao ñiểm của BF và ED, Chứng minh 5 ñiểm B, K, E, M,

C cùng nằm trên một đường trịn.

4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
5. Chứng minh F là trung ñiểm HD.

Giải

Ta có : HBA +BAC CAD+ =450+900+450=1800⇒ H, A, D thẳng hàng. 
Ta có : 0

(

)

1 1

B =A =45 cung chan FC , BFC=90 ⇒ tam giác BFC vuông cân tại F.
Tứ giác BKEC là tứ giác nội tiếp do 0

1 1

K =E =45 , tứ giác BEMC là tứ giác nội tiếp do

1 1

E =B =45 nên năm ñiểm B, K, E, M, C cùng thuộc một đường trịn.
Tam giác BMC có 0

(

)

1 1 1 1

M =B =45 M =E =45 _ cung chan BC nên tam giác BMC vuông cân tại
M hay 0

BMC=90 ⇒ MC là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC ngoại tiếp tam giác
ABC.

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

Bài 74 :Cho tam giác nhọn ABC có B=450. Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường trịn
này cắt BA và BC tại D và E.

1. Chứng minh AE = EB.

2. Gọi H là giao ñiểm của CD và AE. CMR ñường trung trực của HE ñi qua trung ñiểm I
của BH.

3. Chứng minh tứ giác DBEH nội tiếp.

4. Chứng minh OD là tiếp tuyến của ñường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.

Giải

Tam giác ABE có ABE=45 , AEB0 =900⇒ ∆AEB vng cân tại E nên AE = BE.

Gọi M là trung ñiểm HE, khi đó MI là đường trung bình của tam giác HEB vng tại E nên MI
vng góc với HE tại M hay IM là trung trực của HE.

Tứ giác BDEH nội tiếp đường trịn (I) đường kính HE.
Ta chứng minh 0

IDO=90 . Thật vậy :

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 1 1 2 1 1 1

B =D ∆DIB can tai I , B =E chan DH , D =C ∆DOC can tai O , E =C chan AD . Do

đó 0

2 1

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

Bài 75 :Cho đường trịn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đường trịn (O) tại B
và C chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một ñiểm M rồi kẻ các đường vng góc
MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, AC, AB. Gọi giao ñiểm của BM, IK là P;
giao ñiểm củaCM, IH là Q.

1. Chứng minh tam giác ABC cân.
2. Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp .
3. Chứng minh MI2 = MH.MK.
4. Chứng minh PQ vng góc MI.

Giải

Do AB, AC là các tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại A nên AB = AC. Vì vậy tam giác ABC cân tại
A.

Tứ giác BIMK nội tiếp đường trịn đường kính MB, tứ giác CIMH nội tiếp đường trịn đường
kính MC.

Ta có :

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2 2 2

2 2

K B cung chan MI

B C cung chan MC K I
C I cung chan MH


=


= ⇒ =


=


, tương tự :

(

)

(

)

(

)

1 1

1 1 1 1

1 1

H C cung chan MI

C B cung chan MB H I
I B cung chan MK


=


= ⇒ =


=


. Vì vậy

( )

MI MK 2

MIK ~ MHI g.g MI MH.MK

MH MI

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = .

Xét tam giác MBC có 0
2 1

MBC B+ +C =180 , mặt khác theo chứng minh trên I1=C , I1 2=B2 do

đó 0 0

1 2 1 1 1

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Bài 76 :Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD vng góc với AB ở H. Gọi M
là điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao ñiểm của AM và
CB. Chứng minh :

1. AB KB
AC =KC

2. AM là tia phân giác của góc CMD.
3. Tứ giác OHCI nội tiếp

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

Giải

Do M là điểm chính giữa của cung BC nên MB=MC⇒A1=A2⇒ AK là phân giác trong góc A
của tam giác CAB, do đó AB KB

AC=KC.

Vì CD vng góc với đường kính AB nên CA=DA⇒CMA=DMA⇒MA là phân giác CMD.
Tứ giác OHCI nội tiếp đường trịn đường kính OC.

Tứ giác IMNC có 0

MNC=NCI=CIM=90 nên là hình chữ nhật, do đó 0

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Bài 77 :Cho đường trịn (O) và một điểm A ở ngồi đường trịn . các tiếp tuyến với đường trịn (O)
kẻ từ A tiếp xúc với đường trịn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý trên đường trịn ( M
khác B, C), từ M kẻ MI vng góc với BC, MH vng góc với CA, MK vng góc với AB.
1. Tứ giác ABOC nội tiếp.

2. Chứng minh góc BAO = góc BCO.

3. Chứng minh tam giác MIH ñồng dạng với tam giác MHK.
4. Chứng minh MH.MK = MI2.

Giải

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

(

)

BAO=BCO cung chan OB cua duong tron ngoai tiep tu giac ABOC .

Ta có :

(

)

(

)

(

)

2 2

2 2 2 2

2 2

K B cung chan MI

B C cung chan MC K I
C I cung chan MH


=


= ⇒ =


= 

, tương tự :

(

)

(

)

(

)

1 1

1 1 1 1

1 1

H C cung chan MI

C B cung chan MB H I
I B cung chan MK


=


= ⇒ =


= 

. Vì vậy

( )

MIK ~ MHI g.g

∆ ∆ .

( )

MI MK 2

MIK ~ MHI g.g MI MH.MK

MH MI

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

Bài 78 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; AH cắt (O) tại E, AO
cắt (O) tại F.

1. Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
2. Chứng minh E ñối xứng với H qua BC.
3. Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.

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

Giải

Tứ giác BFCH có BH // FC (cùng vng góc với AC), BF // CH (cùng vng góc với AB) nên là
hình bình hành.

Ta có :

(

)

(

)

1 1
1 2
2 1

A B cung phu ACB

B B HBE

B A cung chan EC



= 

⇒ = ⇒ ∆


</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Dễ thấy EF // BC (cùng vng góc với AH) nên tứ giác BEFC là hình thang, mặt khác BF = HC
(do tứ giác BHCF là hình bình hành), HC = FC (do H và E đối xứng qua BC), vì vậy hình
thang BEFC là hình thang có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang cân.

Dễ thấy O, I là trung ñiểm AC và HF của tam giác AHF nên G là trọng tâm tam giác AHF, do đó
theo tính chất trọng tâm AG 2AI

= , mặt khác AI là trung tuyến tam giác ABC nên G ñồng

thời là trọng tâm tam giác ABC.

Bài 79 :BC là một dây cung của đường trịn (O; R) (BC khác 2R). ðiểm A di ñộng trên cung lớn
BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các ñường cao AD, BE, CF của tam giác
ABC ñồng quy tại H.

1. Chứng minh tam giác AEF ñồng dạng với tam giác ABC.
2. Gọi A’ là trung ñiểm của BC, Chứng minh AH=2OA '
3. Gọi A1 là trung ñiểm của EF, Chứng minh R.AA = AA'. OA'1

4. Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để tổng EF + FD + DE ñạt
giá trị lớn nhất.

Giải

Tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC nên FBC FEC 180+ = 0, mà FEA+FEC 180= 0
(kề bù) nên FBC =FEA⇒ ∆ABC ~ AEF g.g∆

( )

Kẻ đường kính AK, dễ dàng chứng minh được HBKC là hình bình hành và A’ là trung điểm
HK. Do đó theo tính chất đường trung bình của tam giác AKH, ta có : AH=2OA '.

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

AH
OA '

2 = là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF. Từ đó theo tính chất của hai tam
giác đồng dạng 1

1
AA OA '

R.AA AA '.OA '

AA '= R ⇒ = .

Vì ∆ABC ~ AEF∆ mà BC, EF là hai cạnh tương ứng, R và OA’ là bán kính các ñường tròn ngoại
tiếp tương ứng. Do đó theo tính chất của hai tam giác ñồng dạng : BC R

FE =OA '⇒
OBC

R.FE=OA '.BC=2S . Tương tự, ta có : R.DE=2SOAB, R.DF=2SOAC. Vì vậy :

(

)

(

OBC OAB OAC

)

ABC ABC

R FE+ED DF+ =2 S +S +S =2S ⇒FE+ED DF max+ ⇔S max. Mà

ABC ABC

S BC.AD S max AD max AC A, O, C
2

= ⇒ ⇔ = ⇔ thẳng hàng.

Bài 80 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt (O) tại M. Vẽ đường cao
AH và bán kính OA.

1. Chứng minh AM là phân giác của góc OAH.
2. Giả sử B>C. Chứng minh OAH = B - C

3. Cho 0 0

BAC = 60 và OAH = 20 . Tính:
a) B, C của tam giác ABC.

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

Giải

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Trên cung AC lấy ñiểm G sao cho cung AG và AB bằng nhau, khi đó OA vng góc với BG và

GBC= −B C. Gọi K, L là giao ñiểm BG, AH và OA, BG. Ta có :

(

)

0
GBC GKH 90

OAH LKA 90 OAH GBC B C

LKA BKH doi dinh


+ =


+ = ⇒ = = −

= 
.

Theo tính chất về tổng ba góc trong tam giác và câu 2 ta có :

0 0 0

0 0

B C 180 A 120 B 70

B C OAH 20 C 50

 + = − =  =
 ⇒
 
− = = =
 
 
.
Gọi S là diện tích hình viên phân cần tính, ta có :

( )

2
OBC
q BOC
2
0 0
2
2 2
R 1

S S S .BT.OT

3 2
R 1

.R sin 60 .R cos 60
3 2

R 1 R 3 R
. .

3 2 2 2

R 3R
3 8
π
= − = −
π
= −
π
= −

π
= −

Bài 81 :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R) biết 0
BAC=60
1. Tính số đo góc BOC và ñộ dài BC theo R.

2. Vẽ ñường kính CD của (O; R); gọi H là giao ñiểm của ba ñường cao của tam giác ABC.
Chứng minh BD // AH và AD // BH.

3. Tính AH theo R.

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Ta có : 0 0

BOC=2BAC=2.60 =120 . Kẻ OK vuông góc với BC, khi đó K là trung ñiểm BC và

0 0 3 R 3

BOK 60 BK OB sin 60 R. BC 2BK R 3

2 2

= ⇒ = = = ⇒ = = .

Dễ thấy BD // AH (vì cùng vng góc với BC) và AD // BH (vì cùng vng góc với AC).

Kẻ đường kính AQ, dễ dàng chứng minh được BHCQ là hình bình hành và K là trung điểm HQ.
Do đó theo tính chất hình bình hành của tam giác AQH ta có :

0 1

AH 2OK 2.OB.sin 30 2.R. R
2

= = = = .

Bài 82 :Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R. Một cát tuyến MN quay quanh trung ñiểm H
của OB.

1. Chứng minh khi MN di ñộng , trung điểm I của MN ln nằm trên một đường trịn cố
định.

2. Từ A kẻ Ax vng góc MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình
hành.

3. Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN.
4. Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào.
5. Cho 2

AM.AN = 3R , AN = R 3. Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác
AMN.

Giải

Theo tính chất của đường kính và dây cung thì 0

OI⊥MN⇒OIH=90 mà O và H cố định nên I
thuộc đường trịn ñường kính OH.

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Dễ thấy CK là ñường cao của tam giác AMN, mặt khác NC // MB (do tứ giác CMBN là hình

bình hành) và 0

AMB=90 (góc nội tiếp chắn nửa ñường trịn) nên NC cũng vng góc với
AM hay CN là đường cao của tam giác AMN. Từ đó C là trực tâm tam giác AMN.

Tứ giác OCKI có OI // CK (cùng vng góc với MN), OC // KI (tam giác OBC có H là trung
điểm OB, I là trung điểm BC vì tứ giác BMCN là hình bình hành nên IH là đường trung bình

IH // OC IK // OC

⇒ ⇔ ) nên là hình bình hành. Mà 0

CKI=90 ⇒ OCKI là hình chữ nhật. Do
đó 0

ACO=90 mà O, A cố ñịnh nên C thuộc đường trịn đường kính OA.

Từ AM.AN = 3R , AN = R 32 ⇒AM=AN=R 3 hay tam giác MAN cân tại A nên I, K trùng với 
H. Gọi S là diện tích cần tính, ta có : ( ) ( ) 2

AMN AMN

O O

S S S , S R , S AH.MN

∆ ∆

= − = π = . Mà

2 2 2

AMN

3R 9R 3R R 3 1 3R R 3 3R 3

AM , MH AM AH 3R S . .

2 4 4 2 ∆ 2 2 2 8

= = − = − = = ⇒ = = .

Do đó :

2 3R 3 2 3 3

S R R

8 8

 

= π − = π − 
 .

Bài 83 :Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đường trịn
tại M.

1. Chứng minh OM vng góc với BC.
2. Chứng minh MC2 = MI.MA.

3. Kẻ đường kính MN, các tia phân giác của góc B và C cắt đường thẳng AN tại P và Q.
Chứng minh bốn ñiểm P, C , B, Q cùng thuộc một đường trịn .

4. Gọi E là giao ñiểm ba ñường phân giác của tam giác ABC. Chứng minh AE, QB và PC
đồng quy.

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Vì phân giác góc A cắt (O) tại M nên M là điểm chính giữa của cung BC, do đó OM vng góc
với BC.

Tam giác MCI và tam giác MAC có góc M chung và MCI=MAC (chắn hai cung bằng nhau BM
và CM của (O)) nên ñồng dạng (g.g) MC MI 2

MC MA.MI
MA MC

⇒ = ⇒ = .

Gọi giao ñiểm phân giác góc B và C với (O) là R và S. Dễ thấy SA = SB (hai dây của hai cung

bằng nhau). Mặt khác

(

)

(

)

2 2 2 2

1 1

A sd SB BM , E sd SA CM , SB SA, BM CM A E

2 2

= + = + = = ⇒ = nên SA = SE, lại có

0 0

2 2

E +SQA=90 , A +SAQ=90 ⇒SQA=SAQ⇒SQ=SA. Tóm lại SA = SE = SB = SQ nên S
là tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AQBE hay AQBE là tứ giác nội tiếp mà

0 0

QAE=90 ⇒QBE=90 ⇒ B thuộc đường trịn đường kính QP. Chứng minh tương tự ta có
C thuộc đường trịn đường kính PQ. Vậy bốn ñiểm Q, P, C, B cùng nằm trên đường trịn
đường kính PQ.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Bài 84 :Cho tam giác ABC cân (AB = AC), BC = 6 cm, chiều cao AH = 4 cm, nội tiếp đường trịn
(O) đường kính AA’.

1. Tính bán kính của đường trịn (O).

2. Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao?
3. Kẻ AK vng góc với CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao?

Giải

Ta có : 2 2 2 2

AB=AC= BH +AH = 3 +4 =5. Mặt khác AMO ~ AHB AM AO
AH AB

∆ ∆ ⇒ = ⇒

( )

AM.AB 2, 5.5 25

AO cm

AH 4 8

= = = . Vậy bán kính của (O) là 25/8 cm.

Tứ giác ACA’C’ là hình chữ nhật vì có hai ñường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung ñiểm.
Dễ thấy ∆AKC '= ∆CHA ' (cạnh huyền – góc nhọn) nên AK = CH ⇒ ∆AKO= ∆CHO (cạnh góc

vng – góc nhọn) nên KAO=HCO⇒KAC=HCA⇒ ∆KAC= ∆HCA c.g.c

(

)

⇒AH=KC. Do
đó ∆KCH= ∆HAK c.g.c

(

)

⇒OKH =OHK. Như vậy hai tam giác AOC và KOH là hai tam
giác cân có góc ở đỉnh bằng nhau nên chúng ñồng dạng. Từ ñó : HKO=OCA⇒KH // AC⇒

tứ giác AKHC là hình thang, mà hai đường chéo KC = AH nên nó là hình thang cân.

Bài 85 :Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3
AO. Kẻ dây MN vng góc với AB tại I, gọi C là ñiểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C
không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

1. Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .

2. Chứng minh tam giác AME ñồng dạng với tam giác ACM.
3. Chứng minh AM2 = AE.AC.

4. Chứng minh AE.AC – AI.IB = AI2 .

5. Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác CME là nhỏ nhất.

Giải

1. Tứ giác IECB nội tiếp đường trịn đường kính EB

2. Vì AO vng góc với dây MN tại trung ñiểm I của NM nên tam giác AMN cân tại A hay
AM = AN, do đó hai cung AM và AN bằng nhau. Mặt khác

1 1 1 1

1 1

M sdAN, C sdAM M C

2 2

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

3. Từ

( )

AM AE 2

AME ~ ACM g.g AM AC.AE

AC AM

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

4. Ta có : 2

(

)

AE.AC - AI.IB = AI ⇔AE.AC=AI AI IB+ =AI.AB. Dễ thấy

( )

AE AI

AEI ~ ABC g.g AE.AC AI.AB
AB AC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = .

5. Từ E kẻ ñường thẳng // AB cắt MB tại P, ta có MPE=MBA (ñồng vị) và MBA=MCA
(cùng chắn cung MA) nên MCA =MPE⇒ tứ giác MCPE nội tiếp. Mặt khác MEP=900 ⇒
tứ giác MCPE nội tiếp đường trịn đường kính MP tâm K là trung điểm MP. Nói cách khác
tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MCE ln nằm trên MB (cố ñịnh). Do vậy khoảng cách
từ N ñến tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác MCE ngắn nhất khi NK⊥MB⇒NM=NP.
Do vậy muốn có điểm C để NI ngắn nhất ta làm như sau :

+ Lấy P trên MB sao cho MN = PN

+ Vẽ đường trịn ñường kính MP cắt (O) tại C

1
1

K

P

E

M

N

I

A

O

B

C

Bài 86 :Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các ñường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giác.
Gọi M, N, P, Q lần lượt là các hình chiếu vng góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chứng
minh :

1. Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật.
2. Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp .
3. Hai tam giác HNP và HCB ñồng dạng.
4. Bốn ñiểm M, N, P, Q thẳng hàng.

Giải

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

3. Ta có : 0 0

( )

1 1 1 1

A +FHA=90 , D +DHP=90 , FHA=DHP dd ⇒A =D . Mặt khác A1=HCB
(cùng phụ với góc ABC) và N1=D1 (cùng chắn cung HP của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
DNHP). Do ñó N1=C1⇒ ∆HNP ~ HBC g.g∆

( )

4. Theo câu 3 ta có N1=C1, mặt khác DM // CF (cùng vng góc với AB) nên

(

)

2 1

D =C so le trong và D2 =MNB (cùng chắn cung MB của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
BMND). Do đó MNB=N1⇒ M, N, P thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta ñược ba ñiểm N,
P, Q thẳng hàng. Do ñó bốn ñiểm M, N, P, Q thẳng hàng.

Bài 87 :Cho hai đường trịn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài BC, B
thuộc (O), C thuộc (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC ở I.
1. Chứng minh các tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp .

2. Chứng minh góc BAC = 900 .
3. Tính số đo góc OIO’.

4. Tính độ dài BC biết OA = 4cm, O’A = 9cm.

Giải

1. Tứ giác OBIA nội tiếp đường trịn đường kính OI, tứ giác AICO’ nội tiếp đường trịn đường

kính IO’.

2. Tam giác BIA cân tại I (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên CIA=2.IAB, tương tự ta

có 1

(

)

1 0 0

BIA 2.CAI BAC BIA CIA .180 90

2 2

= ⇒ = + = = .

3. Vì OI là trung trực của AB nên OI vng góc với AB, tương tự O’I vng góc với AC nên tứ
giác INAM là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vng) nên 0

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Bài 88 :Cho hai đường trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, B thuộc
(O), C thuộc (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở M. Gọi E
là giao ñiểm của OM và AB, F là giao ñiểm của O’M và AC. Chứng minh :

1. Chứng minh các tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp .
2. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.

3. ME.MO = MF.MO’.

4. Tứ giác OEFO’ là tứ giác nội tiếp

5. OO’ là tiếp tuyến của đường trịn đường kính BC.
6. BC là tiếp tuyến của đường trịn ñường kính OO’.

Giải

1. Tứ giác OBMA nội tiếp đường trịn đường kính OM, tứ giác AMCO’ nội tiếp đường trịn
đường kính O’M.

2. Tam giác BMA cân tại M (theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên CMA=2.MAB, tương

tự ta có 1

(

)

1 0 0

BMA 2.CAM BAC BMA CMA .180 90

2 2

= ⇒ = + = = .Vì OM là trung trực của AB
nên OM vng góc với AB, tương tự O’M vng góc với AC nên tứ giác MFAE là hình chữ
nhật.

3. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vng MAO ta có : MA2=ME.MO. Tương tự áp dụng 
hệ thức lượng vào tam giác vuông MAO’ ta có :

(

)

2 2

MA =MF.MO '⇒ME.MO=MF.MO ' =MA .

4. Vì ME.MO=MF.MO ' nên dễ dàng chứng minh ñược ∆MEF ~ MO 'O c.g.c∆

(

)

⇒MEF=MO 'O
0

180 MEF OEF MO 'O OEF

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

5. Dễ thấy M là tâm đường trịn đường kính BC và OO ' MA, A OO ', A M; BC
2

 

⊥ ∈ ∈ ⇒

  OO’ là

tiếp tuyến của ñường trịn đường kính BC.

6. Gọi I là trung điểm OO’ thì I là tâm đường trịn đường kính OO’, mặt khác tứ giác BOO’C là
hình thang vng nhận IM là đường trung bình nên MI BC, MI OB O 'C OO'

2 2

⊥ = =

O 'O
M I;

 

⇒ ∈ ⇒

  BC là tiếp tuyến tại M của đường trịn đường kính OO’.

Bài 89 :Cho đường trịn (O) đường kính BC, dây AD vng góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự
là chân các đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi (I), (K) theo thứ tự là các đường
trịn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF.

1. Hãy xác ñịnh vị trí tương đối của các đường trịn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K).
2. Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?.

3. Chứng minh AE. AB = AF. AC.

4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường trịn (I) và (K).
5. Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất.

Giải

1. Dễ thấy I là trung ñiểm BH và K là trung ñiểm HC nên IO = OB – IB, IK = IH + KH, OK =
KH – OH. Vì vậy (I) và (O) tiếp xúc trong, (O) và (K) tiếp xúc trong, (I) và (K) tiếp xúc
ngồi.

2. Tứ giác AEHF là hình chữ nhật vì có ba góc vng.

3. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABH ta có : AE.AB=AH2. Tương tự ta có : 
2

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

4. Theo tính chất hình chữ nhật ta có : F1=H1, mà KF = KH nên

2 2 1 2 1 2

F =H ⇒F +F =H +H =90 ⇒ EF là tiếp tuyến của (K). Chứng minh tương tự EF là tiếp
tuyến của (I) nên FE là tiếp tuyến chung của (I) và (K).

5. Dễ thấy EF = AH nên EF lớn nhất khi HA lớn nhất, mà AD = 2AH nên AH lớn nhất khi AD
lớn nhất khi AD là đường kính hay H trùng với O.

Bài 90 :Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Trên Ax
lấy ñiểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N.

1. Chứng minh tam giác MON ñồng dạng với tam giác APB.
2. Chứng minh AM. BN = R2.

3. Tính tỉ số MON
APB
S

S khi

R
AM =

2 .

4. Tính thể tích của hình do nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh ra.

Giải

1. Dễ thấy OM, ON là phân giác của hai góc kề bù (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên

MON=90 . Mặt khác tứ giác AMPO nội tiếp đường trịn đường kính MO nên

( )

1 1

M =A ⇒ ∆APB ~ MON g.g∆ .

2. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác MON, ta có OP2 =PM.PN=AM.BN

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

3. Khi

R R R 5R

AM BN 2R MN AM BN 2R

2 AM 2 2

= ⇒ = = ⇒ = + = + = . Gọi k là tỷ số ñồng dạng
của tam giác MON và tam giác APB MON 2

APB
S

MN 5R / 2 5 25

k k

AB 2R 4 S 16

⇒ = = = ⇒ = = .

4. Khi cho nửa hình trịn APB quay quanh AB ta được hình cầu bán kính R, khi đó thể tích hình
cầu này là V 4 R3

= π .

Bài 91 :Cho tam giác ñều ABC , O là trung ñiển của BC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các
điểm D, E sao cho góc DOE = 600 .

1. Chứng minh tích BD. CE khơng ñổi.

2. Chứng minh hai tam giác BOD; OED ñồng dạng. Từ đó suy ra tia DO là tia phân giác
của góc BDE

3. Vẽ đường trịn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng đường trịn này ln tiếp xúc
với DE.

Giải

1. Ta có

(

)

0 0 0

1 1

B=C =60 , BOD 60+ +D =180 =BOD 60+ +EOC⇒D =EOC⇒ ∆DOB ~ OEC∆

( )

g.g . Do ñó

2 2

DB OB BC BC

DB.CE

OC CE 2 4

 
= ⇒ =  =

  (khơng đổi)

2. Theo câu 1 ta có : DB OB OD BD OD

(

)

(

)

do OC OB , DBO DOE 60

OC=CE = OE ⇒OB= OE = = = . Do đó

(

)

1 2
DBO ~ DOE c.g.c D D

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

3. Do DO là phân giác BDE nên đường trịn tâm O tiếp xúc với AB sẽ cách AB một khoảng R
thì cũng cách ED một khoảng R. Do vậy nó cũng tiếp xúc với đường thẳng DE.

Bài 92 :Cho tam giác ABC cân tại A. có cạnh ñáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp ñường tròn (O). Tiếp

tuyến tại B và C lần lượt cắt AC, AB ở D và E, gọi F là giao ñiểm của hai tiếp tuyến.
Chứng minh :

1. Tứ giác BFCO nội tiếp
2. BD2 = AD.CD.

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

1. Tứ giác BFCO nội tiếp đường trịn ñường kính FO

2. Tam giác BCD và tam giác ABD có chung góc D, A =B1 (cùng chắn cung BC) nên ñồng
dạng theo trường hợp (g.g) BD CD BD2 AD.CD

AD BD

⇒ = ⇒ = .

3. Dễ thấy tam giác FBC cân tại F nên B1=C1 mà tam giác ABC cân tại A nên ABC=ACB⇒

(

)

(

)

DBA=ECA⇒ ∆DBA= ∆ECA g.c.g ⇒BD=CF, AD=AE⇒DC=EB do AC=AB . Vì vậy
AB AC

BC // DE

BD = CE⇒ . Hình thang BDEC có hai đường chéo bằng nhau nên là hình thang
cân.

Bài 93 :Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường trịn . Vẽ ñiểm N ñối xứng với A
qua M, BN cắt (O) tại C. Gọi E là giao ñiểm của AC và BM.

1. Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp .
2. Chứng minh NE vng góc với AB.

3. Gọi F là ñiểm ñối xứng với E qua M. Chứng minh FA là tiếp tuyến của (O).
4. Chứng minh FN là tiếp tuyến của đường trịn (B; BA).

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

1. Tứ giác MNCE nội tiếp đường trịn đường kính NE.

2. Do E là trực tâm tam giác ANB nên NE vng góc với AB.

3. Tứ giác NEAF là hình thoi vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm và vng góc nên
FA // NE mà NE vng góc với AB nên FA cũng vng góc với AB. Do đó FA là tiếp tuyến
của đường trịn (O) tại A.

4. Vì BM vng góc với AN tại trung điểm M của AN nên BM là trung trực của AN, vì vậy AB
= AN hay N nằm trên đường trịn tâm N bán kính AB. Mặt khác FN vng góc với BN (do
FN // AF và AF vng góc với AC). Do đó FN là tiếp tuyến của (B;BA) tại N.

Bài 94 :Cho hai đường trịn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Dây AC của ñường tròn (O) tiếp xúc
với ñường tròn (O’) tại A. Dây AD của đường trịn (O’) tiếp xúc với ñường tròn (O) tại A.
Gọi K là ñiểm ñối xứng với A qua trung ñiểm I của OO’, E là ñiểm ñối xứng với A qua B.
Chứng minh rằng:

1. AB vng góc với KB.

2. Bốn điểm A, C, E, D cùng nằm trên một đường trịn

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

1. Vì AB là dây chung của (O) và (O’) nên OO’ là trung trực của AB
O 'O AB M, MA MB

⇒ ⊥ = = . Mặt khác I là trung ñiểm AK nên IM là ñường trung bình của
tam giác ABK ⇒MI // KB⇒BK⊥AB.

2. Vì E đối xứng với A qua B mà BK vng góc với AE tại B nên BK là trung trực của AE hay
AK = EK (1). Mặt khác tứ giác AOKO’ là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung
ñiểm) nên O’A // KO mà O ' A⊥AC (do AC là tiếp tuyến tại A của (O’)) nên OK⊥AC⇒
OK là trung trực của AC (vì đường kính vng góc với dây cung thì đi qua trung điểm của
dây cung). Vì vậy AK = CK (2). Chứng minh tương tự ta ñược O’K là trung trực của AD nên
AK = DK (3). Từ (1), (2), (3) suy ra KA=KC=KE=KD=a. Do đó bốn ñiểm A, C, E, D
cùng thuộc đường trịn đường trịn (K;a).

Bài 95 :Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp ñường tròn (O). Gọi D là trung ñiểm của AC;
tiếp tuyến của đường trịn (O) tại A cắt tia BD tại E. Tia CE cắt (O) tại F.

1. Chứng minh BC // AE.

2. Chứng minh ABCE là hình bình hành.

3. Gọi I là trung điểm của CF và G là giao ñiểm của AC và BF. Tìm mối quan hệ giữa BAC
và góc BGO.

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

2
1

G

I

H

F

E

D

A

O

C

B

1. Vì tam giác ABC cân tại A nên AB = AC AB=AC. Mà ACB 1sdAB, EAC 1sdAC

2 2

= =

ACB EAC AE // BC

⇒ = ⇒ .

2. Dễ thấy ∆ADE= ∆CDB g.c.g

(

)

⇒AE //=AB⇒ tứ giác ABCE là hình bình hành.

3. Ta có ABF =BFC AB // CF, so le trong , ABF

(

)

=ACF (cùng chắn cung AF) nên

BFC=ACF⇒ ∆GCF cân tại G, mà I là trung ñiểm CF nên GI⊥CF. Mặt khác I là trung
ñiểm dây cung CF nên OI⊥CF= ⇒I I, O, G thẳng hàng. Ta có OGB=FGI (đối ñỉnh),

FGI GFI+ =90 , GFI=BAC (cùng chắn cung BC) nên BAC+BGO =900.

Bài 96 :Cho đường trịn (O) đường kính AB , trên đường trịn ta lấy hai ñiểm C và D sao cho cung
AC = cung AD. Tiếp tuyến với đường trịn (O) vẽ từ B cắt AC tại F

1. Chứng minh hệ thức : AB2 = AC. AF.

2. Chứng minh BD tiếp xúc với đường trịn đường kính AF.

3. Khi C chạy trên nửa ñường trịn đường kính AB (khơng chứa ñiểm D ). Chứng minh
rằng trung

ñiểm I của ñoạn AF chạy trên một tia cố định. Xác định tia cố định đó

- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABF có ABF=90 , BC0 ⊥FA⇒AB2 =AC.AF
- Gọi I là trung điểm AF, đường trịn tâm I đường kính AF đi qua B. Do AC=AD⇒

180 −BC=AD⇒AFB=ABD. Mà tam giác BIF cân tại I nên AFB =FBI⇒FBI =ABD

IBD 90

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

- Dễ thấy IO là ñường trung bình của tam giác AFB nên OI // FB⇒OI⊥AB=O (cố định). Vì
vậy khi C di chuyển trên (O) (khơng chứa D) thì I di chuyển trên tia Ox vng góc với AB
tại O.

x

I

F

D

O

A

B

C

Bài 97 :Cho 3 ñiểm A; B; C cố ñịnh thẳng hàng theo thứ tự. Vẽ đường trịn (O) bất kỳ đi qua B và
C (BC khơng là đường kính của (O)). Kẻ từ các tiếp tuyến AE và AF ñến (O) (E; F là các
tiếp ñiểm). Gọi I là trung ñiểm của BC; K là trung ñiểm của EF, giao ñiểm của FI với (O) là
D. Chứng minh:

1. AE2 = AB.AC

2. Tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp

3. Năm ñiểm A; E; O; I; F cùng nằm trên một đường trịn.
4. ED song song với AC.

5. Khi (O) thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác OIK ln thuộc một đường thẳng cố
định.

- Ta có AEB=ECA (cùng chắn cung BE) nên ABE ~ AEC AB AE AE2 AB.AC
AE AC

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =

- Do AEO=AFO =900 ⇒ tứ giác AEOF nội tiếp đường trịn ñường kính AO

- Do AEO=AFO=AIO =900 ⇒ 5 ñiểm A; E; O; I; F cùng nằm trên đường trịn đường kính
AO

- Ta có AIF=AEF (cùng chắn cung AF của đường trịn đi qua 5 điểm A, E, O, I, F),

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

- Gọi M là giao ñiểm của EF và AC, dễ thấy tứ giác MKOI nội tiếp đường trịn đường kính
MO. Do A, B, C cố ñịnh nên I cố ñịnh và O di chuyển trên đường thẳng vng góc với BC
tại I. Mặt khác ∆FMA ~ IFA A chung, MFA∆

(

=FIA

)

⇒FA2 =AM.AI. Mà

2 2

FA =AE =AB.AC⇒AB.AC=AM.AI⇒M cố ñịnh. Gọi N, T là trung ñiểm của MO và
MI thì T cố định, dễ thấy NT là đường trung bình của tam giác MIO NT // OI . Vậy khi O di

chuyển trên sao cho luôn qua BC thì tâm N của đường trịn ngoại tiếp tam giác KIO ln
nằm trên đường thẳng vng góc với BC tại T

d

T

N

M

D

K

F

E

I

A

B

C

O

Bài 98 :Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. ðường trịn (O) đường kính BC cắt AB; AC tại E và D.
BD cắt CE tại H; AH cắt BC tại I. Vẽ các tiếp tuyến AM và AN của (O). Chứng minh:
1. Các tứ giác ADHE; ADIB nội tiếp ñược.

2. CD.CA + BE. BA = BC2.
3. M; H; N thẳng hàng.

4. Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADHE nếu tam giác ABC là tam giác đều có
cạnh bằng 2a

- Do AEH =ADH=900 ⇒ tứ giác AEHD nội tiếp đường trịn đường kính AH. Ta có

ADB=AIB=90 ⇒ tứ giác ADIB nội tiếp ñường trịn đường kính AB

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

- Ta có AMO =ANO=AIO =900 ⇒ 5 ñiểm A, M, I, O, N cùng nằm trên đường trịn đường
kính AO. Do ñó AIN AON MON ANM

= = = . Mặt khác, dễ dàng chứng minh ñược AH.AI
= AD.AC = AE.AB và ∆ADN ~ ANC A chung, AND∆

(

=ACN

)

⇒AN2=AD.AC nên

(

)

2 MON

AH.AI AN AHN ~ ANI c.g.c ANH AIN ANM ANH
2

= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ = ⇒ ba ñiểm M, H,

N thẳng hàng

- Vì ABC là tam giác đều cạnh 2a nên ñường cao AI a 3 AH 2AI 2a 3

3 2

= ⇒ = = (trực tâm H

cũng là trọng tâm của tam giác ñều ABC). Do đó đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADHE
(đường kính AH) có bán kính R a 3 C 2 R a 3

= ⇒ = π = π .

N

M

I

H

D

E

O

B

A

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Bài 99 :Cho đường trịn (O; R) và điểm M nằm ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến MB; BC của (O) và tia
Mx nằm giữa hai tia MO và MC. Qua B kẻ ñường thẳng song song với Mx, ñường thẳng
này cắt (O) tại ñiểm thứ hai là A; AC cắt Mx tại I. Chứng minh:

1. Tứ giác MOIC nội tiếp.
2. OI vng góc với Mx.
3. CMI=CBI=COI

x

I

A

B

C

M

O

- Ta có MIC=BAC (Mx // BA, đồng vị) và BAC MOC BOC MIC MOC
2

= = ⇒ = ⇒ tứ giác
MCIO là tứ giác nội tiếp

- Do tứ giác MCIO nội tiếp nên 0

MIO=MCO=90 ⇒OI⊥Mx

- Dễ thấy 5 ñiểm M, C, I, O, B cùng nằm trên đường trịn đường kính MO nên

CMI=CBI=COI (cùng chắn cung CI của đường trịn đi qua 5 ñiểm M, C, I, O, B)

Bài 100 : Cho (O; R) và ñiểm A∈

( )

O . Một góc vng xAy quay quanh A và ln thoả mãn Ax

và Ay ln cắt (O). Gọi các giao điểm thứ hai của Ax; Ay với (O) lần lượt là B; C. ðường
trịn đường kính AO cắt AB; AC tại các ñiểm thứ hai tương ứng là M; N. Tia OM cắt (O)
tại P. Gọi H là trực tâm tam giác AOP. Chứng minh:

1. Tứ giác AMON là hình chữ nhật.
2. MN // BC.

3. Tứ giác PHOB nội tiếp.

4. Xác định vị trí của góc xAy sao cho tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
- Tứ giác AMON có 0

MAN=AMO=ANO=90 nên là hình chữ nhật

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

- Gọi K là giao ñiểm thứ hai của AP với đường trịn đường kính AO thì H là giao ñiểm của OK
và AM

(

AM⊥OP, OK⊥AP

)

. Ta có

(

)

OPH=OAB + MOA=90 ⇒OBA=OPH⇒ tứ giác
PHOB là tứ giác nội tiếp

- Gọi I là giao điểm của MN và OA thì I là trung ñiểm OA, mà MN // BC nên MN là ñường
trung bình của tam giác ABC AMN ABC

S S

⇒ = ⇒ diện tích tam giác AMN lớn nhất khi diện

tích tam giác ABC lớn nhất. Hạ ABC

BC.AQ
AQ BC S

⊥ ⇒ = ⇒ diện tích tam giác ABC lớn
nhất khi AQ lớn nhất tức là A là điểm chính giữa của cung BC. Tóm lại diện tích tam giác
AMN lớn nhất khi đỉnh A của góc vng xAy là điểm chính giữa của cung BC (nói cách
khác góc vng xAy cắt (O) tại B và C sao cho AB = AC).

Tuyen tap 100 bai toan hinh thi vao lop 10 THPT

<b>100 BÀI TỐN HÌNH THI VÀO LỚP 10 THPT </b>

(

)

(

)

<i><b>H</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b><sub>C</sub></b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>K</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>P</b></i>

<i><b>O</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>C</b></i>

(

)

(

)

<i><b>B'</b></i>

<i><b>A'</b></i>

<i><b><sub>P</sub></b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>O</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>O</b></i>

<i><b>H</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b><sub>C</sub></b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>K</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>D</b></i>

<i><b>O</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>A</b></i>

(

)

<i><b>H</b></i>

<i><b>K</b></i>

<i><b>I</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>H</b></i>

<i><b>K</b></i>

<i><b>M</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>O</b></i>

<i><b>C</b></i>

(

)

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<i><b>K</b></i>

<i><b>P</b></i>

<i><b>Q</b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>H</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<i><b>C</b></i>

<i><b>M</b></i>

<i><b>H</b></i>