On luyen HSG 9 co dap anst

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (535 KB, 34 trang )

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

các bài tốn hình học có nhiều cách giải

Dạng tốn chứng minh về góc với đờng trịn qua nhiều cách giải 1 bài tốn

Bài tốn 1: Cho  ABC nội tiếp trong đờng tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đờng cao AH, bán
kính OA. Chứng minh OAH = ACB - ABC .

Cách giải 1: Hình 1.
Gợi ý:

- KỴ OI  AC c¾t AH ë M

- ¸p dơng kiÕn thøc vỊ gãc ngoµi tam gi¸c.
- Góc nội tiếp,góc ở tâm.

Lời giải: Ta cã:


OMH = ACB (gãc cã c¸c cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

AOM= ABC

(cùng bằng
1

2sđAC )
Trong OAM thì: OMH = AOM + OAH

(Góc ngoài tam gi¸c) Hay ACB = ABC + OAH  
VËy: OAH = ACB - ABC   (Đpcm)

Cách giải 2: Hình 2.

Gi ý: K tiếp tuyến với đờng tròn tại A 
cắt BC ở D .

Lêi gi¶i:

Ta cã: ABC = CAD   (1) (Cïng ch¾nAC )

 

OAH = ADC (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
Cộng tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc: ABC + OAH = CAD + ADC   

Mµ CAD + ADC = ACB    (gãc ngoµi tam gi¸c)
 ABC + OAH = ACB  

VËy: OAH = ACB - ABC (Đpcm)
Cách giải 3: H×nh 3.

Gợi ý: - Kẻ đờng kính AOD 
- Kẻ DK  BC
Lời giải:

Ta cãDK // AH OAH = ODK   (1) (so le trong)

 

ABC = ADC (2) (gãc néi tiÕp cïng ch¾nAC )
Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc OAH + ABC = ODK + ADC = KDC    
Mà: KDC = ACB 

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
OAH + ABC = ACB  

VËy OAH = ACB - ABC   (Đpcm)
Cách giải 4: Hình 4

Gợi ý:

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

Lêi gi¶i:

Ta cã: OAH = KCB   (1)

(gãc cã c¸c cặp cạnh tơng ứng vuông góc)

ABC = ADC (2) (gãc néi tiÕp cïng ch¾n AC )
Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2)

Ta đợc: OAH + ABC = KCB + ADC   
Mà: ADC = KCA  

(gãc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
OAH + ABC = KCB + KCA = ACB    
VËy: OAH = ACB - ABC (Đpcm)

Cách giải 5: Hình 5.
Gợi ý:

- Kẻ đờng kính AOD

- Gọi M là giao điểm của AH và DC
Lêi gi¶i:

Ta cã: AMC = ACB   (1)

(góc có cạnh các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)



ADM = ABC (2) (gãc néi tiếp cùng chắnAC )
Trừ từng vế của (1) và (2)

Ta đợc: AMC - ADM = ACB - ABC   

Mµ: AMC - ADM = OAH    (gãc ngoài tam giác)
Vậy OAH = ACB - ABC (Đpcm)

Cách giải 6: Hình 6
Gợi ý:

Kẻ OI BC và OK AB

Lời giải:

Ta cã: OAH = O   2 (1) (so le trong)
ABC = O  1 (2)

(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)
Cộng từng vế của (1) và (2)

Ta đợc OAH + ABC = O + O    1  2
Mà O + O = ACB  1  2  (Cùng bằng 1

2 s® AB )
 OAH + ABC = ACB  

VËy OAH = ACB - ABC    (§pcm)

Cách giải 7: Hình 7
Gợi ý: Tại A kẻ tiếp tuyến Ax 
và đờng thẳng Ay // BC

Lêi gi¶i: Ta cã: OAH = xAy   (1)
(góc có các cặp cạnh tơng ứng vuông góc)



ABC = BAy (2) (so le trong)
Céng tõng vÕ cđa (1) vµ (2) .

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

Mµ: xAB = ACB   (gãc néi tiÕp cïng ch¾nAB )
 OAH + ABC = ACB  

VËy OAH = ACB - ABC    (§pcm)

Đây là một bài tốn có nhiều cách giải khác nhau nhng ở bài tốn này việc sử dụng
yếu tố vẽ thêm đờng phụ là một vấn đề quan trong cho việc tìm ra các lời giải và là vấn đề
khó đối với học sinh ở bài toán trên giáo viên cần cho học sinh chỉ ra kiến thức đã vận dụng
vào giải bài toán.

- Kiến thức về hai đờng thẳng song song, hai đờng thẳng vng góc.
- Góc nội tiếp, góc ở tâm, góc ngoài tam giác.

Dạng chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau,đờng thẳng song song,đồng quy

Bài tốn 2: Trong hình vng ABCD và nữa đờng trịn đờng kính AD và vẽ cung AC mà tâm 
là D. Nối D với điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nữa đờng trịn đờng kính AD ở K. Chứng
minh PK bằng khoảng cách từ P đến AB.

C¸ch giải 1: Hình 1
Gợi ý :

- Kẻ PI  AB

- XÐt hai tam gi¸c APK và API.
Lời giải:

Kẻ PI AB.

Xét APK và tam giác API

APK vuụng ti K ( Vì góc AKD = 900

góc nội tiếp chắn na ng trũn

ng kớnh AD)

ADP cân tại D, AD = DP 
 P = DAP2 

Mặt khác. P = DAP1  ( So le trong vì AD // PI )
Do đó: ^P

1=^P2 APK = API
( Có chung cạnh huyền và một cỈp gãc
nhän b»ng nhau )  PK = PI

Cách giải 2: Hình 2

Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác
APK và API bằng nhau cách 1 ta chứng 
minh^P

1=^P2. Ta chứng minh ^A1=^A2
- Gọi F là giao điểm của AP với đờng trịn
đờng kính AD

Lời giải: Ta có: AFD = 900
( Góc nội tiếp chắn nữa đờng trịn)

Tam giác ADP cân tại D có DF là đờng cao
nên DF cũng là phân giác suy ra: ^D

1=^D2
mµ^A

1=^D2 ;^D1=^A2Vì đều là góc có các cặp cạnh tơng ứng vng góc
Suy ra: ^A

1=^A2 APK = API
( Có chung cạnh huyền và một cặp gãc
nhän b»ng nhau )  PK = PI
Cách giải 3: Hình 2.

Gi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh A = A 1  2 nhng việc chứng minh 
đợc áp dụng bằng kiến thức khác.

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

Lêi gi¶i: Ta cã IAK = ADK  ( Cã sè ®o b»ng
1
2s®AK

)

Mặt khác góc IAP là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung AP của đờng trịn tâm D nên góc


IAPb»ng 
1

2 số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung lµ gãc ADP
^IAP =

 

1 1

ADP = IAK

2 2 Suy ra: ^A

1=^A2 APK = API
( Có chung cạnh huyền và một cỈp gãc nhän b»ng nhau )

 PK = PI

Cách giải 4: Hình 3
Gợi ý:

- Kéo dài K cắt đờng tròn tâm D tại E
- áp dụng định lí của góc tạo bởi tiếp tuyến
và dây cung

Lêi gi¶i: DK  AE nªn AP = PE  .
Gãc BAE (góc tạo bởi tiếp tuyến và

dây cung AE )Vì AP lại đi qua điểm chính
giữa của cung AE nên AP là tia phân giác của
góc BAE Suy ra: ^A

1=^A2
 APK =  API

( Có chung cạnh huyền và một cặp góc

nhän b»ng nhau )  PK = PI

Đối với bài toán trên để chứng minh hai đoạn thẳng PK và PI bằng nhau ta đi chứng
minh APK =  API vấn đề giáo viên cần cho học sinh t duy và vận dụng sáng tạo kiến
thức về :

- Trêng hỵp bằng nhau trong tam giác vuông
- Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung.

- Góc nội tiếp

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

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có DAB = CAF (bài toán 1)

B1 = F1 ⇒ AOBF
néi tiÕp

⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600
∠ O2 = ∠ A1 = 600
⇒ ∠ AOB = 1200 (1)
T¬ng tù: ∠ AOC = 1200

⇒ ∠ BOC = 1200

Mµ ∠ BFC = 600 ⇒ BOCE 
néi tiÕp

⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ ∠ AOF = 1800

⇒ A; O; E thẳng hng
Hay AE; BD; CF ng quy.

1
2

1 1

1
1

2
3

B

C

A

D

E

F

O

Qua bài trên ta nhËn thÊy c¸c gãc AOB; BOC; COA cã sè đo là 1200.

Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc sau :

Bài toán 4:

Cho tam gi¸c ABC, vỊ phÝa ngoài tam
giác, dựng các tam gi¸c ABF; ACD
vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF =
BD; CF BD.

H

íng dÉn gi¶i:
+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)
+ CF BD:

Do Tø gi¸c AOBF néi tiÕp

⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900

B

C

A

D

F

O

TiÕp tôc bài toán trên. Gọi M; N; I lần lợt là trung

®iĨm cđa BF; CD; BC, ta cã:

IM là đờng TB của tam giác BCF nên:
IM // = 1

2 CF (1)
T¬ng tù ta cã:

IN // = 1

2 BD (2)
Mµ: CF = BD (3)

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

B

C

A

D

F

O

N

M

I

NhËn xÐt r»ng Δ AMB vµ Δ ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp.
Bài toán 5:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam
giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân tại N. Gọi I là
trung điểm của BC. IMN là tam giác gì?

Nu hc sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp dạng thì
hơi khó giải đối với các em.

B

C

A

N

M

I

Bài tốn trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các
tam giác vng cân ABM, CAN bằng các hình vng ABDE và ACHF thì ta đợc bài tốn
đơn giản hơn.Ta có bài toỏn tip sau :

Bài toán 6: 
Cho tam gi¸c
ABC, dùng vỊ
phÝa ngoài tam
giác các hình
vuông ABDE và
ACHF.

a.Chøng minh
r»ng:

BF = CE vµ BF
CE

b.Gọi I, J lần lợt
là tâm của hai
hình vng đó. M
là trung điểm của
BC. Chứng minh
rằng Δ MIJ là
tam giác vng
cân.

B

C

A

H

F

E

D

I

J

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

Bài tốn 7: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đờng tròn (O). M ; N ; P lần lợt là cá điểm
chính giữa các cung nhỏ AB ; BC ; CA  . MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S.

Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
Cách giải 1: Hình 1.

Gợi ý: Đây là một bài tốn hình tơng đối khó đối với học sinh nếu khơng có t duy tốt trong 
hình học. Khi đa ra bài tốn này ngay cả việc

vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em

đã khơng tìm ra đợc lời giải. Dới sự hớng dẫn của thầy.
Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác

của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của
các đờng phân giác. Khi đó ta có I chính
là tâm của đờng trịn nội tiếp tam giác ABC
Để chứng minh cho RS // BC và I  RS ta đi
chứng minh IR // BC ; IS // BC rồi sử dụng
tiên đề về đờng thẳng song song để suy ra
điều phải chứng minh.

Sau một thời gian ngắn một học sinh đã
tìm ra đợc lời giải cho bài toán này.

Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra.
Lời giải:

XÐt NBI ta cã: IBN = B + B  2  3 mµ

 2 CP
B =

2
 3 

B = NAC (Gãc néi tiÕp ch¾n cung NC
)


NAC = 

BAC

2 do đó

 A B 
IBN =

2


;
  1  1

BIN = A + B = 
 
A B

2


( Gãc ngoµi cđa tam gi¸c ABI )

Suy ra : IBN = BIN  NBI cân tại N  N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI
Ta chứng minh đờng trung trực của on thng ny chớnh l RN.

Gọi H là giao điểm của MN và PB. Ta có

BHN =
1

2sđ

BN + AM + AP  



= 
1
2

  

s®BC + s®AB + s®AC
2

Vì BHN  là góc có đỉnh nằm bên trong đờng tròn và
 BC

BN =
2 ;

 AB
AM =

2 ;

 AC
AP =

2  BHN  = 
1

4 3600 = 900 
 RN là trung trực của đoạn thẳng BI  BR = RI  RBI c©n t¹i R 
 B = RIB  1  mµ B = B 1  2

 B = RIB 2   IR // BC ( Vì tạo với các tuyến BI hai góc so le trong b»ng nhau )

Cũng chứng minh tơng tự ta đợc IS // BC, từ điểm I ở ngoài đờng thẳng BC ta chỉ có thể kẻ
đ-ợc một đờng thẳng song song với BC

 R ; I ; S thẳng hàng.

Vy RS // BC v RS i qua tâm I của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC ( Đpcm)
Cách giải 2: Hình 2

Gợi ý: Trong cách giải này yêu cầu học 
sinh phải nắm lại kiến thức cũ về

Tớnh chất đờng phân giác trong tam giác
đây là tính chất quan trọng mà các em đã đợc
học ở lớp 8 đa số học sinh ít thậm trí là khơng
hay để ý đến tính chất này.

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

 

MA = MB do đó MN là phân giác của góc ANB
áp dụng tính chất đờng phân giác

trong tam gi¸c ABN ta cã:

RA NA

RB NB ( 1)
Tơng tự: NP là phân gi¸c cđa tam gi¸c ACN

SA NA

SC NC (2)

vì BN = CN   nên BN = CN kết hợp với (1) và (2) ta đợc

RA SA

RB SC  RS // BC 
Gäi giao ®iĨm cđa RS víi AN lµ I, cđa BC vµ AN lµ D vì RS // BC nên ta có:

AI RA

ID RB mµ

NA RA

NB  RB suy ra

AI NA
=
ID NB
Hai tam giác BND và tam giác ANB đồng dạng
(vì có góc BNA chung vàBAN NBD  ) nên

NA AB

NB  BD VËy

AI AB

ID BD

Suy ra BI là phân giác của góc ABC

ở trên ta có I thuộc phân giác AN của góc BAC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác

ABC nờn I l tâm của đờng tròn nội tiếp tam giác ABC . ( Đpcm)

Bài toán 8: T ừ một điểm trên đờng trịn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đờng 
vng góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đờng tròn. Chứng minh rằng chân của
ba đờng vng góc đó thẳng hàng

(Đờng thẳng này gọi là đờng thẳng Simson)
Cách giải 1:

V× D = E = 90 0 suy ra tứ giác

BDPE là tø gi¸c néi tiÕp BED = BPD   (*)
( Gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung )

vµ F = E = 90  0

suy ra tø giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp
suy ra FEC = FPC  (**)

( Góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng tròn
 BPC = - A   (1)

PD AB
PF AC

 



   DPF = - A  
(2)
Tõ (1) vµ (2)  BPC  = DPF
 BPD = FPC  (***)

Tõ (*) ; (**) vµ (***)  BED = FEC  D ; E ; F thẳng hàng
Cách giải 2:

PE EC
PF FC

 



  

Tứ giác EFCP là tứ giác nội tiếp  FEP + PCF = 180  0 (1)
Vì tứ giác ABPC nội tiếp đờng trịn  ABP + FCP = 180   0 Mà ABP + BDP = 180   0

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

PD BD
PE BC

Tứ giác EPDB là tø gi¸c néi tiÕp  DBP = DEP ( 3)
Tõ (1) ; (2) vµ (3) ta cã : PEF + DEP = 180   0

Suy ra ba ®iĨm D ; E ; F thẳng hàng

i vi bi toỏn trên là một bài tốn khó u cầu học sinh phải huy động nhiều kiến
thức có liên quan vì vậy ngay cả việc tìm ra lời giải đã khó việc tìm ra các cách giải khác
nhau là một vấn đề quá khó, với bài này bản thân học sinh của tôi không làm đợc sau khi
giáo viên gợi ý học sinh đã dần t duy sáng tạo và tìm đợc hớng đi của bài toán. Đơn vị kiến
thức đợc áp dụng để giải bài toán.Nh để chứng minh ba điểm thẳng hàng cần chứng minh hai
góc kề có tổng số đo bằng 1800.

- Tứ giác nội tiếp đờng trịn.
- Góc nội tiếp trong đờng trịn.
Bài tốn 9:

Cho tam gi¸c ABC, dùng vỊ phÝa ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình
bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH QC

Bài giải:
Gọi O là giao
điểm của BH vµ
QC. Theo BT 9,
ta cã: Δ ABC
= FQA,
nên: BC = QA

Và ∠ ACB =

∠ FAQ

⇒ ∠

BCH = 
QAC.

Xét hai tam giác:
 BCH và
 QAC, có:
BC = QA
∠ BCH =

∠ QAC

⇒

CH = AC (gt)
Δ BCH =

Δ QAC (c.g.c)

⇒ BH = QC
(1)

Vµ ∠ CBH =

∠ AQC

Mµ ∠ AQC +

∠ QCP = 900
⇒ ∠ CBH
+ ∠ QCP =
900

Hay ∠ BOC =
900

Hay BH QC
(2)

Tõ (1) vµ (2) suy
ra ®pcm.

A

C

B

P

M

D

E

F

H

Q

N

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

Tơng tự nh trên ta cũng có CD QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đờng cao của tam giác
QBC. Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới c phỏt biu dng khỏc.

Bài toán 10:

Cho tam giác ABC, dựng
về phía ngồi tam giác
các hình vng ABDE và
ACHF, vẽ hình bình hành
AEQF, Chứng minh rằng
QP, BH và CD đồng quy.
(ta thấy QP, BH và CD là
ba đờng cao của tam giác
QBC, nên chúng đồng
quy)

B

C

A

P

H

F

E

D

Q

Dạng chứng minh đờng thẳng song song v tam giỏc ng dng

Bài toán 11: Đờng tròn (O;R1) và (O';R2) tiếp xúc nhau tại P. Một cát tuyến qua P cắt (O;R1)
tại A và (O';R2) tại B. Một cát tuyến khác cũng qua P cắt (O;R1) tại C và (O';R2)

ti D. Chng minh : OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD các tam giác PAC và PBD đồng dạng.
Sau khi đọc bài toán này giáo viên cần cho học sinh nhắc lại kiến thức về hai đờng
trịn tiếp xúc với nhau. Và từ đó cần u cầu học sinh để giải bài toán trên chung ta phải đi
xét hai trờng hợp sảy ra.

Hai đờng tròn tiếp xúc ngồi và hai đờng trịn tiếp xúc trong.ở đây tơi chỉ trình bày về hai
đ-ờng trịn tiếp xúc ngồi cịn trđ-ờng hợp hai đđ-ờng trịn tiếp xúc ngồi chỳng ta chng minh tng
t

Cách giải 1: Hình 1
Gợi ý:

- Tính chất của hai đờng trịn
tiếp xúc nhau

- áp dụng trờng hợp đồng
dạng thứ hai

Lêi gi¶i:

Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O'

Suy ra:OAP = OPA   và O'PB = O'BP   mà OPA = O'PB  ( Hai góc đối đỉnh)
Suy ra tiếp các góc ở vị trí so le trong bằng nhau  OA//O'B ; OC//O'D ; AC//BD
Và  OAP = PBO'   hai tam giác OAP và O'BP đồng dạng



1
2
R

PA PO

PB PO' R (1)

Tơng tự ta cũng có : OCP = OPC   vàO'PD = O'DP   mà OPC = O'PD  ( Hai góc đối đỉnh)
 OCP = PDO'   hai tam giác OCP và O'DP đồng dạng



1
2
R

PC PO

PD PO' R (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã:

=
PB

1
2
R
PC

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

Cách giải 2: Hình 2

Gi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đờng tròn.
- áp dụng trờng hợp đồng dạng thứ ba
- áp dụng định lí về góc tạo bởi

tia tiÕp tuyến và dây cung
Lời giải:

K tip tuyn chung xPy
ca hai đờng tròn.

Ta cã. CAP = CPy = xPD = PBD   
( ¸p dơng tÝnh chÊt về góc tạo bởi
tiếp tuyến và dây cung và góc nội
tiếp cùng chắn một cung

thì bằng nhau)

Mt khác APC = BPD  

(hai góc đối đỉnh)

Suy ra : PA1B1 và PA2B2 đồng dạng.

Dạng chứng minh tứ giác nội tiếp đờng trịn,hình vng....

Bài tốn 12: Cho tam giác đờng phân giác BN và tâm O của đờng tròn nội tiếp trong tam 
giác . Từ A kẻ một tia vng góc với tia BN, cắt BC tại H. Chứng minh bốn điểm A; O; H; C
nằm trên một đờng tròn.

Đối với bài toán này xảy ra hai trờng hợp đối với hình vẽ .
Tr

êng hỵp 1 : H vµ O n»m cïng phÝa víi AC Hình 1
Tr

ờng hợp 2 : H và O nằm khác phía với AC Hình 2

Gợi ý:

Gọi I là giao điểm của AH và BN

Kẻ AP vuông góc với CO cắt AB tại P. M là giao điểm của OC và AB
K là giao điểm của OC vµ AP

- áp dụng tính chất giữa các đờng( đờng cao, đờng trung trực, đờng trung tuyến, đờng
phân giác đờng trung bình,) trong tam giác.

- KiÕn thøc vỊ tø giác nội tiếp
- Tính chất góc ngoài tam giác

Cách giải 1:

Xét ACP có CK vừa là phân giác vừa là đờng cao nên CK cũng là đờng trung tuyến,
đờng trung trực  KA = KP (1)

Xét ABH có BI vừa là phân giác vừa là đờng cao nên BI cũng là đờng trung tuyến,
đờng trung trực  IA = IH (2)

Từ (1) và (2) ta có: IK là đờng trung bình trong tam giác APH
 IKO = OCH   ( Hình 1)

Hc IKO + OCH = 180  0 (H×nh 2)

Xét tứ giác AKOI có I = K   = 900  AKOI là tứ giác nội tiếp  IKO = OAH  
 Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng tròn

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

Ta có BN là đờng trung trực của AH  BHO = BAO   mà BAO = OAC   nên

 

BHO = OAC  Tứ giác AOHC nội tiếp đợc.  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng
trịn

C¸ch giải 3:

ABI là tam giác vuông nên IBA + BAI   = 1800 hay

   0

IBA + BAO + OAI = 180 Suy ra: 

 

B A

OAI + +

2 2 = 900  OAI bằng (hoặc bù) với
góc OCH   Tứ giác AOHC nội tiếp đợc.  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng trịn

C¸ch giải 4:

* Đối với (Hình 1) ta có

0 B

AHC = 90 +

2 Gãc ngoµi trong tam gi¸c


AOC =


0 B
90 +

2 (Vì O là tâm của đờng trịn nội tiếp )

 AHC = AOC   Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nằm trên một đờng

trịn

* §èi víi ( H×nh 2)

XÐt trong tam gi¸c IBH ta cã

 0 B

AHC = 90 -
2


AOC =


0 B
90 +

2 (Vì O là tâm của đờng tròn nội tiếp )  AHC + AOC = 180 0
Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nằm trờn mt ng trũn

Cách giải 5:
Ta có

A + B 
AON =

2 ( Góc ngồi ở đỉnh O của tam giác AOB )

 AOH = A + B    AOH + ACH = 180  0 ( Hình 1)

hoặc AOH = ACH = A + B    ( Hình 2)
Suy ra Tứ giác AOHC nội tiếp đợc  A; O; H; C cùng nm trờn mt ng trũn.

Bài toán 13 :

Cho hình bình hành ABCD, về phía
ngoài hình bình hành, dựng các tam
giác ABM vuông cân tại M; ACN
vuông cân tại N; BDP vuông cân tại
P; CDQ vuông cân tại Q. Chứng
minh rằng tứ giác NMPQ là hình
vuông.

B

C

A

D

N

Q

P

M

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

Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 14.
Bài toán 14:

Cho hình bình hành ABDC,
về phía ngoài hình bình

hành, dựng các hình vuông
ABEF, ACMN, DBPQ,
CDKL, Gọi S, G, R, H lần
l-ợt là tâm của các hình vuông
trên. Chứng minh rằng tứ
giác SGHR là hình vuông.

B

C

A

D

M

F

E

Q

K

L

N

P

G

H

R

S

Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác
thờng thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 15.

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

Bài giải:

Gi I là trung điểm của AC, theo bài toán
7 ta chứng minh đợc tam giác SIJ và tam
giác VIK vuông cân tại I.

XÐt hai Δ : Δ VIJ vµ Δ KIS, cã:
VI = KI

∠ VIJ = ∠ KIS ⇒
IJ = IS

⇒ Δ VIJ = Δ KIS (c.g.c)

⇒ VJ = KS (1)

Gọi R là giao điểm của IS và VJ
Do ∠ IJV = ∠ ISK ( Δ VIJ =

Δ KIS)

Vµ ∠ IJV + ∠ IRJ = 900

⇒ ∠ ISK + ∠ VRS = 900
Hay KS VJ (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra đpcm.

D

C

B

A

P

Q

M

N

F

E

H

G

V

K

J

S

R

I

Bài toán 16:

Cho tam giác ABC, dựng về
phía ngồi tam giác các hình
vng ABDE và ACHF. Gọi I, J
lần lợt là tâm của hai hình
vng đó. M, N là trung điểm
của BC và EF. Chứng minh rằng
tứ giác IMJN là hình vng.

B

C

A

H

F

E

D

I

J

M

N

ở bài tốn trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là
đ-ờng cao của tam giác ABC và đđ-ờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đđ-ờng cao của
tam giác AEF.

Đối với bài toán này việc vẽ đờng phụ là quan trọng. Học sinh cần áp dụng kiến thức
về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều. Tính chất của dãy tỉ số
bằng nhau đã đợc học ở lớp 7 vào giải bài toán.

Hai cách giải trên tơng tự giống nhau. Song sau khi đã tìm đợc lời giải 1 giáo viên cần
gợi ý cho học sinh qua câu hỏi. Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC thì ta
có thể chứng minh đợc hệ thức trên hay khơng?

Nh vậy thì học sinh mới t duy và tìm tịi lời giải. Giáo viên khơng nên đa ra lời giải mà phải
để học sinh tìm lời giải cho bi toỏn.

Bài tập tự luyện tại nhà cho học sinh.

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

Bài tập 2: Cho hình vng ABCD, O là giao điểm của đờng chéo AC và BD gọi M và N là
trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đờng tròn

Bài tập 3:Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O đờng kính AC. Trên tia AB lấy điểm D
sao cho AD = 3AB. Đờng thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp tuyến Ax của đờng tròn
(O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân.

Bài toán 4:Cho tam giác ABC, về phía ngồi tam giác dựng các hình vng ABEF; ACMN;
BCPQ. Chứng minh các đờng cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C
đồng quy.

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

ĐƯỜNG TRỊN – HÌNH VNG

1/ Cho hình vng ABCD . Đường kính CD và đường trịn tâm A , bán kính AD cắt nhau tại M
( M không trùng với D ) . Chứng minh rằng đường thẳng DM đi qua trung điểm cạnh BC

HƯỚNG DẪN
B

A D

DM là dây chung của hai đường tròn  AO  DI

 OAD = CDI ; AD = CD   ADO =  DCI  IC = OD = ½ BC

2/Cho hình vng ABCD nội tiếp trong đường trịn tâm O , bán kính R . M là một điểm bất kỳ
trên đường tròn .

a/Chứng minh MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 24R4

b/ Chứng minh MA . MB . MC . MD  6R2

HƯỚNG DẪN

B C

A D

a/ MA4 + MC4 = ( MA2 + MC2 ) – 2MA2 .MC2 = AC4 – 2MH2 .AC2 = 16R4 – 8R2.MH2

Chứng minh tương tự ta có : MB4 + MD4 = 16R4 – 8R2.MK2

 MA4 + MB4 + MC4 + MD4 = 32R4 – 8R2 ( MH2 + MK2 ) = 32R4 – 8R2.R2

= 24R4

b/ Aùp dụng Bất đẳng thức Cơsi ta có :
(MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 )

 2

√

(MA4+MB4)(MC4+MD4)
Vì MA4 + MB4

 2

√

MA4. MB4=2MA2. MB2
MC4 + MD4

 2

√

MC4. MD4=2 MC2. MD2

 (MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 )  2

√

MA2. MB2. MC2. MD2

(MA4 + MB4 ) + ( MC4 + MD4 )

 4MA.MB.MC.MD
 4MA.MB.MC.MD  24R4

 MA.MB.MC.MD  6R4 Dấu “=” xảy ra  MA = MB = MC = MD nhưng điều

này không thể xảy ra nên : MA.MB.MC.MD < 6R4

3/Cho hình vng ABCD . Dựng nửa đường trịn tâm I , đường kính AD và cung AC tâm D , bán
kính DA . Tia DE gặp nửa đường tròn ( I ) tại K . Kẻ EF vng góc với AB .

Chứng minh EK = EF.

HƯỚNG DẪN

C
I

M
K

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

Nhận xét : EF  AB , EK  AK

 cần chứng minh AE là phân giác của góc BAD

Đường tròn (D ) tiếp xúc với AB tại A  ADE = 2FAE (1)

ADE = KAF = FAE + EAK (2)
Từ (1) và (2) ta có : FAE = EAK

3/ Cho hình vng ABCD cạnh a . Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm di
động E , F sao cho : AE + EF + FA = 2a .

a/ Chứng tỏ rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường trịn cố định .
b/ Tìm vị trí của E , F sao cho diện tích  CEF lớn nhất .

A E B K HƯỚNG DẪN

H

F

D C

a/ Trên tia đối của BA lấy K sao cho BK = DF . Vẽ CH  EF , H  EF .
 DFC =  DKC ( DF = BK ; FDC = KBC = 900 ; DC = BC )

 CF = CK .

Vì EF = 2a – ( EA + FA ) = ( AB + AD ) – ( EA + FA ) = AB – EA + AD – FA
= EB + FD = EB + BK .

Do đó  CEF =  CEK ( c.c.c)

Suy ra các đường cao CH và CB bằng nhau .

CH không đổi , C cố định , CH  EF  EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố định (
C , a ) .

b/  HCF =  DCF ( H = D = 900 ; CF chung ; CH = CD = a )  SHCF = SDCF .
Chứng minh tương tự ta có : SHCE = SBCE do đó SHCF + SHCE = SDCF + SBCE

 SCEF = ½ SCDFEB  SCEF = ½ ( a2 – SAEF )

SAEF  0  SCEF  ½ a2 . Dấu “ = “ xảy ra  SAEF = 0 
E  B , F  A hoặc E  A , F  D .

Vậy E  B , F  A hoặc E  A , F  D thì SCEF đạt giá trị lớn nhất .

5/ Trên đoạn AB lấy M tùy ý . Trên đoạn AM và MB dựng về một phía đối với AB các hình
vng AMEF và MBCD . Đường tròn ngoại tiếp 2 hình vng cắt nhau tại điểm thứ hai là N .

a/Chứng minh AN đi qua một đỉnh của hình vng thứ hai .
b/Tìm quỹ tích của N khi M di chuyển trên AB .

c/Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn nối tâm hai hình vng .

HƯỚNG DẪN
F E

A B

E
K

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

A M B

a/ BD cắt AE tại H .  AHB có : HAB = HBA = 450  HB  AH .

Xét  AEB ta có : EM  AB ; BH  AE  AD  BE taïi N .

Mà DNB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )

 DN  BE taïi N

 ba điểm A , D , N thẳng haøng

 điều phải chứng minh .

b/ Quĩ ttích của N là nửa đường trịn đường kính BD .

c/ Quĩ tích của I là đường trung trực của đoạn thẳng PQ . Khi M trùng với B thì I trùng với
tâm của hình vng AMEF .

.

N
H

D C

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

Bồi D

ỡng học sinh giỏi môn toán 9

Chuyên Đề Đ

ờng tròn

A-

Mục tiêu:

-Hc sinh cn nm vng cỏc kiến thức cơ bản về đờng tròn.

-Vận dụng một cách thành thục các đn,tính chất để giải các dạng bài tập đó.
-Rèn kỹ năng và t duy hình học.Sáng tạo và linh hoạt trong giải tốn hình học.

B - NỘI DUNG :

I/ Những kiến thức cơ bản :

1) Sự xác định và các tính chất cơ bản của đường trịn :

- Tập hợp các điểm cách đều điểm O cho trước một khoảng khơng đổi R gọi là
đường trịn tâm O bán kính R , kí hiệu là (O,R) .

- Một đường trịn hồn tồn xác định bởi một bởi một điều kiện của nó . Nếu

AB là đoạn cho trước thì đường trịn đường kính AB là tập hợp những điểm M
sao cho góc AMB = 900 . Khi đó tâm O sẽ là trung điểm của AB cịn bán kính

thì bằng R=AB

2 .

- Qua 3 điểm A,B ,C khơng thẳng hàng ln vẽ được 1 đường trịn và chỉ một
mà thơi . Đường trịn đó được gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
- Trong một đường trịn , đường kính vng góc với một dây thì đi qua trung

điểm dây đó . Ngược lại đường kính đi qua trung điểm của một dây khơng đi
qua tâm thì vng góc với dây đó .

- Trong đường tròn hai dây cung bằng nhau khi và chỉ khi chúng cách đều tâm .
- Trong một đường trịn , hai dây cung khơng bằng nhau , dây lớn hơn khi và chỉ

khi dây đó gần tâm hơn .

2) Tiếp tuyến của đường tròn :

- Định nghĩa : Đường thẳng được gọi là tiếp tuyến của đường trịn nếu nó có
một điểm chung với đường trịn . Điểm đó được gọi là tiếp điểm .

- Tính chất : Tiếp tuyến của đường trịn vng góc với bán kính tại tiếp điểm .
Ngược lại , đường thẳng vng góc với bán kính tại giao điểm của bán kính
với đường trịn được gọi là tiếp tuyến .

- Hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì điểm đó cách đến

hai tiếp điểm ; tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai
tiếp tuyến ; tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai
bán kính đi qua các tiếp điểm .

- Đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh của một tam giác gọi là đường tròn nội tiếp
của tam giác đó . Tâm của đường trịn nội tiếp tam giác là giao của 3 đường
phân giác của tam giác .

- Đường tròn bàng tiếp của tam giác là đường tròn tiếp xúc với một cạnh và
phần kéo dài của hai cạnh kia .

3) Vị trí tương đối của hai đường tròn :

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

và d theo b ng sau :ả

Vị trí tương đối Số điểm chung Hệ thức

Hai đường tròn cắt nhau 2 R – r <d < R + r
Hai đường tròn tiếp xúc 1 d = R + r ( d = R – r )
Hai đường trịn khơng giao nhau 0 d > R + r ( d < R – r )

- Hai đường tròn tiếp xúc nhau khi và chỉ khi tiếp điểm nằm trên đường nối

tâm .

- Nếu hai đường trịn cắt nhau thì đường nối tâm vng góc với dây cung chung
và chia dây cung đó ra hai phần bằng nhau .

4) Các loại góc :
a. Góc ở tâm :

- Định nghĩa : Là góc có đỉnh ở tâm đường trịn .

- Tính chất : Số đo của góc ở tâm bằng số đo của cung bị chắn .

b. Góc nội tiếp :

- Định nghĩa : Là góc có đỉnh nằm trên đường trịn và hai cạnh của góc chứa hai
dây của đường trịn đó .

- Tính chất : Số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn .

c. Góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây đi qua tiếp điểm :

- Tính chất : Số đo của góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây bằng một nửa
số đo của cung bị chắn .

d. Góc có đỉnh nằm bên trong đường trịn :

- Tính chất : Số đo của góc có đỉnh nằm bên trong đường trịn bằng nửa tổng số
đo của hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc và các tia đối của hai cạnh ấy .

e. Góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn :

- Tính chất : Số đo của góc có đỉnh nằm bên ngồi đường trịn bằng nửa hiệu số
đo của hai cung bị chắn giữa hai cạnh của góc .

5) Quỹ tích cung chứa góc :

- Quỹ tích những điểm M nhìn đoạn thẳng AB cố định dưới một góc

 khơng

đổi là hai cung trịn đối xứng nhau qua AB gọi là cung chứa góc  dựng trên

đoạn thẳng AB . Đặc biệt là cung chứa góc 900 là đường trịn đường kính AB .

- Dựng tâm O của cung chứa góc trên đoạn AB :

o Dựng đường trung trực d của AB .

o Dựng tia Ax tạo với AB một góc  , sau đó dựng Ax’ vng góc với

Ax .

o O là giao của Ax’ và d .

6) Tứ giác nội tiếp đường tròn :

- Đinh nghĩa : Tứ giác có 4 đỉnh nằm trên đường trịn .

- Tính chất : Trong một tứ giác nội tiếp , tổng số đo hai góc đối diện bằng 2 góc
vng . Ngược lại , trong một tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 2 góc vng
thì tứ giác đó nội tiếp một đường trịn .

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

- Chu vi hình trịn : C = 2 π R

- Diện tích hình trịn : S = π R2

- Độ dài cung tròn : l = 180πRn
- Diện tích hình quạt trịn : S = πR2n

180

8) Tính bán kính đường trịn nội tiếp , ngoại tíêp , bàng tiếp đa giác 
a. Bán kính đường trịn nội tiếp đa giác đều n cạnh :

R =

a
2 Sin180

0
n

r =

a
2 tg180

n

b. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đều n cạnh

r =

a
2 tg1800

n

c. Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác (R) :
R = 2 SinAa = b

2 SinB=
c
2 SinC

R = abc4S

Δ

V

ới tam giác vuông tại A : R = a2
Với tam giác đều cạnh a : R = a

√

d. Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác (r) :

r = SΔ

p với ( 2p = a+b+c )

Với tam giác vuông tại A : r = c+b− a2
Với tam giác đều cạnh a : r = a

√

e. Bán kính đường trịn bàng tiếp góc A tam giác (ra) :

ra= S

p −a ( ra là bán kính đường trịn bàng tiếp góc A )

Với tam giác vng tại A : ra =

a+b+c
2

Với tam giác đều cạnh a : ra = a

√

3
2

II/ Bài tập vận dụng

1) Bài tập dụng về tính chất của đường trịn :

a. Ứng dụng tính chất của đường trịn :

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

sánh hai đoạn thẳng .

Sử dụng đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn để để xác định vị trí
của một đường thẳng , một điểm để có hình đặc biệt hoặc là áp dụng để giải
các bài tốn về cực trị .

b. Các ví dụ :

Bài 1 : Trong đường trịn (O) kẻ hai bán kính OA và OB tùy ý và một dây MN vng

góc với phân giác Ox của góc AOB cắt OA ở F và OB ở G . Chứng tỏ rằng MF = NG
và FA = GB .

Hướng dẫn chứng minh :

Sử dụng tính chất đường kính dây cung chứng
minh : HM = HN

Chứng minh tam giác OFG cân để : HF = HG ;
OF = OG

Từ hai điều trên suy ra điều phải chứng minh .

Bài 2 : Cho hai đường trịn đồng tâm như hình vẽ . So sánh các độ dài :

a) OH và OK
b) ME và MF
c) CM và MK
Nếu biết

AB > CD

AB = CD
AB < CD

Bài 3 : Cho (O) và điểm I nằm bên trong đường trịn . Chứng minh rằng dây AB

vng góc với OI tại I ngắn hơn mọi dây khác đi qua I .
Hướng dẫn chứng minh :

Kẻ dây CD bất kì đi qua I khơng trùng với AB .

Nhờ mối liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây , ta kẻ OK vng góc
với CD .

OI > OK nên AB < CD .

* Từ bài tập trên chúng ta thấy nếu bán kính đường
trịn bằng R và OI = d chúng ta có thể hỏi :

- Tính độ dài dây ngắn nhất đi qua I ?
- Tính độ dây dài nhất đi qua I ?

B
A

F
D

M
O

A B

O
I K

O H

x
1

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

Bài 4 : Cho (O;R) và điểm M nằm ngồi đường trịn . Hãy dựng cát tuyến MPQ với
đường tròn sao cho MP = MQ .

Hướng dẫn :

Phân tích : Giả sử dựng được hình
thỏa mãn đề bài . Kẻ OI vng góc
với PQ .

Ta có : IP=1

2PQ 
IP=1

3MI  MP=

2
3MI

Kẻ PN vng góc MQ ta thấy

MN=2

3MO và P là giao của đường trịn đường kính MN và (O)

Cách dựng : Dựng điểm N rồi dựng điểm P…

2) Bài tập về tiếp tuyến của đường tròn :

a. Ứng dụng của tiếp tuyến :

- Từ các tính chất của tiếp tuyến , của hai tiếp tuyến cắt nhau ta chỉ ra được các
đường thẳng vng góc , các cặp đoạn thẳng và các cặp góc bằng nhau ; cũng
từ đó ta xây dựng được các hệ thức về cạnh , về góc .

- Từ tính chất của tiếp tuyến chúng ta có thể vận dụng vào tam giác tìm ra cơng
thức tính diện tích của đường trịn nội tiếp , đường tròn ngoại tiếp và đường
tròn bàng tiếp tam giác , cũng như bán kính .

- Lưu ý : Chứng minh Ax là tiếp tuyến của (O;R) chúng ta làm

theo một trong các cách sau :

 A  (O;R) và góc OAx = 900 .
 Khoảng cách từ O đến Ax bằng R .

 Nếu X nằm trên phần kéo dài của EF và XA2 = XE.XF

( xem hình ) .

 Góc EAX = góc AEF .

b. Các ví dụ :

Bài 1 : Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC ; d là tiếp tuyến của đường tròn tại A . Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C
cắt d theo thứ tự ở D và E .

a) Tính góc DOE .

b) Chứng minh : DE = BD + CE .

c) Chứng minh : BD.CE = R2 ( R là bán kính đường tròn tâm O )

d) Chứng minh BC là tiếp tuyến của đường trịn có đường kính DE .

Hướng dẫn chứng minh :

a) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được :

DO E^ =DO A+^ EO A=^ 1

2(BO A^ +CO A^ )=90
0

b) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta chứng minh được :

N O

P I

A E

C
O

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

DE = DA + EA = BD + EC

c) Sử dụng tính chất tiếp tuyến ta có : BD.CE = DA.EA .

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác DOE DA.EA = OA2 = R2

d) Trung điểm I của DE là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông DOE . Ta
thấy OI là đường trung bình của hình thang vng BDEC nên OI // BD // CE
hay OI  BC hay BC là tiếp tuyến đường trịn đường kính DE .

Bài 2 : Cho hai đường trịn ( O) và (O’) tiếp xúc ngồi tại A . Kẻ các đường kính

AOB ; AOC’ . Gọi DE là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ; D  ( O ) ; E  ( O’) .

Gọi M là giao điểm của BD và CE .
a) Tính số đo góc DAE .
b) Tứ giác ADME là hình gì ?

c) Chứng minh rằng MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn .

Hướng dẫn chứng minh :

a) Kẻ tiếp tuyến chung của hai
đường tròn đi qua A cắt tiếp tuyến
chung DE ở F . Dựa vào tính chất
tiếp tuyến ta có FA = FD = FE .
Vậy tam giác DAE là tam giác
vuông tại A hay góc DAE = 900 .

b) Tứ giác ADME có

D= ^A=^E=900 nên nó là hình

chữ nhật .

c) Từ câu b) AM đi qua trung điểm của DE hay AM trùng với AF nên AM là
tiếp tuyến chung của hai đường tròn .

Lời bình :

- Với những bài tập cho trước hai đường tròn tiếp xúc nhau , ta nên lưu ý đến
tiếp tuyến chung của chúng . Nó thường có một vai trò rất quan trọng trong
các lời giải .

- Với bài tập trên chúng ta có thể hỏi :

 CMR : góc OFO’ là góc vng .

 DE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác OFO’ .

 Các tia AD và AE cắt (O) và (O’) ở H ; K . Chứng minh : SAHK = SADE .

Bài 3 : Gọi a , b, c là số đo 3 cạnh của tam giác ABC , r là bán kính đường trịn nội

tiếp tam giác . Tính diện tích tam giác theo p và r , trong đó p là nửa chu vi tam giác .

Hướng dẫn :

Gọi D , E , F là các tiếp điểm .

Theo tính chất tiếp tuyến : ID = IF = IE =
r .

Nên : SABC = SABI + SBCI + SACI = 12

( a + b + c).r = pr
S = pr .

B C

D F E

O O’

I
A

B C

E
F

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

Từ bài tập trên hãy tính :

- Bán kính r của đường trịn nội tiếp tam giác vng , tam giác đều theo các
cạnh của tam giác .

- Các đoạn tiếp tuyến AE , BF , CD theo các cạnh a , b, c của tam giác .

3) Bài tập về các loại góc trong đường trịn

Bài 1 : Cho A là một điểm cố định trên đường tròn (O) và M là một điểm di động

trên đường tròn đó . N là giao của AM với đường kính cố định BC . Chứng minh giao
điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN là cố định .

Hướng dẫn chứng minh :

Kẻ DA // BC . Kẻ đường kính DP .

Ta dễ thấy : ^N= ^P ( cùng bằng góc A ) .

Nên đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN đi qua

P  (O) cố định.

Nhận xét :

Trong bài này P còn là góc nội tiếp của hai
đường trịn nên nó đóng vai trị đại lượng trung gian để chứng minh những góc
bằng nhau . Kĩ năng này còn được gặp lại khá thường xuyên .

Bài 2 : Cho tham giác ABC có 3 góc nhọn . Đường trịn (O) có đường kính BC cắt

AB , AC theo thứ tự ở D , E . Gọi I là giao điểm của BE và CD .
a) Chứng minh : AI  BC

b) Chứng minh : I^D E=I^A E

c) Cho góc BAC = 600 . Chứng minh tam giác DOE là tam giác đều .

Hướng dẫn chứng minh :

a) Dựa vào tính chất góc chắn nửa đường
tròn , ta chứng minh được I là trực tâm của
tam giác ABC nên AI  BC .

b) Góc IAE = EBC góc có cạnh tương ứng
vng góc .

Góc EBC = EDC cùng chắn cung EC .
Từ hai điều trên suy ra điều chứng minh .
c) Góc BAC = 600

 Góc DBE = 300 chắn

cung DE

 Số đo cung DE = 600

 Góc DOE = 600 mà tam giác DOE cân đỉnh O nên DOE là tam giác đều .

Bài 3 : Cho đường tròn (O) đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn .

Điểm C thuộc nửa đường tròn cùng nửa mặt phẳng với Ax với bờ là AB. Phân giác
góc ACx cắt đường tròn tại E , cắt BC ở D .Chứng minh :

a) Tam giác ABD cân .

b) H là giao điểm của BC và DE . Chứng minh DH  AB .

c) BE cắt Ax tại K . Chứng minh tứ giác AKDH
là hình thoi .

C
B

A
D

P
M

B C

D
A

I
O

A B

C
D

K E

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

Hướng dẫn giải :

a) AD là phân giác hai cung AE và CE bằng nhau .

Dựa vào góc nội tiếp ta dễ dàng chứng minh được BE vừa là phân giác vừa là
đường cao của tam giác ABD , nên ABD cân đỉnh B.

b) Dựa vào góc chắn nửa đường tròn .Ta thấy H là trực tâm của ABD nên

DH  AB.

c) Ta thấy KE = HE (vì AKH cân đỉnh A) và AE = DE ( ABD cân đỉnh B)

và ADKH , nên tứ giác AKDH là hình thoi .

* Từ bài tập trên có thể ra các câu hỏi khác :
- Chứng minh OE  AC .

- Tìm vị trí của C trên cung AB để ABD đều

Bài 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp (O;R) .Chứng minh rằng :

a) R = 2 SinAa = b
2 SinB=

c
2 SinC

b) R = abc4S

Δ

Hướng dẫn giải

a) Kẻ đường kính AA’lúc đó ACA’ vng

tại C .

Dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông
và góc nội tiếp chắn cùng một cung ta có :

b=AA'. SinA \{^A'C = 2R . SinB

Hay R= b
2 SinB

Chứng minh tương tự .

b) Ta thấy hai tam giác vuông AHB và ACA’ đồng dạng nên AHAB=AC
AA'

hay ha

c =
b

2R mà ha=
2S

a suy ra
2S
ac =

b

2R hay S=
abc

4R

Từ bài tập trên hãy tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ,
tam giác đều .

4) Bài tập về tứ giác nội tiếp một đường tròn

Chứng minh tứ giác nội tiếp một đường tròn theo một trong các cách sau đây :
- Chứng minh tổng hai góc đối diện trong một tứ giác bằng 1800.

- Chứng minh hai điểm nhìn hai điểm cịn lại dưới cùng một góc .

- Tứ giác ABCD có AC cắt BD tại M mà MA.MC = MB.MD thì tứ giác ABCD
nội tiếp .

- Tứ giác có hai cạnh bên AB và CD giao nhau tại M mà MA.MB = MC.MD thì
tứ giác ABCD nội tiếp .

Các ví dụ :

Bài 1 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với các đường cao BD , CE .

a) Chứng minh BEDC là tứ giác nội tiếp .

B C

A’
H

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

b) Chứng minh : AD.AC = AE.AB .

c) Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC . Chứng minh rằng : Ax // ED .

Hướng dẫn chứng minh :

a) D, E cùng nhìn BC dưới một góc 900 nên tứ giác

BEDC nội tiếp .

b) Hai tam giác vuông ABD và ACE đồng dạng . Suy ra AD.AC = AE.AB .
c) x^A B=AC B^ vì cùng chắn cung AB.

A^E D=AC B^ vì cùng phụ với góc BED .

Nên x^A B=AE D^ . Suy ra Ax // ED .

Nhận xét :

Với giả thiết của bài tốn trên chúng ta có thể khai thác bài toán theo nhiều
hướng và ra được nhiều câu hỏi :

- Kéo dài các đường cao BD , CE , AF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
ở D’ , E’ , F’ . Chứng minh :

 H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác D’E’F’ .

 H đối xứng với D’,E’,F’ qua AC , AB , BC .
 ED // E’D’.

 OA  E’D’.

 Các đường tròn tam giác : HAB , HBC, HCA có bán kính bằng

nhau .

 SABC = abc

4R .

- Vẽ hình bình hành BHCK , I là trung điểm của BC . Chứng minh :

 Tứ giác ABKC nội tiếp với K nằm trên đường tròn (O) .

 B^A H=O^A C .

 H , I , K thẳng hàng .

 AH // OI ; AH = 2.OI . Nếu B , C cố định A di động thì bán kính

đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE khơng đổi .

 Đường thẳng qua K song song với BC cắt AH tại M thì

A,B,C,K,M cùng nằm trên một đường tròn .

Bài 2 : Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) ; E là điểm chính giữa của cung AB , hai dây

EC , ED cắt AB tại P và Q . Các dây AD và EC kéo dài cắt nhau tại I , các dây BC và
ED kéo dài cắt nhau tại K . Chứng minh rằng :

a) Tứ giác CDIK nội tiếp .
b) Tứ giác CDQP nột tiếp .
c) IK // AB .

d) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AQD tiếp
xúc với EA .

Hướng dẫn :

x A

B C

D
E

B
D

Q
P

E
I

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

a) D và C cùng nhìn IK dưới hai góc bằng nhau ( góc nội tiếp chắn hai cung
bằng nhau ) . Suy ra tứ giác DIKC nội tiếp .

b) sđ (QDC + QPC) = ½sđ (BE + CB) + ½ sđ (ADC + BE)
= ½ sđ( BE + CB + ADC + BE )
= 1800

Nên tứ giác CDQP nội tiếp .

c) sđ API = ½ sđ( CB + AE ) = ½ sđ ( CB + BE ) = sđ CDK = sđ CIK = ½ sđ
CK

Từ đó suy ra IK // AB .

d) EAQ = ADQ ( góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau ) . Suy ra AE là tiếp
tuyến

Bài 3 : Cho tứ giác nội tiếp đường trịn (O) . Chứng minh rằng tích hai đường chéo

bằng tổng của tích các cặp cạnh đối diện .

Hướng dẫn :

Giả sử ACD > ACB .

Lấy E trên BD sao cho ACB = DCE .

Hai tam giác ABC và DEC đồng dạng : AB.DC =
AC.DE .

Hai tam giác ADC và BEC đồng dạng : AD.BC =
AC.BE .

Cộng từng vế hai đẳng thức trên suy ra điều chứng minh .

II . Bài tập tổng hợp :

Trong phần I , chúng ta đã làm quen dần với các dạng toán tương ứng với
những kiến thức cơ bản của đường tròn .

Trong phần II này , chúng ta sẽ nâng cao kĩ năng giả toán trên những bài tập
tổng hợp của những dạng toán trên .

1) Các câu hỏi thường gặp trong các bài tốn hình :

1. Chứng minh : Nhiều điểm cùng nằm trên một đường tròn (đặc biệt là 4
điểm cùng nằm trên một đường tròn hay chứng minh tứ giác nội tiếp ) .
2. Chứng minh hai đường thẳng song song , vng góc với nhau .

3. Chứng minh đẳng thức hình học .

4. Nhận biết hình là hình gì ? ( có thể là tam giác cân , hình bình hành ,
hình thoi , hình chữ nhật , hình thang cân …) . Lưu ý : Khi chứng minh
tứ giác là hình thang cân khơng được chứng minh là hình thang có hai
cạnh bên bằng nhau .

5. Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy ; 3 hay nhiều điểm thẳng hàng .
6. Chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của 1 đường tròn , tiếp tuyến

chung của hai đường trịn .

7. Xác định vị trí đặc biệt để có hình đặc biệt .
8. Tốn cực trị hình học .

C
D

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

9. Tốn các đại lượng hình học : Đoạn thẳng , cung ,góc , chu vi , diện tích
…

Trong các câu hỏi trên tùy theo từng bài mà ra các câu hỏi sao cho có sự logic
giữa các câu thứ nhất , thứ hai và các câu sau .

Thông thường kết quả của các câu trên bao giờ cũng là giả thiết để chứng minh
câu dưới, đơi khi cần vẽ thêm hình thì bài tốn trở lên đơn giản hơn .

2) Bài tập vận dụng

Bài 1 : Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB . Từ A và B kẻ tiếp tuyến Ax và By .

Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến Ax và By lần
lượt tại E và F .

1. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp .

2. AM cắt OE tại P , BM cắt OF tại Q . Tứ giác MPOQ là hình gì ? Tại
sao ?

3. Kẻ MH  AB ( H  AB) . Gọi K là giao của MH và EB . So sánh

MK và KH.

Hướng dẫn :

1) EAO = EMO = 900 . Nên AEMO

là tứ giác nội tiếp .

2) Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến
cắt nhau có

MPO = MQO = 900 và PMQ =

900 nên PMQO là hình chữ nhật .

3) EMK  EFB (g.g) 

EM
MK=

FB mà MF = FB

 EMMK=EF

EAB  KHB (g.g)  EKKH=AB
HB mà

EF
MF=

HB ( Ta let) 
EM
MK=

EA
KH

Vì EM = EA  MK = KH .

Bài 2 : Cho (O) cắt (O’) tại A và B . Kẻ cát tuyến chung CBD  AB ( C ở trên (O) và

D ở trên (O’).)

1. Chứng minh A , O , C và A ,O’, D
thẳng hàng .

2. Kéo dài CA và DA cắt (O’) và (O)

theo thứ tự tại I và K . Chứng minh
tứ giác CKID nội tiếp .

3. Chứng minh BA , CK và DI đồng
quy .

Hướng dẫn :

1. CBA = DBA = 900 nên AC và DA là đường kính hay A,O, C thẳng hàng D ,O’,A

thẳng hàng .

2. Từ câu 1) và dựa vào góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta thây K , I cùng nhìn CD

A B

F
E

O
P

Q
K

C B D

K I

O O’

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

dưới một góc vng nên tứ giác CDIK nội tiếp .

3. A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G .

Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và

AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F .
a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng .
b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp .
c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội

tiếp tam giác BDE .

d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến
chung của (O) và (O’)

Hướng dẫn :

a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng .

b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vng nên CDEF nội tiếp .

c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF =

ADB . Hay DE là phân giác góc D của BDE . Tương tự EC là phân giác

góc E của BDE . Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn

nội tiếp BDE .

d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng
vng góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy
ra : AOO’ = ODE hay tứ giác ODEO’ nội tiếp (1)

DE là tiếp tuyến thì DE vng góc với OD và O’E (2)

Vậy ODEO’ là hình chữ nhật : Hay OD = O’E ( Hai đường trịn có bán kính
bằng nhau )

Bài 4 : Cho (O,R) đường kính AB , đường kính CD di

động . Gọi đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn tại
B . Đường thẳng d cắt các đường thẳng AC , AD theo thứ tự

tại P và Q .

1) Chứng minh tứ giác CPQD nội tiếp một đường tròn .
2) Chứng minh AD. AQ = AC.AP .

3) Tứ giác ADBC là hình gì ? Tại sao ?
4) Xác định vị trí của CD để SCPQD = 3.SACD

Hướng dẫn :

1. CPB = CDA ( cùng bằng CBA) nên CPB +
CDQ = 1800.

2. ADC APQ (g.g) suy ra AD.AQ = AC.AP .

3. Tứ giác ADBC là hình chữ nhật vì có 4 góc
vng.

4. Để SCPQD = 3.SACD SADC = ¼ SAPQ tức là tỉ số đồng dạng của hai tam giác

này là ½ .

Suy ra AD = ½ AP hay BC = ½ AP mà tam giác ABC vuông tại B nên C là
trung điểm của CP

E
D

B F

O’
A

A B

C
O

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

 CB = CA hay ACB cân  CD  AB .

Bài 5 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA , SB và cát

tuyến SCD của đường trịn đó .

1) Gọi E là trung điểm của dây CD . Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng
nằm trên một đường trịn .

2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ?
Tại sao ?

3) Chứng minh AC . BD = BC.DA = ½
AB.CD

Hướng dẫn chứng minh

1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A ,
B cùng nhìn SO dưới một góc vng ,
nên tứ giác SADO nội tiếp đường trịn
đường kính SO .

Dựa vào tính chất đường kính vng góc với dây cung , ta có SEO = 900 .

Nên E thuộc đường trịn đường kính SO .

2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vng nên tứ giác SAOB
là hình vuông .

3) Ta thấy SAC SDA  ACDA=SC
SA

SCB SBD  BCBD=SC
SB

Mà SA = SB  ACAD=BC

BD  AC.BD = AD.BC (1)

Trên SD lấy K sao cho CAK = BAD lúc đó

CAK BAD (g.g)  AC.DB = AB.CK
BAC DAK (g.g)  BC.AD = DK.AB

Cộng từng vế ta được AC.BD + BC.AD = AB( CK+DK )= AB.CD (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC.BD + AC.BD = AB.CD hay AC.BD = ½ AB.CD
Vậy AC.BD = AD.BC = ½ AB.CD .

Bài 6 : Cho tam giác ABC vuông ở A . Đường trịn đường kính AB cắt BC tại D .

Trên cung AD lấy một điểm E . Nối BE và kéo dài cắt AC tại F .
1) Chứng minh CDEF nội tiếp .

2) 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 MNPQ là hình

gì ? Tại sao ?

3) Gọi r1 , r2 , r3 theo thứ tự là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADB ,

ADC . Chứng minh : r = r12 + r22 .

Hướng dẫn :

1) Dựa vào số đo cung ta thấy
C = DEB  C + DEF = 1800

S O

D
A

B
E
K

K F

C
N

D
E

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

Nên tứ giác CDEF nội tiếp .

2) BED BCQ ( g.g)  BPE = BQC
 KPQ = KQP hay KPQ cân .

CNK MK  EMK = CNK

 BMN = BNM hay BMN cân .  MN  PQ và MN cắt PQ là trung điểm

của mỗi đường . Nên MNPQ là hình thoi.
3) ABC DAB DAC  r

BC=
r1
AB=

r2

AC 

r2
BC2=

r12

AB2=
r22

AC2

 r

BC2=

r12+r22

AB2

+AC2=
r12+r22

BC2

 r2 = r12 + r22 .

Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) . Hạ các đường cao AD , BE

của tam giác . Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N . Chứng
minh rằng :

a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường trịn . TÌm tâm I của
đường trịn đó .

b) MN // DE .

c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB .
Chứng minh rằng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
CED khơng đổi .

Hướng dẫn giải :

a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc
vng nên tứ giác AEDB nội tiếp
trong một đường trịn đường kính AB
có I ( trung điểm của AB ) là tâm
b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung
AE )

mà ABE = AMN ( chắn cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa
vào góc nội tiếp của tứ giác AEBD
suy ra được CN = CM nên OC 

MM  OC  DE

Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K ( trung điểm của HC) đây cũng là
đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE  KD = KE và ID = IE nên IK  DE hay

IK // OC và OI // CK nên OIKC là hình bình hành  KC = OI không đổi .

Bài 8 : Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn (O,R)

1) Tính theo chiều R độ dài cạnh và chiều cao của ABC .

2) Gọi M là điểm di động trên cung nhỏ BC ( M  B,C ) Trên tia đối của MB

lấy MD = MC . Chứng tỏ MCD đều .

3) CMR : M di động trên cung nhỏ BC thì D di chuyển trên một đường tròn cố
định , xác định tâm và các vị trí giới hạn .

C
I

B
M
D

E
O

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

4) Xác định vị trí điểm M sao cho tổng S = MA + MB + MC là lớn nhất. Tính
giá trị lớn nhất của S theo R .

Hướng dẫn :

1) AH=AB

√

2 và AB = AC =

BC = R

√

2) Có MC = MD ( gt)

sđ BMC = ½ sđ BAC = ½ ( 3600 :

3).2 = 1200 .

 CMD = 600 . Vậy CMD đều

3) IMC = IMD ( c.g.c)  IC =

ID .

Khi M di động trên cung nhỏ BC thì
D chạy trên đường trịn ( I ; IC )

Khi M  C  D  C ; M  I  D  E .

4) ACM = BCD ( g.c.g )  AM = BD  S = MA + MB + MC = 2.AM 

2.AI

 S  4R . S Max= 4R khi AM là đường kính .

Bài 9 : Cho ABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P

sao cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng :
a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp MNP .

b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn .

c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất .

Hướng dẫn :

a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả
thiết suy ra :

DN = EM = FP  ODA = OEM = OFP

( c.g.c )

ON = OM = OP hay O là tâm đường tròn

ngoại tiếp MNP

b) Từ câu a) suy ra OND = OPF nên tứ giác
ANOP nội tiếp .

c) Kẻ OH  NP .

Có NP = 2 .NH = 2. NO .cosHNO = 2.NO.Cos(A/2)
= 2.OE .Cos (A/2) .

Vậy NPMin = 2r.cos(A/2) .

Khi đó M , N , P trùng với các tiếp điểm .

Bài 10 : Cho hình vng ABCD có cạnh bằng 3a . Lấy AE = a trên cạnh AD và DF =

a trên cạnh DC . Nối AF và BE cắt nhau ở H .
a) Chứng minh : AF  BE .

b) Tính cạnh của tứ giác ABFE và đường chéo của nó theo a .
c) Tính theo a đoạn HE , HB .

A C

O M

D
H

B C

D P

E
M
N

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

d) Chứng minh : EDFH nội tiếp đường tròn . Đường tròn ấy cắt BF ở K . Tính
theo a đoạn BK . Nhận xét gì về 3 điểm E , K ,C .

Hướng dẫn :

a) ADF = BAE DAF = EBA  BE 

AF .

b) Pitago : BE = AF = a

√

10 ; EF = a

√

; BF = a

√

c) Dùng hệ thức lượng : EH = a

√

10 ; HB

= 9a

√

d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 1800 nên EDFH nội tiếp.

BEK BFH  BK=BE. BH

BF =

9a

√

13
13

e) Dựa vào vng góc : E , K , C thẳng hàng .

A B

D F

E
H

</div>

On luyen HSG 9 co dap anst

<b>các bài tốn hình học có nhiều cách giải</b>

B

C

A

D

E

F

O

B

C

A

D

F

O

B

C

A

D

F

O

N

M

I

B

C

A

N

M

I

B

C

A

H

F

E

D

I

J



A

C

B

P

M

D

E

F

H

Q

N

B

C

A

P

H

F

E

D

Q

B

C

A

D

N

Q

P

M

B

C

A

D

M

F

E

Q

K

L

N

P