giao an on tap lop 9

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

<b>TiÕt 1- 2: «n lun </b>

<b>các hệ thức về cạnh và đờng cao trong tam giác vuông </b>
<b>A. Mục tiêu: </b>

- Củng cố các hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vng. Từ các hệ
thức đó tính 1 yếu tố khi biết các yếu tố còn lại.

- Vận dụng thành thạo các hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao tính các cạnh trong
tam giác vng .

<b>B. ChuÈn bÞ:</b>

<b>+) GV:. Bảng phụ tổng hợp các hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác </b>
vuông , thớc kẻ, Ê ke.

<b>+) HS: - Nắm chắc các hệ thức liện hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông </b>
- Giải bài tập trong SGK và SBT

<b>C. TiÕn trình dạy - học: </b>

<i><b>1. Tổ chức lớp</b></i>:
<i><b>2. KiĨm tra bµi cị:</b><b> </b></i>(phót)

- Viết các hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông .
<b>3. </b><i><b>Bài mới:</b></i>

Hãy phát biểu các định lí về hệ thức
l-ợng trong tam giác vuông viết CTTQ.
GV treo bảng phụ vẽ hình và các qui ớc
và yêu cầu h/s viết các hệ thức lợng

trong tam giác vuông.

- GV ra bài tập gọi HS đọc đề bài , vẽ
hình và ghi GT , KL của bài tốn .
- Hãy điền các kí hiệu vào hình vẽ sau
đó nêu cách giải bài toán .

- Ta áp dụng hệ thức nào để tính y
( BC )

- Gỵi ý : TÝnh BC theo Pitago .

- Để tính AH ta dựa theo hệ thức nào ?
- Hãy viết hệ thức sau đó thay số để
tính Ah ( x)

- Gỵi ý : AH . BC = ?

<b>I. LÝ thuyÕt:</b>

2 _{. '}

<i>b</i> <i>a b</i> 

2 _{. '}

<i>c</i> <i>a c</i> 

. .

<i>b c a h</i>

1
<i>h</i>2=

1
<i>b</i>2+

1
<i>c</i>2

<b>II. Bài tập:</b>
<b>Bài tập1</b>

Xét <i>ABC</i>_vuông

tại A

Ta cã: BC2_{= AB}2_{+ AC}2_{( ®/l Pytago)}

 _y2_{= 7}2_{+ 9}2_{= 130}

 _{y =} _√₁₃₀ 

áp dụng hệ thức liên hệ giữa
cạnh và đờng cao ta có :
AB . AC = BC . AH ( đ/lí 3)

 _{AH =} AB . AC

BC =
7 . 9

√130=
63

√130  x =
63

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

- GV gọi HS lên bảng trình bày lời
giải .

- GV ra tiếp bài tập yêu cầu HS đọc đề
bài và ghi GT , KL của bài 5(SBT –
90) .

- Bài toán cho gì ? yêu cầu g× ?

- Để tính đợc AB , AC , BC , CH biết
AH , BH ta dựa theo những hệ thức
nào ?

+) GV treo h×nh vÏ sẵn hình bài tập 5
phần a, b và giải thích cho h/s và yêu
cầu h/s thảo luận nhóm và trình bày
bảng sau 3 phút.

- Xét AHB theo Pitago ta cã g× ?
- TÝnh AB theo AH và BH ?

- GV gọi HS lên bảng tÝnh .

- áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và
đờng cao trong tam giác vng hãy tính
AB theo BH và BC .

- Hãy viết hệ thức liên hệ từ đó thay số
và tính AB theo BH và BC .

- GV cho HS làm sau đó trình bày lời
giải .

<b> Bµi tËp 2 : </b>

GT  ABC (<i>A</i>= 900₎

AH  BC, AH = 16 ; BH = 25
KL a) TÝnh AB , AC , BC , CH
b) AB = 12 ;BH = 6

TÝnh AH , AC , BC , CH
Gi¶i :
a) XÐt  AHB (<i>H</i> = 900₎
AB2_{= AH}2_{+ BH}2

( ®/l Pytago)

 _AB2_{= 16}2_{+ 25}2

 _AB2_{= 256 + 625 = 881}

 _{AB =} _√₈₈₁ __29,68

áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao
trong tam giác vuông ta có :

AB2_{= BC . BH}

 _{BC =} AB2

BH =
881

25 =¿ 35,24
L¹i cã : CH =BC - BH

 _{CH = 35,24 - 25} _{CH = 10,24}

Mµ AC2_{= BC . CH}

 _AC2 _{= 35,24 . 10,24} _AC__{18,99 .}
b) XÐt  AHB ( <i>H</i>= 900₎

Ta cã: AB2_{= AH}2_{+ BH}2_{( ®/l Pytago)}

 _AH2_{= AB}2_{- BH}2

 _AH2_{= 12}2_{- 6}2

 _AH2_{= 108}

 _AH__10,39

Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao
trong tam giác vng ta có :

AB2_{= BC . BH ( §/L 1)}

 _{BC =} AB2

BH =
122

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

- Tơng tự nh phần (a) hãy áp dụng các
hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao
trong tam giác vng để giải bài tốn
phần (b) .

- H/S nhËn xÐt vµ sưa sai nÕu cã.

- GV yêu cầu H/S đọc đề bài bài tập 11
( SBT- 90 ) và hớng dẫn vẽ hình và ghi
GT , KL của bài toán .

* Gợi ý: -  ABH và  ACH có đồng
dạng khơng ? vì sao ?

- Ta cã hƯ thøc nµo vỊ cạnh ? vậy tính
CH nh thế nào ?

- H/S

<i>AB</i> <i>AH</i>

<i>CA</i> <i>CH</i> _{từ đó thay số tính CH}

- Viết tỉ số đồng dạng từ đó tính CH .
- Viết hệ thức liên hệ giữa AH và BH ,
CH rồi từ đó tính AH .

- GV cho HS làm sau đó lên bảng trình
bày lời giải

Mµ AC2_{= CH.BC ( §/L 1)}

 _AC2_{= 18.24 = 432}

 _AC__20,78

<b> Bµi tËp 3 </b>
GT AB : AC = 5 :6
AH = 30 cm
KL Tính HB , HC

Giải:
Xét ABH và  CAH
Cã <i>AHB AHC</i> 900

<i>ABH CAH</i> (cïng phơ víi gãc <i>BAH</i>)

 __ABH__{CAH (g.g)}



<i>AB</i> <i>AH</i>
<i>CA</i> <i>CH</i> 

5 30
6 <i>CH</i>

 

30.6
36
5

<i>CH</i>

Mặt khác BH.CH = AH2_{( Đ/L 2)}

_{BH =} AH2

CH =
302

36 =25 ( cm )

VËy BH = 25 cm ; HC = 36 (cm )
Bµi tËp: Cho <i>ABC</i> ABC vu«ng ë A

cã AB = 6cm, AC = 8cm.

Từ A kẻ đờng cao AH xuống cạnh
BC

a) TÝnh BC, AH
b) TÝnh <i>C</i>

c) Kẻ đờng phân giác AP của <i>BAC</i> ( P

_{BC ). Tõ P kẻ PE và PF lần lợt vuông}

góc với AB và AC. Hỏi tứ giác AEPF là
hình gì

<b>Bài tập 4</b>
Giải:

a) Xét <i>ABC</i>_{vuông tại A}

Ta có: BC2_=AB2_{+ AC}2_{( ®/l Pytogo)}
 BC2_{= 6}2_{+ 8}2_{= 36 + 64 =100}
 _{BC = 10cm}

+) V× AH _{BC (gt)} _{AB.AC = AH.BC}

 AH =

. 6.8
4,8
10

<i>AB AC</i>

<i>BC</i>   

b) Ta cã: SinC =

6
0,6
10

<i>AB</i>

<i>BC</i>   

 <i>C</i>  370
c) XÐt tø gi¸c AEPF cã:

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

<i>BAC</i> = <i>AEP</i>=<i>AFP</i>900 (1)

Mà <i>APE</i>_{vuông cân tại E} _{AE = EP (2)}

Tõ (1); (2)  Tứ giác AEPF là hình vuông.
<b>Tiết 3-4: ôn luyện</b>

<b>tỉ số lợng giác của góc nhọn</b>

A/MC TIấU

Học xong tiết này HS cần phải đạt được :
*Kiến thức

- Củng cố cho học sinh khái niệm về tỉ số lượng giác của góc nhọn, cách tính các tỉ
số lượng giác của góc nhọn và tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau.

- Củng cố lại cách dùng bảng lượng giác và máy tính bỏ túi để tìm tỉ số lượng giác
của góc nhọn hoặc ngược lại .

*Kĩ năng

- Rèn kỹ năng tính tỉ số lượng giác của các góc nhọn và tìm góc nhọn khi biết tỉ số
lượng giác .

*Thái độ

<b>B. ChuÈn bÞ:</b>

<b>+) GV:. Bảng phụ tổng hợp các hệ thức liên hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác </b>
vuông , thớc kẻ, Ê ke.

<b>+) HS: - Nắm chắc các hệ thức liện hệ giữa cạnh và đờng cao trong tam giác vuông </b>
- Giải bài tập trong SGK và SBT

<b>C. TiÕn tr×nh d¹y - häc: </b>

Hoạt động của GV và HS Nội dung

<b>1. Ơn tập lí thuyết </b>
- GV cho HS ôn lại các công thức

tính tỉ số lượng giác của góc nhọn

- Ơn t p ậ định lí v t s lề ỉ ố ượng
giác c a hai góc ph nhau.ủ ụ

cạnh đối
sin

c¹nh hun

 

c¹nh kỊ
cos

c¹nh hun

 

cạnh đối
tg

c¹nh kề

cạnh kề
cot g

cnh i

Bài 1

Thang AB dài 6,5 m tựa vào tờng làm thành một góc
600_{so với mặt đất . Hỏi chiều cao của thang đạt đợc}
so với mặt đất ?

Ta cã :<i>AH</i> <i>AB</i>.sin<i>B</i> 6,5.sin 600 ...<i>cm</i>

Vậy chiều cao của thang đạt đợc so với mặt đất vào
khoảng ...(m).

Bµi 1

0

.sin
6,5.sin 60
...

<i>AH</i> <i>AB</i> <i>B</i>

<i>cm</i>





6,5
m

H
B

A

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

Bài tập 2 :Một máy bay ở độ cao 10 km. Khi bay hạ
cánh xuống đờng bay tạo bởi một góc nghiêng so với
mặt dất .

a./ Nếu phi công tạo một góc nghiêng 30_{thì cách sân}
bay bao nhiêu km phải cho máy bay bắt đầu hạ cánh
?

b./ Nếu cách sân bay 300 km máy bay bắt đầu hạ
cánh thì góc nghiêng là bao nhiêu ?

Bài tập 2:

A : điểm máy bay bắt đầu hạ cánh .
C : sân bay

AB : cao.

a./ Trong tam giác vuông ABC .
Khi <i>C</i>=300_{thì :}

)
...(
3
sin
10
3

sin 0 0 <i>km</i>

<i>AB</i>

<i>AC</i>

b./ Trong tam giác vuông ABC .
Khi AC =300 km th× :

10 _ˆ

sin ... ...

300

<i>AB</i>

<i>C</i>  <i>_AC</i>    <i>C</i> 

Bµi tËp 3 :

Đài quan sát ở Toronto, Ontario (canađa) cao 533 m.

ở một thời điểm vào ban ngày, mặt trời chiếu tạo
thành bong dài 1100m. Hỏi lúc dó góc tạo bởi tia
sang mặt trời vào mặt đất là bao nhiêu ?

Bài tập 3 :

_{: góc tạo bởi tia sáng mặt trời .}

Trong tam giác vuông ABC, ta có :

tg = ...?

4845
,
0
1100
533





<i>BC</i>
<i>AB</i>

22. Cho tam giác ABC vuông tại A.
Chứng minh : <i>SinC</i>

<i>SinB</i>
<i>AB</i>

<i>AC</i>


Gv: híng dÉn.
Thùc hiƯn :

- VÏ tam giác ABC vuông tại A.

- Viết các tỉ số lợng giác : SinB, SinC theo các cạnh
của tam giác ABC.

- Thực hiện phép chia :

<i>SinC</i>
<i>SinB</i>

rồi rút gọn.

<b>Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A, </b><i>B</i> 300, BC =
8 cm. H·y tÝnh c¹nh AB ?

BiÕt r»ng : Cos300 0,866

GV híng dÉn häc sinh lµm bµi 23.
HS lµm bµi 23

Thùc hiƯn :
Ta cã :

CosB = AB/AC  _{AB= BC.CosB = 6,928}

GV nhận xét, đánh giá.

Bµi 22:

Sin B =

<i>AC</i>

<i>BC</i> _{vµ sin C =}
<i>AB</i>
<i>BC</i> _
<i>SinC</i>
<i>SinB</i>
<i>AB</i>
<i>AC</i>

<b>Bµi 4. </b>
30
A
C B

Ta cã : CosB =

<i>AB</i>
<i>BC</i>

 AB= BC.CosB = 6,928

<b>Bµi 5:</b> <b>Bµi 5: Ta cã :</b>

CosB = AB/AC

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

<b>Bài 6 :</b>

Cho tam giác ABC vuông tại A, <i>B</i>ˆ  , AB = 6 cm
biÕt r»ng : 12

5



<i>tg</i>

, h·y tÝnh :
a./ C¹nh AC ?

b./ C¹nh BC ?

 _{AB= BC.CosB = 6,928.}

Thùc hiÖn :

0 0

0 0

40 ? ; 40 ?

40 ? ; 40 ?

<i>AC</i> <i>b</i> <i>AB</i> <i>c</i>

<i>Sin</i> <i>Cos</i>

<i>BC</i> <i>a</i> <i>BC</i> <i>a</i>

<i>AC</i> <i>b</i> <i>AB</i> <i>c</i>

<i>tg</i> <i>Cotg</i>

<i>AB</i> <i>c</i> <i>AC</i> <i>b</i>

     

     

<b>Bµi 6:</b>

2 2 2

2 2

5 5

. /

12 6 12

5.6
2,5
12
. / ( )
6,5
<i>AC</i> <i>AC</i>
<i>a</i> <i>tg</i>
<i>AB</i>
<i>AC</i> <i>cm</i>

<i>b</i> <i>BC</i> <i>AB</i> <i>AC Pytago</i>

<i>BC</i> <i>AB</i> <i>AC</i> <i>BC</i> <i>cm</i>


   
  


<b>Bài 7</b>

Xét quan hệ giữa hai góc trong mỗi biểu thức rồi
tính : a./ 0

0

58
32

<i>Cos</i>

<i>Sin</i>

b./ tg760_{- Cotg14}0

Gv : hớng dẫn và yêu cầu học sinh lên bảng trình
bày.

<b>Bài 8 :</b>

Hóy bin i các tỉ số lợng giác sau đâythành tỉ số
l-ợng giác của các góc nhỏ hơn 450_:

Sin750_{, Cos53}0_{, tg62}0_,cotg820_.

- Giáo viên nhận xét và đánh giá.
B i t p 22 ( SBT - 92 ) à ậ

GT :  ABC ( Â = 900)
KL : Chứng minh :

sinB
sinC

<i>AC</i>
<i>AB</i>
C
B
A

<b>Chứng minh :</b>

- Xét  vuông ABC, theo tỉ số lượng giác của góc
nhọn ta có :

sin B =

AC AB

; sinC=

BC BC _

sinB AC AB AC
:

sinC BC BCAB

( Đcpcm) .
<b>Bài tập 24 ( SB</b>T - 92)

<b>Giải : </b>
tg ₌

15
12
<i>AC</i>
<i>AB</i>

=>
15

12 6
<i>AC</i>


=> AC=7,5(cm) 6cm

C

B
A

- Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vng ABC
ta có:

BC2 _{= AC}2 _{+ AB}2 _{= 7,5}2 _{+ 6}2 _{= 92,25}
=> BC  9,6 (cm)

Bµi 7:

a./ 58 1

58
58
32
0
0
0
0



<i>Cos</i>
<i>Cos</i>
<i>Cos</i>
<i>Sin</i>

b./ tg760_{- Cotg14}0

= Cotg140_{- Cotg14}0_{= 0}
<b>Bµi 8:</b>

Sin750 _{= Cos15}0

Cos530_{= Sin37}0

tg620_{= cotg28}0

cotg820_{= tg8}0

B i t p 26 ( SBT - 92) à ậ

- Áp dụng định lí
Pi-ta-go vào tam
giác vuông ABC
ta có:

BC2 _{= AC}2_+AB2 ₌
82₊₆2 ₌₁₀₀

=> BC=10 (cm)

8
6

C
B

A

8 4 4

sin cos

10 5 5

6 3 3

cos sin

10 5 5

8 4 4

cot

6 3 3

6 3 3

cot

8 4 4

<i>B</i> <i>C</i>
<i>B</i> <i>C</i>
<i>tgB</i> <i>gC</i>
<i>gB</i> <i>tgC</i>
   
   
  

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

<b>Tiết 5-6:ôn luyện</b>

<b>các Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông</b>
<b>A. Mục tiêu: </b>

- Tiếp tục củng cố các hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông. áp dụng
giải tam giác vuông.

- Rốn luyn k nng vẽ hình, tính độ dài cạnh và góc trong tam giác vng và các bài
tốn thực tế.

- Hiểu đợc những ứng dụng thực tế của hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác
vng.

<b>B. Chuẩn bị:</b>

<b>+) GV:. Bảng phụ tổng hợp các hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông , </b>
th-ớc kẻ, Ê ke.

<b>+) HS: - Nắm chắc các hệ thức liện hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông </b>
- Giải bài tập trong SGK và SBT

<b>C. Tiến trình dạy - học: </b>
+) GV vÏ h×nh, qui íc kÝ hiƯu.

-ViÕt hƯ thøc liên hệ giữa cạnh và góc
trong tam giác vuông ?

+) GV nêu nội dung bài 59 (SBT) - và
h-ớng dẫn h/s vẽ hình

- Hc sinh đọc bài và vẽ hình vào vở
+) Muốn tìm x ta làm ntn ? Dạ và đâu để
tính ?

- Muốn tìm x ta cần tính đợc CP , dựa vào
tam giác ACP để tính.

+) GV cho h/s th¶o ln và 1 h/s trình bày
bảng tìm x

- Vậy ta tính y ntn ?

- H/S trình bày tiếp cách tìm y díi sù
h-íng dÉn cđa GV.

<b>I .LÝ thut: (5 phót)</b>
b = a.sinB = a. cosC

c = a.sinC = a. cosB





b =c.tgB = c.cotgC
c =b.tgC = b.cotgB





<b>II .Bµi tËp:</b>

<b>.1 Bµi 59: ( SBT - 98) </b>
a, T×m x; y trong hình vẽ sau:

Giải:

-Xét <i>ACP</i>₍<i>P</i> 900_{) có}<i>CAP</i> 300_{, AC=12}

Ta cã CP = AC. Sin<i>CAP</i> =

 _{CP = 12. Sin30}0 _{= 12.0,5 = 6}

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

+) GV yêu cầu h/s đọc đề bài 66 (SBT -

99)

+) GV vẽ hình minh hoạ và giải thích các
yếu tố của bài toán.

+) Hóy xỏc nh gúc tạo bởi giữa tia sáng
mặt trời và bóng cột cờ là góc nào? Cách
tính ntn ?

- H/S Gãc gi÷a tia sáng mặt trời và bóng
cột cờ là <i>MNK</i>

H/S lên bảng trình bày cách tính
- Nhận xét và bỉ xung (nÕu cÇn)

-XÐt <i>BCP</i>(<i>P</i>900) cã <i>BCP</i> 300, CP =6
Ta cã CP = BC. Sin<i>BCP</i>

 _{BC =} 
<i>CP</i>

<i>SinBCP</i> ₌ 0
6

50

<i>Sin</i> 

6

7,8
0,7660

 _{y = 7,8}

<b>2. Bµi 66: ( SBT - 99) (10 phót)</b>

Giải:

Góc giữa tia sáng mặt trời và bóng cột cê lµ


<i>MNK</i>

Ta cã: tg<i>MKN</i>=

<i>MN</i>
<i>MK</i> ₌

3,5

4,8 __0,7292
 <i>MKN</i> ₃₆0_6’

VËy gãc gi÷a tia nắng mặt trời và bóng cột cờ
là 360_6.

+) GV nêu nội dung bài 59 phần b (SBT)
- híng dÉn h/s vÏ h×nh

+) Muốn tìm x ta làm ntn ? Dạ và đâu để
tính ?

- Muốn tìm x ta cần tính đợc BC , dựa vào
tam giác ABC để tính.

+) GV cho h/s th¶o ln và 1 h/s trình bày
bảng tìm x

- Vậy ta tính y ntn ?

- H/S trình bày tiếp cách tìm y díi sù
h-íng dÉn cđa GV.

+) GV u cầu h/s đọc bài 61 (SBT –
98) và hớng dẫn h/s vẽ hình, ghi giả thiết,
kết luận bài tốn.

<b>3 Bµi 59: ( SBT - 98) (10 phót)</b>
b, T×m x, y biÕt.

Gi¶i:

-XÐt <i>ABC</i>(<i>A</i>900)
cã <i>CBA</i> 400, BC=7
Ta cã:

AC = BC. Sin<i>CAP</i>

 _{A C = 7. Sin40}0
= 7.0,6428 _4,5

 _{x = 4,5}

-XÐt <i>ACD</i>(<i>A</i>900) cã <i>CDA</i> 600, AC =4,5
Ta cã AD =AC. <i>tgCDA</i>

 _{AD = 4,5. tg60}0 __{4,5.1,7321= 7,8}

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

+) Muèn tÝnh AD ta làm ntn ?

+) Gợi ý: Kẻ DH _{BC ta suy ra những}

điều gì ?

_{BH = HC =}

5
2,5

2 2

<i>BC</i>

 

 _{DC= BC = BD = 5, vµ}<i>DBC</i>600

- GV cho h/s thảo luận và trình bày cách

tính AD. Sau 5 phút đại diện trình bày
bảng.

+) Mn tÝnh AB ta lµm ntn ?

Ta có : AB = AH – BH từ đó ta cần tính
đợc AH dựa vào <i>AHD</i>

- h/s trình bày bảng

+) GV treo bảng phụ ghi nội dung bài tập
trắc nghiệm và yêu cầu h/s thảo luận
nhãm

-Sau 5 phút đại diện các nhóm trình bày
kết quả

+) GV đa ra lời giải và khẳng định kết quả
đúng là B

<b>4. Bµi 61: (SBT -98) (15 phót)</b>
GT: Cho <i>BCD</i>

BC=BD=CD=5cm
<i>DAB</i> = 400

KL: AD = ?, AB = ?

Gi¶i:

Kẻ DH _BC _{DH là đờng cao, đờng trung}

tuyến, đờng trung trực của <i>BCD</i>_đều

 _{BH = HC =}

5
2,5

2 2

<i>BC</i>

 

- Vì <i>BCD</i>_đều _{DC= BC = BD = 5, và}

 ₆₀0

<i>DBC</i> 

- XÐt <i>BHD</i>₍<i>H</i> 900_{) cã DB =5,}<i>DBC</i>600
 _{HD =BD.sin60}0 __{5. 0,8660}__4,3
- XÐt <i>AHD</i>₍<i>H</i> 900₎

cã DH =4,3 ; <i>DAH</i> 400

 _{AD =} 

<i>DH</i>

<i>SinDAH</i>  0

4,3
40

<i>Sin</i> _6,7.

Ta cã AH = DH. cotg<i>DAH</i>

 _{AH = 4,3. Cotg40}0__4,3.1,1918__5,1
Mµ AB = AH – BH = 5,1 – 2,5 = 2,6

VËy AD _{6,7; AB = 2,6}

3. Bµi 3: (10 phót)

Cho

0 0 0 0

0 0 0 0

45 30 30 45

60 45 45 60

<i>Cos</i> <i>Sin</i> <i>tg</i> <i>tg</i>

<i>P</i>

<i>Sin</i> <i>Sin</i> <i>tg</i> <i>Cotg</i>

 

 

 

<i>KÕt qu¶ biĨu thøc P sau khi rót gän lµ:</i>
A. <i>P</i> 6 3 2 2

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

D. <i>P</i> 6 3 2 2 2

<b>Tiết 7-10 : luyện giải bài tập tổng hợp</b>
<b>A.Mục tiêu : </b>

Nm chc cỏc kin thức của chơng để giải bài tập tổng hợp

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, tính độ dài cạnh và góc trong tam giác vng và các bài
tốn thực tế.

- Hiểu đợc những ứng dụng thực tế của hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giỏc
vuụng.

<b>B. Chuẩn bị:</b>

<b>+) GV:. Bảng phụ tổng hợp các hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông , </b>
th-ớc kẻ, Ê ke.

<b>+) HS: - Nắm chắc các hệ thức liện hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông </b>
- Giải bài tập trong SGK và SBT

<b>C. Tiến trình dạy - học: </b>

<b>Bài tập 1</b>- GV v hỡnh sau vào bảng

phụ và nêu GT, KL

- Gợi ý: Chứng minh hai tam giác ABH
và ACH đồng dạng, tìm được CH, từ
đó tính được BH

- Gọi một HS lên bảng làm
- HS, GV nhận

GT

5
6

<i>AB</i>
<i>AC</i> 

AH = 30 cm
KL Tính HB , HC
Giải:

- Xét  ABH và  CAH

Có <i>AHB AHC</i> 900

<i>ABH CAH</i> _{(cùng phụ với góc}<i>BAH</i> ₎

 __ABH__{CAH (g.g)}


<i>AB</i> <i>AH</i>
<i>CA</i> <i>CH</i> 

5 30
6<i>CH</i>
 

30.6
36
5

<i>CH</i>  

cm

+) Mặt khác BH.CH = AH2
 _{BH =} 36 25

30
CH

AH2 2




(cm)
Vậy BH = 25 cm ; HC = 36 (cm)

<b>Bµi tËp2-</b> GV yêu cầu một HS lên

bảng vẽ hình, ghi GT, KL <b>Bµi tËp2;</b>Cho

<i>ABC</i>

 _{vuông ở A có AB =}
6cm, AC = 8cm. Từ A kẻ đường cao AH
xuống cạnh BC

a) Tính BC, AH

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

H C
B

A

- Yêu cầu HS nghiên cứu kĩ đề bài
- Gọi HS nêu cách làm

- HS lên bảng trình bày
- HS, GV nhận xét

- Tứ giác AEPF có mấy góc vng ? nó

là hình gì ? (hình chữ nhật)

- So sánh AE và EP ?
- Tứ giác đó là hình gì ?

b) Tính <i>C</i>

c) Kẻ đường phân giác AP của <i>BAC</i> _{( P}
BC ). Từ P kẻ PE và PF lần lượt vng
góc với AB và AC. Hỏi tứ giác AEPF là
hình gì ?

<b>Giải:</b>

a) Xét <i>ABC</i>_{vng tại A}

Ta có: BC =AB + AC 2 2 2 _{( đ/l Py-ta - go)}

 BC = 6 + 8 = 36 + 64 = 1002 2 2

 _{BC = 10 cm}

+) Vì AH BC (gt)  AB.AC = AH.BC



. 6.8

AH = 4,8

10

<i>AB AC</i>

<i>BC</i>   _cm
b) Ta có:

6

sinC = 0, 6

10

<i>AB</i>

<i>BC</i>    <i>C</i> _₃₇0
d) Xét tứ giác AEPF có:



<i>BAC</i>₌<i>_AEP</i>₌<i>_AFP</i> ₉₀0

 ₍₁₎
<i>APE</i>

 vuông cân tại E  _{AE = EP (2)}

Từ (1); (2)  _{Tứ giác AEPF là hình vng}

- GV vẽ hình vào bảng phụ

- HS nêu cách làm và lên bảng trình
bày

<b>Bµi 4: Cho </b> ABC cã AB= 6 cm ; AC =
4,5 cm ; BC = 7,5 cm

a; C/m  ABC vu«ng ë A

Tính B ; C ; đờng cao AH của 
ABC

b; T×m tập hợp điểm M sao cho S ABC
= S BMC

<b>Bài 5 : Cho </b> ABC vu«ng ëA ; AB = 6

<b>Bµi tËp3;</b>Cho hình vẽ:

Tính khoảng cách AB
Giải:

+) Xét <i>BHC</i>_{vuông cân tại H}

HB =HC ( t/c tam giác cân) mà HC = 20
m . Suy ra HB = 20 m

+) Xét <i>AHC</i>_{vng tại H có}

HC = 20m; <i>CAH</i> 300

Suy ra AH = HC . cotg <i>CAH</i>
= 20.cotg300_{= 20.} 3





AB = AH - HB =20. 3 - 20 =20. 3 1 14,641 (m)

<b>Bµi tËp4 </b>

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

cm ; AC = 8 cm

a; TÝnh BC ; B ; C

b; Ph©n giác của góc A cắt BC tại D
c; Từ D kẽ DE vuông góc AB và DF
vuông góc AC . Tứ giác AEDF là hình
gì ?

Tớnh chu vi và diện tích của hình tứ
giác đó ?

<i>H/sinh tự vẽ hình c/m</i>

<b>Bài tập5</b>
<b>Giải:</b>

a; Theo nh lí Pi Ta Go cho  vng
ABC ta có :

BC2_{= AB}2_+AC2
BC=

_√

₆2

+82=10 cm

SinB = AC
BC=

8

10=0,8
B = 530_;__{C = 37}0

b;Theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c ta cã :
AB

AC=
BD
DC <i>⇔</i>

AB

AC+AB=

BD

CD+BD=

BD
BC

<i>⇔</i>BD=AB. BC

AC+AB=

6 .10
8+6=

8
7

CD = 10- 8
7=

62

7 cm
<b>Bµi 6: </b>

Cho tam giác ABC ; Trung tuyến AM ;
Đờng cao AH . Cho biết H nằm giữa B
và M . AB=15 cm ; AH =12 cm; HC
=16 cm

a; Tính độ dài các đoạn thẳng BH ; AC
b; Chứng tỏ tam giác ABC; Tính độ dài
AM bằng cách tính sử dụng DL Pi Ta
Go rồi dùng định lí trung tuyến ứng với

cạnh huyền của tam giác vuông rồi so
sánh kết quả

Bài giải :
áp dụng định lí Pi Ta Go cho tam giác
vng AHB ta có:

BH2 _{= AB}2_{- AH}2₌₁₅2_{- 12}2_{= 9}2
Vậy BH =9 cm

Xét trong tam giác vuông AHC ta cã :
AC2_{= AH}2_+HC2_{= 12}2₊₁₆2₌₂₀2

AC= 20 cm
16

¿

SinB=AC

BC=
6
7,5=0,8

¿

VËy gãc B = 530
Suy ra gãc C=900_{- 53}0_{= 27}0

 vu«ng AHB cã : AH = AB . Sin B =
4,5.Sin530_{= 3,6 cm}

b; Ta có :  ABC và  MBC chung đáy BC
vậy để diện tích chúng = nhau thì độ dài hai
đờng cao phải bằng nhau Tức là khoảng cách
từ A đến BC cũng bằng M đến BC . Suy ra M
cách BC một khoảng =AH = 3,6 cm

Vậy M thuộc hai đờng thẳng sông song với
BC và cách BC một khoảng bằng 3,6 cm
<b>Bài tập5</b>

c; Ta cã tứ giác AEDF là HCN ( Có ba góc
vuông ë A; E ;F )

L¹i có AD là phân giác của góc A nên
AEDF là hình vuông

Xét tam giác BED có :
ED = BD. SinB = 8

7 .Sin 53

0

=32

35 cm

Chu vi cña AEDF = ED .4= 32

35 . 4=
108
35 cm
DiƯn tÝch cđa AEDF = ED2_{= (} 32

35¿
2
=1024
1225
cm2
A

15 12

B

H M C

b; BC= BH + HC = 9 +16 =25
V¹y BC2_{= 25}2_{= 625}
AC2_{+ AB}2_{= 20}2_{+ 15}2₌₂₂₅

VËy BC2_{= AC}2_{+ AB}2_{VËy tam giác ABC}
vuông ở A

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

-CM = 16- 12,5 = 3,5 cm

AM2_{= AH}2_+HM2_{= 12}2_{+ 3,5}2_=12,52_VËy
AM= 12,5 cm

Thoã mãn định lí AM = BC : 2 =12,5 cm

TiÕt11-12

<b>: Bµi tËp </b>

<b>về quan hệ giữa Đờng kính và dây cung :quan hệ giữa giây</b>
<b>cung và khoảng cách từ tâm đến giây</b>

<b>A. Mơc tiªu:</b>

- Học sinh nắm đợc đờng kính là dây lớn nhất trong các dây của đờng tròn. Nắm vững định
lý về đờng kính vng góc với dây và đờng kính đi qua trung điểm của dây khơng đi qua
tâm.liên hệ giửa cung và giây và khoảng cách từ tõm n giõy.

<b>B. Chuẩn bị:</b>

GV: Thớc kẻ, compa, phấn màu
HS: Thớc thẳng, compa

<b>C. Tiến trình dạy học.</b>

?Trong cỏc dây của đờng tròn dây lớn
nhất là dây nào

?Trong một đờng tròn đờng kính vng
góc với dây thì đi qua điểm nào của dây
đó.

?Trong một đờng trịn đờng kính đi qua
trung điểm của một dây khơng đi qua tâm
thì nh thế nào

GV đa đề bài lên bảng phụ
?Em vẽ hình bài tốn

?Nếu kẻ OM CD theo tính chất đờng
kính vng góc với dây ta cú gỡ

Xét tam giác AKB có gì
?Xét tam giácAHK có g×
GV gäi HS thùc hiƯn

- Ychs làm BT11SGK
HS vẽ hình

<b>A. Lý thuyÕt</b>

- Trong các dây của một đờng tròn dây lớn nhất
là đờng kính.

- Trong một đờng trịn, đờng kính vng góc
với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.
- Trong một đờng trịn, đờng kính đi qua trung
điểm của một dây khơng đi qua tâm thì vng
góc với dây đó

- Định lý 1,2 liên hệ giửa cung và khoảng cách

<b>1.</b>

<b> Bài 1</b> Cho đờng tròn tâm (O) đờng kính AB.
Dây CD cắt đờng kính AB tại I. Gọi H, K theo
thứ tự là chân các đờng vuông góc kẻ từ A và B
đến CD.

Chøng minh: CH = DK
<b>Gi¶i:</b>

Kẻ OM CD, Om cắt AK tại N theo tính chất
đờng kính vng góc với dây ta có: MC = MD
Xét <i>Δ</i>AKB có

AO=BO

ON // BK

}
<i>⇒</i>NA=NK(1)

XÐt <i>Δ</i>AHK cã

AN=NK

NM // AH

}

<i>⇒</i>MH=MK(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra
MC - MH = MD - MK
Tøc CH = DK (®pcm)
<b>2.BT11SGK/104</b>
Kẻ MO  CD

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

D
C

O B

A
H

K

M

- Ychs làm BT18SBT

H

C
B

A
O

- Ychs làm BT19SBT

C
B

O
A

D

GV nêu nội dung bài 19/ 130 SBT lên
bảng phụ.

Cho đường tròn ( O) đường kính
AD = 2R . Vẽ cung trịn ( D; R) cắt
đường tròn ( O) tại B và C.

a)OBDC là hình gì ? Tại sao ?
b)Tính góc CBD ; CBO; OBA.

c)Chứng minh  ABC là tam giác đều.

GV cho HS hoạt động nhóm .
Y/c đại diện nhóm lên bảng giải.

<b>Bµi tËp tù lun</b>

MO  CD  MC = MD (2)
Từ (1) và (2)  CH = DK. (đpcm)

<b>3.BT18SBT/130</b>

+ giả sử H là trung điểm của OA
+ xét tam giác OAB ta có:

<i>OH</i> <i>HA</i>

<i>AB BO</i>
<i>BH</i> <i>OA</i>

 

 



 _

<i>ABO</i>

  _đều <i>O</i> 600

+ xét <i>BHO H</i>( 90 )0

Theo hệ thức về canh và góc trong tam giác
vng ta có :

0 3

. 60 3.
2

<i>BH</i> <i>BO sin</i> 

+ Do đó <i>BC</i>2.<i>BH</i> 3 3

<b>4.Bài 19/ 130 SBT</b>
a) Vì B và C  ( O; R)
 OB = OC = R (1)
Vì B và C  ( D; R)

 DB = DC = R (2)
Từ (1) và (2) ta có:

OB = OC = DB = DC

Vậy tứ giác BOCD là hình thoi.
b)  OBD có OB = OD = BD
 OBD đều  ^OBD = 600.

BC là đường chéo của hình thoi nên cũng là
đường phân giác của góc BOD  ^CBD =
^CBO = 300_.__{ADB có trung tuyến OB =}₂

1

AD

 ADB là  vuông tại B
 ^ABD = 900.

^ABO = ^ABD - ^OBD
^ ABO = 900_{– 60}0_{= 30}0_.

a)  ABC có :

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

A

C
O

K

B

H

<b>Bài 1</b>: Cho tam giác ABC các đường cao
BH và CK. Chứng minh rằng:

a/Bốn điểm B,C,H,K cùng thuộc một
đường tròn

b/ HK<BC
Giải:

<b>Bài 3</b>:

Cho nửa đường trịn tâm O đường kính
AB và dây EF khơng cắt

Đường kính. Gọi I và K lần lượt là chân
các đường vng góc kẻ từ A và B đến
EF.Chứng minh rằng IE=KF

 ABC là  đều.

<b>Bài 2</b>: Tứ giác ABCD có <i>∠B</i>=∠<i>D</i>=900
a/ chứng minh bốn điểm A,B,C,D cùng thuộc
một đường tròn

b/ So sánh độ dài AC và BD. Nếu AC=BD thì
tư giác ABCD là hình gì

Giải:

<b>Bài 4</b>: Cho đương trịn tâm O có đường kính
OA = 3cm . Dây BC cảu đường trịn vng góc
với OA tại trung điểm của OA. Tính độ dài BC

<b>TiÕt 13-14 : «n luyện</b>
<b>CáC Vị TRí TƯƠNG Đối</b>

<b> (im -ng trũn,ng thng và đờng tròn)</b>
<b>A. Mục tiêu:</b>

- Học sinh nắm đợc điểm thuộc đờng trịn. Nắm vững vị trí tơng đối của đờng thẳng và
đ-ơng trịn

- biÕt vÏ h×nh theo lời toán
Chuẩn bị:

GV: Thớc kẻ, compa, phấn màu
HS: Thớc thẳng, compa

<b>Bi 1) Cho </b>DABC, cỏc ng cao BH
và CK. Chứng minh rằng :

a) Bốn điểm B, K, H, C cùng thuộc 1
đờng tròn. Xác định tâm của đờng tròn
b) So sánh KH với BC

- GV vẽ hình lên bảng + HS vẽ hình
vào vở

- 1 HS nêu lời giải câu a :

<b>Bài 1: a) Vì </b>DABC vuông => tâm O thuộc
cạnh huyền BC và OB = 2

<i>BC</i>

= 5
=> R = 5 cm

Gọi O là trung điểm BC => BO = OC

D_{BKC có KO =} 2

<i>BC</i>

(t/c tam giác vuông)

D_{CHB có HO =} 2

<i>BC</i>

(t/c trung tuyến tam
giác vuông) => BO = KO = HO = CO = 2

<i>BC</i>

Vậy 4 điểm B, J, H, C cùng nằm trên đờng
A

K

B

H

I C _I

B

D

C
A

A 4 B

E O

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

? HÃy so sánh BC và KH ?

Bi 2 : Cho hình thang ABCD , đáy
nhỏ AB, đáy lớn CD, có C = D = 600_và
CD = 2AD

Chứng minh 4 điểm A,B,C,D cùng
thuộc 1 đờng trịn.

GV híng dÉn:

* I là trung điểm CD (I cố định) .
* <i>AID</i>_và<i>BCI</i> _đều <i>DI</i> <i>IC</i> <i>IA</i><i>IB</i>

* A,B,C,D cách đều I  <i>A</i>,<i>B</i>,<i>C</i>,<i>D</i>(<i>I</i>)

<b>Bài 3: Cho điểm A cách đờng thẳng </b>
xy là 12 cm . Vẽ đờng tròn (A; 13 cm)
a; C /m rằng Đtrịn (A) có hai giao
điểm với đờng thẳng xy

b; Gọi hai giao điểm nói trên là B v C .
Tớnh di BC ?

<b>Bài 4:</b>

Cho hình thang ABCD (A =D

=900_{) ; AB =4cm ; BC = 13 cm ; CD =}
9 cm

a; Tính độ dài AD ?

b; C/m rằng đờng thẳng AD tiếp xúc
với đờng trịn đờng kính là BC ?
<b>Giải: u cầu HS vẽ hình </b>
Ta sẽ tính AD nh thế nào ?

Để biết AD ta có thể tính đợc đoạn
nào ? ( H BH vuụng gúc CD )

tròn tâm O bán kÝnh 2

<i>BC</i>

b) Ta có BC là đờng kính của ( O; 2

<i>BC</i>

)
KH là dây cung của (O; 2

<i>BC</i>

) => BC > KH
(đờng kính dây cung)

<b>Bài 2 : Cho hình thang</b>

ABCD , đáy nhỏ AB ,
đáy lớn CD ,

cã C = D = 600_{vµ CD =}
2AD .

Chứng minh 4 điểm
A,B,C,D cùng thuộc 1
đ-ờng tròn .

Giải * I là trung điểm CD (I cố định) .
* <i>AID</i>_và<i>BCI</i> _đều <i>DI</i> <i>IC</i> <i>IA</i><i>IB</i>

* A,B,C,D cách đều I  <i>A</i>,<i>B</i>,<i>C</i>,<i>D</i>(<i>I</i>)
<b>Bài 3:</b>

<b>Gi¶i: </b>

a; Do OH = d = 12 cm
OB = R = 13 cm

=> d < R vậy đờng thẳng xy cắt (0) tại hai
điểm

b; OH vuông góc với BC => BC = 2 BH
Theo định lí Pi Ta Go cho  vng OBH ta
có :

BH =

_√

_OB2

<i>−</i>OH2=

√

132<i>−12</i>2=5 cm

BC =2 BH = 2. 5 = 10 cm
<b>Bài 4:</b>

a; Hạ BH vuông góc với CD ; Ta có ABHD là
hình chữ

nhật ( Vì có 3 góc vuông là
A=D=H=900₎

=> AB = DH ; AD = BH => HC = DC - DH =
9-4 =5 cm

XÐt  BHC cã : BH2_{= BC}2_{- CH}2₌₁₃2_{- 5}2₌₁₂2
=> BH = 12 cm
VËy AD = 12 cm

b; KỴ OE vuông góc AD ta chỉ cần C/m OE =
R

thì khi đó AD tiếp xúc với (0)
Ta có OB = OC = R

OE // AB //CD (vì cùng vuông góc với

<b>60</b> <b>60</b>

<b>D</b> <b>C</b>

<b>I</b>

<b>A</b> <b>B</b>

O

X

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

AD )

=> EO là đờng trung bình của hình thang
ABCD

=> EO = 1/2 (AB +CD ) = (4 +9)/2 = 6,5 cm
V× OE = 6,5 cm = BC /2 =R

VËy AD là tiếp tuyến của (0)
<b>Tiết 15-16 : ôn Lun</b>

<b>tiếp tuyến của đờng trịn </b>
<b>A. Mục tiêu: </b>

- Giúp học sinh nắm vững đợc định nghĩa tiếp tuyến của đờng tròn biết cách vẽ tiếp
tuyến của đờng tròn tại 1 vị trí trên đờng trịn và nằm ngồi đờng trịn.

-Nắm đợc tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau

- Rèn luyện kĩ năng vận dụng các kiến thức đã học vào làm bài tập chứng minh, tính
tốn, suy luận, phân tích và trình bày lời giải.

<b>B. ChuÈn bÞ: </b>

+) GV: Bảng phụ ghi đề bài và hình vẽ minh hoạ, thớc kẻ, com pa .

+) HS: Ôn tập các kiến thức về định nghĩa, tính chất của đờng trịn, tiếp tuyến của đờng
trịn, thc k , com pa.

<b>C. Tiến trình dạy - học: </b>

+) GV yêu cầu h/s đọc bài tập 45
(SBT–134)

- Bài cho gì ? Yêu cầu gì ?

+) GV hớng dẫn h/s vẽ hình và ghi
gt, kl bài toán.

+) Muốn c/m điểm E

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

_ta

cần chứng minh điều gì ?
- HS: OE = R(O)

+) Muèn c/m OE = R(O) ta lµm
ntn ?

- OE là đờng gỡ trong <i>AHE</i>

vuông tại E ?

GV yờu cu học sinh thảo luận và
đại diện trình bày bảng.

- 1 HS trình bày lời giải lên bảng.
+) Muốn c/m DE lµ tiÕp tun cđa

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 _{ta lµm nh thế nào?}

HS: Cần chứng minh :

<i><b>1. Bài 45:</b></i> ( SBT – 134) (30 phót)

Gi¶i:

a) Xét <i>AHE</i>_{Vì BE là đờng cao trong}<i>ABC</i>

 _BE_AC <i>HEA</i>900

 _{OE =}

1

2<i>AH</i> _{(t/c đờng trung tuyến}_vuông)

 _{OE =OA =OH =R}_(O)

A

O
E
H

D C

GT: <i>ABC</i>_{(AB =AC) AD}_{BC; BE}_AC;

AD _BE_H

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 

KL: a) E 

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 

b) DE lµ tiÕp tuyÕn cña
;

2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

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

OE _ED

vµ E 

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 _{(đã c/m)}

+) H·y chøng minh OE _ED

Gỵi ý: OE _ED



<i>OED</i> 900



<i>E</i> 3<i>E</i> 2 900



<i>E</i>1<i>E</i>3_{. . . . .}

Qua bài tập trên GV khắc sâu lại
cách chứng minh 1 đờng thẳng là
tiếp tuyến của đờng tròn.

VËy E 

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 

b) XÐt <i>AOE</i> cã OE = OA ( cmt)

<i>AOE</i>_{là tam giác cân tại O} <i>A</i>1<i>E</i>1₍₁₎

Mµ <i>A</i>1 <i>B</i>1_{(2) (cïng phơ víi}<i>C</i> ₎

Mặt khác xét <i>BEC</i>_{có: BD = DC (t/c}_cân)
 _{DE là đờng trung tuyến ứng với cạnh huyền BC}
 _{BD = DE = DC} <i>BED</i>_{cân tại D}

 <i>B</i>1 <i>E</i> 3_{( 3) (t/c}_c©n)

Tõ (12) ; (2); (3)  <i>E</i>1<i>E</i>3

Mµ <i>E</i>1<i>E</i> 2 900   

0
3 2 90

<i>E</i> <i>E</i>  _hay<i>_OED</i> _₉₀0

 _OE_{ED mµ E}

;
2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 _{( cmt)}

VËy ED lµ tiÕp tun cđa
;

2

<i>AH</i>
<i>O</i>

 

 

 

+) GV: Giới thiệu đề bài 45
<i>(SBT-134) </i>

- HS : Đọc đề bài, GV gợi ý và
hớng dẫn vẽ hình, ghi GT, KL
của bài tập.

+) Muèn chứng minh 3 điểm
D, A, E thẳng hàng ta làm ntn?
+) GV phân tích qua hình vẽ và
gợi ý chøng minh <i>DAH</i> + <i>HAE</i>

0

180



+) NhËn xÐt gì về các +) HS: trả
lời miệng Theo tÝnh chÊt của
hai tiếp tuyến cắt nhau

ta có AB = AC và OB = OC= R
(

 _{AO là đờng trung trc ca}

BC

- Đại diện 1 h/s tr×nh bµy lêi

<b>2. Bµi 56: </b><i><b>(SBT-135</b>) (20 phút)</i>

Giải:

a) Ta có B là giao điểm cđa 2 tiÕp tun  AB lµ tia

<b>GT : </b><i>ABC</i>₍<i>A</i>900_),

<i>A AH</i>;

_{,kẻ các tiếp tuyến}

BD, CE víi



<i>A AH</i>;



; D  (A), E(A)
<b>KL : a) 3 điểm A, D, E thẳng hàng</b>

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

giải lên bảng

+) Gợi ý: Gọi O là trung điểm
cuả BC hÃy chứng minh

điểm A
;
2
<i>BC</i>
<i>O</i>


 

Mn chøng minh DE lµ tiÕp

tun cđa
;
2
<i>BC</i>
<i>O</i>


_{ta cần chứng}

minh thêm điều gì ? ( _OA

DE )

phân giác của <i>DAH</i>

1 2

1
2

<i>A</i> <i>A</i> 



<i>DAH</i> <i>DAH</i>₌₂<i>A</i>2₍₁₎

Ta cã C là giao điểm của 2 tiếp tuyến AC là tia phân
giác của <i>EAH</i>

3 4

1
2

<i>A</i> <i>A</i> 



<i>EAH</i>  <i>DAH</i>₌₂<i>A</i>3₍₂₎

Mµ <i>A</i>2<i>A</i>3₉₀0₍₃₎

Tõ (1), (2) & (3)

 <i>DAH</i> ₊<i>HAE</i>_{= 2(}<i>O</i> 2 <i>O</i> 3_{) = 2. 90}0_{= 180}0
 <i>DAH</i>+ <i>HAE</i> 1800  <i>DAE</i> 1800
VËy 3 ®iĨm D, A, E thẳng hàng.

b) +) Gi O l tõm ng trịn dờng kính BC
 OB =OC=

1
2<i>BC</i>

+) Xét <i>ABC</i> vng tại A có OB = OC  OA là đờng
trung tuyến ứng với cạnh huyền BC  _{OA =}

1

2<i>BC</i>_nên

điểm A
;
2
<i>BC</i>
<i>O</i>

_(a)

+) Mµ

 O

OB = OC =R
AD = AE (gt)






  _{OA l ng trung bỡnh ca}

hình thang vuông BCED
 OA_{DE (b)}

Tõ(a); (b) DE lµ tiÕp tun cđa
;
2
<i>BC</i>
<i>O</i>
 
 
 

+) GV: Giới thiệu đề bài 69
<i>(SBT-138) </i>

- HS : Đọc đề bài, GV gợi ý và
h-ớng dẫn vẽ hình, ghi GT, KL của
bài tập.

+) Muốn chứng minh CA; CB là
các tiếp tuyến của đờng tròn (O)
ta cần chứng minh điều gì ?
+) GV phân tích qua hình vẽ và
gợi ý chứng minh

<i>CAO</i> ' = <i>CBO</i> ' 900

+) NhËn xÐt g× vỊ khoảng cách
các điểm A; C; O với ®iĨm O.
+) HS: tr¶ lêi miƯng

OA = OC = OO’ =
1

'
2<i>CO</i>

<b>3. Bµi 69: (SBT- 135)</b>
Gi¶i:

a) Tam giác ACO’ có AO là đờng trung tuyến OA =
OC = OO =

1
'
2<i>CO</i>

<i>ACO</i>'_{vuông tại A} <i>CAO</i> ' 90 0  _CA_AO’

CA là tiếp tuyến của đờng tròn

'
;
2
<i>CO</i>
<i>O</i>
 
 
 

Tơng tự CB là tiếp tuyến của đờng tròn

'
;
2
<i>CO</i>
<i>O</i>
 
 
 

b) Ta cã <i>C</i>1<i>C</i> 2_{(t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) (1)}

mà CA // IO <i>C</i> 2 <i>O</i> '1_{( so le) (2)}

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

- KÕt ln g× vỊ <i>ACO</i>'

 <i>CAO</i> ' 90 0 _CA_AO

- Đại diện 1 h/s trình bày lời giải
lên bảng

+) Muốn chứng minh 3 điểm K;
I; O thẳng hàng ta cần chứng
minh điều gì ?

+) Gợi ý: Cần chứng minh
KO _IO



KO _{CO’ vµ IO}_CO’

<i>CBK</i>

_{cân tại K;}<i>CIO</i>'_{cân tại I}

Học sinh trình bày bảng dới sự
gợi ý của giáo viên.

- GV : Gii thiu bi tp 41 (Sgk)
- HS : Đọc đề và tóm tắt bài tốn
+) GV hớng dẫn cho học sinh vẽ
hình và ghi giả thiết và kết luận
của bài toán.

+) Để chứng minh hai đờng trịn
tiếp xúc ngồi hay tiếp xúc trong
ta cần chứng minh điều gì?
- GV : Gợi ý cho h/s nêu cách
chứng minh

<b>Bài tập 48 (SBT/134) </b>
- Đọc đề bài và phân tích ?

- Vẽ hình, ghi giả thiết và kết
luận ?

- Căn cứ vào đâu để chứng minh
AO vng góc với MN?

- Cho học sinh thảo luận nhóm?
- GV đến từng nhóm để hướng
dẫn học sinh cách làm.

- Đại diện hai nhóm lên trình bày
cách làm ?

- GV nhn mnh li cỏch lm ca
hc sinh.

tại K Mà CO = OO’ =
1

'
2<i>CO</i>

 _{IO là đờng trung tuyn ng thi l ng cao trong}

'

<i>CIO</i>

_{cân tại I} _IO_{CO’ (a)}

Theo t/c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau
 <i>CO B O</i> '  '2₍₃₎

Mµ CK // AO’ ( cïng _AC)

 <i>KCO</i> '<i>O</i> '2₍₄₎

Tõ (3) vµ (4)  <i>CO B</i> '  <i>KCO</i>'

<i>CBK</i> cân tại K
Mà CO = OO’ =

1
'
2<i>CO</i>

 _{KO là đờng trung tuyến đồng thời là đờng cao}

trong tam gi¸c c©n CBK
 _KO_{CO’ (b)}

Tõ (a) vµ (b)  KO // IO (cïng vu«ng gãc víi CO’)

 _KO_{IO VËy 3 ®iĨm K; I; O thẳng hàng.}

<b>4.Bi tp 48 (SBT/134) </b>

C
a) Xét MAN cã:

AM=AN( Theo tÝnh ch Êt hai tiÕp tuyÕn c¾t
nhau)

=> MAN Cân tại A

Mà AO là phân giác của góc MAN
=> OAMN (1)

b) Xét MNC có MO là đ êng trung tun
óng víi CN

mµ MO=1
2CN

VËy tam giác CMN vuông tại C=>MCMN (2)

Từ (1), (2) => đpcm

O

N

M

A

c) áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vng
AMO ta cú: AM= AO2-MO2=4 (cm )

m à AN=AM=4cm

áp dụng h ệ thức vào tam giác vuông AMO
có : ME=AM.MO:AO=2,4(cm)

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

<b>TIẾT 17-18:CHỨNG MINH</b>

<b>HỆ THỨC LIÊN HỆ GIỮA CÁC ĐOẠN THẲNG</b>
<b>A. Mục tiêu</b>

- Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh,sử dụng tam giác
đồng dạng ,sử dụng và hệ quả ta – lét

- Áp dụng tính chất đường phân giác trong của ta giác.
<b> B. Bài tập</b>

<i><b>Baøi 30,sgk/tr 116.</b></i>

(Đưa đề bài và hình vẽ lên bảng phụ).
a) Chứng minh COD = 900

- Gợi ý : Ta có nhận xét gì
về hai tia OC và OD?
 ? vì sao?

- Gọi một HS đứng tại
chỗ nêu nội dung chứng
minh.

- GV ghi lại nội dung chứng minh mà HS vừa
trình bày miệng.

b) Chứng minh : CD = AC + BD

Goïi một HS lên bảng trình bày bài giải.
GV nhận xét bài làm của HS.

c) Chứng minh AC.BD khơng đổi khi M di
chuyển trên nưa đường tròn.

GV : AC.BD = Tích nào? Vì sao?
Có : MC. MD = ? Vì sao?  ?
GV nhận xét bài làm của HS.
<i><b>Bài 31,sgk/tr 116.</b></i>

(Đưa đề bài và hình vẽ lên bảng phụ).
a) Chứng minh : 2AD = AB + AC – BC

Yêu cầu HS hoạt động nhóm

để giải.

Gợi ý : Hãy tìm các cặp
Đoạn thẳng bằng nhau trên
hình.

Sau vài phút, u cầu đại diện nhóm lên bảng
trình bày bài giải.

b) Tìm các hệ thức tương tự?
GV nhận xét bài làm của HS.

<i><b>Bài 30,sgk/tr 116.</b></i>

a, Theo ®lý , ta cã AOC= COM,MOD=DOB
=> COM+MOD=AOC+DOB=180o_:2=900

VËy COD=900

b,ta cã CM=AC, DM=BD =>CM+DM=AC+BD
hay CD=AC+BD

<i><b>HS nhận xét bài làm trên bảng, nghe GV</b></i>
<i><b>nhận xét chung sau đó ghi bài giải vào vở.</b></i>
c) HS trình bày chứng minh . . .

Tõ c©u a => AOC+BOD=AOC+ACO=1v
=>BOD=ACO

=>

<i>Δ</i> _AOC <i>Δ</i> _BDO _=>

AC
AO=

BO

BD => AC . BD=AO . BO=<i>R</i>

2

Vậy khi M thay đổi thì AC.BD không đổi

<i><b>HS nhận xét bài làm trên bảng, nghe GV</b></i>
<i><b>nhận xét chung sau đó ghi bài giải vào vở.</b></i>
<i><b>Bài 31,sgk/tr 116.</b></i>

HS hoạt động nhóm để giải. . .

Đại diện nhóm lên bảng trình bày bài giải.
aFA,BD=BE, FC=CE

AB+AC_BC=AD+DB+FA+FC-BE-EC
=AD+DB+AD+FC-BD-FC=2AD
b) HS tìm các hệ thức tương tự . . .
2BE=BA+BC_AC

2CF=CA+CB-AB

HS nhận xét bài làm trên bảng, nghe GV
nhận xét chung sau đó ghi bài giải vào vở.

Bài 3
<b>D</b>

<b>x</b>

<b>y</b>

<b>B</b>
<b>M</b>

<b>C</b>
<b>A</b>

<b>O</b>

<b>A</b>

<b>B</b>

<b>D</b> <b>_O</b> <b>F</b>

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

60

F
E

H O

N
M

B
A

60

F
E

H O

N
M

B
A

Bài 3.

Cho đường tròn tâm (O;R) đường
kính AB và điểm M trên đường trịn sao cho

 ₆₀0

<i>MAB</i> _{. Kẻ dây MN vng góc với}

AB tại H.

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

2. Chứng minh MN2_{= 4 AH .HB .}

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

ΔAMB nội tiếp đường trịn (O) có
AB là đường kính nên ΔAMB vuông ở M.

Điểm M  (B;BM), <i>AM</i> <i>MB</i>nên
AM là tiếp tuyến của đường tròn (B; BM)

Chứng minh tương tự ta được AN là
tiếp tuyến của đường tròn (B; BM)

2. Chứng minh MN2_{= 4 AH .HB}
Ta có: AB  MN ở H  _{MH =}

NH =

1

2<i>MN</i> ₍₁₎

(tính chất đường kính và dây cung)

ΔAMB vuông ở B, MH  AB nên:
MH2_{= AH . HB ( hệ thức lượng}
trong tam giác vuông)

Hay

2

2

<i>MN</i>

 

 

  _{AH. HB}
2 ₄ _.

<i>MN</i> <i>AH HB</i>

  _(đpcm)

<i><b>Bµi 1: </b></i>

Cho đờng trịn (O) và dây AB. M là điểm chính giữa cung AB. C thuộc AB, dây MD qua C.
a) Chứng minh MA2_{= MC.MD.}

b) Chøng minh MB.BD = BC.MD.

c) Chứng minh đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD tiếp xúc với MB tại B.

d) Gọi R1, R2 là bán kính các đờng trịn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD. Chứng minh
R1 + R2 không đổi khi C di động trên AB.

<i><b>Bµi 2: </b></i>

Cho nửa đờng trịn tâm O, đờng kính AB = 2R và một điểm M trên nửa đờng tròn (M khác
A, B). Tiếp tuyến tại M của nửa đờng tròn cắt các tiếp tuyến tại A, B lần lợt ở C và E.

a) Chøng minh r»ng CE = AC + BE.
b) Chøng minh AC.BE = R2_.

<b> </b>

<b>TiÕt 19-20.</b>

<b>CHỨNG MINH-BẰNG NHAU – SONG SONG,</b>
<b>VNG GĨC - ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG</b>
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN

<b>1.Tam giác bằng nhau</b>

a) Khái niệm:

A A'; B B'; C C'

ABC A'B'C' khi

AB A 'B'; BC B'C'; AC A'C'

     



  _

  

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

b) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác: c.c.c; c.g.c; g.c.g.

c) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác vng: hai cạnh góc vng; cạnh
huyền và một cạnh góc vng; cạnh huyền và một góc nhọn.

d) Hệ quả: Hai tam giác bằng nhau thì các đường cao; các đường phân giác; các
đường trung tuyến tương ứng bằng nhau.

<b>2.Chứng minh hai góc bằng nhau</b>

-Dùng hai tam giác bằng nhau hoặc hai tam giác đồng dạng, hai góc của tam giác
cân, đều; hai góc của hình thang cân, hình bình hành, …

-Dùng quan hệ giữa các góc trung gian với các góc cần chứng minh.
-Dùng quan hệ các góc tạo bởi các đường thẳng song song, đối đỉnh.

-Dùng mối quan hệ của các góc với đường trịn.(Chứng minh 2 góc nội tiếp cùng
chắn một cung hoặc hai cung bằng nhau của một đường tròn, …)

<b>3.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau</b>
-Dùng đoạn thẳng trung gian.

-Dùng hai tam giác bằng nhau.

-Ứng dụng tính chất đặc biệt của tam giác cân, tam giác đều, trung tuyến ứng với
cạnh huyền của tam giác vng, hình thang cân, hình chữ nhật, …

-Sử dụng các yếu tố của đường tròn: hai dây cung của hai cung bằng nhau, hai
đường kính của một đường trịn, …

-Dùng tính chất đường trung bình của tam giác, hình thang, …
<b>4.Chứng minh hai đường thẳng, hai đoạn thẳng song song</b>

-Dùng mối quan hệ giữa các góc: So le bằng nhau, đồng vị bằng nhau, trong cùng
phía bù nhau, …

-Dùng mối quan hệ cùng song song, vng góc với đường thẳng thứ ba.
-Áp dụng định lý đảo của định lý Talet.

-Áp dụng tính chất của các tứ giác đặc biệt, đường trung bình của tam giác.
-Dùng tính chất hai dây chắn giữa hai cung bằng nhau của một đường trịn.
<b>5.Chứng minh hai đường thẳng vng góc</b>

-Chứng minh chúng song song với hai đường vng góc khác.

-Dùng tính chất: đường thẳng vng góc với một trong hai đường thẳng song song
thì vng góc với đường thẳng cịn lại.

-Dùng tính chất của đường cao và cạnh đối diện trong một tam giác.
-Đường kính đi qua trung điểm của dây.

-Phân giác của hai góc kề bù nhau.
<b>6.Chứng minh ba điểm thẳng hàng</b>

-Dùng tiên đề Ơclit: Nếu AB//d; BC//d thì A, B, C thẳng hàng.

-Áp dụng tính chất các điểm đặc biệt trong tam giác: trọng tâm, trực tâm, tâm đường
tròn ngoại tiếp, …

-Chứng minh 2 tia tạo bởi ba điểm tạo thành góc bẹt: Nếu góc ABC bằng 1800_{thì A,}
B, C thẳng hàng.

-Áp dụng tính chất: Hai góc bằng nhau có hai cạnh nằm trên một đường thẳng và hai
cạnh kia nằm trên hai nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng trên.

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

-Áp dụng tính chất các đường đồng quy trong tam giác.

-Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua một điểm: Ta chỉ ra hai đường thẳng cắt
nhau tại một điểm và chứng minh đường thẳng còn lại đi qua điểm đó.

-Dùng định lý đảo của định lý Talet.
B.MỘT SỐ VÍ DỤ

VD1.Cho một nửa lục giác đều ABCD nội tiếp trong nửa đường tròn (O; R). Hai tiếp tuyến
tại B và D cắt nhau ở T.

a) Chứng minh rằng OT//AB.(góc BAD = góc TOD)

b) Chứng minh ba điểm O, C, T thẳng hàng.(phân giác BOD; song song với AB)
VD2.Cho nửa đường tâm O đường kính AB = 2R, M là trung điểm AO. Các đường vng
góc với AB tại M và O cắt nửa đường tròn tại D và C.

a) Tính AD, AC, BD và DM theo R.(AD = R; AC = R 2; BD = R 3; DM =

R 3
4 ₎

b) Tính các góc của tứ giác ABCD.(ABD = 300_{; ABC = 45}0_{; BCD = 120}0_{; ADC =}
1350₎

c) Gọi H là giao điểm của AC và BD; I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh
rằng IH vng góc với AB.(AC, BD là các đường cao của tam giác IAB)

VD3.Cho tam giác ABC đều cạnh a. Kéo dài BC một đoạn CM = a.

a) Tính các góc của tam giác ACM.(ACM = 1020_{; CAM = CMA = 30}0₎
b) Chứng minh Am vng góc với AB.(MAB = 900₎

c) Kéo dài CA một đoạn AN = a và kéo dài AB một đoạn BP = a. Chứng tỏ tam giác
MNP đều.(tgMCN = tgNAP = tgPBM)

C.MỘT SỐ BÀI TẬP CƠ BẢN

1.Cho hình vng ABCD. Lấy điểm M trên đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình
chiếu của M lên AB và AD.

a) Chứng tỏ: CF = DE; CF vng góc với DE. Từ đó tìm quỹ tích giao điểm N của
CF và DE. (tgCFD = tgDAE; quỹ tích N là ¼ đường trịn-cung trịn DNO có đường kính
CD)

b) Chứng tỏ: CM = EF và CM vng góc với EF. (tgCKM = tgFME, K là giao của

FM và CB)

c) Chứng minh rằng các đường thẳng CM, BF, DE đồng quy.(CM, ED, FB là ba
đường cao của tam giác CEF)

2.Cho tam giác ABC vng ở A. Đường trịn qua tâm O qua A tiếp xúc với BC tại B và
đường tròn tâm I qua A tiếp xúc với BC tại C.

a) Chứng minh hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A.(tgOAB; tgIAC cân;
OAB + CAI + BAC = 1800_{; O, I, A thẳng hàng)}

b) Từ O kẻ đường vng góc với AB và từ I kẻ đường vng góc với AC. Chứng
minh chúng cắt nhau tại trung điểm M của BC.(MA = MB = MC)

c) Chứng minh MO vng góc với MI.(OMI = 900₎

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

3.Cho hai đường tròn (O), (O’) cắt nhau tại A và B sao cho góc OAO’ bằng 900_{. Qua A kẻ}
cát tuyến MAM’ vng góc với AP trong đó P là trung điểm của OO’. M, M’ theo thứ tự là
giao điểm của cát tuyến với hai đường tròn (O); (O’). Chứng minh:

a) AM = AM’.(A là trung điểm của DC; OC, O’D vng góc với MM’)
b) Tam giác ABM cân.(tgOAC = tgOHA)

c) BM vng góc với BM’.(AB = AM’; t/c trung tuyến tam giác vng)

d) Với vị trí nào của cát tuyến MAM’ thì MM’có độ dài lớn nhất.(MM’=2OO’;
MM’//OO’)

<b>TIẾT 21-22 ƠN LUYỆN :</b>

<b>VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRỊN</b>
<b>A/MỤC TIÊU</b>

<b>H/s nắm được</b>

1) Ba vị trí tơng đối của 2 đờng trịn

2) Tính chất đờng nối tâm: - Là trục đối xứng của hình gồm 2 đờng trịn
- Nếu 2 đờng trịn cắt nhau thì đờng nối tâm là trục đối xứng của dây chung
- Nếu 2 đờng trịn tiếp xúc thì đờng nối tâm đi qua tiếp điểm

3) Tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn là đờng thẳng tiếp xúc với cả 2 đờng tròn
<b>B/Luyện tập</b>

<i><b>Bài 1</b></i><b>( Bài 76 SBT) Cho 2 đờng tròn (O) và (O</b>/_{) tiếp xúc ngồi tại A. Kẻ các đờng kính}
AOB, AO/C, gọi DE là tiếp tuyến chung ngoài của 2 đờng tròn D ∈ (O),

E ∈ (O/_{). Gäi M là giao điểm của BD và CE}

a) Tính số đo DAE

b) Tứ giác ADME là hình gì? vì sao?

c) C/M: MA là tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn
HD c/m:

a) VÏ tiÕp tun chung trong t¹i A cđa 2 đg tròn
cắt DE tại I. Ta có IA = ID ( t/c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)
IE = IA ( t/c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau)

⇒ AI = 1₂ DE ADE vuông tại A ( có trung tuyến AI
bằng 1

2 cạnh tơng ứng DE) DAE = 900

b)Ta có ABD vuông tại D ( có trung tuyến DO bằng 1₂ cạnh tơng ứng AB)
ADM = 900₍₁₎

AEC vuông tại E ( AEM = 90.) 0₍₂₎
Mặt khác DAE = 900_{( c/m a) (3)}

Tõ (1) (2) (3) ADME là hcn ( có 3 góc vuông)

c) ADME là hcn ⇒ 2 đờng chéo AM và DE cắt nhau tại trung điểm mỗi đờng. Mà I là trung
điểm của DE ⇒ I là trung điểm của AM hay M, I, A thẳng hàng hay MA là tiếp tuyến
chung của 2 đờng tròn

<i><b>Bài 2</b></i> (Bài 84 SBT): Cho 2 đg trịn (O;2cm) và (O´;3cm) có OO´= 6 cm
a) 2 đg trịn (O) và (O/_{) có vị trí tơng đối ntn với nhau?}

b)Vẽ đg trịn (O/_{;1cm) vẽ tiếp tuyến OA với đg trịn đó ( A là tiếp điểm). Tia O}/_{A cắt đg tròn}
(O/_{;3cm) ở B. kẻ bán kính OC của (O) song song với O}/_{B; B và C thuộc cùng 1nửa mặt}
phẳng bờ OO/_{. C/m rằng BC là tiếp tuyến chung của 2 đờng tròn (O;2cm)}

<b>M</b>
<b>I</b>

<b>D</b> <b>_E</b>

<b>B</b> _‘ <b>A</b> _‘ <b>C</b>

<b>O</b>

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

và (O/_;3cm)
c) Tính độ dài BC

d) Gọi I là giao điểm của BC và OO/_{. Tính độ dài IO}
<i><b>HD c/m:</b></i>

a)

OO/_{= 6cm; R}

(O/) = 3cm; r(O) = 2cm ⇒ OO/ > R + r ⇒ (O) vµ (O/) ë ngoµi nhau
b) Ta cã O/_{B = 3cm; O}/A = 1cm; ⇒ AB = 3 1 = 2cm

Mặt khác OC = 2cm ⇒ OC = AB; mµ OC ∥ AB ⇒ ABCO lµ hbh

+ O/_A_ OA ( t/c tiÕp tuyÕn) ⇒ ∠ OAB = 900 ⇒ ABCO lµ hcn ⇒ BC __OC
vµ BC  O/B ⇒ BC lµ tiếp tuyến chung của 2 đg tròn (O) và (O/₎

c) BC = OA ( 2 cạnh đối của hcn)

¸p dơng đlí pi ta go trong tam giác vuông OAO/_{có OA =}

√

OO<i>'</i>2<i>−O</i>❑

<i>A</i>2=√36<i>−1</i> = √35

d) Cách 1: ∠COI = ∠BO/I ( đồng vị) ⇒ cosCOI = cosBO/_{I =} 1

6
Trong ∆ vuông IOC = OC_OI ⇒ ₆1= 2

OI ⇒ OI = 12cm
<b>Cách 2: áp dụng định lí ta lét ta có </b> OI

<i>O</i>❑<i>_I</i>=
OC

<i>O</i>❑<i>_B</i> ⇒
OI

OI+OO❑=

2

3 từ đó tính đợc OI
<i><b>Bài 3</b></i> (Bài 85 tr141 SBT): Cho đg trịn (O) đg kính AB. Điểm M thuộc đg tròn, gọi N là
điểm đối xứng với A qua M; BN cắt đg tròn ở C. gọi E là giao điểm của AC và BM
a) c/m NE  AB

b) Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. c/m FA là tiếp tuyến của (O)
c) c/m FN là tiếp tuyến của đg tròn (B;BA)

<i><b>HD c/m:</b></i> a) Trong ∆ AMB cã trung tuyÕn MO
B»ng 1

2 cạnh tơng ứng AB ⇒ ∠ AMB = 900
⇒ BM  AN . c/m tơng tự ta có AC  BN
⇒ AC, BM là 2 đờng cao của ∆ NAB ⇒ E là

trực tâm ⇒ NE  AB

b) Tứ giác AENF có 2 đờng chéo AN và EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng (gt) ⇒
AENF là hbh ⇒ NE ∥ FA mà NE  AB ⇒ FA  AB ⇒ FA là tiếp tuyến của đờng tròn (O)

a) ∆ ABN có BM vừa là đờng cao vừa là trung tuyến ⇒ ∆ ABN cân tại B
⇒ BA = BN và B1 = B2 ⇒ BN là bán kính của đờng trịn (B;BA) (1)

XÐt ∆ ABF vµ ∆ NBF cã BA = BN; B1 = B2 (c/m trên) , cạnh BF chung ABF = ∆ NBF
(c.g.c) ⇒∠BNF = ∠ BAF mµ ∠ BAF = 900 ⇒ ∠BNF = 900 ⇒ FN __{NB (2)}

Tõ (1) vµ (2) ⇒ FN lµ tiÕp tuyÕn của đg tròn (B;BA)
<i><b>Bài 4:</b></i> ( bài 86 tr141 SBT)

Cho đg tròn (O) đg kính AB, điểm C nằm giữa A và O, vẽ đg tròn (O/_{) có đg kính CB}
a) Hai đg tròn (O) và (O/_{) có vị trí ntn với nhau}

b)Kẻ dây DE của đg tròn (O) sao cho DE AC tại trung điểm H của AC. Tứ giác ADCE là
hình gì? c/m

c) Gọi K là giao điểm của DB và (O/_{) . c/m 3 điểm E, C, K thẳng hàng}
d) c/m HK là tiếp tuyến cña (O/₎

<b>B</b>

<b>C</b>
<b>C</b>
<b>A</b>

<b>I</b>

<b>O</b>

<b>O/</b>

<b>N</b>
<b>N</b>
<b>F</b>

<b>M</b>
<b>M</b>

<b>E</b> <b>C</b>

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

HD c/m:

a) OO/_{= OB O}/_{B ( vì O}/_{nằm giữa O và B)}
hay d = R – r ⇒ (O) vµ (O/_{) tiÕp xóc trong}
b)AB  DE (gt) t¹i H ⇒ HD = HE

Mặt khác HA = HC (gt) ADCE là hbh ( có 2 đg chéo )
Mà AC DE ADCE là hình thoi

c)Ta có EC AD(), AD DB (..)

CE DB. Mặt khác CK DB ( 3 điểm E, C, K thẳng hàng)
<b>H</b>

<b> íng dÉn vỊ nhµ: </b>

<i>Làm bài tập 87, 88 tr 141, 142 SBT</i>

<i>Hệ thống các kiến thức đã học</i>

<b>TIẾT 23 - 24. ƠN LUYỆN :</b>

<b>GĨC Ở TÂM ,SỐ ĐO CUNG.LIÊN HỆ GIỮA CUNG VÀ DÂY</b>
<b>A/MỤC TIÊU</b>

Học xong tiết này HS cần phải đạt được :

- Củng cố cho HS các khái niệm về góc ở tâm, số đo của cung tròn và liên hệ giữa
cung và dây.

- HS vận dụng được các tính chất của góc ở tâm và liên hệ giữa dây và cung để
chứng minh bài tốn về đường trịn .

- Rèn kỹ năng áp vẽ hình phân tích bài tốn và chứng minh hình .
<b>B. BÀI TẬP</b>

Hoạt động của GV và HS Nội dung

<b>1. Lí thuyết </b>(6 phút)
- GV cho HS hệ thống các kiến thức đã

học về góc ở tâm, số đo của cung tròn
và liên hệ giữa cung và dây ?

- Cho biết số đo của góc ở tâm với số
đo của cung trịn ?

- Cách tính số đo của cung lớn như thế

nào ?

- Cung và dây trong một đường trịn có
quan hệ như thế nào ?

- Viết các hệ thức liên hệ giữa dây và
cung ?

1. Góc ở tâm, số đo của cung trịn .
- AOB _{là góc ở tâm ( O là tâm đường}

tròn, OA, OB là bán kính )
- Ta có: AOB _{= sđ}_AmB
và sđ AnB 360  0_{- sđ}AmB

- Nếu điểm C  <i>AB</i>  ta có
sđ AC sd CB = sd AB   

2. Liên hệ giữa cung và dây
a) AB = CD    AB = CD

AB = CD  AB CD 

b) AB > CD    AB > CD

AB > CD  AB > CD 

- GV ra bài tập, gọi HS đọc đề bài sau
đó vẽ hình và ghi GT, KL của bài

*) Bài tập 4 ( SBT - 74 )

<b>GT:</b> Cho (O; R ); MA, MB là hai tiếp tuyến

<b>O</b>

<b>n</b>
<b>m</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

<b>D</b>
<b>C</b>

<b>O</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

<b>D</b>
<b>K</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

<b>A</b> <b>H</b> <b>C O O</b>‘‘ ‘ <b>/</b>

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

toán ?

- Bài toán cho gì ? yêu cầu gì ?

- Hãy nêu cách chứng minh bài toán
trên ?

- GV cho HS thảo luận đưa ra cách
chứng minh sau đó chứng minh lên
bảng .

- GV nhận xét và chốt lại bài ?
- Gợi ý làm bài:

+) Xét  vuông MAO có AI là trung
tuyến   IAO đều .

+) Tương tự  IBO đều

 tính góc AOB theo góc IOA và góc
IOB .

- GV ra bài tập 7( SBT - 74 ), gọi HS
đọc đề bài, ghi GT, KL của bài toán .
- Bài toán cho gì ? yêu cầu gì ?

- Theo GT cho ta có những góc nào
bằng nhau ?  có thể dựa vào những
tam giác nào ?

- Gợi ý : hãy chứng minh OBC OCB  _;

 

O'BD O'DB _;OBC O'BD  _{rồi từ đó suy}

ra điều cần phải chứng minh .

- GV ra bài tập 10 ( SBT - 75 ) vẽ sẵn
hình lên bảng phụ, yêu cầu HS ghi GT ,

cắt nhau tại M
MO = 2 R
<b>KL:</b> AOB _{= ?}

I _O

M

B
A

<b> Giải:</b>

- Theo ( gt) ta có MA và MB là tiếp tuyến
của (O)  MA  OA tại A

- Xét  MAO vuông tại A. Kẻ trung tuyến
AI  AI = MI = IO ( tính chất trung tuyến
của  vuông )

mà OM = 2 R  AI = MI = IO = R

 IAO đều  AOI 60  0 (1)

- Tương tự  IOB đều  IOB 60  0_{( 2)}

Từ (1) và (2)  ta có:

   0

AOB AOI IOB 120  

- Vậy AOB _{= 120}0

*) Bài tập 7 ( SBT - 74 )

<b>GT :</b> Cho ( O) _{(O’) =}



<i>A B</i>;



_.

BDC là phân giác của OBO'

C  (O) ; D  (O’)
<b>KL :</b> So sánh BOC ; BO'D 

<b>D</b>
<b>C</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

<b>O'</b>
<b>O</b>

Chứng minh

- Xét  BOC có OB = OC
 BOC cân tại O
 OBC OCB  (1)

- Tương tự  BO’D cân tại O’
 O'BD O'DB  ₍₂₎

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

KL của bài toán .

- Cho HS thảo luận theo nhóm nêu ra
cách chứng minh bài toán .

- Để chứng minh OH < OK ta có thể đi
so sánh hai đoạn thẳng nào ? có thể áp
dụng định lý nào ? ( dây và khoảng
cách đến tâm ) .

- GV cho HS làm sau đó lên bảng trình
bày chứng minh. Các nhóm khác nhận
xét và bổ sung. GV chốt lại lời chứng
minh .

- Nếu dây cung lớn hơn  cung căng
dây đó như thế nào ?

- GV ra tiếp bài tập 11 ( SBT - 75 ) đối
với lớp có nhiều HS khá; giỏi, gọi HS
đọc đầu bài và hướng dẫn HS làm bài

- Nêu các điều kiện bài cho từ đó nhận
xét để đi chứng minh bài tốn

- GV cho HS chứng minh tại chỗ
khoảng 5  7’ sau đó hướng dẫn và
chứng minh cho HS .

a) Hãy chứng minh AE = BF sau đó áp
dụng định lý liên hệ giữa cung và dây
để chứng minh .

- Xét  AOC và  BOD chứng minh
chúng bằng nhau ( c.g.c)

b) Sử dụng định lí: Nếu hai tam giác có
hai cạnh tương ứng bằng nhau từng đơi
một nhưng các cạnh thứ ba khơng bằng
nhau thì các góc xen giữa hai cạnh đó
cũng khơng bằng nhau và góc nào đối
diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn)
- Nếu EF > AE  ta suy ra cung nào
lớn hơn ?

- Vậy ta cần chứng minh gì ?

- Từ (1) ; (2) ; (3)  BOC BO'D 
*) Bài tập 10 ( SBT - 75 )

<b>GT :</b>  ABC ( AB > AC ) D  AB sao cho
AC = AD ; (O) ngoại tiếp  DBC

OH  BC ; OK  BD
<b>KL :</b> a) OH < OK

b) So sánh BD , BC 

K
H

O
D

C
B

A

Chứng minh :

a) Trong  ABC ta có BC > AB - AC (tính
chất BĐT trong tam giác )

 BC > AD + DB - AC  BC > DB , mà
OH  BC ; OK  BD  theo định lý liên hệ
giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây ta
có OH < OK .

b) Theo chứng minh trên ta có :

BC > BD  Theo hệ thức liên hệ giữa cung

và dây  BD < BC 

*) Bài tập 11 ( SBT - 75 )
<b>GT :</b> Cho (O) , dây AB

C , D  AB sao cho AC = CD = DB
OC , OD cắt (O) tại E , F

<b>KL :</b> a) AE = FB 

b) AE EF 

Chứng minh :

a)  AOB có : OA = OB = R   AOB cân
tại O  ta có CAO DBO  .

Xét  AOC và  BOD có: AC = BD ( gt) ;

 

CAO DBO _{( cmt) ; OA = OB ( gt )}

  AOC =  BOD ( c.g.c)

<b>O</b>
<b>F</b>
<b>E</b>

<b>D</b>

<b>C</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

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

- Gợi ý : Chứng minh góc CDF > 900_từ
đó suy ra góc CDF > CFD từ đó 
CF ? CA

-  AOC và  COF có những yếu tố
nào bằng nhau  góc AOC ? góc
COF ?

 ta có góc nào lớn hơn  cung nào
lớn hơn ?

 AOE = BOF    AE = AF 

b) Xét  COD có OC = OD ( do  AOC = 
BOD cmt)

  COD cân  ODC 90  0, từ đó suy ra

 0

CDF 90 _{( vì góc}ODC ; CDF  _{là hai góc kề bù}

) . Do vậy Trong tam giác CDF ta có:

 

CDF CFD

 CF > CD hay CF > CA

Xét  AOC và  FOC có : AO = FO ; CO
chung ; CA < CF  AOC FOC  _{( góc xen}

giữa hai cạnh bằng nhau đối diện với cạnh
lớn hơn thì lớn hơn )

 AE EF   ( tính chất góc ở tâm )
*******************************

<b>TIẾT 25-28 ƠN LUYỆN :</b>
<b>GĨC VÀ ĐƯỜNG TRÒN</b>
<b>A/MỤC TIÊU</b>

Học xong tiết này HS cần phải đạt được

- Củng cố lại cho học sinh định nghĩa , các tính chất của góc nội tiếp, góc tạo bởi
tiếp tuyến và dây cung , góc có đỉnh bên trong và ngồi đường trịn

- Vận dụng tốt định lý và hệ quả của góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung
, góc có đỉnh bên trong và ngồi đường trịn vào bài tốn chứng minh liên quan .

- Rèn kỹ năng chứng minh bài toán hình liên quan tới đường trịn .
- Có thái độ học tập đúng đắn, tinh thần làm việc tập thể.

<b>B/ BÀI TẬP</b>

Hoạt động của GV và HS Nội dung

<b>1. Lí thuyết </b>(phút)
- GV cho HS ơn lại định nghĩa, định lý

và hệ quả của góc nội tiếp
- Thế nào là góc nội tiếp ?

- Nêu tính chất của góc nội tiếp ?

- Nêu các hệ quả của định lí góc nội
tiếp ?

*) Định nghĩa (SGK/72)



BAC_{là góc nội tiếp,}BC _{là cung bị chắn.}

*) Định lí:

 1

BAC
2



sđ BC

*) Hệ quả: (SGK/74)
- GV ra bài tập 16 ( SBT ) gọi HS đọc *) Bài tập 16 ( SBT - 76 )

<b>M</b>

<b>S</b>

<b>O</b>
<b>C</b>

<b>B</b>
<b>A</b>

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

đề bài, vẽ hình và ghi GT, KL của bài
tốn .

- Bài tốn cho gì ? u cầu gì ?

- Cho biết góc MBA và MSO là những
góc gì liên quan tới đường tròn, quan
hệ với nhau như thế nào ?

- So sánh góc MOA và MBA ? Giải
thích vì sao lại có sự so sánh đó ?
- Góc MOA và góc MOS có quan hệ
như thế nào ?

- Góc MSO và MOS có quan hệ như
thế nào ?

- Từ đó suy ra điều gì ?

- HS chứng minh, GV nhận xét .

- GV ra tiếp bài tập 17 ( SBT ), gọi HS
đọc đề bài sau đó hướng dẫn HS vẽ
hình để chứng minh .

- Để chứng minh AB2_{= AD . AE ta}
thường chứng minh gì ?

- Theo em xét những cặp tam giác nào
đồng dạng ?

- Gợi ý: Chứng minh  ABE và  ADB
đồng dạng .

- Chú ý các cặp góc bằng nhau ?
- Sơ đồ phân tích:

 ADB  ABE (g.g)

<b>GT :</b> Cho (O), AB  CD tại O ; M  AC
MS là tiếp tuyến của (O)

<b>KL :</b> MSD 2.MBA  

<b> Chứng minh : </b>

Theo ( gt ) có AB  CD tại O
 AOM MOS 90   0(1)

Lại có MS  OM (tính chất tiếp tuyến )
 MOS MSO 90   0(2)

Từ (1) và (2)  MSO AOM 

( cùng phụ với góc MOS)
Mà <i>AOM</i> sd AM _{( góc ở tâm )}

 1 

MBA sd AM
2



( góc nội tiếp )


 1

MBA
2

 <i>AOM</i>

=

1

2 <i>MSO</i>



 1  

MBA MSD hay MSD 2.MBA
2

 

* ) Bài tập 17 ( SBT - 76 )

<b>GT :</b> Cho ( O), AB = AC

Cát tuyến ADE; D  BC ; E  (O)) .
<b>KL :</b> AB2_{= AD . AE}

<b>O</b>

<b>C</b>

<b>B</b>
<b>D</b>

<b>E</b>
<b>A</b>

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

 

A _chungABD AEB 

- GV cho HS thảo luận chứng minh sau
đó lên bảng trình bày lời giải .

- GV ra bài tập 18 ( SBT - 76 ) yêu cầu
học sinh đọc đề bài .

- GV hướng dẫn HS vẽ hình trường
hợp M nằm ngồi đường trịn và ghi
GT, KL

- Để chứng minh tích MA . MB khơng
đổi  ta cần vẽ thêm đường nào ?
- Gợi ý: vẽ thêm cát tuyến MA’B’  ta
cần chứng minh :

MA . MB = MA’. MB’

- HS suy nghĩ tìm cách chứng minh .
GV gợi ý chứng minh theo hai tam giác
đồng dạng .

- Cho HS lên bảng trình bày .

- HS, GV nhận xét

Chứng minh

- Xét  ABE và  ADB có :

 1 

ABD sdAC
2



(1) (góc nội tiếp chắn cung
AC )

 1 

AEB sdAB
2



(2) (góc nội tiếp chắn cung
AB )

theo (gt ) có AB = AC
 AB AC  (3)

- Từ (1), (2) và (3)  ABD AEB 
- Lại có : A _{chung .}

 ADB đồng dạng  ABE



2

AB AD

= AB AD.AE

AE AB   _{( đcpcm)}

*) Bài tập 18 ( SBT - 76 )

<b>GT :</b> Cho (O) ; M  (O), cát tuyến MAB và
MA’B’

<b>KL :</b> MA . MB = MA’ . MB’
Chứng minh

Xét  MAB’ và  MA’B
có : M _chung

 

MB'A MBA' (hai góc nội tiếp cùng chắn
cung AA’)

 MAB’ đồng dạng  MA’B


MA MB'

MA.MB = MA' . MB'
MA'MB 

Vậy tích MA. MB khơng phụ thuộc vị trí cát
tuyến MAB  tích MA . MB là không đổi (
đcpcm )

- GV cho HS ôn lại các kiến thức về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
- Thế nào là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ?

- Vẽ góc tạo bởi tia tiếp tuyến Ax và dây cung AB sao cho góc BAx bằng 450_?
- Nêu tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ?

- Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung thì có đặc
*)
Kh
ái
niệ
m

<b>O</b>
<b>B</b>
<b>A</b>

<b>A'</b>

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

điểm gì ? ( s
gk
)



BAx

là
gó
c
tạo
bở
i
tia
tiế
p
tuy
ến
và
dâ
y
cu
ng
(
Ax

O
A ;
A
B
là
dâ

y )
*)
Đị
nh
lý
( s
gk
)

 1 

BAx sd AB
2



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

gk
)

  1 

BAx BCA sd AB
2

 

- GV ra bài tập 24 ( SBT - 77 ) gọi HS
đọc đề bài, vẽ hình và ghi GT, KL của
bài tốn

- Bài tốn cho gì ? u cầu gì ?

- Hãy nêu cách chứng minh góc CBD
khơng đổi .

- Theo bài ra, em hãy cho biết những
yếu tố nào trong bài là không đổi ?
- Góc CBD liên quan đến những yếu tố
khơng đổi đó như thế nào ?

- GV cho HS suy nghĩ trả lời câu hỏi
sau đó hướng dẫn HS chứng minh .
Gợi ý :

+ Trong  CBD hãy tính góc BCD và
góc BDC theo số đo của các cung bị
chắn ?

+ Nhận xét về số đo của các cung AnB
và AmB đó rồi suy ra số đo của các góc
BCD và BDC .

+ Trong  BCD góc CBD tính như thế
nào ?

- Vậy từ đó suy ra nhận xét gì về góc
CBD.

- HS chứng minh lại trên bảng.

- Nếu gọi E là giao điểm của hai tiếp tại
C và D của (O) và (O’)  Góc CED
tính như thế nào ?

- Hãy áp dụng cách tính như phần (a)
để chứng minh số đo góc CED khơng
đổi

- Hãy tính tổng hai góc ACE và góc
ADE và chứng minh khơng đổi .

- GV ra tiếp bài tập 25 ( SBT - 77 ) gọi
HS vẽ hình trên bảng.

- GV cho HS nhận xét hình vẽ của bạn
so với hình vẽ trong vở của mình.
- Bài tốn cho gì ? yêu cầu gì ?

- Để chứng minh được hệ thức trên ta
thường áp dụng cách chứng minh như

*) Bài tập 24 ( SBT - 77 )
<b>GT :</b> Cho (O) cắt (O’) tại A , B
Cát tuyến CAD

<b>KL :</b> a) CBD <i>const</i>
b) CED const 

Chứng minh

a) Xét  CBD ta có :

 1 

BCA sdAnB
2



( góc nội tiếp )

 1 

BDA sdAmB
2



( góc nội tiếp )

- Vì các cung AnB; AmB  cố định nên

 

BCA ; BDA_{không đổi , suy ra}_CBD _{cũng có giá}

trị khơng đổi ( vì tổng các góc trong một tam
giác bằng 1800_{), khơng phụ thuộc vào vị trí của}
cát tuyến CAD khi cát tuyến đó quay quanh
điểm A .

b) Gọi E là giao điểm của hai tiếp tuyến tại C
và D của (O) và (O’) . Ta có :

 

ABC ACE _{(1) ( cùng chắn cung nhỏ CA của}

(O) )

 

ABD ADE ( 2) ( cùng chắn cung nhỏ DA của
(O’) )

Cộng vế với vế của (1) và (2) ta được :

    

ABC ABD ACE ADE CBD    _{(không đổi )}

Suy ra CED _{khơng đổi ( vì tổng các góc trong}

một tam giác bằng 1800₎
*) Bài tập 25 ( SBT - 77 )

<b>GT :</b> Cho (O),MT  OT, cát tuyến MAB
<b>KL :</b> a) MT2_{= MA . MB}

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

thế nào ?

- HS nêu cách chứng minh .
- GV hướng dẫn:

+ Chứng minh  MTA đồng dạng với
 MBT .

- GV cho HS chứng minh sau đó gọi 1
HS đại diện lên bảng trình bày lời
chứng minh.

- Nhận xét bài làm của bạn ?

- Có nhận xét gì về cát tuyến MAB
trong hình 2 ( SBT - 77 ).

- Áp dụng phần (a) nêu cách tính R.
- Gợi ý: Tính MA theo MB và R rồi
thay vào hệ thức MT2_{= MA . MB .}
- GV cho HS làm bài sau đó đưa kết
quả để HS đối chiếu .

- GV ra bài tập 27 ( SBT - 78 ), yêu cầu
HS ghi GT , KL của bài toán .

- Theo em để chứng minh Bx là tiếp
tuyến của (O) ta phải chứng minh gì ?
- Gợi ý : Chứng minh OB  Bx  B
- HS chứng minh sau đó lên bảng làm
bài .

+ HD : Chứng minh góc OBC + góc
CBx bằng 900_{. Dựa theo góc BAC và}
góc BOC .

- GV cho HS đứng tại chỗ chứng minh
miệng sau đó gọi một HS trinh bày .
- Hãy chứng minh lại vào vở .

MB = 50 cm . Tính R = ?
Chứng minh

a) Xét  MTA và  MBT có :


M_{chung ;}

  1 

MTA MBT sdAT
2

 

  MTA đồng dạng với  MBT  ta có tỉ số :
2

MT MA

= MT = MA.MB

MB MT  _{( đcpcm )}

b) Ở hình vẽ bên ta có cát tuyến MAB đi qua O
 ta có :

AB = 2R  MA = MB - 2R
áp dụng phần (a) ta có
MT2_{= MA.MB}

 Thay số ta có :
202_{= ( 50 - 2R ) . 50}

 400 = 2500 - 100R  100 R = 2100
 R = 21 ( cm )

*) Bài tập 27 ( SBT - 78 )
<b>GT</b> : Cho  ABC nội tiếp (O)
Vẽ tia Bx sao cho

CBx BAC 

<b>KL :</b> Bx  OB  B
Chứng minh

Xét  BOC có OB = OC = R
  BOC cân tại O  OBC OCB 

Mà BOC + OCB + OBC = 180   0_{( tổng ba góc}

trong một tam giác )
 BOC 2.OBC 180    0 ( 1)

Lại có : BOC 2.BAC   _{( 2) ( góc nội tiếp và góc}

ở tâm cùng chắn cung BC ) .
Theo ( gt) có : BAC CBx  _{( 3)}

Từ (1) ; (2) và (3) ta suy ra :

  0

2.CBx + 2.OBC = 180 _ _{OBC CBx 90}  0

 

 OB  Bx  B . Vậy Bx là tiếp tuyến của (O)
tại B .

<b>O</b>

<b>B</b>

<b>A</b>
<b>T</b>

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

<b>TIẾT 29- 32 ÔN LUYỆN</b>
<b>TÚ GIÁC NỘI TIẾP</b>

A. Mơc tiªu:

- Giúp học sinh hệ thống đợc định nghĩa, tính chất của tứ giác nội tiếp để vận dụng vào
bài tập tính tốn và chứng minh.

- Nắm đợc cách chứng minh một tứ giác là tứ giỏc ni tip.

- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình cũng nh trình bày lời giải bài tập hình học.

B.B i t p<i><b>à ậ</b></i>

- GV yêu cầu HS nhắc lại định nghĩa
và định lý về tứ giác nội tiếp .

Yêu cầu HS vẽ hình minh hoạ định lý
và ghi GT , KL của định lý .

- GV ra bài tập 40 ( SBT - 79 ) gọi HS
đọc đề bài , vẽ hình và ghi GT , KL
của bài toán .

- Nêu cách chứng minh một tứ giác
nội tiếp trong đờng tròn ?

- Theo em ở bài này ta nên chứng
minh nh thế nào ? áp dụng định lý
nào ?

- GV cho HS suy nghĩ tìm cách chứng
minh sau đó yêu cầu học sinh trình
bày miệng.

- Gỵi ý: BS là phân giác trong ta có
gì ? góc nào bằng nhau ? ( So sánh
góc B1 và góc B2 )

<b>I. Lí thuyết: </b>

<b>1. Định nghĩa: (SGK) </b>
<b>2. Định lí thuận:</b>

Tứ giác ABCD nội tiếp
A + C = B + D 180     0

<b>3. Định lí đảo:</b>

Tứ giác ABCD có A + C =180  0hoặc B + D 180   0
Thì tứ giác ABCD nội tiếp đợc trong một đờng
trịn.

<b>II. Bµi tËp:</b>

<b>1. Bµi tËp 40: ( SBT - 40) </b>

GT : Cho  ABC ; BS , CS là phân giác trong
BP , CP là phân giác ngoài của <i>B</i> và <i>C</i>
KL : Tứ giác BSCP là tứ giác nội tiếp .

Chứng minh:

Ta có BS là phân giác trong của góc B (gt)

 B 1B 2_{( 1)}

<b>O</b>

<b>D</b>
<b>C</b>

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

+ BP là phân giác ngoài của góc B
ta có những góc nào bằng nhau ?
+ NhËn xÐt g× vỊ tỉng c¸c gãc

 ₁  ₄  ₂  ₃

B B ; B B _?

+ TÝnh tæng hai góc B2 và góc B3 .
- Tơng tự nh trên tính tổng hai góc C2
và góc C3 .

- Vậy từ hai điều trên ta suy ra điều gì
? theo định lý nào ?

- GV cho 1 HS lên bảng chứng minh
sau đó nhận xét chữa bài và chốt cách
chứng minh .

- GV ra tiếp bài tập 41 ( SBT - 79 )
gọi HS đọc đầu bài sau đó vẽ hỡnh
vo v .

- Bài toán cho g× ? yêu cầu chứng
minh gì ?

- Để chứng minh tứ giác ABCD nội
tiếp ta cần chứng minh gì ?

- GV cho HS thảo luận nhóm đa ra
cách chứng minh .

- GV gọi 1 nhóm đại diện chứng
minh trên bảng , các nhóm khác theo
dõi nhận xét và bổ sung lời chứng
minh .

- Gỵi ý : Dùa theo gt tÝnh c¸c gãc :

    

ABC ; DAB ; DBA; DAC DBC _{sau đó}

suy ra từ định lý .

- Tø gi¸c ABCD néi tiÕp  góc AED
là góc gì có số đo tính theo cung bị
chắn nh thế nào ?

- HÃy tính số đo góc AED theo số đo
cung AD và cung BC rồi so sánh với

Mà BP là phân giác ngoài của B (gt)

 B 3 B 4_{( 2)}

Mµ B 1B 2 B 3B 4 1800₍₃₎

Tõ (1) ; (2) vµ (3) suy ra:
 B 1B 4 B 2B 3 900

 SBP 90  0_(*)

Chứng minh tơng tự với CS và CP là các đờng phân
giác trong và phân giác ngồi của

gãc C ta cịng cã : C 1C 4 C 2C 3 900

 SCP 90  0(**)
Tõ (*) vµ (**) suy ra



SBP SCP 90 0900 1800

Hay tứ giác BSCP là tứ giác nội tiếp đờng trịn
đ-ờng kính SP .

<b>2. Bµi tËp 41: ( SBT - 79) </b>
GT :  ABC ( AB = AC )
BAC 20  0

DA = DB ; DAB 40  0
KL :

a) Tø gi¸c ACBD néi tiÕp
b) TÝnh gãc AED.

<b>Chøng minh:</b>
a) Theo ( gt) ta cã  ABC c©n t¹i A

l¹i cã A 20  0 

  1800 200 0

ABC ACB 80

2



  

Theo ( gt) cã DA = DB DAB cân tại D
 DAB DBA 40   0

XÐt tø gi¸c ACBD cã :

     

DAC DBC DAB BAC DBA ABC    

= 400_{+ 20}0_{+ 40}0₊₈₀0_{= 180}0
Vậy theo định lý về tứ giác nội tiếp  tứ giác

ACBD nội tiếp

<b>E</b>

<b>C</b>
<b>B</b>

<b>D</b>

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

hai gãc DBA vµ gãc BAC ?

- GV cho HS làm sau đó gọi 1 HS lờn
bng tớnh .

- GV khắc sâu cho học sinh cách làm
bài tập tính toán số đo góc .

b) Vì tứ giác ACBD nội tiếp ta có :

 1  

AED (sdAD sdBC)
2

 

(góc có đỉnh bên trong
đ-ờng tròn)



 1  1   

AED sdAD sdBC DBA BAC

2 2

   

(góc nội
tiếp chắn cung AD và BC )

 AED 40 0200 600

VËy AED 60  0.
-

- GV ra tiÕp bµi tËp 43 - SBT vẽ hình
minh hoạ trên bảng yêu cầu HS thảo
luận tìm cách chứng minh ?

? Nếu hai điểm cùng nhìn một cạnh cố
định dới những góc bằng nhau thì 4
điểm đó thoả mãn điều kiện gì ? áp
dụng tính chất nào ?

- Gỵi ý :

+ Chứng minh  AEB đồng dạng với 
DEC sau đó suy ra cặp góc tơng ứng

bằng nhau ?

+ Dùng quỹ tích cung chứa góc chứng
minh 4 điểm A , B , C , D cùng thuộc
một đờng tròn .

- GV cho HS chứng minh sau đó lên
bảng trình bày lời chứng minh . GV
nhận xét và chữa bài chốt cách làm

<b>3. Bµi tËp 43: ( SBT - 79) </b>
GT : AC x BD  E

AE.EC = BE.ED

KL : Tø gi¸c ABCD néi tiÕp .

<b>Chøng minh:</b>
Ta cã: AE . EC = BE . ED (gt)



AE EB
ED EC₍₁₎

Lại có : AEB DEC  (đối đỉnh) (2)

Tõ (1) vµ (2)  <i>AEB</i><i>DEC</i>_(c.g.c)

 BAE CDE  _{(hai gãc t¬ng øng)}

Đoạn thẳng BC cố định BAE CDE  _{( cmt )} _A

và D cùng nằm trên cung chứa góc dựng trên
đoạn thẳng BC.

Vy 4 im A, B, C, D cùng nằm trên một đờng
tròn

- GV ra bài tập gọi học sinh đọc đề
bài , ghi GT , KL của bài toỏn .

- Nêu các yếu tố bài cho ? và cần chứng
minh gì ?

- Để chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp
ta có thể chứng minh điều gì ?

- HS suy nghĩ nêu cách chứng minh .
GV chốt lại cách làm .

<b>4. Bài tập:</b>

GT : Cho  ABC đều. D  nửa mp bờ BC

DB = DC ;

 1

DCB ACB

2



KLa) ABCD néi tiÕp

b) Xác định tâm (O) đi qua 4 điểm A, B, C, D
Chứng minh

a) Theo (gt) có  ABC đều

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

- HS chứng minh vào vở , GV đa lời
chứng minh để học sinh tham khảo .
- Gợi ý :

+ Chøng minh gãc DCA b»ng 900_vµ
chøng minh  DCA =  DBA .

+ Xem tỉng sè ®o cđa hai góc B và C
xem có bằng 1800_{hay không ?}

- Kết luận gì về tứ giác ABCD ?
- Theo chứng minh trên em cho biết
góc DCA và DBA có số đo bằng bao
nhiêu độ từ đó suy ra đờng trịn ngoại
tiếp tứ giác ABCD có tâm là điểm nào ?
thoả mãn điều kiện gì ?

+) Qua đó giáo viên khắc sâu cho học

sinh cách chứng minh một tứ giác là tứ
giác nội tiếp trong 1 đờng tròn. Dựa
vào nội dung định lí đảo của tứ giác nội
tiếp .

 A = B = C 60    0_{, mµ}

 1

DCB ACB

2



 1 0 0

DCB .60 30
2

  

 ACD = ACB + DCB 60    0300 900

- XÐt  ACD vµ  BCD cã :

CD = BD ( gt) ;
AD chung

AB = AC (Vi ABC deu)





 _

  <i>ACD</i>₌<i>ABD</i>_(c.c.c)

 ABD = ACD 90   0

 ACD ABD 180   0(*)

Vậy tứ giác ACDB nội tiếp (tứ giác có tổng 2
góc đối bằng 1800₎

b) Theo chøng minh trªn cã: ABD = ACD 90   0

nh×n AD díi mét gãc 900

Vậy 4 điểm A , B , C , D nằm trên đờng tròn
tâm O đờng kính AD (theo quỹ tích cung chứa
góc)

Vậy tâm đờng tròn đi qua 4 điểm A, B, C, D là
trung điểm của đoạn thẳng AD.

<b>C </b>

<b> BÀI TẬP VẬN DỤNG</b>

<b>Bài 1: Cho hình vng ABCD trên cạnh AB lấy điểm M, đờng thẳng qua C vng góc với </b>
CM cắt tia AB , AD lần lợt tại E và F. Tia CM cắt đờng thẳng AD tại N. c/m

a) C¸c tø gi¸cAMCF, ANEC néi tiÕp
b) M + CN = EF

<b>HD c/m: GV híng dÉn HS c/m và lên bảng trình b</b>
a) Tứ giác AMCF cã : FAM = 900_(gt)

FCM = 900 (gt) ⇒ FAM + FCM = 1800

⇒ FAMC nội tiếpta có ECN = EAN = 900 (gt) ⇒ 2 đỉnh kề C và A cùng
nhìn đoạn EN đới góc 900 ⇒ ENAC nội tiếp đờng trịn

đờng kính EN

b) XÐt ∆ BMC vµ ∆ DFC cã:
B = D = 900_{; C}

1 = C3 ( cïng phơ víi C2)
BC = CD (gt)

⇒ ∆ BMC = ∆ DFC (g.c.g) ⇒ CM = CF(1)

XÐt ∆ BCE và CDN có:

BC = CD (ABCD là hình vuông);
EBC = CDN = 900_{(gt); C}

4 = C2 (cïng phơ víi C1)

B ₁ C

2
2 3
M

1
2
1

N

A D

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

<b>⇒ ∆ BCE = ∆ CDN (g.c.g) ⇒ CE = CN (2)</b>

Tõ (1) vµ (2) ⇒ CE + CF = CN + CM hay EF = CM + CN
<b>? Có cách c/m nào khác không?</b>

Cách 2: M1 = A1 = 450 FMC vuông cân
N1 = A2 = 450 CEN vuông cân

<b>Bi 2: Cho na ng trịn (O) đờng kính AB, bán kính OC⊥ AB. Gọi M là điểm di động </b>

trên cung BC, AM cắt OC tại N

a) C/m tích AM.AN khơng đổi

b) VÏ DC ⊥ AM.C/m tø gi¸c MNOB, AODC néi tiÕp

c) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để cho ∆ COD cân tại D
HD c/m: GV HD học sinh c/m và trình bày bài làm

a) XÐt ∆ AON vµ ∆ AMB cã :

AON = AMB = 900_{(góc nội tiếp chắn nửa đờng trịn)}
Góc A chung; ⇒ ∆ AON ∽ ∆ AMB (g.g)

⇒ AN_AB =AO

AM ⇒ AM.AN = AB.AO = R.2R = 2R2
không đổi

b) Xét tứ giác ONMB có BON = 900_(gt)
NMB = 900_{( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)}

⇒ BON + NMB = 1800 ⇒ tứ giác ONMB nội tiếp đờng trịn đờng kính NB

 Xét tứ giác AODC có AOC = ADC = 900 (gt) ⇒ tứ giác AODC có 2 đỉnh kề O và D
cùng nhìn cạnh AC dới góc 900 ⇒ O và C cùng nằm trên đờng tròn đờng kính AC ⇒
tứ giác AODC nội tiếp

c) ODC cân tại D DO = DC OD = DC ⇔ A1 = A2 (2 gãc néi tiÕp ch¾n 2 cung b»ng
nhau)

<b>⇒ MC = MB ⇒ M là điểm chính giữa cung BC</b>

<b>Bi 3: Cho ABC nội tiếp (O).Từ A vẽ tiếp tuyến xy với đờng tròn. Vẽ 2 đờng cao BD và </b>
CE

a) C/m 4 điểm B, C, D, E cùng nằm trên 1 đờng trịn
b) C/m xy // DE từ đó suy ra OA ⊥ DE

<b>HD c/m:</b>

a) Tứ giác BEDC có gì đặc bit?

<b>? Đỉnh E và D cùng nhìn cạnh BC dới 1 góc 90</b>0_ta
suy ra điều gì?

b) Để c/m xy // DE ta phải c/m điều gì?
<b>? Nhận xét gì góc AED và góc ACB ? vì sao?</b>
? mà góc ACB b»ng gãc nµo?

? ta c/m OA ⊥ DE b»ng cách nào?
<b>Bài 4: </b>

Cho on AB v 1 im M là trung điểm của nó. Vẽ Mx ⊥ AB, đờng tròn (O) tiếp xúc với
AB tại A cắt Mx tại C và D ( D nằm giữa M và C)’

a) C/m tích MC.MD khơng đổi khi bán kính đờng tròn thay đổi
b) C/m D lad trực tâm của ∆ ABC

c) Đờng thẳng BD cắt đờng tròn tại điểm thứ 2 là E. C/m E và B đối xứng với nhau qua

AC

<b>HD c/m:</b>

a) ? Để c/m MC.MD không đổi tức là ta phải c/m điều gì?

? trong bài tốn này yếu tố nào khơng đổi? MD.MC liên quan gì với MA?
?Xét 2 tam giác nào đồng dạng?

C
C

M

N _D

1
A

A 22 BB

O

A

x y

D
E

E

O
B

B

C
C

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

? ∆ MAD ∽ ∆ MCA vì sao?

GV gọi 1 HS lên bảng trình bày bài làm
b) ? Để c/m D là trực tâm của ABC ta
phải c/m điều gì?

? ABC ó cú đờng cao nào?
? ta chỉ cần c/m đờng cao nào nữa?
? Nhận xét gì góc C1 và A1? Vì sao?

? từ đó suy ra C1 + D1 bằng tổng 2 góc nào?
?Từ đó suy ra điều gì?

c)? C/m B và E đối xứng với nhau qua AC ta phải c/m điều gì?
? Hãy so sánh EAC và HAM với D3

? ∆ AEB là tam giác ntn? Từ đó suy ra điều gì?

<b>Bài 5: Cho đờng trịn (O;R) có 2 đờng kính AB và CD vng góc với nhau. Trên đoạn thẳng</b>
AB lấy 1 điểm M ( khác O).Đờng thẳng CM cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai N.Đờng

thẳng vng góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đờng tròn ở điểm P. Chứng minh
rằng:

a) Tø gi¸c OMNP néi tiÕp
b) Tø gi¸c CMPO là hbh

c) Tích CM.CN không phụ thuộc vị trí của ®iĨm M

d) Khi M di động trên đoạn AB thì P chạy trên 1 đoạn thẳng cố định
<b>HD c/m:.</b>

a) ? Tứ giác OMNP có 2 đỉnh M,N nhìn đoạn PO
dới góc ntn?

?Từ đó suy ra điều gì?
b)

? tam giác OCN cân ta suy ra điều gì?
? góc CNO ntn víi gãc MPO?

? MPO ntn với góc POD?
? Từ đó suy ra điều gì?

c) tam giác COM và tam giác CND có gì đặc biệt

<b>TIẾT 33-38 : BÀI TẬP TỔNG HỢP</b>

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

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

1. Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp .

2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng
tròn.

3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
4. H và M đối xứng nhau qua BC.

5. Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF.
<b>Lời giải: </b>

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 _{( Vì BE là đờng cao)}
 CDH = 900 _{( Vì AD là đờng cao)}

=>  CEH +  CDH = 1800 

Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội
tiếp

Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE  AC => BEC = 900_.

C
2
2 1

N
O

--H

D33 1
2
1

A _M_M _B_B

C

A M O B

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

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

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

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

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

AD=
AH

AC => AE.AC = AH.AD.

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

AD=
BC

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

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

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

=> CB cng l đơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
<b>5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn</b>
=> C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
C1 = E2 ( vì là hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD)
E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED.

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

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

ngo¹i tiÕp tam gi¸c AHE.

1. Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp .

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

3. Chøng minh ED = 1
2 BC.

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

5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
<b>Lời giải: </b>

XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:

 CEH = 900 _{( Vì BE là đờng cao)}

 CDH = 900 _{( Vì AD là đờng cao)}

=>  CEH +  CDH = 1800

Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội
tiếp

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

Nh vậy E và D cùng nhìn AB dới một góc 900_{=> E và D cùng nằm trên đờng trịn đờng}

kính AB.

Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đờng tròn.

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

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

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

Theo trên DE = 1

2 BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2)

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

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

<b>5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng </b>
định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2_{= OD}2_{– OE}2_ED2_{= 5}2_{– 3}2
ED = 4cm

<b>Bài 3 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đờng tròn nội tiếp, K là tâm đờng tròn </b>
bng tip gúc

A , O là trung điểm của IK.

<b>1.</b> Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đờng tròn.
<b>2.</b> Chứng minh AC là tiếp tuyến của đờng trịn (O).

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

<b>Lêi gi¶i: (HD)</b>

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

Do đó BI  BK hayIBK = 900_.

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

Ta cã C1 = C2 (1) ( v× CI là phân giác của góc ACH.
C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ).

I1 = ICO (3) ( vì tam giác OIC cân t¹i O)

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

Tõ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2_{= AC}2_{– HC}2_{=> AH =}

√

202<i>−</i>122 = 16 ( cm)
CH2_{= AH.OH => OH =} CH2

AH =
122

16 = 9 (cm)
OC =

_√

OH2

+HC2=

√

92+122=√225 = 15 (cm)

<b>Bài 4 Cho đờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đờng </b>
thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ
tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và
BD, I là giao điểm của OM và AB.

1. Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp.

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

3. Chøng minh OI.OM = R2_{; OI. IM = IA}2_.
4. Chøng minh OAHB là hình thoi.

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

6. Tỡm qu tớch ca im H khi M di chuyn trờn ng
thng d

<b>Lời giải:</b>
(HS tự làm).

Vỡ K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đờng
kính

Và dây cung) => OKM = 900_{. Theo tính chất tiếp tuyến ta có}__{OAM = 90}0_;__{OBM =}
900_{. nh vậy K, A, B cùng nhìn OM dới một góc 90}0_{nên cùng nằm trên đờng trịn đờng}
kính OM.

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

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

áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => OI.OM = OA2_{hay OI.OM = R}2_{; và OI. IM =}
IA2_.

<b>4. Ta có OB </b> MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
<b>5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH </b> AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M
thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đờng thẳng vng góc với AB).

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

<b>Bài 5 Cho tam giác ABC vuông ở A, đờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi</b>
HD là đờng kính của đờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đờng tròn tại D cắt CA ở E.

1. Chøng minh tam gi¸c BEC cân.

2. Gọi I là hình chiếu của A trªn BE, Chøng minh r»ng AI =
AH.

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

4. Chøng minh BE = BH + DE.
<b>Lêi gi¶i: (HD)</b>

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

<b>2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, </b>B1 = B2 =>  AHB =
AIB

=> AI = AH.

<b>3. AI = AH và BE </b> AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.
<b>4. DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED</b>

<b>Bài 6 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB và điểm M bất kì trên nửa đờng trịn ( M </b>
khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax
tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đờng trịn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại
H, cắt AM tại K.

1) Chøng minh r»ng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: AI2_{= IM . IB.}

3) Chứng minh BAF là tam giác cân.

4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là h×nh thoi.

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

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1. Ta có : </b>AMB = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng trịn )}
=> KMF = 900_{(vì là hai góc kề bù).}

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

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

Ta có IAB = 900_{( vì AI là tiếp tuyến ) =>}__{AIB vng tại A có AM}__{IB ( theo trên).}
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đờng cao => AI2_{= IM . IB.}

Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ do
<i>)</i>

<i>……</i>

=> ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE là tia phân giác góc
ABF. (1)

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

Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam giác cân. tại B .

BAF l tam giỏc cõn. tại B có BE là đờng cao nên đồng thời là đơng trung tuyến => E

là trung điểm của AF. (3)

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

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

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

(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI là
h×nh thang.

Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng trịn thì AKFI phải là hình thang cân.
AKFI là hình thang cân khi M là trung im ca cung AB.

Thật vậy: M là trung điểm cña cung AB => ABM = MAI = 450_{(t/c góc nội tiếp ). (7)}
Tam giác ABI vuông tại A cã ABI = 450_=>__{AIB = 45}0_.(8)

Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 450_{=> AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc}
đáy bằng nhau).

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp đợc một đờng tròn.
<b>Bài 7 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D </b>
thuộc nửa đờng tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lợt ở E, F (F ở giữa B và E).

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

3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
<b>Lời gi¶i: </b>

C thuộc nửa đờng trịn nên ACB = 900_{( nội tiếp chắn nửa}
đờng tròn ) => BC  AE.

ABE = 900_{( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B}
có BC là đờng cao => AC. AE = AB2_{(hệ thức giữa cạnh và}
đ-ờng cao ), mà AB là đđ-ờng kính nên AB = 2R khơng đổi do đó
AC. AE khơng đổi.

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

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

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

Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD)
Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800_.

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

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b> 1. (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AD = AF => tam </b>
gi¸c ADF cân tại A => ADF = AFD < 900_{=> s® cung DF <}
1800_=>__{DEF < 90}0_{( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE).}

Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900_;__{EDF < 90}0_{. Nh vËy tam}
gi¸c DEF cã ba gãc nhän.

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

<i>AD</i> <i>AF</i>
<i>AB</i><i>AC</i> _=>

DF // BC.

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

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

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

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

=> BDM CBF => BD
CB=

BM
CF

<b>Bài 8 Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đờng cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC </b>

chứa điển A , Vẽ nửa đờng trịn đờng kính BH cắt AB tại E, Nửa đờng trịn đờng kính HC
cắt AC ti F.

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

3. AE. AB = AF. AC.

4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đờng trịn .
<b>Lời giải: </b>

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

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

EAF = 900_{( Vì tam giác ABC vuông tại A) (3)}

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

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

<b>3. XÐt hai tam gi¸c AEF vµ ACB ta cã </b>A = 900_{lµ gãc chung;}__{AFE =}__ABC
( theo Chøng minh trªn) => AEF ACB =>

<i>AE</i> <i>AF</i>

<i>AC</i><i>AB</i>_{=> AE. AB = AF. AC.}

* <i><b>HD c¸ch 2</b></i>: <i>Tam giác AHB vuông tại H có HE </i><i> AB => AH2_{= AE.AB (*)}</i>

<i>Tam giác AHC vuông tại H cã HF </i><i> AC => AH2_{= AF.AC (**)}</i>

<i>Tõ (*) vµ (**) => AE. AB = AF. AC</i>

<b>4. Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => </b>IEH cân tại I => E1 = H1 .
O1EH cân tại O1 (vì có O1E vàO1H cùng là b¸n kÝnh) => E2 = H2.

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

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

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

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

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

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

3. TÝnh MN.

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

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b> 1. Ta có: </b>BNC= 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng tròn}
tâm K)

=> ENC = 900_{(vì là hai góc kề bù). (1)}

AMC = 900_{( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) =>}__{EMC = 90}0_{(vì là hai góc kề}
bù).(2)

AEB = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay}__{MEN = 90}0₍₃₎

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

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

=> B1 = C1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN). Tø giác CMEN là hình chữ nhật nên
=> C1= N3 => B1 = N3.(4) L¹i cã KB = KN (cïng là bán kính) => tam giác KBN
cân tại K => B1 = N1 (5)

Từ (4) và (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 =
MNK = 900_{hay MN}_{KN tại N => MN là tiÕp tun cđa (K) t¹i N.}

Chứng minh tơng tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M,

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

<b>3. Ta có </b>AEB = 900_{(nội tiếp chắn nửc đờng trịn tâm O) =>}__{AEB vng tại A có}
EC  AB (gt)

=> EC2_{= AC. BC}_EC2_{= 10.40 = 400 => EC = 20 cm. Theo trªn EC = MN => MN = 20}
cm.

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

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

Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn là S =
1

2_{( S}_(o)_{- S}_(I)_{- S}_(k)₎

S =
1

2_{( 625}_{- 25}_{- 400}_{) =}

1

2_.200_{= 100} _{314 (cm}2₎

<b>Bài 10 Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đờng trịn đờng </b>
kính BD cắt BC tại E. Các đờng th ng CD, AE lần lẳ ợt cắt đờng tròn tại F, G.

Chøng minh :

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

3. AC // FG.

4. Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy.
<b>Lời giải: </b>

<b>1. XÐt hai tam giác ABC và EDB Ta có </b>BAC = 900_{( vì tam}
giác ABC vuông tại A); DEB = 900_{( góc nội tiếp chắn nửa}
đ-ờng tròn )

=> DEB = BAC = 900_{; l¹i cã}__{ABC lµ gãc chung =>}__DEB
 CAB .

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

<b> * </b>BAC = 900_{( vì tam giác ABC vng tại A);}__{DFB = 90}0_{( góc nội tiếp chắn nửa}
đ-ờng tròn ) hay BFC = 900_{nh vậy F và A cùng nhìn BC dới một góc bằng 90}0_{nên A và F}
cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC => AFBC là tứ giác nội tip.

<b>3. Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => </b>E1 = C1 l¹i cã E1 = F1 => F1 = C1 mà
đây là hai góc so le trong nªn suy ra AC // FG.

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

Lêi gi¶i:

<b>1. Ta có : </b>ACB = 900_{( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )}

=> MCI = 900_{(vì là hai góc kề bù).}

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

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

<b>2. Theo trên Ta có BC </b> MA; AD  MB nên BC và AD
là hai đờng cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt nhau tại
I nên I là trực tâm của tam giác MAB. Theo giả thiết thì MH
 AB nên MH cũng là đờng cao của tam giác MAB => AD,
BC, MH ng quy ti I.

<b>3. </b>OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1
= C4

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

Mà A1 + M1 = 900 ( do tam giác AHM vuông t¹i H) => C1 + C4 = 900 => C3 +
C2 = 900 ( vì góc ACM là góc bÑt) hay OCK = 900 .

Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900_;__{OCK = 90}0_=>__{OHK +}__{OCK = 180}0_mà
OHK và OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.

<b>Bài 11. Cho đờng trịn (O) đờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, </b>
C ). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB. Nối CD,
Kẻ BI vng góc với CD.

1. Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp .

2. Chøng minh tø giác ADBE là hình thoi.
3. Chứng minh BI // AD.

4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng.

5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O).
<b>Lời giải: </b>

1. BIC = 900_{( nội tiếp chắn nửa đờng trịn ) =>}
BID = 900_{(vì là hai góc kề bù); DE}__{AB tại M =>}
BMD = 900

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

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

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

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

4. Theo gi¶ thiÕt ADBE là hình thoi => EB // AD (2).

T (1) v (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đờng thẳng song song với AD mà
thôi.)

5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung
điểm của DE) =>MI = ME => MIE cân tại M => I1 = E1 ; OIC cân tại O ( vì OC
và OI cùng là bán kính ) => I3 = C1 mµ C1 = E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) =>
I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 . Mµ I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 =

MIO’ hay MI  O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O).

<b>Bi 12 Cho đờng trịn (O) đờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đờng tron tâm I</b>
đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q.

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

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

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

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lợt là các bán kính </b>
của đờng trịn (O) và đờng trịn (I) . Vậy đờng tròn (O) và
đ-ờng tròn (I) tiếp xúc nhau tại A .

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

IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => A1 =
P1

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

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

<b>4. (</b><i><b>HD</b></i>) KỴ QH  AB ta cã SAQB =
1

2_{AB.QH. mà AB là đờng kính khơng đổi nên S}_AQB_lớn
nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng
với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO.

Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI  AO mà theo trên PI // QO => QO  AB tại
O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.
<b>Bài 13. Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đờng thẳng vng góc </b>
với DE, đờng thẳng này cắt các đờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K.

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

3. Chøng minh KC. KD = KH.KB

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

<b>Lời giải: </b>

<b>1. Theo gi thiết ABCD là hình vng nên </b>BCD = 900_;
BH  DE tại H nên BHD = 900_{=> nh vậy H và C cùng}
nhìn BD dới một góc bằng 900_{nên H và C cùng nằm trên}
đờng trịn đờng kính BD => BHCD là tứ giác nội tiếp.
<b>2. BHCD là tứ giác nội tiếp => </b>BDC + BHC = 1800_{. (1)}
BHK là góc bẹt nên KHC + BHC = 1800_(2).

Tõ (1) vµ (2) => CHK = BDC mà BDC = 450_{(vì ABCD là hình vuông) =>}_{CHK =}
450_.

<b>3. Xét </b>KHC và KDB ta cã CHK = BDC = 450_;__{K lµ gãc chung}
=> KHC KDB =>

<i>KC KH</i>

<i>KB</i><i>KD</i>_{=> KC. KD = KH.KB.}

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

<b>Bài 14. Cho tam giác nhọn ABC có </b>B = 450_{. Vẽ đờng trịn đờng kính AC có tâm O,}
đ-ờng tròn này cắt BA và BC tại D và E.

1. Chøng minh AE = EB.

2. Gäi H lµ giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng
đ-ờng trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I cña
BH.

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

<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1. </b>AEC = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn )}

=> AEB = 900_{( vì là hai gãc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt}__ABE
= 450

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

<b>F</b>

1

1

1
2

/

/ _

_

<b>K</b>

<b>H</b>

<b>I</b>

<b>E</b>
<b>D</b>

<b>O</b>

<b>C</b>
<b>B</b>

<b>A</b>

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

<b>3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I là trung điểm cña BH => IE =</b>
IB.

 ADC = 900_{(nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) =>}__{BDH = 90}0_{(kề bù}__{ADC) => tam giác}
BDH vuông tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID
= IB => IE = IB = ID => I là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bỏn kớnh ID.

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

Theo trên ta có CD và AE là hai đờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác
ABC => BH cũng là đờng cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB =
900_.

Theo trªn ADC cã ADC = 900_=>__B

1 = C1 ( cïng phô BAC) (5).

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

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

<b>3. Chøng minh MI</b>2_{= MH.MK. 4. Chøng minh PQ}__MI.
<b>Lêi gi¶i: </b>

<b>1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau ta cã AB = AC => </b>ABC
cân tại A.

<b>2. Theo giả thiết MI </b> BC => MIB = 900_{; MK}__{AB =>}
MKB = 900_.

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

<i><b>* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tự</b><b>tứ giác BIMK )</b></i>
<b>3. Theo trên tứ giác BIMK néi tiÕp => </b>KMI + KBI = 1800_{; tø}
gi¸c CHMI néi tiÕp => HMI + HCI = 1800_{. mµ}_{KBI =}
HCI ( vì tam giác ABC cân tại A) => KMI = HMI (1).
Theo trên tø gi¸c BIMK néi tiÕp => B1 = I1 ( nội tiếp cùng
chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiÕp => H1 = C1 ( néi tiÕp
cïng ch¾n cung IM). Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ



<i>BM</i> _{) =>}__I

1 =
H1 (2).

Tõ (1) vµ (2) => MKI MIH =>

<i>MI</i> <i>MK</i>

<i>MH</i> <i>MI</i> _{=> MI}2_{= MH.MK}

<b>4. Theo trªn ta cã </b>I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 +
BMC = 1800_=>__I

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

Bài 16. Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD  AB ở H. Gọi M là
điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K là giao điểm của AM và
CB. Chứng minh :

<b>1. </b> KC
KB=

AC

AB 2. AM là tia phân giác của CMD. 3. Tø gi¸c
OHCI néi tiÕp

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

<b>Lêi gi¶i: 1. Theo giả thiết M là trung điểm của </b><i>BC</i> => <i>MB MC</i> 
=> CAM = BAM (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) =>
AK là tia phân giác của góc CAB => KC_KB=AC

AB ( t/c tia phân giác
của tam giác )

<b>2. (</b><i><b>HD</b></i>) Theo giả thiết CD  AB => A là trung điểm của <i>CD</i>
=> CMA = DMA => MA là tia phân giác của góc CMD.
<b>3. </b><i><b>(HD</b></i>) Theo giả thiết M là trung điểm của <i>BC</i> => OM  BC
tại I => OIC = 900_{; CD}__{AB tại H =>}__{OHC = 90}0_=>
OIC + OHC = 1800_{mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI}
nội tiếp

</div>

<!--links-->