CHUYÊN đề NÂNG CAO HÌNH học lớp 9 và một số đề ôn THI vào lớp 10 – THPT CHUYÊN có lời GIẢI

CHƯƠNG 1- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG
Hệ thức về cạnh và đường cao

KIẾN THỨC CƠ BẢN
Khi giải các bài toán liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác
vng, ngồi việc nắm vững các kiến thức về định lý Talet, về các trường
hợp đồng dạng của tam giác, cần phải nắm vững các kiến thức sau:
Tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , ta có:
A

1) a 2 = b 2 + c 2 .
2) b 2 = a.b '; c 2 = a.c '

b
c

3) h 2 = b '.c '
4) a .h = b.c .

B

h

c'

b'

H

C

a

5)

1
1
1
= 2 + 2.
2
h
b
c

6)

b ' b2
= 2.
a
a

1
Chú ý: Diện tích tam giác vng: S = ab
2
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Biết
AB : AC = 3 : 4 và AB + AC = 21cm .
a) Tính các cạnh của tam giác ABC .
b) Tính độ dài các đoạn AH , BH ,CH .

CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10

A

Giải:
a). Theo giả thiết: AB : AC = 3 : 4 ,
B

H

C

AB
AC
AB + AC
=
=
= 3 . Do đó AB = 3.3 = 9 (cm ) ;
suy ra
3
4
3+4
AC = 3.4 = 12 (cm ) .

Tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pythagore ta có:
BC 2 = AB 2 + AC 2 = 92 + 122 = 225 , suy ra BC = 15cm .

b) Tam giác ABC vuông tại A , ta có AH .BC = AB.AC , suy ra
AH =

AB.AC

9.12
=
= 7,2 (cm ) .
BC
15

AH 2 = BH .HC . Đặt BH = x (0 < x < 9) thì HC = 15 − x , ta có:
2

(7,2) = x (15 − x ) ⇔ x − 15x + 51, 84 = 0 ⇔ x (x − 5, 4) = 9, 6 (x − 5, 4) = 0
⇔ (x − 5, 4)(x − 9, 6) = 0 ⇔ x = 5, 4 hoặc x = 9, 6 (loại)
Vậy BH = 5, 4cm . Từ đó HC = BC − BH = 9, 6 (cm ) .
2

Chú ý: Có thể tính BH như sau:

AB 2 = BH .BC suy ra BH =

AB 2
92
=
= 5, 4 (cm ) .
BC
15

Ví dụ 2: Cho tam giác cân ABC có đáy BC = 2a , cạnh bên bằng

b (b > a ) .
a) Tính diện tích tam giác ABC
b) Dựng BK ⊥ AC . Tính tỷ số

AK
.
AC

CHUN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10


Giải:
a). Gọi H là trung điểm của BC . Theo định lý Pitago ta có:

AH 2 = AC 2 − HC 2 = b 2 − a 2
Suy ra SABC =

A

1
1
BC .AH = a b 2 − a 2
2
2
K

⇒ AH = b 2 − a 2
b). Ta có

1
1
BC .AH = BK .AC = S ABC
2

2

H

B

C

BC .AH
2a 2
=
b − a 2 . Áp dụng định lý Pitago trong tam
AC
b
giác vuông AKB ta có:

Suy ra BK =

(

b 2 − 2a 2
4a 2
AK = AB − BK = b − 2 b 2 − a 2 =
b
b2
2

AK =

2

b 2 − 2a 2
b

2

do đó

2

(

)

2

)

. Suy ra

b 2 − 2a 2
AK
=
.
AC
b2

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B,C và các cạnh đối diện với
các đỉnh tương ứng là: a,b, c .
a) Tính diện tích tam giác ABC theo a

b) Chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S

Giải:
a). Ta giả sử góc A là góc lớn nhất của tam giác

A

ABC ⇒ B,C là các góc nhọn. Suy ra chân

đường cao hạ từ A lên BC là điểm
B

H

C

CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10


H thuộc cạnh BC .
Ta có: BC = BH + HC . Áp dụng định lý
Pi ta go cho các tam giác vng
AHB, AHC ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2 , AC 2 = AH 2 + HC 2

Trừ hai đẳng thức trên ta có:

c 2 − b 2 = HB 2 − HC 2 = (HB + HC )(HB − HC ) = a. (HB − HC )

⇒ HB − HC =

c2 − b2
ta cũng có:
a

HB + HC = a ⇒ BH =

a 2 + c2 − b2
. Áp dụng định lý Pitago cho tam
2a

giác vuông
2

a 2 + c 2 − b 2 

a 2 + c 2 − b 2 
a 2 + c 2 − b 2 
 = c −
 c +

AHB ⇒ AH = c − 





2a
2a
2a


2
2

2  2
 (a + c ) − b  b − (a − c )  (a + b + c )(a + c − b )(b + a − c )(b + c − a )
.
=
=

 

2a
2a
4a 2

 

Đặt 2p = a + b + c thì
2

AH 2 =

2

16p (p − a )(p − b )(p − c )
4a 2

Từ đó tính được S =

⇒ AH = 2

p (p − a )(p − b )(p − c )
a

.

1
BC .AH = p (p − a )(p − b )(p − c )
2

b). Từ câu a ) ta có: S = p (p − a )(p − b )(p − c ) . Áp dụng bất đẳng thức
3

 p − a + p − b + p − c 
p3
 =
. Suy
Cơ si ta có: (p − a )(p − b )(p − c ) ≤ 
3
27


2

(a + b + c ) . Mặt khác ta dễ chứng minh
p3
p2
=
. Hay S ≤
ra S ≤ p.

27
12 3
3 3
CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10


2

(

)

được: (a + b + c ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 suy ra

S≤

(

3 a 2 + b2 + c2

) ⇔a

2

+ b 2 + c 2 ≥ 4 3S

12 3
Dấu bằng xảy ra hki và chỉ khi tam giác ABC đều.
Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ; H là trực tâm của tam
giác. Gọi M là một điểm trên CK sao cho AMB = 900 . S , S1, S 2 theo thứ

tự là diện tích các tam giác AMB, ABC và ABH . Chứng minh rằng
S = S1 .S 2 .

Giải:

A

Tam giác AMB vng tại M có

M

MK ⊥ AB nên MK 2 = AK .BK (1).

D

H

∆AHK ∼ ∆CBK vì có
B

C

K

AKH = CKB = 90 ; KAH = KCB
0

(cùng phụ với ABC ). Suy ra

AK
HK
=
, do đó AK .KB = CK .KH
CK
BK

(2)

Từ (1) và (2) suy ra MK 2 = CK .HK nên MK = CK .HK ;
1
1
S AMB = .AB.MK = AB. CK .HK =
2
2

1
1
AB.CK . AB.HK = S1S 2 .
2
2

Vậy S = S1 .S 2 .

Ví dụ 5. Cho hình thang ABCD có
A = D = 900 , B = 600 ,CD = 30cm,CA ⊥ CB . Tính diện tích của hình

CHUN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10

thang.

Giải:
Ta có CAD = ABC = 600 (cùng phụ với CAB ), vì thế trong tam giác
vng ACD ta có AC = 2AD .

Theo định lý Pythagore thì: AC 2 = AD 2 + DC 2 hay
2

(2AD )

= AD 2 + 302

Suy ra 3AD 2 = 900 ⇔ AD 2 = 300 nên AD = 10 3 (cm ) .
Kẻ CH ⊥ AB . Tứ giác AHCD là hình chữ nhật vì có A = D = H = 900 ,

suy ra AH = CD = 30cm;CH = AD = 10 3 (cm ) .
Tam giác ACB vuông tại C , ta có: CH 2 = HA.HB , suy ra
2

HB =

CH
=
HA

2

(

10 3

)

30

=

300
= 10 (cm ) , do đó
30

AB = AH + HB = 30 + 10 = 40 (cm ) .

1
1
S ABCD = CH (AB + CD ) .10 3. (40 + 30) = 350 3 cm 2 .
2
2

(

)

Vậy diện tích hình thang ABCD bằng 350 3cm 2 .

Tỉ số lượng giác của góc nhọn
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn α (hình) được định nghĩa như sau:
sin α =

AB
AC
AB
AC
; cos α =
; tan α =
; cot α =
BC
BC
AC
AB

CHUYÊN ĐỀ NÂNG CAO HÌNH HỌC LỚP 9 VÀ MỘT SỐ ĐỀ THI VÀO 10


B

+ Nếu α là một góc nhọn thì
0 < sin α < 1; 0 < cos α < 1;

Cạnh đối

Cạnh huyền

tan α > 0; cot α > 0
A

α
Cạnh kề

C

2. Với hai góc α, β mà α + β = 90 ,
0

ta có: sin α = cos β; cos α = sin β; tan α = cot β; cot α = tan β .
Nếu hai góc nhọn α và β có sin α = sin β hoặc cos α = cos β thì
α =β.

3. sin2 α + cos2 α = 1; tg α.cot g α = 1 .
4. Với một số góc đặc biệt ta có:

1
2
sin 300 = cos 600 = ; sin 450 = cos 450 =
2
2
cos 300 = sin 600 =

3
1
; cot 600 = tan 300 =
2
3

tan 450 = cot 450 = 1; cot 300 = tan 600 = 3 .

Ví dụ 1. Biết sin α =

5
. Tính cos α, tan α và cot α .
13

Giải:

C

Cách 1. Xét ∆ABC vng tại A .
Đặt B = α . Ta có: sin α =

AC
5
=
BC
13

AC
BC
=
= k , do đó
suy ra
5
13

A

α

B

AC = 5k, BC = 13k . Tam giác ABC vuông tại A nên:
2

2

AB 2 = BC 2 − AC 2 = (13k ) − (5k ) = 144k 2 , suy ra AB = 12k .

AB
12k
12
=
=
;
BC
13k
13
AB
12k
12
AC
5k
5
=
=
tan α =
=
= ; cot α =
AC

5k
5
AB
12k
12

Vậy cos α =

25
5
, mà sin2 α + cos2 α = 1 ,
suy ra sin2 α =
169
13
12
25
144
.
=
, suy ra cos α =
do đó cos2 α = 1 − sin2 α = 1 −
13
169 169

Cách 2. Ta có sin α =

tan α =

sin α
5 12

5 13
5
=
:
= . = ;
cos α 13 13 13 12 12

cot α =

cos α 12 5
12 13 12
=
:
= . =
.
sin α
13 13 13 5
5

Ở cách giải thứ nhất ta biểu thị độ dài các cạnh của tam giác ABC theo đại
lượng k rồi sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để tính

cos α, tan α, cot α . Ở cách giải thứ hai, ta sử dụng giả thiết sin α =

5
để
13

tính sin2 α rồi tính cos α từ sin2 α + cos2 α = 1 . Sau đó ta tính tan α và
cot α qua sin α và cos α .

Ví dụ 2. Cho tam giác nhọn ABC hai đường cao AD và BE cắt nhau tại
H . Biết HD : HA = 1 : 2 . Chứng minh rằng tgB.tgC = 3 .

Giải:
Ta có: tgB =

A
E

AD
AD
; tgC =
.
BD
CD

Suy ra tan B. tan C =

AD 2
BD.CD

H

(1)

B

D

C

HBD = CAD (cùng phụ với ACB ); HDB = ADC = 900 .
DH
BD
=
, do đó
DC
AD
BD.DC = DH .AD (2). Từ (1) và (2) suy ra

Do đó ∆BDH ∼ ∆ADC (g.g), suy ra

HD
1
AD 2
AD
= suy ra
(3). Theo giả thiết
=
AH
2
DH .AD
DH

tan B. tan C =

HD
1
HD

1
hay
= , suy ra AD = 3HD . Thay vào (3) ta
=
AD
3
AH + HD
2 +1

được: tan B. tan C =

3HD
= 3.
DH

Ví dụ 3. Biết sin α.cos α =

12
. Tính sin α, cos α .
25

Giải:
12
. Để tính sin α, cos α ta cần tính sin α + cos α rồi
25
giải phương trình với ẩn là sin α hoặc cos α .

Biết sin α.cos α =

Ta có:

2

(sin α + cos α )

= sin2 α + cos2 α + 2 sin α.cos α = 1 + 2.

ra sin α + cos α =

12
49
=
. Suy
25 25

7
7
nên sin α = − cos α . Từ đó ta có:
5
5

7
 12
7
12
cos α  − cos α =
⇔ cos α − cos2 α =
 25
 5
5
25

⇔ 25 cos2 α − 35 cos α + 12 = 0 ⇔ 5 cos α (5 cos α − 4) − 3 (5 cos α − 4) = 0
⇔ (5 cos α − 4)(5 cos α − 3) = 0 . Suy ra cos α =

+ Nếu cos α =

12 4
3
4
: = .
thì sin α =
25 5 5
5

3
4
hoặc cos α = .
5
5


+ Nếu cos α =

Vậy sin α =

12 3 4
3
: = .
thì sin α =
25 5 5
5

4
3
4
3
, cos α = hoặc sin α = , cos α = .
5
5
5
5

Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vng.
KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. Trong một tam giác vng, mỗi cạnh góc vng bằng:
a) Cạnh huyền nhân với sin góc đối hay nhân với cosin góc kề.
b) Cạnh góc vng kia nhân với tan của góc đối hay nhân với cot của góc
kề.
b = a.sin B = a cos C ; c = a. sin C = a. cos B;b = c.tgB = c. cot gC ;
c = b.tgC = b.cot gC
2. Giải tam giác vng là tìm tất cả các cạnh và các góc chưa biết của tam
giác vng đó.
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có AB = 16, AC = 14 và B = 600 .
a) Tính độ dài cạnh BC
b) Tính diện tích tam giác ABC .

Giải:

A

a). Kẻ đường cao AH .

Xét tam giác vng ABH , ta có:
1
BH = AB.cos B = AB.cos 600 = 16. = 8
2

B

600
H

3
= 8 3 . Áp dụng định lý
2
Pythagore vào tam giác vng AHC ta có:
AH = AB.sin B = AB.sin 600 = 16.

C


2

( )

HC 2 = AC 2 − AH 2 = 142 − 8 3

= 196 − 192 = 4 . Suy ra HC = 2 .

Vậy BC = CH + HB = 2 + 8 = 10 .
b) Cách 1. S ABC =

Cách 2. S ABC =

1
1
BC .AH = .10.8 3 = 40 3 (đvdt)
2
2

1
1
3
BC .BA.sin B = .10.16.
= 40 3 (đvdt)
2
2
2

Ví dụ 2: Tính diện tích tam giác ABC biết ABC = 450 , ACB = 600 bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R .
Giải:
Giả thiết có các góc có số đo đặc biệt , nhưng tam

A

giác ABC là tam giác thường nên ta sẽ tạo ra tam
giác vuông bằng cách. Dựng các đường
thẳng qua C , B lần lượt vng góc với

C

600

450

H

AC , AB . Gọi D là giao điểm của hai đường

thẳng trên. Khi đó tam giác ABD và ACD là các tam giác

D

vng và 4 điểm A, B,C , D cùng nằm trên đường trịn đường kính

AD = 2R .
3
= R 3 . Kẻ đường cao AH suy ra
2
H ∈ BC .Tức là: BC = BH + CH . Tam giác AHB vuông góc tại H nên

Ta có: AB = AD.sin 600 = AD.

AH = BH = AB.sin 450 =

AB 2
3 2
R 6
. Mặt khác tam
= AD

.
=
2
2 2
2

B


giác ACH vuông tại H nên AC 2 = AH 2 + CH 2 ⇒ CH =

R
2

(

R 1+ 2
⇒ BC =

) . Từ đó tính được diện tích S = R (3 + 3 ) .
2

4

2

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B,C và các cạnh đối diện với
các đỉnh tương ứng là: a, b, c . Chứng minh rằng:
a) a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A
b) Gọi D là chân đường phân giác trong góc A . Chứng minh:

 A
2bc.cos  
 2 
AD =
b +c

Giải:

B

a). Dựng đường cao BH của tam giác
c

ABC ta có:

a

Cách 1: Giả sử H thuộc cạnh AC .

Ta có: AC = AH + HC .

A

H

b

Áp dụng định lý
Pi ta go cho các tam giác vuông

AHB, BHC ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2 , BC 2 = BH 2 + HC 2
Trừ hai đẳng thức trên ta có:

c 2 − a 2 = HA2 − HC 2 = (HA + HC )(HA − HC ) = b. (HA − HC )

⇒ HA − HC =

c2 − a 2
ta cũng có:
b

C


HA + HC = b ⇒ AH =

cos A =

b2 + c2 − a 2
. Xét tam giác vuông AHB ta có:
2b

AH
b2 + c2 − a 2
=
⇔ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A .
AB
2bc

Cách 2: Xét tam giác vng CHB ta có:

2

BC 2 = BH 2 + HC 2 = BH 2 + (AC − AH ) = BH 2 + AH 2 + AC 2 − 2AC .AH
Ta có: AH = CB. cos A suy ra

BC 2 = BH 2 + AH 2 + AC 2 − 2AC .CB.cos A hay
⇔ BC 2 = BA2 + +AC 2 − 2AC .CB.cos A ⇔ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A
b). Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau:
+ sin 2α = 2 sin α. cos α

1
+ S = ab sin C
2
*) Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A = 900 , gọi M là trung điểm của

BC , dựng đường cao AH . Đặt ACB = α ⇒ AMB = 2α .
A

AH
h
Ta có sin α = sin C =
=
AC
b

b
h

cos α = cosC =

AC
b
=
BC
a

B

H

2α

M

α

AH
h
2h
.
= =
AM
a
a
2
Từ đó ta suy ra: sin 2α = 2 sin α.cos α .
sin 2α = sin AMH =

*) Xét tam giác ABC . Dựng đường cao BE ta có:

A
E

C


S ABC =

1
1
BE .AC = BE .b (1)
2
2

Mặt khác trong tam giác vng AEB
ta có: sin A =

BE
⇒ BE = c.sin A
AB

thay vào (1)
1
Ta có: S = ab sin C
2

Trở lại bài tốn:

Ta có S ABD

A
1
1
= AD.AB sin A1 = AD.c.sin  
 2 
2
2

A
1 2
b

c

S ACD =

A
1
1
AD.AC sin A2 = AD.b.sin  
2
2
 2 

Suy ra S ABC = S ACD + S ABD =
=

B

D

C

A
1
1
AD sin   c + b  . Mặt khác S ABC = bc sin A ⇒
2
2
 2 

A
AD sin   c + b  = bc sin A ⇔ AD =
 2 

bc sin A
=
 A 


b
+
c
sin
( )  2 

2bc cos

A
2

c +b

Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau:
cos 2α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α .

Thật vậy xét tam giác vuông ABC , A = 900 , gọi M là trung điểm của
BC , dựng đường cao AH . Đặt ACB = α ⇒ AMB = 2α .


AC
b
=
BC
a
AB
c
sin α = sin C =
= ,
BC
a

A

Ta có : cos α = cosC =

cos 2α = cos AMH =
2

c

AM 2 + MB 2 − AB 2
2AM .MB

b

2α
a

B

M

α

2

a
a
2
2
+ − c2
 c 
 b 
a 2 − 2c 2
a 2 − b2
4
4



=
=
= 1 − 2   = 1 − 2.
= 2   − 1 . Từ
a 
a a
a2
a2
a 
2 .
2 2

đó suy ra cos 2α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α


A
Áp dụng a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇒ a 2 = b 2 + c 2 − 2bc 2 cos2 − 1 .
2


2

2
A b2 + c2 − a 2
A (b + c ) − a
⇒ 2 cos
=
+ 1 ⇔ cos2 =
. Thay vào công
2

2bc
2
4bc
thức đường phân giác ta có:
2

2

(b + c ) − a 2
A
2bc
2bc cos
bc
4bc
2 =
AD =
=
c +b
b +c
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
b +c
⇒ AD ≤
2
2p = a + b + c .
bc ≤

(b + c − a )(b + c + a )
2

(b + c − a )(b + c + a )

b +c

.

= p(p − a ) với

Áp dụng công thức: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A . Ta cũng chứng minh được
hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng ( Định lý Stewart) đó là:

‘’Cho điểm D nằm trên cạnh BC của tam giác ABC khi đó ta có:

(

)

AB 2 .CD + AC 2 .BD = BC AB 2 + BD.DC ’’
A

C


+ Thật vậy :Ta giả kẻ AH ⊥ BC
không mất tính tổng quát,
ta giả sử D nằm trong đoạn
HC . Khi đó ta có:

AB 2 = AD 2 + BD 2 − 2AD.BD.cos ADB = AD 2 + BD 2 − 2DB.DH (1)

Tương tự ta có: AC 2 = AD 2 + DC 2 + 2DH .DC (2). Nhân đẳng thức (1)
với DC đẳng thức (2) với BD rồi cộng lại theo vế ta có:

(

AB 2 .CD + AC 2 .BD = BC AB 2 + BD.DC

)

Ví dụ 3. Khơng dùng máy tính và bảng số hãy chứng minh rằng
sin 750 =

6+ 2
.
4

Giải:

A

Vẽ tam giác ABC vuông tại A
với BC = 2a ( a là một độ dài tùy ý)
B

, C = 150 , suy ra B = 750 .

H

I

Gọi I là trung điểm của BC , ta có
IA = IB = IC = a . Vì AIB là góc ngoài tại đỉnh I của tam giác cân

IAC nên AIB = 2C = 300 . Kẻ AH ⊥ BC thì
IH = AI .cos 300 =

a
a 3
; AH = AI .cos 300 = ;
2
2

CH = CI + IH = a +

(

)

a 3 a 2+ 3
.
=
2
2

C


Tam giác AHC vuông tại H , theo định lý Pythagore, ta có:
2

2

2

AC = CH + AH =
2

(

4a 2 + 3
=

4

) =a

sin 750 = sin B =

=

(

2

(

a2 2 + 3
4

)

2 2

Vậy sin 750 =

=

(

AC
a 2+ 3
=
=
BC
2a

3 +1
2 2

6+ 2
.
4

2
=

(

)

a2 4 + 4 3 + 3 + 1
a2
+

=
4
4

(2 + 3 ) , suy ra AC = a

2

3 +1

2

)

2+ 3
=
2

)=

3 +1

2 2. 2

2+ 3 .

6+ 2
.
4

4 +2 3
2 2


CHƯƠNG 2: ĐƯỜNG TRÒN

CHỦ ĐỀ 1: SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRỊN

Định nghĩa: Đường trịn tâm O bán kính R > 0 là hình gồm các điểm cách
điểm O một khoảng R kí hiệu là (O; R) hay (O)
+ Đường tròn đi qua các điểm A1 , A2 ,..., An gọi là đường tròn ngoại tiếp đa
giác A1A2 ...A n
+ Đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác A1A2 ...A n gọi là
đường tròn nội tiếp đa giác đó.
Những tính chất đặc biệt cần nhớ:
+ Trong tam giác vng trung điểm cạnh huyền là tâm vịng tròn ngoại tiếp
+ Trong tam giác đều , tâm vòng trịn ngoại tiếp là trọng tâm tam giác đó.
+ Trong tam giác thường:
Tâm vòng tròn ngoại tiếp là giao điểm của 3 đường trung trực của 3 cạnh
tam giác đó
Tâm vòng tròn nội tiếp là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác
đó
PHƯƠNG PHÁP: Để chứng minh các điểm A1 , A 2 ,..., An cùng thuộc một
đường tròn ta chứng minh các điểm A1 , A 2 ,..., An cách đều điểm O cho
trước.
Ví dụ 1) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . AM, BN,CP là các đường
trung tuyến. Chứng minh 4 điểm B,P, N,C cùng thuộc một đường trịn. Tính
bán kính đường trịn đó.

Giải:

Vì tam giác ABC đều nên các trung tuyến đồng thời cũng là đường cao .
Suy ra AM, BN,CP lần lượt vng góc với BC,AC,AB .
Từ đó ta có các tam giác BPC, BNC là tam giác vuông
Với BC là cạnh huyền, suy ra MP = MN = MB = MC
Hay: Các điểm B,P, N,C cùng thuộc đường trịn
Đường kính BC = a , tâm đường tròn là
Trung điểm M của BC
A

N

P

B

C

M

Ví dụ 2) Cho tứ giác ABCD có C + D = 900. Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung
điểm của AB, BD, DC,CA . Chứng minh 4 điểm M,N,P,Q cùng thuộc một
đường trịn. Tìm tâm đường trịn đó .

Giải:
T
B
M
A

D

N

O

Q
C
P


Kéo dài AD,CB cắt nhau tại điểm T thì tam giác TCD vuông tại T .
+ Do MN là đường trung bình của tam giác ABD nên NM / /AD
+ MQ là đường trung bình của tam giác ABC nên MQ / /BC . Mặt khác
AD ⊥ BC ⇒ MN ⊥ MQ . Chứng minh tương tự ta cũng có:
MN ⊥ NP, NP ⊥ PQ . Suy ra MNPQ là hình chữ nhật.
Hay các điểm M,N,P,Q thuộc một đường trịn có tâm là giao điểm O của
hai đường chéo NQ,MP
Ví dụ 3) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là
trung điểm của AC
G là trọng tâm của tam giác ABM . Gọi Q là giao điểm của BM và GO .

Xác định tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BGQ .

Giải:
A
P
N
I
B

G
Q

M
K
O

C

Vì tam giác ABC cân tại A nên tâm O của vòng tròn ngoại tiếp tam giác
nằm trên đường trung trực của BC .Gọi K là giao điểm của AO và BM
Dưng các đường trung tuyến MN, BP của tam giác ABM cắt nhau tại trọng
tâm G .Do MN / /BC ⇒ MN ⊥ AO . Gọi K là giao điểm của BM và AO thì
K là trọng tâm của tam giác ABC suy ra GK / /AC .


Mặt khác ta có OM ⊥ AC suy ra GK ⊥ OM hay K là trực tâm của tam giác
OMG ⇒ MK ⊥ OG . Như vậy tam giác BQG vng tại Q . Do đó tâm vịng
trịn ngoại tiếp tam giác GQB là trung điểm I của BG .
Ví dụ 4). Cho hình thang vng ABCD có A = B = 900 . BC = 2AD = 2a, Gọi
H là hình chiếu vng góc của B lên AC
M là trung điểm của HC . Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác BDM

Giải:

A

D

H

E

O
N

M

C

B

Gọi N là trung điểm của BH thì MN là đường trung bình của tam giác
HBC suy ra MN ⊥ AB , mặt khác BH ⊥ AM ⇒ N là trực tâm của tam giác
ABM suy ra AN ⊥ BM .
1
2

Do MN / / = BC ⇒ MN / / = AD nên ADMN là hình bình hành suy ra
AN / /DM . Từ đó ta có: DM ⊥ BM hay tam giác DBM vng tại M nên

tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác DBM là trung điểm O của BD .
1
2

Ta có R = MO = BD =

1
1

a 5
.
AB2 + AD2 =
4a 2 + a 2 =
2
2
2

Bài toán tương tự cho học sinh thử sức.
Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ BH vng góc với AC . Trên AC,CD ta lấy
các điểm M, N sao cho

trên một đường tròn.

AM DN
. Chứng minh 4 điểm M, B,C, N nằm
=
AH DC


Gợi ý: BCN = 900 , hãy chứng minh BMN = 900

Ví dụ 5).Cho lục giác đều ABCDEF tâm O . Gọi M, N là trung điểm của
CD, DE . AM cắt BN tại I . Chứng minh rằng các điểm M,I,O, N, D nằm
trên một đường tròn.
Giải:

B

C

A

K1
J

M H1

H I

N

E

D

O

D

K

O

N
F

E

A

B

Do ABCDEF là lục giác đều nên OM ⊥ CD,ON ⊥ DE ⇒ M,N,C, D nằm trên
đường trịn đường kính OD . Vì tam giác ∆OBN = ∆OAM nên điểm O cách
đều AM, BN suy ra OI là phân giác trong của góc AIN .
OH ⊥ AM
⇒ DH1 = 2OH (Do OH là đường trung bình của tam giác
 DH1 ⊥ AM

Kẻ 

DAH1
OK ⊥ BN
OK JO 1
⇒ DK1 = 2OK (Do
=
= với J = AD ∩ NB )
DK1 JD 2
 DK1 ⊥ BN

Kẻ 

Do OK = OH ⇔ DH1 = DK1 suy ra D cách đều AM, BN hay ID là phân
giác ngoài của AIN ⇒ OID = 900 . Vậy 5 điểm M,I,O, N, D cùng nằm trên
một đường tròn đường kính OD .

Ví dụ 6) Cho hình vng ABCD . Gọi M là trung điểm BC, N là điểm

1
4

thuộc đường chéo AC sao cho AN = AC . Chứng minh 4 điểm M,N,C, D

nằm trên cùng một đường trịn.

Giải:
Ta thấy tứ giác MCDN có MCD = 900 nên để chứng minh 4 điểm
M,N,C, D cùng nằm trên một đường tròn ta sẽ chứng minh MND = 900

Cách 1: Kẻ đường thẳng qua N song song với AB cắt BC, AD tại E,F . Xét
1
4

1
4

hai tam giác vuông NEM và DFN EM = NF = AB,EN = DF = AB từ đó

suy ra ∆NEM = ∆DFN do đó NME = DNF,MNE = NDF ⇒ MNE + DNF = 900
Hay tam giác MND vuông tại N . Suy ra 4 điểm M,N,C, D cùng nằm trên
đường trịn đường kính MD

Cách 2: Gọi K là trung điểm của ID với I là giao điểm của hai đường
chéo. Dễ thấy MCKN là hình bình hành nên suy ra CK / /MN . Mặt khác do
NK ⊥ CD, DK ⊥ CN ⇒ K là trực tâm của tam giác
CDN ⇒ CK ⊥ ND ⇔ MN ⊥ ND .
E

B

M

C

I
N

K

A
F

D

Ví dụ 7) Trong tam giác ABC gọi M, N,P lần lượt là trung điểm của
AB, BC,CA . A1 , B1 ,C1 lần lượt là các chân đường cao hạ từ đỉnh A, B,C đến


các cạnh đối diện. A 2 , B2 ,C2 là trung điểm của HA,HB,HC . Khi đó 9 điểm
M, N,P, A1 , B1 ,C1 , A 2 , B2 ,C2 cùng nằm trên một đường tròn gọi là đường

tròn Ơ le của tam giác

Giải:

A
A2
C1

M

B1

H

P
Q

I

B2
B

A1

C2

N

C

1
2
suy ra MNC 2 B2 là hình chữ nhật, tương tự ta có MPB2 C2 , NPA2 B2 là hình
1
2

a). Thật vậy ta có MN = A 2 C 2 = AC, MA 2 = NC2 = BH mà BH ⊥ AC

chữ
nhật nên 9 điểm M, N,P, A1 , B1 ,C1 , A 2 , B2 ,C2 cùng nằm trên một đường trịn
có tâm là trung điểm của các đường chéo của 3 hình chữ nhật trên. Từ đó ta
suy ra tâm đường trịn Ơ le là trung điểm Q của HI

Ví dụ 8) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O)
AD là đường kính của (O) . M là trung điểm của BC,H là trực tâm của tam

giác. Gọi X, Y,Z lần lượt là hình chiếu vng góc của điểm D lên
HB,HC, BC . Chứng minh 4 điểm X, Y, Z,M cùng thuộc một đường tròn


Giải:
I
A
J
H

X
K

B

O

E
Y

M

Z

C

D

Phân tích: M là trung điểm BC ⇒ M cũng là trung điểm của HD (Bài toán
quen thuộc). X, Y,Z lần lượt là hình chiếu vng góc của điểm D lên
HB,HC, BC kết hợp tính chất điểm M làm ta liên tưởng đến đường tròn Ơ
le của một tam giác: Từ những cơ sở đó ta có lời giải như sau:

+ Giả sử HB cắt DY tại I,HC cắt DX tại K , J là trung điểm của IK .
Ta dễ chứng minh được BHCD là hình bình hành suy ra hai
đường chéo HD, BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường. Vì
DX ⊥ HI, DI ⊥ HC suy ra K là trực tâm của tam giác IHD nên
KDI = KHI = HCD (chú ý HI / /CD) và CHD = KID (cùng phụ với góc
HDI ). Từ đó suy ra ∆KID ∼ ∆CHD
+ Mặt khác CM, DJ là hai trung tuyến tương ứng của tam giác CHD và

KID , như vậy ta có ∆DIJ ∼ ∆CHM ⇒ JDI = HCM . Từ đó suy ra DJ ⊥ BC tại
Z hay Z thuộc đường trịn đường kính MJ . Theo bài tốn ở ví dụ 6 , đường
trịn đường kính MJ là đường trịn Ơ le của tam giác IHD . Từ đó ta có: