BT ON NGYAF 2092018

BÀI TẬP HÌNH ƠN HSG- 2018
Bài 1: Cho đường trịn (O,R) và một đường thẳng d khơng có điểm chung với đường tròn.
Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường trịn (A, B là
các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E.
a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO
b) Chứng minh CM vng góc với OE.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB.
A
O
Q
C

N

P

I
B
M

E
H

d

a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM.
Ta có AM // CE(cùng vng góc với AC)



 BEC

 MAB
( so le trong)


AMO
OMB



ABC
900 ; AQM
900 và
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).



 AMO OMB BCE (cùng phụ với hai góc bằng nhau)

Mà

BE
OB
MB OB


tan BCE
 tan OMB





BC
MB
BC
BE (1)
=>






MBA
OBC
MBC
OBE
OBC
Lại có
( cùng phụ với ABO ) Nên
( cùng = 900 +
) (2)

MBC

OBE
Từ (1) và (2) suy ra
(c.g.c)


BEO

 OBE  BCM
b) Từ  MBC
. Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với


 INC
 NIC (g.g)  IBE
BC và MC.  BIE
0
0


mà IBE 90 => INC 90 . Vậy CM  OE
c) Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH
OQ OP

 OHM (.g.g) => OH OM  QO. OM = OP. OH = OA2 = R2
Ta có  OQP

R2
 OP 
OH ; Mà O và d cố định => OH không đổi => OP khơng đổi
2
2
Lại có : AB = 2AQ = 2 0A  OQ mà OQ  OP


 AB 2 OA 2  OP 2 2 R 2 

R4

2R

. OH 2  R 2
2
OH
OH

( khơng đổi)

Tóm tắt cách giải
Dấu “=” xảy ra  Q  P  M H
2R
. OH 2  R 2
 M H
VậyGTNNcủaAB = OH
A

O
Q
A1

P

C

N
I

B1

B
M

E
H

d

1
SAOBM  AB.OM AQ.OM
2
*) Vi MO  AB nên
Vẽ dây cung A1B1 vng góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A1B1 không đổi.

 OQ  AB A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây).
1
 SAOBM  A1B1 .OH
OM OH
2
Mà
( không đổi)
 M H
Dấu “=” xảy ra
Vì OP

1
SAOBM  A1B1 .OH
M H
2
Vậy GTNN của

khi và chỉ khi
Bài 2: Cho đường tròn (O; R) và A là một điểm nằm ngồi đường trịn. Từ A kẻ hai tiếp
tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C lần lượt là hai tiếp điểm). Trên tia đối của tia BC lấy
điểm D (D  B) . Từ D kẻ tiếp tuyến DE (E  cung nhỏ BC). Từ E hạ EF vng góc với
DO ( F  DO). Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BFOC là tứ giác nội tiếp.
b) Ba điểm A, E, F thẳng hàng.
c) Từ D kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn tâm O (Điểm K là tiếp điểm). Tính độ dài

đoạn thẳng AK theo R và α biết độ dài đoạn OD = R 2 và số đo EAOα .


Chứng minh được DE2 = DB.DC
(1)
Xét  DEO vuông tại E có đường cao EF có : DE2 = DF.DO
(2)
Từ (1) và (2)  DB.DC = DF.DO
(3)
Từ (3)   DBO đồng dạng với  DFC ( c_g_c)
(4)




Từ (4)  BCF=BOF => tứ giác BFOC nội tiếp
Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp
Chứng minh tứ giác AFOC nội tiếp
Chứng minh AF  DO
Có EF  DO nên ba điểm A; E; F thẳng hàng
R

Tính được OF = 2

R
cot g
Tính được AF = 2

R
Tính được EF = 2

Chứng minh A, F, K thẳng hàng
R
 cot g  1
Tính được AK = AF + FK = AF + EF = ... = 2

Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi M là
trung điểm của HC; N là trung điểm của AC. AM cắt HN tại G. Đường thẳng qua M vng
góc với HC và đường thẳng qua N vng góc với AC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng:
2
a) ∆AEF đồng dạng với ∆ABC. Từ đó hãy suy ra SAEF = SABC. cos BAC
b) BH.KM = BA.KN

c)

GA5  GB 5  GH 5
4 2
GM 5  GK 5  GN 5


A

F

E
H

K
N

G

B
D

M

C

AEB vuông tại E nên


cos BAE


AE
AB

ACF vuông tại F nên


cos CAF



AF
AC

;
Tư đó chứng minh được tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c)
Vì tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên
S AEF AE 2

 2 cos 2 BAC

 S AEF S ABC .cos 2 BAC
S ABC AB




NMK
ABH và MNK có BAH
; ABH MKN (Góc có cạnh tương ứng song song)
BA BH


 BA.KN BH .KM
Suy ra AHB đồng dạng với MNK ( g.g); KM KN
AB AH

2
AHB đồng dạng với MNK nên MK MN

( Vì MN là đường TB của tam giác AHC);
AG
HG
2
2
Lại có: MG
; NG
( G là trọng tâm của tam giácAHC)
AB
AG


2


MK MG
. Mặt khác BAG GMK ( so le trong)
 ABG đồng dạng với tam giác MKG (c.g.c)

GB GA GH
GB 5 GA5 GH 5 GB 5  GA5  GH 5



2 



32
GK GM GN

GK 5 GM 5 GN 5 GK 5  GM 5  GN 5



GB 5  GA5  GH 5
4 2
GK 5  GM 5  GN 5

1


Ta có : SMCD = 2 MC.MD ; Đặt MA = a , MB = b, Ta có AMC BDM  ;
a
b
ab
1
MC = cos , MD = sin  ; SMCD = 2 cos.sin 
Do a,b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất  2sin.cos lớn nhất .
Theo bất đẳng thức 2xy  x2 +y2
ta có :
2
2
2sin.cos  sin  +cos  = 1 nên SMCD ≥ ab
SMCD = ab  sin = cos  sin = sin(900)   = 900   = 450
 AMC và BMD vuông cân.
y
Vậy min SMCD = ab .
D
Khi  = 450 ; C,D được xác định trên x
tia Ax ;

By

sao


C
AC lấy điểm B sao cho AC 4 AB.
Bài 4 Cho đoạn thẳng AC có độ dài bằng a. Trên đoạn
(
A
B
Tia Cx vng góc với AC tại điểm C , gọi D làa mộtM
điểm bấtbkỳ thuộc tia Cx ( D không
trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD và
CD lần lượt tại K , E.
a) Tính giá trị DC.CE theo a.

b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường trịn đường kính DE
ln có một dây cung cố định.

a) Tính giá trị DC.CE theo a .
o





Ta có: EBC  ADC (Cùng bù với góc KBC ); ACD ECB 90
 ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g)

DC AC


 DC.CE  AC .BC
BC EC
a
3a
3a 2
AB  ; BC   DC.EC  AC.BC 
4
4
4
Do
b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất .
1
SBDE  BC.DE  S BDE
2
nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất.

3a 2
DE DC  EC 2 DC.EC 2
a 3
4
Ta có:
( Theo chứng minh phần a)
Dấu

" "  DC EC 

a 3

2 .


3a 2 3
a 3
CD 
 S( BDE )
2 .
nhỏ nhất bằng 8
khi D thuộc tia Cx sao cho
c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường trịn đường kính DE
ln có một dây cung cố định.
Gọi giao điểm của đường trịn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( M nằm giữa A
và B)  M, N đối xứng qua DE.
Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g)
AK AB


 AK . AD  AC. AB
AC AD
(1)  AKM và AND đồng dạng (g-g)


AK AM

 AK . AD  AM . AN
AN AD

(2)
2

AM . AN  AC. AB 

a
4

T ừ (1) v à (2) suy ra
a2

( AC  MC )( AC  NC )  AC 2  MC 2
4
(Do MC NC )
3a 2
a 3
 MC 2 
 MC NC 
4
2
 M , N là hai điểm cố định. Vậy đường trịn đường kính DE ln có dây cung MN cố định.
Bài 5 Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5a và AD 2a (a > 0). M là điểm bất kì trên
cạnh AB (M khác A và khác B). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vng góc của M trên AC
và DC.
a) Chứng minh rằng 5 điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm O
AH MK
b) Tính MH
theo a.

của đường trịn đó.
c) Khi AK là tiếp tuyến của đường trịn (O). Tính AM theo a.
HD:





a) Xét tứ giác MHCB ta có MHC MBC 90  MHC  MBC 180
 Tứ giác MHCB nội tiếp đường trịn đường kính MC (1).


Xét tứ giác MKCB ta có MKC MBC 90


 MKC
 MBC
90 →Tứ giác MKCB nội tiếp đường trịn đường kính MC (2).
Từ (1) và (2) suy ra năm điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường trịn đường kính
MC.  Tâm O là trung điểm MC.



b) Xét ABC và AHM có MHM MBC 90 và CAB chung→ ABC đồng dạng AHM .
AB
BC
AB MK
AH MK


 AB 
 AH MH mà MK = BC  AH MH
MH

mà AB 5a 

AH MK
5a
MH


c) Giả sử AK là tiếp tuyến của (O). Dễ dàng ta có tứ giác MKCB là hình chữ nhật
nên O sẽ nằm trên đoạn BK. Xét ABK vuông tại K đường cao KM ta có
AM MB MK 2  AM  AB  AM   AD 2  AM 5a  AM 2 4a 2  AM 2  5a AM  4a 2 0
 AM 2  4a AM  a AM  4a 2 0  AM  AM  4a   a  AM  4a  0
 AM a
  AM  a   AM  4a  0  
 AM 4a

Vậy AM= 4a hoặc AM = a.

Bài 6: Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) ,( BC<2R),A là điểm di động
trên cung lớn BC,( A không trùng B,C). Gọi AD, BE, CF là các đường cao của tam giác
ABC;EF cắt BC tại P ,qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại Q và cắt AB tại
R.
a) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp
b) Gọi M là trung điểm cạnh BC .Chứng minh hai tam giác EPM,và DEM là hai
tam giác đồng dạng.
c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố
định

A

E

Q
O

F
B
D

P

M

C

R

HD:
a) Do tứ giác BCEF nội tiếp suy ra ∠ AFE =∠BCQ mà ∠ AFE =∠BRQ ( so le )
Suy ra ∠BCQ =∠ BRQ nên tứ giác BQCR nội tiếp


b) EM là trung tuyến tam giác vuông BEC nên tam giác ECM cân tại M suy ra
∠ EMD=2 ∠ ACB mà tứ giác BCEF; ACDF nội tiếp nên ∠ ACB =∠ AFE =∠BFD suy ra
∠ EMD=2 ∠ ACB =∠ AFE +∠ BFD ⇒ ∠ EMD+∠ DFE=1800 suy ra tứ giác DMEF nội tiếp
suy ra ∠ BDF =∠ PEM mà ∠BDF =∠ BAC =∠ MDE nên tam giác EPM,và DEM
đồng dạng (g.g)
c) do DMEF nội tiếp suy ra

∠ PFD =∠ EMD

mà ∠ PDF =∠ EDM

nên tam giác PFD

PD ED
=
;
DF MD do ∠ RED =∠ AEF =∠ FRD

đồng dạng tam giác EMD (g.g) suy ra
nên tam
giác FDR cân tại D suy ra FD=DR;tương tự tam giác DEQ cân tại D nên DE=DQ mà
PD DQ
=
;
DR MD

FD=DR; DE=DQ suy ra

suy ra tam giác PDR đồng dang tam giác QDM ( c.g.c) suy ra ∠ PRQ=∠ PMQ suy ra tứ
giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua điểm M cố định
Bài 7: Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ
đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ
AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC,
AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN
tại K.
1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn.
2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường
thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME.
M

A

O

P

D

Q

H
B
K
I
E

N
C

d

I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O)  OI  BC   OIA = 900
Ta có  AMO = 900 ;  ANO = 900


Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA
AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác  MON mà MON cân ở O nên
OA  MN
ABN đồng dạng với ANC (Vì  ANB =  ACN,  CAN chung)

AB AN


AN AC  AB . AC = AN2
ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2  AB . AC = AH . AO
AH AK
  AI AK AH AO
 AI AK AB.AC
AHK đồng dạng với AIO (g-g) Nên AI AO
AB AC
AI
. Ta có A, B, C cố định nên I cố định  AK cố định . Mà A cố định, K
là gđiểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB  K cố định
 AK 

Ta có  PMQ = 900



ME MH

MQ DQ

(g-g)
MP MH MH



MQ
QH

2 DQ
PMH
MQH
MP 1 ME

 .
MQ 2 MQ  ME = 2 MP  P là trung điểm ME
MHE

QDM

Bài 8: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.Gọi D, E lân lượt là hình chiếu của
H trên AB, AC. Chứng minh:
a. \f(AB,AC = \f(DB,EC
b.DE = DB.CE.BC
c. = +
A
E
D

B

BD AB HE
=
=
( Ta lét)
DH AC HC

H

C

AB DH
=
AC AD
AB DH
AB DH BD HE
⇒
=
⇒
=
=
=
⇒ đpcm
AC HE AC HE DH EC
∆ ADH ∆ CAB ( ¿ ) ⇒


2

(BH .CH )
BH 2 CH 2
AH 4
3
3
BD . CE . CB=
.
. BC=
. BC =
= AH =DE

AB AC
AB . AC
AH
3
3
2 3
2 3
2
2
2
2
2
√ BC =√ BD +√ CE BC =BD +CE +3 √ BD CE2 ( √3 BD 2+ √3 CE2 )

= BD 2 +CE2 +3 √3 BD 2 CE2 BC 2 = BD 2 +CE 2 +3 AH 2
= BH 2−DH 2 +CH 2−HE 2+2 BH . CH + AH 2 = BH 2 +CH 2+ 2 BH . CH =BC 2
Bài 9: Cho đường trịn (O;R) đường kính BC. Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn.

AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D. Trên cung BC không
chứa D lấy F(F  B, C). AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N(N  F) và cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P(P  A).

60 , tính DE theo R.
a) Giả sử BAC
b) Chứng minh AN.AF = AP.AM c) Gọi I, H thứ
tự là hình chiếu vng góc của F trên các đường thẳng BD, BC. Các đường thẳng IH và
0

BC

BD

CD




CD cắt nhau ở K. Tìm vị trí của F trên cung BC để biểu thức FH FI FK đạt giá trị nhỏ
nhất.
Vẽ hình (1 trường hợp)
A

N
D
E
P
I

B

O

H
M

C
K

F


1800  sd DE

 600
BAC

 sd DE

600 nên ∆OED đều  ED = R.
 Suy ra EOD
2
Sđ

APE  ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE); ABM  ADE (Cùng bù với góc EDC)
Suy ra: ABM  APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM
AE AM

 AE. AB  AM . AP
AP
AB
Nên
(1)

Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF


AE AF

 AE. AB  AN . AF
AN AB

(2)
Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM
Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngồi B,D thì vai trị K với DC sẽ như I với BD)



Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên FHK FCK ( cùng bằng FBD
), suy ra tứ giác
0

CKFH nội tiếp nên FKC 90 .

DK BH

FK
FH
Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên:

CK BI

Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: FK FI
DC BH BI


Suy ra: FK FH FI
DC BD BH BD BI BH ID







FK FI FH FI FI FH FI
ID HC
DC BD BH HC BC





Mà FI FH suy ra: FK FI FH FH FH
BC BD CD 2 BC
BC BD CD





Vậy FH FI FK FH nên FH FI FK nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung

điểm cung BC
Bài 10: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên
đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vng góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M.
Gọi K là hình chiếu của M trên OB.


a) Chứng minh HKM 2AMH.
b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D
và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE.

c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R.
 1 O
 1
A
1
1
2
2
Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có

sđ AM
(1)



Có Ax // MH (cùng vng góc với OA)  A1 M1



Tứ giác MHOK nội tiếp  O1 K1 (cùng chắn MH
)

(2)
(3)


 1 K

M



1
1
2
Từ (1), (2), (3) ta có
hay HKM 2AMH.
Có tứ giác AOMD nội tiếp (4)

 1
 O
 1
A
O
 O

1
1
2


 A
1
1 
2 sđ BM
2 sđ BM
;

tứ giác AMGO nội tiếp (5)





Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn  G1 D 2 D1
OG GF


 OGF và ODE đồng dạng
OD DE hay OD.GF = OG.DE.
Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho
MA’ = MA  AMA' đều
 A
 600  BAA'

 A
1

2





 MAB A'AC  MB A'C

 MA  MB MC
Chu vi tam giác MAB là MA  MB  AB MC  AB 2R  AB
Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM =>
H là trung điểm đoạn AO
Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB
3

AB 3
 AI  R 
 AB R 3
2
2
Gọi I là giao điểm của AO và BC
Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2  3)R
Bài 11: Cho đường trịn (O; R) và đường thẳng d khơng đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai
điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngồi đường trịn (O) vẽ hai
tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).
2

2

1. Chứng minh rằng MN MP MA.MB
2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vng.


3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d.

+ Ta có: OM là phân giác trong góc NMP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Kẻ tia






phân giác trong góc PNM cắt đường trịn (O) tại điểm F, khi đó NF FP (ứng với góc
nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau).

+ Suy ra F ở trên OM, do đó F là tâm đường trịng nội tiếp tam giác MNP.
+ Vậy khi M đi động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên
đường tròn (O).

Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.
MA MN

 MN 2 MP 2 MA.MB
MN
MB
Suy ra:

Để MNOP là hình vng thì đường chéo OM ON 2 R 2
Dựng điểm M: Ta dựng hình vng OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt
(d) tại M.
2

2

Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN  MO  ON R , nên Tam
giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vng cân tại P. Do đó
MNOP là hình vng.
Bài tốn ln có 2 nghiệm hình vì OM R 2  R
+ Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường trịn
đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp
trong đường trịn đường kính OM, tâm là H.
+ Kẻ OE  AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL  (d ) thì HL // OE, nên HL
1
HL  OE

2
là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra:
(khơng đổi).

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H ln cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H
chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.
Bài 12: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại
H. Chứng minh rằng:
1
a) SABC = 2 AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.


AD
b) tanB.tanC = HD . c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của ∆DEF.
HB.HC HC.HA HA.HB


1
AB.AC
BC.BA
CA.CB
d)
.
a)

A

E
F

* Ta có: SABC =

H

1
2 .BC.AD.
B

ABD vng tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC =
ABE vng ở E có AE = AB.cosA
BFC vng ở F có BF = BC.cosB
ACD vng ở D có CD = AC.cosC
Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.

b(1,5đ) Xét ABD có tanB =

suy ra tanB.tanC =

1
D
2 BC.AB.sinA.

C

AD
AD
BD ; ACD có tanC = CD

AD2
BD.CD

(1)

DH BD


HBD CAD

ACB
DC AD
Do
(cùng phụ với
) nên BDH  ADC (g.g)
AD 2
AD

DH .
Kết hợp với (1) được tanB.tanC = DH.AD


 AEF
ABC
c(1,5đ) Chứng minh được AEF  ABC (g.g)
Tương tự được



CED
CBA

nên

 BD.DC = DH.DA

.





AEF
CED
mà BE  AC  AEB CEB

= 900. Từ đó suy ra



FEB
DEB
 EH là phân trong của DEF.
Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đường phân giác trong của DEF.
d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC.

CH CE  HB.HC  HB.CE  2.SBHC SBHC

AB.AC AB.CF 2.SABC SABC
CA
CF
Dễ thấy CHE  CAF(g.g)

HC.HA SCHA HA.HB SHAB


BC.BA
S
CA.CB
SCAB .
CBA
Tương tự có
;


Do đó:

HB.HC HC.HA HA.HB SBHC SCHA SAHB





1
AB.AC BC.BA CA.CB SBAC SCBA SACB


Bài 13: Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2 R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc
đường tròn (O) (M khác A, khác B). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và M cắt nhau
ở E. Vẽ MP vng góc với AB (P thuộc AB). Vẽ MQ vng góc với AE (Q thuộc AE).
a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật.
b) Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui.
c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K là trung điểm MP.

d) Đặt AP = x , tính MP theo R và x . Tìm vị trí của M trên đường trịn (O) để hình
chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
Q

M

E

K
I

B

P

O

A

0

a) Xét tứ giác AEMO có góc ∠ OAE = ∠ OME = 90 nên tứ giác AEMO nội tiếp.
0
Xét tứ giác APMQ có góc ∠ MPA = ∠ PAQ = ∠ AQM = 90 nên tứ giác APMQ là
hình chữ nhật.
b) Do APMQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ và MA cắt nhau tại trung điểm I
của mỗi đường.
Do tiếp tuyến tại A và M cắt nhau tại E, I là trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng.
Vậy PQ, OE, MA đồng qui tại I
c) O là trung điểm AB, I là trung điểm MA nên OI song song với MB ⇒∠ MBP = ∠

EOA
0
Mà ∠ MPB = ∠ EAO = 90 nên Δ MPB đồng dạng với Δ EAO (g.g).
Suy ra PB : AO = PM : AE ⇒ PB. AE = PM. AO (1)
Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE ⇒ PB. AE = PK. AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra PM. AO = PK. AB

⇒

PM. 2AO = 2PK. AB ⇒ PM = 2PK
(do 2AO = AB)

Vậy K là trung điểm MP.
d) Trong tam giác vng MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x )2 khi P thuộc
đoạn OA
MP2 = OM2 – OP2 = R2 – ( x - R)2 khi P thuộc đoạn OB
Khi đó MP2 = (2R -

x

)

x

. Suy ra MP =

√(2R−x) x

Diện tích hình chữ nhật APMQ là S = MP. AP =

√(2R−x) x 3


Bài 14:

Cho đường trịn (O;R), vẽ 2 đường kính AB và CD vng góc với nhau. Trên

1
đoạn CA lấy G sao cho GC= 3 AC. Tia OG cắt BC tại M, vẽ ON vng góc với BG

 N  BG  . a/ Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (O;R)
4
4
4
4
b/ Tia CN cắt đường tròn tại K . Tính KA  KB  KC  KD theo R

c/ Chứng minh MN=2R

Lấy I là trung điểm của BC ta có OI là đường trung bình của tam giác ABC  OI//BC
1
1
1
và OI= 2 CB (1) ; Vì I là trung điểm của BC nên IC= 2 AC mà GC= 3 AC
1
1
1
GI 1
1
1

AC  AC  AC 
 AC : AC 
3
6
GC 6
3
2
nên GI=IC  GC= 2


OI
GI 1
1

  OI  CM
CM GC 2
2
(2)

Ta có OI//BC ( cm trên)  OI//CM
Từ (1) và (2) ta có CB=CM.
Xét  ABM có OA=OB ( cùng bán kính) , có CB=CM ( cm trên) nên OC là đường
trung bình  OC // AM mà OC  AB nên AM  AB. Vậy MA là tiếp tuyến của đường
trịn (O;R)
Ta có tam giác AKB nội tiếp đường trịn (vì 3 đỉnh nằm trên đường trịn) mà AB la
đường kính nên tam giác AKB vng tại K, theo Pitago ta có
KA2  KB 2  AB 2  KA2  KB 2 4 R 2


 KA4  KB 4  2 KA2 KB 2 16R 4

Vẽ KP vng góc với AB, theo hệ thức lương trong tam giác vng AKB ta có
KA KB  AB KP  KA KB 2 R KP  KA 2 KB 2 4 R 2 KP 2
4
4
2
2
4
4
4
4
2
2
Vây ta có KA  KB  8R KP 16 R  KA  KB 16 R  8R KP
4
4
4
2
2
Vẽ KQ vng góc với CD, chứng minh tương tự ta có KC  KD 16 R  8R KQ

Vây Ta có

KA4  KB 4  KC 4  KD 4 32 R 4  8R 2  KP 2  KQ 2 







0

Xét tứ giác KPOQ có O P Q 90 nên tứ giác KPOQ là hình chữ nhật
Vậy ta có KP2 +KQ2 =PQ2 =KO2=R2


 = 32 R  8R R 24 R
Vậy
Ta có ACB nội tiếp đường trịn, mà AB là đường kính nên ACB vng tại C
 AC  BM  AC là đương cao của MAB . Ta có CM=CB ( cm trên)  AC là trung
tuyến của MAB vây MAB cân tại A  AM  AB .
KA4  KB 4  KC 4  KD 4 32 R 4  8 R 2 KP 2  KQ 2

4

2

2

4

1
AC
Xét MAB có AM là trung tuyến mà GC= 3
nên G là trọng tâm của MAB , keo dài
BG cắt đường trịn tại F và AM tại E ta có BE là trung tuyến của MAB nên EA=EM=
MA
AB
2 , mà OA=OB= 2 nên EA=BO.

Ta có AFB nội tiếp đường trịn, mà AB là đường kính nên AFB vng tại F


 AF  BE  OBN
 FAB
900


; Vì MA AB ( cm trên) nên





EAF
 FAB
90  EAF
OBN
0









0

Xét EAF và OBN có AE=OB , EAF OBN ; EFA ONB 90  EAF OBN
 AF=NB ; Ta có ON  BF  NB NF (vi...) nên FA=FN=NB  AFN vuông cân


 FNA
450  ANB
1350 .
0


Ta có MAF=BAN (cgc)  MFA  ANB 135 , mà


AFN
900  MFN
3600  1350  900 1350
Ta có MFN MFA (cgc)  MN MA mà MA=AB=2R  MN 2R

Bài 15: Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng xy không giao nhau. Kẻ OH  xy tại H.
Lấy một điểm A bất kỳ thuộc xy. Từ A kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp
điểm). Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AO cắt AO tại K và cắt đường tròn tại C.
a) Chứng minh rằng: AC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
b) Chứng minh rằng: Khi A di động trên đường thẳng xy thì dây BC ln đi qua một điểm
cố định.


a) Chứng minh: ACO = ABO (c.g.c)
=> AC  OC mà OC = R => AC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R)
b) Gọi I là giao điểm của BC và OH
OK OI


+ C/m: OIK và OAH đồng dạng => OH OA => OI.OH = OK.OA
+ Xét ABO vuông tại B, đường cao BK ta có: OK.OA = OB2 (2)

(1)

OB2
R2
Từ (1) và (2) suy ra: OI.OH = OB2 => OI = OH = OH (không đổi)

=> I cố định Vậy khi A di động trên đ/ thẳng xy thì dây BC luôn đi qua điểm I cố định.
Bài 16: Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là
giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vng góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung
điểm của EF.

a) Chứng minh: CM vng góc với EF.

b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của
hình vng ABCD
E
M

A

N

B

D

Ta có:



ECD
BCF

(cùng phụ với

C


ECB
)

F


Chứng minh được:

 EDC =  FBC (cạnh góc vng – góc nhọn)

 CE = CF   ECF cân tại C Mà CM là đường trung tuyến nên CM  EF
* Vì  EDC =  FBC  ED = FB

 NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có:
BC2 = NB.BF  a2 = NB.DE (đpcm)
*  CEF vng tại C có CM là đường trung tuyến nên

 AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên

CM 
AM 

EF
2

EF
2

 CM = AM  M thuộc đường trung trực của AC.

Vì ABCD là hình vng nên B, D thuộc đường trung trực của AC
 B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm).
Đặt DE = x (x > 0)  BF = x

SACFE = SACF + SAEF =

1
AF  AE  CB 
2

1
 (AB  BF)  AE  AD 
2
1
 (a  x).DE
2
1
 (a  x)x

2


SACFE = 3.SABCD

1
(a  x)x 3a 2  6a 2  ax  x 2 0
2

 (2a  x)(3a  x) 0


Do x > 0; a > 0  3a + x > 0

 2a  x 0 

AN AE

1
NB BC



A là trung điểm của DE



N là trung điểm của AB. Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD

AE = a Vì AE //BC nên

x = 2a

Bài 17: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng
AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vng góc với AO cắt nửa đường
trịn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa
đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD.
1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân.


2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B
thẳng hàng.
3. Chứng minh góc ABI có số đo khơng đổi khi M di chuyển trên cung BD.
E

D
I

H

A

F
C

O

M

B

0

Ta có M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên AMB 90 (góc nội



0

tiếp chắn nửa
đường trịn) hay FMB  90 . 
FCB 900
1800 .
Mặt khác
(giả thiết).Dođó
 FMB
 FCB 1

CBM
EFM
 (vì cùng bù với CFM
Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp
).


Mặt khác CBM EMF  2  (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn





AM
). Từ (1) và (2)  EFM EMF . Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E.



 EMF cân)
MBA
MFE
DIF
(Có thể nhận ra ngay EMF
nênDIH
 suyra
 3
2
IH  DF và
Gọị H là trung điểm
của
DF.
Suy
ra
.
1

 I
DMF
DIF

Trong đường tròn
ta
lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng

 có:  DIF
 và
DMF
2
chắn cung DF. Suy ra
(4).




DIH
DIH
Từ (3) và (4) suy ra DMF
hay DMA
.
O

DMA DBA


Trong đường
trịn
ta có:
(góc nội tiếp cùng chắn DA
)


Suy ra DBA DIH .
o



Vì IH và BC cùng vng góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó DBA  HIB 180


 DIH
 HIB
180o  Ba điểm D, I, B thẳng 1hàng.


 .
Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng 1ABI ABD  2 sđ AD
 không đổi.
Mà C cố định nên D cố định  2 sđ AD

Do đó góc ABI có số đo khơng đổi khi M thay đổi trên cung BD.
Bài 18: