BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 PHẦN 1 ( CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

( O;R )

và một điểm M nằm ngồi đường trịn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến
MA , MB ( A , B là các tiếp tuyến). N là điểm di động trên đoạn AO . Đường thẳng MN cắt

Câu 1. Cho đường tròn

( O)

tại C và D ( C nằm giữa M và N ), cắt đường thẳng OB tại P . Gọi I là trung điểm AB .
1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.
2) Chứng minh : AC.BD = AD.BC .
3) Khi OM = R 2

CI
a) Tính tỉ số MC
b) Đường thẳng IN cắt AP tại E . Tìm vị trí của điểm N để diện tích tam giác
AOE lớn nhất.
Lời giải

1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp.

·
AMO
= 90°
·
ANO = 90° ⇒ tứ giác MAOB nội tiếp (đpcm).
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có 
2) Chứng minh : AC.BD = AD.BC .

Ta có ∆ACM # ∆DAM (g – g)

∆BCM # ∆DBM (g – g)

⇒

⇒

AC CM
=
AD AM ( 1)

BC CM
BC CM
=
⇒
=
BD BM
BD AM ( 2 )

1


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
Từ

( 1)

và

( 2)

AC BC
=
⇒ AC.BD = AD.BC
suy ra AD BD
(đpcm).

3) Khi OM = R 2
2

Ta có

R 2
R 2
R 2
OM = R 2 ⇒ OI =
⇒ AI = AO 2 − IO 2 = R 2
ữ =
2 ữ
2
2



ẳ = 45° ⇒ ∆MAO
⇒ IA 2 + OI 2 = AO 2 ⇒ ∆OAI vuông cân tại I ⇒ AOI
vuông cân tại A
⇒ Tứ giác MAOB là hình vng có cạnh R .

Ta có

MI.MO =

R 2
.R 2 = R 2
2

Lại có ∆ACM ∽∆DAM (g – g)

⇒ MI.MO = MC.MD ⇒

⇒

AM MC
=
⇒
MC.MD = MA 2 = R 2
DM MA

MC MI
=
MO MD

∆MCI ∽∆MOD (c – g – c)

⇒

CI
OD

R
1
2
=
=
=
=
MC MO R 2
2 .
2

Kẻ NK ⊥ IO ⇒ ∆NKO vuông cân tại K ⇒ NK = KO
Xét ∆INK có :
Xét ∆AOP có :
Từ

( 1)

và

( 2)

·
tan NIO
=

NK OK ON
=
=
IK

IK AN ( do NK //AI )

·
tanOAP
=

OP OP ON
=
=
OA AM AN ( do OP//AM )

( 1)

·
·
·
·
·
ta có tan NIO = tanOAP ⇒ NIO = OAP ⇒ tứ giác AIOE nội tiếp ⇒ AEO = 90°
2


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

S∆AOE =

1
1
1
R2

AE.OE ≤ AE 2 + OE 2 = AO2 =
2
4
4
4

(

)

R2
4 khi OE = AE ⇒ IE là đường trung bình của tam giác ∆ABP
⇒ N là trung điểm của AO .
⇒ maxS∆AOE =

( O; R ) và điểm S cố định nằm ngồi đường trịn ( O ) . Kẻ hai tiếp tuyến SA và
SB của đường tròn ( O; R ) ( A,B là tiếp điểm). Đường thẳng bất kỳ qua S cắt đường tròn ( O ) tại C và

Câu 2. Cho đường tròn

D ( SC < SD và C, O, D không thẳng hàng). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng CD .
1) Chứng minh bốn điểm

S, A, O, B

cùng thuộc một đường tròn.

·
·
2) Chứng minh AOB = 2.SEB

( )

O
3) Tia BE cắt đường tròn
tại F . Chứng minh tứ giác ACDF là hình thang cân và xác
định vị trí của cát tuyến SCD để diện tích tam giác SDF đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

1) Chứng minh bốn điểm

S, A, O, B

cùng thuộc một đường trịn.

·
0
S; A; O
Ta có: SAO = 90 nên
thuộc đường trịn đường kính SO.
·
0
S; B; O
Ta có: SBO = 90 nên
thuộc đường trịn đường kính SO.
Vậy bốn điểm

S, A, O, B

cùng thuộc một đường tròn.

3


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
2) Vì Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng CD nên OE ⊥ CD (tính chất đường kính và
dây cung)

·
SEO
= 900 nên S; E; O thuộc đường tròn đường kính SO.
Vậy 4 điểm

S; E; O; B

·
·
thuộc đường trịn đường kính SO. ⇒ SOB = SEB

·
·
Mà AOB = 2.SOB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
·
·
Do đó AOB = 2.SEB

· B = 1 AOB
·
AF

2
3) Ta có:
(Tính chất góc nội tiếp)
1 ·
·
⇒ SEB
= .AOB
·AOB = 2.SEB
·
2
Mà
(cmt)
·
·
Nên SEB = AFB mà 2 góc ở vị trí đồng vị
Nên AF / /CD (1)

1 »
·
·
SAC
= SDA
= sdAC
2
Ta có:
(2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
1 »
·
·
ADF

= ABF
= sdAF
2
(2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
1 »
·
·
ASC
= ABF
= sdAE
2
(2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

·
·
·
·
⇒ SAC
+ ASC
= SDA
+ ADF
·
·
·
⇒ SAC
+ ASC
= CDF
·
·
·

Mà SAC + ASC = ACD
·
·
ACD
= CDF
(2)
Từ (1) và (2) nên tứ giác ACDF là hình thang cân .
Ta có

S∆SAD = S∆SFD

(cùng đáy SD và cùng chiều cao).

Kẻ DH ⊥ SA tạ H .

1
S∆SAD = .DH.SA
2
Có
4


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
Mà DH ≤ AH ≤ 2R

S∆SAD max ⇔ DH max = 2R ⇔ A, O, D

thẳng hàng.

Diện tích tam giác SDF lớn nhất khi vẽ cát tuyến SCD sao cho A;O; D thẳng hàng.

Câu 3. Cho

( O ;R )

(
và điểm A cố định bên ngoài

O)

( O ) tại M , N
. Qua A , kẻ đường thẳng d cắt

( AM < AN ) . Gọi I là trung điểm của MN . Kẻ tiếp tuyến AB ,AC tới ( O ) , ( B ,C là 2 tiếp điểm và
B thuộc cung lớn MN ).
·
·
a) Chứng minh: AOB = BNC .
2
b) Gọi H là giao điểm OA và BC . Chứng minh AC = AM.AN và tứ giác ONMH là tứ
giác nội tiếp.

c) Kẻ tiếp tuyến tại M , N cắt nhau tại S . Chứng minh HC là phân giác của góc MHN và
B ,C ,S thẳng hàng.
Lời giải

a)

( O)
có:

1·
·
⇒ BOA
= BOC
·COA = BOA
·
2
(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
(1)
1·
·
BNC
= BOC
»
( 2)
2
Lại có:
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn BC )
5

Xét
ta


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
·
·
( 1) và ( 2 ) suy ra: AOB
= BNC

Từ
.
b) * Xột AMC v ACN ta cú:
à chung
A

Ã
Ã
ẳ
ACM
= ANC
(gúc ni tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn MC )

∆ACN ( g.g )
Suy ra ∆AMC ∽

⇒

AC AM
=
⇒ AC 2 = AM.AN
( 3)
AN AC
(đpcm)

* Xét

( O)

ta có:

AC = AB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)

( )

OB = OC (bán kính của O )

Do đó: AO là đường trung trực của BC . ⇒ AO ⊥ BC (tại H )
µ chung
A
·
·
Xét ∆AHC và ∆ACO ta có: AHC = ACO = 90°

AH

Suy ra ∆AHC ∽ ∆ACO

( 3)
Từ

( 4)
và

suy ra:

AC

( g.g ) ⇒ AC = AO ⇒ AC

AM.AN = AH.AO ⇒

2

= AH.AO ( 4 )

AM AH
=
AO AN

µ chung
A

 AM AH
=
( cmt )

AO
AN

∆
AON
∆
AMH
Xét
và
ta có:

Suy ra ∆AMH ∽ ∆AON

·
·
( c.g.c ) ⇒ AHM
= ANO
(hai góc tương ứng)

⇒ Tứ giác ONMH nội tiếp (góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối) ( *)

·
·
»
( 5)
c) Ta có: OHN = OMN (góc nội tiếp chắn ON )

( O) )
Xét ∆OMN ta có: OM = ON (bán kính của
( )

·
·
⇒ ∆OMN cân tại O ⇒ OMN = ONM 6
·
·
·
Lại có: ONM = ONA = AHM
Từ

( 5 ) ,( 6 ) , ( 7 )

( 7)

·
·
( 8)
suy ra: OHN = AHM

·
·
·
·
( 9)
Lại có: OHN + NHC = 90° và AHM + MHC = 90°
Từ

( 8 ) ,( 9 )

·
·
·
suy ra: NHC = MHC ⇒ HC là tia phân giác của MHN .

·
·
* Xét tứ giác SMON ta có: SMO = SNO = 90° (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
6


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
·
·

⇒ SMO
+ SNO
= 180° ⇒ Tứ giác SMON nội tiếp ( **)
Từ

( *) ,( **)

ta có 5 điểm S , M , H , O , N cùng thuộc đường trịn đường kính SO

( )

⇒ SH ⊥ OH 10

( 11)
Lại có: BC ⊥ OH ( OA là đường trung trực của BC , H ∈ OA ) ⇒ CH ⊥ OH
Từ

( 10 ) ;( 11)

Câu 4 . Cho đường tròn

ta có: B ,C ,S thẳng hàng.

( O ) bán kính R , đường thẳng d không qua O và cắt đường tròn tại hai

điểm A, B . Từ một điểm C trên d ( A nằm giữa B và C ), vẽ tiếp tuyến CN với đường tròn ( N là
tiếp điểm; N thuộc cung AB lớn). Gọi E là trung điểm đoạn AB .
a) Chứng minh bốn điểm C, E, O, N cùng nằm trên một đường tròn.
2
b) Chứng minh CN = CA.CB .

·

·

c) Gọi H là hình chiếu của điểm N trên OC . Chứng minh OAB = CHA . Tia CO cắt đường

tròn (O) tại hai điểm D và I ( I nằm giữa C, D ). Chứng minh IC.DH = DC.IH .
Lời giải

a) Vì E là TĐ của AB nên OE ⊥ AB ⇒ OE ⊥ CE ⇒ E ∈ đường trịn đường kính OC
Vì CN là tiếp tuyến của đường tròn, N là tiếp điểm nên CN ⊥ ON ⇒ N ∈ đường trịn đường

kính OC .
Do đó E, N thuộc đường trịn đường kính OC hay bốn điểm C, E,O, N cùng nằm trên
đường trịn đường kính OC (ĐPCM) , suy ra tứ giác OECN nội tiếp.
 1» 
·
·
ANC
= CBN
 = AN ÷
·
 2
 ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung); BCN
b) Ta có
CA CN
∆NBC ∽ ∆ANC ( g − g ) ⇒ CN = CB ⇒ CN 2 = CA.CB
chung nên
.

7


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
c) +) ∆CNO vuông tại O , đường cao NH , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có
CN 2 = CH.CO
2
Ta lại có CN = CA.CB ( cmt)

Do đó
Suy ra

(

)

CA.CB = CH.CO = CN 2 ⇒

CH CA
=
CB CO ,

·
·
∆CAH ∽ ∆COB ( c.g.c ) ⇒ CHA
= CBO
(1)

·
·

Vì OA = OB ( bán kính) nên ∆OAB cân tại O ⇒ OAB = ABO (2)
·
·
Từ (1) và (2) ta suy ra OAB = CHA (đpcm)

+) Chứng minh tương tự ta có

·
·
∆CAI ∽ ∆CDB ( c.g.c ) ⇒ CAI
= CDB
(3)

1·
·
BDI
= BOI
·
·
º
2
Mà
( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn BI ); IOB = CAH
 ·

1·
1·
·
⇒ CAI
= CAH

 = BDI = BOI ÷
·
2
2

 ⇒ AI là tia phân giác của CAH
·
·
·
Mà AI ⊥ AD; CAH,HAB là hai góc kề bù ⇒ AD là tia phân giác của BAH

Xét ∆AHC có AI, AD lần lượt là đường phân giác trong và phân giác ngồi tại đỉnh A
⇒

IC DC  AC 
=
=
÷⇒ IC.DH = IH.DC
IH DH  AH 
(đpcm)

Câu 5. Cho đường trịn

( O; R ) , đường kính

AB . Lấy C bất kì trên đường trịn ( O ) sao cho

AC > CB , kẻ dây cung CD vng góc với đường kính AB tại E . Gọi M là điểm chính giữa của

cung nhỏ AC . Tia AM cắt tia BC tại S .

1) Chứng minh SM.SA = SC.SB và tam giác ABS cân.
( O ) cắt tia BM tại N . Chứng minh tứ giác ANSB
2) Qua A kẻ tiếp tuyến với đường tròn
nội tiếp.
3) Gọi K là giao điểm của AC và BM . Kẻ KH vng góc với AB tại H . Chứng minh 3
điểm M , H , D thẳng hàng.
4) Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác AMH theo R biết AM = R .
8


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
Lời giải

·
( O ) có AMB
= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
1) Xét
·
·
·
Mà AMB và SMC là 2 góc kề bù ⇒ SMC = 90°
·
Chướng minh tương tự SCA = 90° .
Xét ∆SMB và ∆SCA có:
S$ chung
·
·
SMB
= SCA
= 90° (cmt)

Suy ra ∆SMB ∽ ∆SCA (g – g)
SM SB
=
⇒ SM.SA = SC.SB
SC SA
(đpcm).
»AC ⇒ AM
¼ = MC
¼
M là điểm chính giữa
.
¼
¼
·
·
Xét (O): AM = MC ⇒ ABM = SBM (chắn hai cung bằng nhau)
⇒

·
Xét ∆ABS có: AMB = 90° ⇒ BM ⊥ AS ⇒ BM là đường cao.
·
·
·
. ABM = SBM .(cmt). ⇒ BM . là phân giác ABS .
⇒ ∆ABS cân tại B .
1 ¼
·
⇒ MAN
= sdAM
·MAN

2
có
là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
1 ¼
= sdMC
·MBC
·MC ⇒ MBC
·
2
là góc nội tiếp chắn
¼
¼
·
·
·
·
Mà AM = MC ⇒ MAN = MBC hay SAN = SBC .
·
·
Xét tứ giác ANSB có SAN = SBC ; M , N là hai đỉnh kề nhau cùng nhìn SN
⇒ ANSB nội tiếp (dhnb).
·
·
·
·
3) Xét tứ giác AHKM có AMK = AHK = 90° ⇒ AMK + AHK = 90° + 90° = 180°
·
·
( 1)
= KAH

⇒ tứ giác AHKM nội tiếp ⇒ KMH

( O)
2) Xét

9


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

·
·
·
·
Chứng minh: ∆CAE = ∆DAE ⇒ CAE = DAE hay DAB = KAH
·
·
·
·
( 2)
Mà: DAB = BMD (2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) ⇒ KHA = BMD
·
·
·
·
( 1) , ( 2 ) ⇒ KMH
= BMD
hay BMH = BMD
Từ
H , D cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BM

⇒ Tia MH & MD trùng nhau ⇒ M , H , D thẳng hàng.
4) Ta có: tứ giác AHKM nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp ∆AMH là đường tròn ngoại
tiếp tứ giác AHKM có đường kính là AK .
AM R 1
·
·
sinABM
=
=
= ⇒ ABM
= 30°
·
⇒ MAC
= 30° .
AB 2R 2
Xét ∆AMB có
AM
AM
R
R
2R 3
·
cosMAK
=
⇒ AK =
=
=
=
·
AK

3
3
cosMAK cos30°
2
Xét ∆MAK có
AK 2R 3
R 3
r=
=
:2 =
⇒ Bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMH là
2
3
3 .
2

R 3
πR 2
πr 2 = π 
÷ =
 3 ÷
3


⇒ Diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác AMH là
(đvdt).

( O ) vẽ hai tiếp tuyến AD,AE(D,E là các tiếp điểm).Vẽ cát
Bài 6 . Từ điêm A nằm ngoài đường tròn
( O ) sao cho B nằm giữa A và C.Tia AC nằm giữa hai tia AD,AO .Từ

tuyến ABC của đường tròn
O kẻ OI ⊥ AC tại I.
a) Chứng minh 5 điểm A, D, E, I,O cùng nằm trên đường tròn.
2
b) Chứng minh IA là tia phân giác của DIE và AB.AC = AD

c) Gọi K và F lần lượt là giao điểm của ED với AC và OI .Qua D vẽ đường thẳng song song với EI
cắt OF và AC lần lượt tại H và P.Chứng minh D là trung điểm của HP
Lời giải
a) Ta có IB = IC ⇒ OI ⊥ BC = I (tính chất đường kính dây cung)

·
·
·
0
+) OIA = ODA = OCA = 90
·
·
·
0
Mà các góc OIA, ODA, OCA cùng nhìn cạnh OA dưới góc 90

Suy ra 5 điểm A, D, E, I, O cùng nằm trên đường trịn.
1 »
·
DIA
= sdAD
2
b) Ta có:
(góc nội tiếp)

1 »
·
EIA
= sdAE
2
(góc nội tiếp)

»
»
Mà sd AD = sd AE
10


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
·
·
·
⇒ AID
= AIE
hay IA là tia phân giác của DIE
+) xét ∆ADB và ∆ACD có:
µ
A
chung
1 »
·
·
ADB
= ACD
= sdBD

2

⇒ ∆ADB : ∆ACD(g − g)
⇒

AD AB
=
⇒ AB.AC = AD 2
AC AD
.

c) Ta có
⇒

∆FHD : ∆FIE(g − g )

FH FD HD
=
=
FI EF EI

+)∆DKP : ∆EKI(g − g)
⇒

DK DP KP
=
=
EK EI KI

DK DF

DH DP
=
⇒
=
EI
EI ⇒ DH = DP
Mà EK EF

Bài 7 . Cho đường tròn

( O; R ) , vẽ dây AB cố định khơng đi qua tâm O . Lấy điểm S

bất kì thuộc

( O ) , ( M, N là các tiếp điểm, M thuộc cung nhỏ
tia đối của tia AB . Kẻ hai tiếp tuyến SM,SN với
AB ). Gọi H là trung điểm của AB .
1) Chứng minh 5 điểm O, H, N,S, M cùng thuộc một đường tròn.
NA MA
=
2) Phân giác của góc AMB cắt AB tại K . Chứng minh ∆SMK cân và NB MB .
IF ⊥ AN ( F ∈ AN )
0
3) Gọi I là trung điểm của NB . Kẻ
. Giả sử góc AOB bằng 120 .
Chứng minh rằng điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F ln thuộc một đường
trịn cố định và tính bán trình của đường trịn này theo R .
Lời giải

11

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

1) Chứng minh 5 điểm O, H, N,S, M cùng thuộc một đường tròn.
Do H là trung điểm của AB nên OH ⊥ AB (tính chất đường kính và dây cung).
·
·
Mặt khác, SMO = SNO = 90° (Tính chất tiếp tuyến).
·
·
·
Do vậy SMO = SNO = SHO = 90° suy ra M, H,N cùng nhìn SO dưới 1 góc bằng 90° nên
5 điểm O, H, N,S, M cùng thuộc một đường trịn đường kính SO .
NA MA
=
2) Phân giác của góc AMB cắt AB tại K . Chứng minh ∆SMK cân và NB MB .
¶ = ABM
·
M
Ta có 1
(Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung
).
·
¶ +M
¶ = ABM
·
¶ = ABM
·
¶ = SKM

·
SMK
=M
+M
+M
1
2
2
3
Khi đó
(Góc ngồi của tam giác
KMB ).
¶M ; M
¶ ;M
¶
( 1 2 3 chưa tương ứng với hình vẽ)
Vậy tam giác SMK cân tại S .
Xét ∆SAM và ∆SMB có:
·
MSA
chung

·
·
SMA
= SBM
(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung AM )
MA SM
=
∆SAM ∽ ∆SMB (g – g) suy ra MB SB

Xét ∆SAN và ∆SNB có :

(1)

·
NSA
chung
·
·
SNA
= SBN

(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp chắn cung AN )
NA SN
=
Ta được ∆SAN ∽ ∆SNB (g – g) suy ra NB SB
( O ) nên SM = SN
Mặt khác, vì SN và SM là tiếp tuyến với đường tròn
12

(2)
(3)


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
NA MA
=
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra NB MB .

IF ⊥ AN ( F ∈ AN )
0
3) Gọi I là trung điểm của NB . Kẻ
. Giả sử góc AOB bằng 120 .
Chứng minh rằng điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F ln thuộc một đường
trịn cố định và tính bán kính của đường trịn này theo R .
Gọi AT là bán kính của đường trịn tâm O . Vì A, O cố định nên T cố định.
Gọi J là trung điểm của BT . Vì B,T cố định nên J cố định.
·
Ta có ANT = 90° ⇒ AN ⊥ NT .
Mặt khác, IF ⊥ AN nên IF / / NT .
Ta lại có IJ / / NT suy ra F, I, J thẳng hàng.
·
·
·
ABJ
= 90° ⇒ ABJ
= AFJ
= 90° nên A, B, J, F nội tiếp đường trịn đường kính AJ .
Vì AJ cố định nên trung điểm L của AJ cố định hay đường trịn tâm L bán kính LA cố
định.
Vậy điểm S di động trên tia đối của tia AB thì F ln thuộc một đường trịn cố định tâm
L bán kính LA .
·
Xét tam giác AOH vng tại H có AOH = 60°; OA = R .
AH
3
= sin60° ⇔ AH = AO.sin60° =
R
AO

2 .
AH
3
= sin60° ⇔ AH = AO.sin60° =
R
AO
2 .

Suy ra AB = 2AH = 3.R .
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABT vuông tại B có AT = 2R; AB = 3R ta có
1
1
BT = AT 2 − AB2 = 4R 2 − 3R 2 = R ⇒ BJ = BT = R
2
2 .
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác ABJ vuông tại B có

BJ =

1
R; AB = 3R
2
ta có

R2
13R
1
13R
AJ = AB + BJ = 3R +
=

⇒ AL = AJ =
4
2
2
4 .
2

2

2

( O; R ) từ điểm A nằm ngồi đường trịn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB,AC
Bài 8 . Cho Cho đường tròn
( O ) ( B,C lần lượt là các tiếp điểm).
với đường tròn
1) Chứng minh tứ giác ABCO nội tiếp đường tròn
2) Gọi D là trung điểm của AC , BD cắt đường tròn tại E , đường thẳng AE cắt đường
( O ) tại điểm thứ hai F . Chứng minh AB2 = AE.AF.
tròn
( O ) . Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC
3) Gọi I là giao điểm của AO với
và BC = CF.
Lời giải

13


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

3) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì AO là phân giác của tam giác ABC và

·
·
º = IC
º ⇒ ABI
·
·
BOI
= COI
⇒ IB
= IBC
Nên BI cũng là phân giác của tam giác ABC
Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

·
·
( O ) có DCE
= DBC
Xét đường trịn
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
cùng chắn cung EC)
·
·
·
Xét ∆DEC và ∆DCB có CDB chung và DCE = DBC (cmt)
DC DE
⇒ ∆DEC ∽ ∆DCB ( g.g ) ⇒
=
⇒ DC 2 = DB.DE
DB DC
AD DB

DC = AD ⇒ AD 2 = DB.DE ⇒
=
DE AD
Mà
AD DB
=
⇒ ∆DAE#∆DBA ( c.g.c )
·
Xét ∆DAE và ∆DBA có ADB chung và DE AD (cmt)

·
·
·
·
·
·
⇒ DAE
= DBA
Mà DBA = AFB ⇒ DAE = AFB
·
·
Lại có hai góc này ở vị trí so le trong ⇒ AC // BF ⇒ CBF = BCA (so le trong)

·
·
Mà BCA = BFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn một cung)
·
·
⇒ CBF
= CFB

⇒ ∆CBF cân tại C ⇒ CB = CF

Bài 9 . Cho đường trịn

( O ) , AB là đường kính. C là điểm bất kì thuộc đường trịn sao ch

CB < CA ( C khác với A và B ). Trên tia đối tia BA lấy điểm S ( S khác B ), qua S kẻ đường
thẳng

( d)

( O ) tại điểm thứ hai là
vng góc với AB , cắt tiếp tuyến tại C ở I . AI cắt đường tròn

d
E . Đường thẳng AC cắt đường thẳng ( ) ở H .

1) Chứng minh: HSBC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: AC.AH = AE.AI .
14


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
( d ) tại K , đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK cắt tia AB
3) Tia CB cắt đường thẳng
( d ) là trung trực BM .
tại điểm thứ hai là M . Chứng minh: I là trung điểm của HK và
Lời giải

1) Chứng minh : HSBC là tứ giác nội tiếp.

Đường trịn
·
ACB
= 90°

( O)

·
có ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB nên

·
Mà BC cắt AH tại C nên HCB = 90°

Đường thẳng

( d)

·
vuông góc với AB tại S nên HSB = 90°

Xét tứ giác HSBC có:
·
·
HSB
+ HCB
= 90° + 90° = 180°
·
·
Mà HSB và HCB ở vị trí đối nhau

Vậy HSBC là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: AC.AH = AE.AI .
·
·
HSBC là tứ giác nội tiếp nên SHC
+ SBC
= 180°
·
·
Mà SBC + ABC = 180° ( hai góc kề bù)

·
·
( 1)
Suy ra SHC = ABC

Đường tròn
Từ

( 1)

và

( O)

( 2)

·
·
( 2 ) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ).

có: ABC = AEC

·
·
( 3)
suy ra SHC = AEC

Xét ∆ACE và ∆AIH , ta có:
15


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
µ
A
chung
·
·
( 3) )
SHC
= AEC
( do

Suy ra ∆ACE ∽∆AIH (g – g).
AC AE
=
Khi đó: AI AH ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Suy ra: AC.AH = AE.AI ( đpcm).

( d ) là trung trực BM .
3) Chứng minh: I là trung điểm của HK và

·
·
( O ) nên ICB
= CAB
Vì CI là tiếp tuyến của đường tròn

·
·
·
Mà CAB = CKH ( cùng phụ với AHK )
·
·
Suy ra ICB = CKH

⇒ ∆ICK cân tại I
⇒ IC = IK ( 1)
·
·
Ta có: BKH + KHC = 90° ( ∆CKH vuông tại C )
·
·
·
ICK
+ ICH
= KCH
= 90°

·
·
ICK

= CKH
( chứng minh trên)
·
·
Suy ra ICH = KHC

⇒ ∆ICH cân tại I
⇒ IH = IC ( 2 )
Từ

( 1)

và

( 2)

suy ra IH = IK , mà I ∈ HK

Suy ra I là trung điểm của HK (Đpcm).

( O)
Gọi D là giao điểm của AK và
Xét ∆AHK có:
AB ⊥ HK ( gt)
·
KB ⊥ AH ( ACB = 90° )

Suy ra B là trực tâm của ∆AHK .

⇒ HB ⊥ AK ( đường cao thứ 3 của ∆AHK ) ( 3)

·
( 4)
Lại có: BD ⊥ AK ( BDA là góc nội tiếp đường trịn đường kính AB )
Từ

( 3)

và

( 4)

suy ra 3 điểm H , B , D thẳng hàng.

·
·
·
Ta có: DHK = SAK ( cùng phụ với AKH )

16


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
·
·
SAK
= KHM
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK )
·
·
( 5)

Suy ra DHK = KHM
·
·
·
Ta có: CKH = SAH ( cùng phụ với AHK )

·
·
SAH
= HKM
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH )
·
·
( 6)
Suy ra CKH = HKM

Xét ∆HBK và ∆HMK có :
HK là cạnh chung

·
·
( 5) )
DHK
= KHM
(do
·
·
( 6) )
CKH
= HKM

(do

Suy ra ∆HBK = ∆HMK (g – c – g ).
Do đó HB = HM ; KB = KM ( cặp cạnh tương ứng bằng nhau)
Vậy HK là trung trực của BM .

( O ) và AB < AC . Các đường cao
Bài 10. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn
BM và CN cắt nhau tại H . Gọi P là giao điểm của hai đường thẳng MN và CB . Đường
( O ) tại K ( K khác A ).
thẳng AP cắt đường tròn
1. Chứng minh tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh PB.PC = PN.PM và tam giác PKN đồng dạng với tam giác PMA
3. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm K , H, I thẳng hàng.
Lời giải

17


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

1. Chứng minh tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp.
Vì

CN ⊥ AB ( gt )

·
0
suy ra BNC = 90

⇒ Điểm N nhìn cạnh BC dưới một góc khơng đổi bằng 900
⇒ Điểm N thuộc đường trịn đường kính BC ( bài tốn quỹ tích ). (1)
Vì

BM ⊥ AC ( gt )

·
0
suy ra BMC = 90

⇒ Điểm M nhìn cạnh BC dưới một góc khơng đổi bằng 900
⇒ Điểm M thuộc đường trịn đường kính BC ( bài tốn quỹ tích ). (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BNMC là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính BC ( dấu
hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).
2. Chứng minh PB.PC = PN.PM và tam giác PKN đồng dạng với tam giác PMA .
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BNMC có
·
·
»
NMB
= NCB
( hai góc nội tiếp cùng chắn BN .

Xét ∆PBM và ∆PNC có
·
·
NMB
= NCB
( cmt )
·

NPB
chung

⇒ ∆PBM : ∆PNC ( g – g )
⇒

PB PM
=
PN PC ( định nghĩa hai tam giác đồng dạng )

⇒ PB.PC = PN.PM .

(3)
18


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
( O ) có
Xét đường trịn
·
·
»
PCK
= PAB
( hai góc nội tiếp cùng chắn BK .

Xét ∆PBA và ∆PKC có
·
·
PCK

= PAB
( cmt )

·
BPA
chung

⇒ ∆PBA : ∆PKC ( g – g )
⇒

PB PA
=
PK PC ( định nghĩa hai tam giác đồng dạng )

⇒ PB.PC = PA.PK . (4)
Từ (3) và (4) ⇒ PN.PM = PA.PK
⇒

PK PM
=
PN PA

Xét ∆PKN và ∆PMA có
PK PM
=
PN PA ( cmt )
·
NPK
chung

⇒ ∆PKN : ∆PMA ( c – g – c )
3. Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh ba điểm K , H, I thẳng hàng.

( O)
Gọi E là giao điểm của AO với đường trịn
·
( O)
Vì ACE là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
·
⇒ ACE
= 900 ( hệ quả góc nội tiếp )

⇒ EC ⊥ AC
Mà BM ⊥ AC ( gt )
Suy ra BM / / EC ( quan hệ từ vuông góc đến song song ) hay BH / / EC .
·
( O)
Vì ABE là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
·
⇒ ABE
= 900 ( hệ quả góc nội tiếp )

⇒ EB ⊥ AB
Mà CN ⊥ AB ( gt )
Suy ra CN / /EB ( quan hệ từ vng góc đến song song ) hay CH / / EB .
Xét tứ giác BNCE có :
19


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

BH / / EC ( cmt )

CH / / EB ( cmt )
Suy ra tứ giác BNCE là hình bình hành ( dấu hiệu nhận biết hình bình hành )
Mà I là trung điểm của đường chéo BC ( gt )

⇒ I cũng là trung điểm của đường chéo HE ( tính chất hình bình hành )
⇒ H, I, E thẳng hàng. (5)
Vì ∆PKN : ∆PMA ( cmt )
·
·
⇒ PKN
= PMA
( định nghĩa hai tam giác đồng dạng )

⇒ Tứ giác AKNM nội tiếp ( dấu hiệu góc trong bằng góc ngồi ở vị trí đối ). (6)
Xét tứ giác ANHM có:
·
·
ANH
+ AMH
= 900 + 900 = 1800

Mà 2 góc ở vị trí đối nhau

⇒ Tứ giác ANHM nội tiếp đường trịn đường kính AH ( ĐL đảo của tứ giác nội tiếp ).
(7)
Từ (6) và (7) suy ra 5 điểm A, K , N, H,M cùng thuộc đường tròn đường kính AH
( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )

⇒ HK ⊥ KA (8)
·
0
( O) )
Mà EKA = 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn

⇒ EK ⊥ KA (9)
Từ (8) và (9) suy ra 3 điểm E, H, K thẳng hàng (10)
Từ (5) và (10) suy ra 3 điểm I, H, K thẳng hàng ( đpcm ).

( O ) lấy điểm M
Bài 11. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R . Trên nửa đường tròn
sao cho MB = R . Vẽ các tiếp tuyến Ax, By ( Ax và By cùng thuộc một nửa mặt phẳng
( O ) cắt Ax, By lần lượt tại
bờ AB có chứa điểm M ). Tiếp tuyến tại M của đường tròn
C và D .
1) Chứng minh tứ giác OBDM là nội tiếp.
2) BC cắt đường tròn tại F ( F khác B ). Đường thẳng qua O vng góc với BC cắt

By tại E . Chứng minh : EF là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
3) Gọi K là giao điểm của OE và BC . Chứng minh KO.KE = KF.KB và đường trung

trực của đoạn thẳng MK đi qua điểm D .
20


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
Lời giải

·

( O ) tại B ⇒ OBM
= 90° .
1) BD là tiếp tuyến của
MD là tiếp tuyến của

( O)

·
tại M ⇒ OMD = 90° .

⇒ Tứ giác OBDM là nội tiếp.
·
·
2) Ta có OB = OF ⇒ ∆OBF cân tại O ⇒ FOE = BOE .

Xét ∆OFE và ∆OBE :

OB = OF (cmt)
·
·
FOE
= BOE
(cmt)

OE : cạnh chung
⇒ ∆OFE = ∆OBE (c.g.c)
·
·
⇒ OFE
= OBE

= 90° ( 2 góc tương ứng)

⇒ EF ⊥ OF .

( O) .
Vậy EF là tiếp tuyến của đường trịn
·
·
»
3) Ta có: FOK = EBK ( vì cùng bằng nửa số đo BF )

Xét ∆OKF và ∆BKE :
·
·
FOK
= EBK
(cmt)
·
·
FKO
= EKB
( 2 góc đối đỉnh)

⇒ ∆OKF ∽∆BKE (g.g)

⇒

KO KF
=
⇒ KO.KE = KF.KB

KB KE
.
21


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

·
·
Ta lại có MB = OM = OB ⇒ ∆OBM đều ⇒ BOM = BMO = 60° .

·
·
»
BOM
= 60° ⇒ MBD
= 30° ( góc ở tâm và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn BF
)

·
·
·
DMO
= 90°; BMO
= 60° ⇒ BMD
= 30° .
·
·
BMD
= MBD

= 30° ⇒ ∆BMD cân tại D .

( 1)

⇒ DM = DB

·
·
Mặt khác, CMO + CAO = 90° + 90° = 180° ⇒ 4 điểm O, A, C, M cùng thuộc một đường
·
·
trịn đường kính OC ⇒ ACM = MOB = 60°

·
·MCO = ACM = 30°
2
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
·
·
CMO
= CKO
= 90° ⇒ 4 điểm O, C, M, K cùng thuộc một đường trịn đường kính OC
·
·
⇒ EKM
= MCO
= 30° .
·
·
EKM

= EBM
= 30° ⇒ Tứ giác BKME nội tiếp.

·
Tứ giác BKME có BKE = 90° ⇒ Tứ giác BKME nội tiếp đường trịn đường kính BE
·
⇒ BME
= 90°

·
·
·
·
BME
= 90°; BMD
= 30° ⇒ DME
= 60° ⇒ MED
= 60° .

⇒ ∆DME đều ⇒ DM = DE
Từ

( 1)

và

( 2)

( 2)

⇒ DM = DB = DE ⇒ D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKME

⇒ DM = DK ⇒ D thuộc đường trung trực của đoạn thẳng MK .

Bài 12. Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H .

1) Chứng minh tứ giác DHEC nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
này.

( O ) , lấy điểm I sao cho IC > IE , DI cắt CE tại N . Chứng
2) Trên cung nhỏ EC của
minh NI.ND = NE.NC.
3) Gọi M là giao điểm của EF với IC . Chứng minh MN song song AB .

( O ) tại K , KN cắt ( O ) tại G (khác  K ), MN cắt BC tại T .
4) Đường thẳng HM cắt
Chứng
minh H , T , G thẳng hàng.
Lời giải

22


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

1) Chứng minh tứ giác DHEC nội tiếp và xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
này.
·
·
Xét tứ giác DHEC có HEC + HDC = 90°

⇒ tứ giác DHEC là tứ giác nội tiếp (vì có tổng 2 góc đối bằng 180° )
Gọi O là trung điểm của HC . Xét hai tam giác vuông HEC và HDC có  HC là cạnh huyền
Áp dụng định lý đường trung tuyến ⇒ OC = OE = OH = OD
Vây O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC .
2) Chứng minh NI.ND = NE.NC.
Xét tam giác NIE và  NCD có:
·
·
ENI
= DNC
(đối đỉnh)

·
·
NEI
= NDC
( cùng chắn cung CI)

⇒ ∆NIE : ∆NCD (g - g)
NI NC
=
⇒ NE ND ⇒ NI.ND = NE.NC.
3) Chứng minh MN song song AB .
·
·
Tứ giác BFEC có: BFC = BEC = 90°

23

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
⇒ Tứ giác BFEC ( vì có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đường thẳng nối 2 cạnh cịn lại
dưới một góc khơng đổi)
1 »
sđDE
·
·
·
·
⇒ AFE = BCE mà BCE = DIE ( do cùng bằng 2
)
·
·
⇒ AFE
= DIE

( 1)

·
·
Tứ giác AEHF có: AEH = AFH = 90°

⇒ Tứ giác AEHF nội tiếp ( vì có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn đường thẳng nối 2 cạnh cịn
lại dưới một góc khơng đổi)
·
·
·
·
·

⇒ MEN
= AEF
= AHF
= DHC
= DIC

·
·
·
·
Mà MIN + DIC = 180° ⇒ MIN + MEN = 180°
·
·
= EIN
⇒ Tứ giác MENI nội tiếp ⇒ EMN

Từ

( 2)

·
·
( 1) và ( 2 ) ⇒ AFE
= EMN

Mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒ MN//AB .
4) Chứng minh H , T , G thẳng hàng.
·
·
·

·
·
Ta có : EMN = EIN = ECD hay EMN = NCT

Xét ∆EMN và ∆TNC có :
·
·
EMN
= NCT
(cmt)

·
·
ENM
= TNC
( đối đỉnh)
⇒ ∆ENM : ∆TNC (g – g),

⇒

NE NM
=
⇒ NE.NC = NM.NT ( 3)
NT NC

Xét ∆ENK và ∆GNC có:
·
·
ENK
= GNC

·
·
EKN
= GCN
( hai góc nội tiếp cùng chắn cung EG )
⇒ ∆ENK : ∆GNC (g – g),

⇒

NE NG
=
⇒ NE.NC = NG.NK ( 4 )
NK NC
NM

NK

( 3) và ( 4 ) ⇒ NM.NT = NG.NK ⇒ NG = NT
Từ
Xét ∆KNM và ∆TNG có:
NM NK
=
NG NT ( chứng minh trên)
·
·
KNM
= TNG
( đối đỉnh)

·

·
( 5)
⇒ ∆KNM : ∆TNG (c – g – c) ⇒ TGN
= KMN

24


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
AB / / MN
⇒ CF ⊥ MN

AB ⊥ CF

Ta lại có
·
·
·
·
·
⇒ KMN
= HCK
( cùng phụ KHC ) ⇒ KMN = HGK

Từ

( 5)

và

( 6)

( 6)

·
·
⇒ TGN
= HGK
⇒ H , T , G thẳng hàng.

( O; R )

và một điểm A cố định nằm ngồi đường trịn sao cho OA = 2R .
( O ) ( B , C là hai tiếp điểm). Một
Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường tròn
đường thẳng d thay đổi đi qua A ln cắt đường trịn tại hai điểm D và E ( D thuộc
cung nhỏ BC và cung BD lớn hơn cung CD ). Gọi I là trung điểm của DE , H là giao
điểm của AO và BC .

Bài 13. Cho đường tròn

1) Chứng minh năm điểm A , B , C , O , I cùng thuộc một đường tròn.
2
2) Chứng minh AH.AO = AD.AE = 3R .

·
3) Chứng minh HC là tia phân giác của DHE .
4) Gọi G là trọng tâm ∆BDE . Chứng minh khi đường thẳng d thay đổi thì G ln chạy
trên một đường tròn cố định.
Lời giải

1) Chứng minh năm điểm A , B , C , O , I cùng thuộc một đường trịn.
·
Ta có: AB là tiếp tuyến tại B của đường tròn (O) nên: ABO = 90° .

Suy ra: điểm B thuộc đường trịn đường kính OA .
·
Tương tự, ta có: ACO = 90° nên điểm C thuộc đường trịn đường kính OA .

Vi I là trung điểm của dây cung DE nên OI ⊥ DE (đường kính đi qua trung điểm của
dây không đi qua tâm.
·
⇒ OIA
= 90° ⇒ điểm I thuộc đường trịn đường kính OA .

Vậy, năm điểm A , B , C , O , I cùng thuộc đường trịn đường kính OA (đpcm).
25