BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI VÀO LỚP 10 PHẦN 2

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

O;R 
Bài 21. Cho đường trịn 
đường kính AB cố định .Gọi H là điểm bất kỳ thuộc đoạn
OA ( H khác O và A) . Vẽ dây CD vuông góc với AB tại H . Gọi M là điểm bất kỳ
O
thuộc CH . Nối AM cắt   tại điểm thứ hai là E ,tia BE cắt DC tại F .
1) Chứng minh bốn điểm H;M;E;B cùng thuộc một đường tròn.
2) Kẻ Ex là tia đối của tia ED .Chứng minh rằng
MC.FD  FC.MD .
3) Tìm vị trí của H trên đoạn OA để chu vi OCH lớn nhất .

�  FEC
�
FEx
và

Lời giải

�
o �
o
1) Ta có MHB  90 ;MEB  90 � tứ giác HMEB nội tiếp .
� Bốn điểm H;M ;E;B cùng thuộc một đường tròn .

�
�
2) Từ A là điểm chính giữa của cung CD ta được AEC  AED .
�  900  AED
� � FEC

�  BED
�
900  AEC
.
�
�
�
�
Mà BED  FEx ( đối đỉnh ) nên FEC  FEx .
Xét CDE có EM và EF lần lượt là phân giác trong phân giác ngồi nên
CM CE CF CE

;

DM DE DF DE ( tính chất phân giác ).
CM CF

Suy ra DM DF hay CM.FD  FC.MD .
3)

SOCH

1
1 OH2  CH2 OC2 R 2
 OH.CH � .


2
2
2

4
4 .
1


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

Vậy

MaxSOHC 

R2
R
OH  CH,OH 2  CH2  R 2 � OH 
4
2.

Bài 22. Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2R . Gọi C là trung điểm của OA , qua

C kẻ dây MN vng góc với OA tại C . Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM , H là giao
điểm của AK và MN .
a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
2
b) Chứng minh AK.AH  R .
c) Trên KN lấy điểm I sao cho KI  KM . Chứng minh NI  KB .
Lời giải

�
a) Ta có AKB  90�(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

�
�
xét tứ giác BCHK có BCH  AKB  90� 90� 180�.
suy ra tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn.
b) xét AHC và ABK có
�
A
chung

�  AKB
�  90�
ACH
Suy ra AHC : ABK (g-g)

�

AH AC
R

� AH.AK  AB.AC  2R.  R 2
AB AK
2

c) Gọi NK �MB  D
vì C là trung điểm của AO và MN nên AMON là hình bình hành.

� BMN đều � MN  NB  MB (1)





1
�
�  sdKB
�  1 sdNK
�  KMN
�
MDN
 sdMN
2
2
Ta có
� MDN : KMN(g  g)

�

MK MD

NK MN (2)

Tương tự BDN : KBN(g  g)

�

BK BD

NK NB (3)
2

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

Từ (1), (2) và (3)

�

MK  BK MD BD MD  BD



1
NK
MN NB
MB

� MK  BK  NK  KI  NI . Mà KI  KM � BK  NI





O;R
Bài 23. Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn
. Vẽ đường cao BE , CF cắt
O
nhau tại H . Các đường thẳng BE , CF lần lượt cắt   tại P và Q ( P khác B và Q khác C
). Tiếp tuyến tại B và C cắt EF lần lượt tại N , M .
1) Chứng minh bốn điểm B , F , E , C thuộc một đường tròn.
O

2) Đường thẳng MP cắt   tại điểm thứ hai là K . Chứng minh: MEC cân
2
3) Chứng minh ME  MK.MP
�
�
4) Chứng minh: FEK  FAK và N , K , Q thẳng hàng.
Lời giải

�
�
0
1) Vì BE , CF là đường cao � BFC  BEC  90
Mà E , F là hai đỉnh kề nhau nên tứ giác BFEC nội tiếp.
2
2) +) Chứng minh: MEC cân và ME  MK.MP
�
�
�
�
Vì tứ giác BFEC nội tiếp ( cmt) nên ABC  NEA , mà NEA  MEC ( đối đỉnh)
�
�
Nên ABC  MEC (1)
1 �
�  MCA
�
ABC
 sdAPC
2
Ta lại có

(2)
�
�
�
Từ (1), (2) ta suy ra ABC  MEC  MCE � MEC cân tại M .
�1 � �
� chung; MCP
�  MKC
�
PMC
 sdCP �
�
2
�
�nên MPC ∽ MCK  g  g
+) Ta có
MC MP

� MC2  MK.MP
Suy ra MK MC
.
2
MEC can
Vì MC  ME 
nên ME  MK.MP
�
�
3) Chứng minh: FEK  FAK và N , K , Q thẳng hàng.

3

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

ME MP

� MPE ∽ MEK  c.g.c
�
MK ME , lại có EMK
Ta có
chung
�  FEK
� � FEK
�  FAK
� � AKFE
�
�
� EPK
nội tiếp � NKB  NEB
�
�
�
�
�
Mà NEB  FCB  QKB � NKB  QKB � N , K , Q thẳng hàng.
ME 2  MK.MP �

 O;R  , lấy điểm A nằm ngoài  O sao cho OA  2R . Qua A kẻ các
O
tiếp tuyến AB,AC với   ( B,C là các tiếp điểm)

Bài 24. Cho đường tròn

1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp, xác định tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
ABOC

�
�
O
2) BI cắt   tại M . Chứng minh MCB  OAC
3) Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AB , đường thẳng NI cắt đường thẳng AC tại K ,
đường thẳng MC cắt đường thẳng AO ở D . Chứng minh đường thẳng NK song song với
đường thẳng MC và IM.DO  MB.ID
Lời giải

a) Xét tứ giác ABOC ta có:

�  ACO
�  90� 90� 180�
ABO
� Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng 2 góc đối cộng lại là 180�)
Do tứ giác ABOC được tạo bởi 2 tam giác vng ABO và ACO có cùng cạnh huyền AO
Nên tâm I đường trong ngoại tiếp tứ giác ABCO là trung điểm của AO
b) Xét

 O ta có:

Hai tiếp tuyến ở B,C lần lượt cắt nhau ở A

� A là giao điểm của 2 tiếp tuyến

�
� AO là tia phân giác của BAC
4


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�  CAO
�
� BAO

Xét BAO vng ở B ta có: BI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AO

� IA  IB

� IAB cần ở I
�  IBA
�
� IAB
�  1 sdMB
�
MCB
�
�
MCB là góc nội tiếp chắn cung MB nên
2
1 �
�
MBA
 sdMB

�
2
MBA là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung MB nên
Ta có:

��
1 �
MCB  sdMB
 cmt
�
�
2
�
1 �
�
�
MBA
 sdMB
 cmt � MCB
�  MBA
�
�
2
Ta có
�  CAO
�
�
BAO
�
��

�
IAB  IBA
�
��
�
MCB  MBA
�  OAC
�
�
�
� MCB

c)
�
�
Xét tứ giác ABOC nội tiếp ta có: OAC;OBC ở vị trí 2 góc cùng nhìn một cạnh

�  OAC
�
� OBC
Ta có:
�  OAC
�
�
MCB
 cmt
�
��
�
OAC  OBC

�
�  OBC
�
 cmt � MCB
�
�
�
Mà 2 góc MCB;OBC ở vị trí so le trong nên OB / /MC
Xét tam giác ABO ta có
N là trung điểm của AB và I là trung điểm của AO

� NI là đường trung bình của tam giác ABO
� NI / /BO � NK / /BO
Mà OB / /MC Nên MC / /NK

MD / /OB MC / /OB
Xét tam giác OBI ta có:
5


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�

IM
ID

MB DO ( định lý thales)

� IM.DO  MB.ID

 

O
Bài 25. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
. Kẻ đường cao AD của tam giác

ABC , đường kính AK của đường tròn  O . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của B và C
trên AK .
a) Chứng minh tứ giác ADFC nội tiếp được đường tròn.
�
�
b) Chứng minh BAD = CAK .
c) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AC . Chứng minh MN  DF và
M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF .
Lời giải

a) Xét tứ giác ADFC có :

�  90�
ADC
(vì AD là đường cao ).
�  90� CF  AF
AFC
(vì
).
Suy ra tứ giác ADFC nội tiếp đường trịn đường kính AC .
b) Xét BAD vng tại D (vì AD  BC )

�  ABD

�  90� 1
� BAD
.
�
�
Ta có CBK  CAK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CK ).

�
�
�
�
Mà ABD  CBK  ABK  90�
(vì ABK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
6


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�  CAK
�  90� 2 
� ABD
.

Từ

 1

và

 2

�
�
suy ra BAD = CAK .

c) Chứng minh MN  DF .

�
�
Tứ giác ADFC nội tiếp nên DFA = DCA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DA ).
�
�
hay DFA = BCA .
�
�
�
�
Mà BKA = BCA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BA ) suy ra DFA = BKA , mà
hai góc ở vị trí đờng vị. Suy ra DF//BK .
Mà BK  BA � DF  BA .
Mặt khác, MN//AB (vì MN là đường trung bình của ABC ) suy ra MN  DF .
d) Chứng minh M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF .
Ta có ND  NF ( bán kính đường trịn ngọi tiếp tứ giác ADFC ).

� NDF cân tại N nên đường cao NM cũng là đường trung trực.

� MD  ME  3 .
Kẻ MH  AK � BE//MH//CF (vì cùng vng góc AK ).
Gọi I là giao điểm của AK và BC .

IH IM
IM IH


Ta có : EH MB mà IC IF
�

IM
IH

MC HF .

Mà MB  MC

�

IM
IM
IH IH

�

MB MC
EF HF

� HE  HF , mặt khác MH  EF
Nên MH là đường trung trực của EF .

� ME  MF  4  .
Từ

 3

và

 4

suy ra MD  ME  MF

hay M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF .

7


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10









O;R
AB  AC AH  BC
Bài 26. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
sao cho
.

 H �BC , từ H kẻ HM  AB  M �AB

N �AC 
và HN  AC 
.

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp.
�
�
b) Chứng minh ANM  ABC và AM.AB  AN.AC .
O;R 
c) Tia MN cắt 
tại D . Chứng minh AHD cân.
d) Khi AH  R 2 . Chứng minh M ; O ; N thẳng hàng.
Lời giải

a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp.
Xét tứ giác AMHN có
�
�  90� HN  AC
AMH
 90� HM  AB ; ANH
�
�
Nên AMH  ANH  180�
�
�
Mà AMH và ANH là hai góc đối nhau
Suy ra AMHN là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có hai góc đối bù nhau).
�

�
b) Chứng minh ANM  ABC và AM.AB  AN.AC .
Xét AMH và AHB có
�
BAH
là góc chung
�
�  90�
AMH
 AHB
Suy ra AMH ∽ AHB (g – g)
�
�
� AHM
 ABH
( cặp góc tương ứng)
�
�
Mà AHM  ANM ( tứ giác AMHN nội tiếp)
�
�
Suy ra ANM  ABC .
Xét ABC và ANM có
8


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�
BAC

là góc chung
�
�
ABC  ANM
( cmt)
Suy ra ABC ∽ ANM (g – g)
AB AC

Do đó AN AM ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Suy ra AB.AM  AC.AN .

O;R 
c) Tia MN cắt 
tại D . Chứng minh AHD cân.
Ta có
�  ADC
�  180�
�
�
ABC
( tứ giác ABCD nội tiếp); AND  ANM  180�
�
�
Mà ANM  ABC (câu b))
�
�
1
Suy ra ADC  AND  
Xét AND và ADC có
�

DAC
là góc chung
�  AND
�
1
ADC
( do   )
Suy ra AND ∽ ADC (g – g)
AD AN

AC
AD ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Do đó
2
2
Suy ra AD  AC.AN   .

2
3
Mặt khác, HAC vng tại H có HN là đường cao nên AH  AN.AC  
2
3
Từ   và   suy ra AH  AD .
Vậy AHD cân tại A .

d) Khi AH  R 2 . Chứng minh M ; O ; N thẳng hàng.
O
Kẻ tiếp tuyến Ax của   .
Ta có:
1


�
�
�
�
�
xAB  ACB ( 2 sđ AB
); AMD  ACB ( ABC ∽ ANM )
�  AMN
�
� xAB

� Ax// MN

4
Mà Ax  AO nên MN  AO hay MD  AO  
Ta có AH  R 2 nên AD  R 2 .





R 2  R 2  2R 2
2
2
2

AOD
OA


OD

AD
Xét
có:
nên OAD vng cân tại O .
5
Suy ra OA  OD  
4
5
Từ   và   suy ra M , O , D thẳng hàng hay M ; O ; N thẳng hàng.

9


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

 

O
Bài 27. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn
. Ba đường cao AD , BE , CF của
tam giác ABC cắt nhau tại H .
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

O
b) Kẻ đường kính AK của đường tròn   . Chứng minh tam giác ABD đồng dạng
với tam giác AKC và AB.AC  2AD.R .
c) Gọi M là hình chiếu vng góc của C trên AK . Chứng minh: MD song song
với BK .

O
d) Giả sử BC là dây cố định của đường tròn   cịn A di động trên cung lớn BC
. Tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác AEH lớn nhất.
Lời giải

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp.

�
Ta có BFC  90�
, do đó 3 điểm B , F , C nằm trên đường trịn đường kính BC .

�
Ta có BEC  90�, do đó 3 điểm B , E , C nằm trên đường tròn đường kính BC .
Do đó, 4 điểm B , E , F , C nằm trên đường trịn đường kính BC .
Vậy BFEC là tứ giác nội tiếp.
b) Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC và AB.AC  2AD.R .

�
�
Đường trịn O có góc ABC  AKC (2 góc nội tiếp chắn cung AC )
�
�
Đường trịn O có AK là đường kính nên ACK  ADB  90�.
Vậy tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC .
AB AD

Từ đó suy ra AK AC � AB.AC  AD.AK  AD.2R .
c) Chứng minh: MD song song với BK .

�
�
Tứ giác ADMC nội tiếp vì ADC  AMC  90�.
�
�
�
Suy ra góc nội tiếp CDM  CAM  CAK .
10


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�
�
Đường trịn O có CAK  CBK .
�
�
Suy ra CBK  CDM , do đó BK // DM .
d) Tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác AEH lớn nhất.
Gọi G là trung điểm của BC .
Tam giác AHK có OG là đường trung bình nên AH  2OG , O và G không đổi
nên độ dài AH không đổi.
SAEH

AE.EH AE 2  EH2 AH2

�

2
4

4 .

maxSAEH

AH2

� EA  EH
�  45o � ACB
�  45�
� EAH
4
.

Bài 28. Cho đường tròn

 O;R  , dây AB �2R .

M thuộc cung AB lớn, tia phân giác góc

�
AMB
cắt AB tại I , cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D .

a) Chứng minh AMD ∽IAD ;
b) Lấy N là điểm chính giữa cung MB ; AN cắt MD tại K . Chứng minh tam giác
AKD cân.
c) Lấy P thuộc tia đối của tia MA sao cho MP  MB . Tìm quĩ tích của P khi M
di chuyển trên cung lớn AB .
Lời giải

a) Chứng minh AMD ∽IAD
Xét đường trịn

 O;R  :

�
�
�
AMD
 DMB
(vì MD là tia phân giác của góc AMB ) (1)

�
�  DMB
�
DAB
(góc nội tiếp cùng chắn cung DB ) (2)
�
�
�
�
Từ (1) và (2) suy ra AMD  DAB hay AMD  IAD
11


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�
�
�

Xét AMD và IAD có: ADM chung, AMD  IAD (cmt).

� AMD ∽IAD (g-g).
b) Chứng minh tam giác AKD cân.

�
�
�
�
Ta có AMD và DMB là các góc nội tiếp lần lượt chắn các cung AD và DB của
O;R 
đường tròn 
.
�
�
�
�
Mà AMD  DMB (gt) nên sđ AD = sđ DB (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các
cung bằng nhau).
�
�
Lại có N là điểm nằm chính giữa cung MB nên sđ MN = sđ BN .
Xét ADK có:
� 1
DAN
�
�
2 sđ DN
(góc nội tiếp chắn cung DN ).
1

1
� 3
�
BN
 
2
2
DB
= sđ
+ sđ
1
� 1
AKD
�
�
2 sđ AD
+ 2 sđ MN (góc có đỉnh nằm bên trong đường trịn) (4)
�
�
�
�
�
�
Vì sđ AD = sđ DB và sđ MN = sđ BN nên từ (3) và (4) ta suy ra DAK  AKD .
Vậy ADK cân tại D .
1
�MPB  .�AMB
2
c) Vì MP  MB nên tam giác MBP cân tại M. Suy ra
�   � SdAPB

�  1
SdAMB
2
Giả sử
1

2
Mà dây AB cố định nên điểm P thuộc cung chứa góc
dựng trên đoạn AB

12


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

 O;R 

và dây BC cố định không đi qua O . Trên cung lớn BC lấy
điểm A sao cho ABC nhọn và AB  AC . Các đường cao AD,BE,CF của ABC cắt
nhau tại H .
Bài 29. Cho đường tròn

1) Chứng minh tứ giác: BFEC nội tiếp.

O
2) Kẻ đường kính AK của   . Chứng minh: AB.AC  AD.AK .
3) Tính độ dài cung nhỏ BC và diện tích hình quạt trịn BOC (ứng với cung nhỏ
�  60�
BC ) trong trường hợp R  3 cm và BAC
, lấy  �3,14 (Kết quả làm tròn

đến chữ số thập phân thứ hai)
4) Gọi S là điểm đối xứng với A qua EF . Chứng minh ba điểm A ; O ; S thẳng
hàng.
Lời giải

13


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

1) Xét tứ giác BFEC có:

�  BEC
�  90�
BFC
nên F , E nằm trên đường trịn đường kính BC (Quỹ tích cung
chứa góc)

� BFEC nội tiếp đường trịn đường kính BC .
2) Chứng minh: AB.AC  AD.AK .
Xét

 O

�
�
có AKB  ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB )

�
�

nên AKB  ACD
Xét ABK và ADC

�
�
Có: ABK  ADC  90�
�  ACD
�
AKB
(chứng minh trên)

� ABK ∽ ADC (g.g)
�

AB AK

� AB �
AC  AD �
AK
AD AC

�
�
o
3) BAC  60 � BOC  120�(tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung
BC )
Độ dài cung nhỏ BC là:

l

��‫װ‬
Rn 3,14 3 120

 6,28
180�
180�
(cm)
14


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

Diện tích hình quạt trịn BOC là:

S

R2 n 3,14 �
32 �
120

 9,42
2
360
360
( cm )

4) Chứng minh ba điểm A;O;S thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AK và EF

� 1

� 1
ABC
KAC
�
�
2 sđ AC ,
2 sđ CK
Ta có:
1
�  KAC
� 1
� ABC
�
‫װ‬180

�
2 sđ AK
2

90

�
�
�
Mà ABC  FEA (vì cùng bù với FEC )

�
�
Từ đó suy ra: FEA  KAC  90�
�

�
�
hay IEA  IAE  90�� AIE  90�

� AK  EF tại I hay � AO  EF (1)
Mặt khác S là điểm đối xứng với A qua EF
� EF là đường trung trực của đoạn thẳng AS

� EF  AS (2)
Từ (1) và (2) AO , AS cùng thuộc một đường thẳng hay A ; O ; Sthẳng hàng.
Bài 30. ). Cho đường trịn tâm O bán kính R và đường thẳng d không đi qua O , cắt đường
tròn

 O

tại hai điểm E , F . Lấy M bất kỳ trên tia đối của tia FE . Qua M kẻ hai tiếp tuyến

MC , MD với đường tròn ( C , D là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
b) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng FE . Chứng minh KM là phân giác của góc

CKD
c) Đường thẳng đi qua O và vng góc với OM cắt các tia MC , MD theo thứ tự
tại R , T . Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác RMT nhỏ
nhất.
Lời giải

15

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

a) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường trịn.
�
o
O
Vì MC là tiếp tuyến của đường trịn   nên OCM  90 ,
Suy ra C thuộc đường trịn đường kính OM .
�
o
O
Vì MD là tiếp tuyến của đường tròn   nên ODM  90 ,
Suy ra D thuộc đường trịn đường kính OM .
Suy ra bốn điểm O , M , C , D cùng thuộc đường trịn đường kính OM , hay nói
cách khác tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn.
b) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng FE . Chứng minh KM là phân giác của góc
CKD
�
o
Ta có K là trung điểm của đoạn thẳng FE , suy ra OK  FE � MKO  90 nên K
thuộc đường tròn đường kính OM , suy ra 5 điểm O , M , C , D , K cùng thuộc
đường tròn đường kính OM .
Xét đường trịn ngoại tiếp 5 điểm O , M , C , D , K có

�
�
DKM
 DOM
(cùng chắn cung DM )
�

�
và CKM  COM (cùng chắn cung CM )
�
�
Lại có DOM  COM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
�
�
� DKM
 CKM

� KM là phân giác của góc CKD .
c) Đường thẳng đi qua O và vng góc với OM cắt các tia MC , MD theo thứ tự
tại R , T . Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác RMT nhỏ
nhất.
S
 2SMOR  OC.MR  R  MC  CR  �2R CM.CR
Ta có RMT
Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vng OMR ta có
2
CM.CR  OC2  R 2 (không đổi), suy ra SMRT �2R
16


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

Dấu "  " xảy ra khi CM  CR  R 2 . Khi đó M là giao điểm của d với đường
trịn tâm O bán kính R 2 .
Vậy M là giao điểm của d và đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam
giác MRT nhỏ nhất.

O;R 
Bài 31. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn 
. Kẻ các đường cao AE và BI
cắt nhau tại H .
a) Chứng minh rằng: Tứ giác HICE nội tiếp.
b) Vẽ đường kính AD của đường tròn (O), gọi F đối xứng với H qua BC. Chứng
minh: tứ giác ACDF nội tiếp, từ đó chứng minh tứ giác BCDF là hình thang.
c) Biết tam giác ABC có diện tích là S , BC  a,AC  b,AB  c . Chứng minh:
R

abc
4S
Lời giải

�
�
o
a) Do HEC  HIC  90 suy ra tứ giác HICE nội tiếp
b) Nối B với F. Do F đối xứng với H qua BC hay BHF cân tại B .
�
�
�
�
�
Suy ra BFH  BHF  ACB (do HICE nội tiếp) � BFH  ACB hay
�  ACB
�
F � O;R 
BFA
suy ra Tứ giác ABFC nội tiếp nên

.

O;R 
Suy ra tứ giác ACDF nội tiếp đường tròn 
và
�  AEC
�  90o � BC�FD
AFD
hay BCDF là hình thang.
�
�
c) Ta có: ADB  ACB (2góc nội tiếp cùng chắn cung AB )

�  sinADB
�  AB  c
� sinACB
AD 2R (*)
17


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

1
1
�  1 absinACB
�
SABC  BC.AE  a.AC.sinACB
2
2
2

Mặt khác
(**)
1
c abc
abc
SABC  ab.

�R
2
2R 4 R
4S .
Từ (*) và (**) ta có:

 O

Bài 32. Cho điểm M nằm ngồi đường trịn
, qua M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyến
MDC với đường tròn ( D nằm giữa M và C ). Qua A kẻ đường thẳng vng góc với OM

cắt đường trịn tại điểm thứ hai là B .

2
O
a) Chứng minh rằng MB là tiếp tuyến của đường tròn   và MB  MD.MC .
O
b) Gọi I là trung điểm của CD , tia BI cắt đường tròn   tại E ( E khác B ).
Chứng minh: 5 điểm A,I,O,M,B cùng thuộc một đường tròn và AE// CD .
c) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên tia đối của tia DC thì đường thẳng AB
ln đi qua một điểm cố định.

Lời giải

Giả sử AB vng góc với OM tại F .
Ta có: OA  OB  R � OAB cân tại O .
OF là đường cao đồng thời là trung tuyến � FA  FB
Xét FAM và FBM ta có:
FA  FB
�  MFA
�  90�
MFB
FM chung
� FAM  FBM c  g  c � MA  MB
Xét MAO và MBO có:





18


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

MO chung
MA  MB  cmt
OA  OB  R

�
�  90�
� MAO  MBO c  c  c � MAO

 MBO
( cặp góc tương ứng)

� MB là tiếp tuyến của đường trịn  O
�
�
Ta có: MBD  BCD (t/c)
Xét MBD và MBC ta có:
�  BCD
�
MBD
�
M
chung

MB MC

� MB2  MD.MC
MD MB
.
b. Vì MA,MB là hai tiếp tuyến cắt nhau ở M
�
�
Xét tứ giác MAOB có hai góc đối MAO  MBO  90�
� MBD ∽MBC  g  g �

Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp ( 2 góc đối có tổng bằng 180�)
suy ra M,A,O,B cùng thuộc 1 đường tròn.
I là trung điểm của CD
� OI  CD

�  90�
� OIM

 1

�

Mà MOI  90�� tứ giác MAOI nội tiếp

� M,A,O,I cùng thuộc một đường tròn.  2 
1
2
Từ   và   ta suy ra 5 điểm A,I,O,M,B cùng thuộc một đường tròn
�  MAB
�
�
� MIB
(góc nội tiếp cùng chắn MB của đường trịn ngoại tiếp tứ giác
MAIB ).  3
�
�
Mặt khác AEB  MAB (góc nội tiếp, và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng

O
 4
chắn cung AB của đường tròn   ).
�  MIB
�
3 , 4 � AEB
Từ    

mà hai góc này ở vị trí đờng vị của hai đoạn thẳng AE và CD bị cắt bởi EB nên
ta suy ra AE // CD ( đpcm).
O
O
Bài 33. Cho điểm M nằm ngồi đường trịn   . Vẽ tiếp tuyến MC , MD với   ( C , D
O
là các tiếp điểm). MO cắt   lần lượt tại A và B ( A nằm giữa O và M ). Chứng minh:
a) Tứ giác MCOD nội tiếp.
b) MO cắt CD tại H . Chứng minh MO  CD .
19


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
2
c) MC  MH.MO  MA.MB .

Lời giải

a) Tứ giác MCOD nội tiếp.

O
Do MC , MD là các tiếp tuyến của   tại C , D nên ta có OC  CM ;
OD  DM .

�  90� ODM
�
� OCM
 90o .
;
�

�
o
Tứ giác MCOD có OCM  ODM  180 mà hai góc ở vị trí đối nhau � MCOD
nội tiếp.
b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có MC  MD

� M nằm trên đường trung trực của CD .
Mà OC  OD � O nằm trên đường trung trực của CD .

� OM là đường trung trực của CD . � OM  CD .
2
 1
c) OMC vng tại C có đường cao CH nên CM  MH.MO

�
�
� � 1 sđ
�
MCA
 MBC
CA�
�
�
�2
�.
MAC và MCB có chung CMB
và

� MCA # MBC (g-g)
�

Từ

MC MA

� MC2  MA.MB 2
 .
MB MC

 1

và

 2

� MC2  MH.MO  MA.MB .

 O và điểm M nằm ngoài  O . Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB và
O A,B,N,P � O
cát tuyến MNP ( MN  MP ) đến   (
). Kẻ OK  NP tại K

Bài 34. Cho đường tròn

20


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
a) Chứng minh các điểm M , A , K , O , B cùng thuộc một đường tròn.

�

b) Chứng minh KM là tia phân giác góc AKB .
2
c) Chứng minh MN.MP  MA . Gọi H là giao điểm của OM với AB , chứng minh
bốn điểm N,H,O,P cùng thuộc một đường tròn.

d) Chứng minh khi cát tuyến MNP thay đổi thì trọng tâm G của tam giác NAP
ln chạy trên một đường tròn cố định.
Lời giải

a)

O
- MA là tiếp tuyến của   tại M nên MAO vuông tại A
Gọi I là trung điểm của cạnh OM
Suy ra

IA  IM  IO  1

Tương tự ta có

IM  IB  IO 2 

�  900
PN là dây của  O ; OK  NP tại K  K �O suy ra OKN
-

MKO vuông tại K
Gọi I là trung điểm của cạnh OM
Suy ra

IA  IM  IO  3

1 2
3
Từ   ,   và   ta có IA  IM  IO  IB  IK � 5 điểm M , O , A , K , B cùng
thuộc một đường trịn.
b)Vì MA,MB là hai tiếp tuyến của đường tròn
tuyến cắt nhau)
Xét đường tròn (I) có dây MA  MB (cmt)
21

 O � MA  MB (tính chất hai tiếp


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�  MB
�
� MA

Xét tứ giác MAKB có bốn đỉnh M,A,K,B cùng thuộc một đường tròn � tứ giác
MAKB nội tiếp được trong một đường tròn
��
1 �
AKM  sdMA
�
2
�
1 �
��

�
�
��
BKM  sdMB
� AKM
 BKM
2
�
�
�
�
MA  MB
�
�
�
� KM là tia phân giác AKB

c. Xét MNA và MAP có

�
AMN
chung
�
�
MAN
 MPA
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn
�
O
AN

của đường tròn   )
� MNA ∽ MAP  g.g
�

MN MA

� MN.MP  MA 2 4
  (điều phải chứng minh).
MA MP

Xét MAO vng tại A có AH là đường cao
� MA 2  MH.MO  5  (hệ thức liên hệ trong tam giác vuông)
Từ

 4

và

 5

ta có:

MN.MP  MH.MO �

MN MH

MO MP

MN MH


�
Xét MNH và MOP có M chung, MO MP
� MNH ∽ MOP  c.g.c
22


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

�
�
� MNH
 MOP
(2 góc tương ứng)
�
�
Xét tứ giác NHOP có MNH  MOP
Mà 2 góc ở vị trí góc ngồi tứ giác bằng góc trong của đỉnh đối diện
� tứ giác NHOP nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)
d. Chứng minh khi cát tuyến MNP thay đổi thì trọng tâm G của tam giác NAP
ln chạy trên một đường trịn cố định.

AG 2

G

ANP
�
AK
3
Gọi là trọng tâm

Gọi T là trọng tâm AMO

AT AG 2
TG 2
2
2


�
 � TG  IK  IO
IK 3
3
3
Ta có AI AK 3 � TG//IK
Mà T,I,O cố định
�2 �
I; IO �
�
� G ln thuộc đường trịn � 3 �khi cát tuyến MNP thay đổi

 O và một dây BC cố định không đi qua O . Trên tia đối của tia BC lấy một
O
điểm A bất kì. Vẽ các tiếp tuyến AM , AN tới   ( M , N là các tiếp điểm). MN cắt các
Bài 35. Cho

đường AO và BC lần lượt ở H và K . Gọi I là trung điểm của BC .
a) Chứng minh: Bốn điểm A , M , O , N cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh: Tứ giác BHOC nội tiếp.
c) Vẽ dây MP//BC . Chứng minh: N , I , P thẳng hàng.

23


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10
d) Khi A chuyển động trên tia đối của tia BC , chứng minh trọng tâm MBC

chạy trên một đường tròn cố định.
.
Lời giải

a) Chứng minh: Bốn điểm A , M , O , N cùng thuộc một đường tròn.

�
�
Xét tứ giác AMON có: AMO  90�
, ANO  90�(vì AM , AN là tiếp tuyến của

 O và M , N là các tiếp điểm)

�  ANO
�  180�
� AMO
mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác AMON nội tiếp
một đường tròn (DHNB tứ giác nội tiếp)
Vậy bốn điểm A , M , O , N cùng thuộc một đường tròn
b) Chứng minh: Tứ giác BHOC nội tiếp.

�
�
�

+ Xét AMB và ACM có: A chung, AMB  ACM (góc nội tiếp và góc tạo bởi
tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MB )

� AMB ∽ACM(g.g)
�

AM AC

AB AM � AM 2  AB.AC

2
Mà AM  AH.AO (hệ thức lượng trong AMO vuông tại O , đường cao AH )

� AB.AC  AH.AO
�

AB AO

AH AC

AB AO

(cmt)
�
+ Xét AHB và ACO có: CAO chung; AH AC
24


BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10

� AHB ∽ ACO(c.g.c)

�  ACO
�
� AHB
(hai góc tương ứng)
�
�
(kb)
Mà AHB  BHO  180�

�  BHO
�  180�
� BCO
Mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác BHOC nội tiếp một đường tròn.
c) Vẽ dây MP//BC . Chứng minh: N , I , P thẳng hàng.

�
+ Xét tứ giác AOIN có : AIO  90�(vì OI  BC - Quan hệ đường kính dây cung)

�  90� AN
ANO
(vì
là tiếp tuyến của (O) và N là tiếp điểm)
�  ANO
�  180�
� AIO
mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác AOIN nội tiếp một
đường tròn (DHNB tứ giác nội tiếp) hay bốn điểm A , I , O , N cùng thuộc một
đường tròn.

Mà bốn điểm A , M , O , N cùng thuộc một đường tròn
Nên năm điểm A , M , O , N , I cùng thuộc một đường trịn

�  MAI
�
� MNI
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn
cung MI )
�
�
Mà xMP  MAI (hai góc đồng vị của MP//BC )

�  xMP
�
� MNI
�
�
Mà MNP  xMP (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn
cung MP )
�
MNI

�
MNP

hay ba điểm N , I , P thẳng hàng.

d) Khi A chuyển động trên tia đối của tia BC , Chứng minh trọng tâm MBC
chạy trên một đường tròn cố định.

25