Bài ôn tập môn Hình học lớp 9 - Các bài toán chứng minh hình học

CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Câu 1: Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: 
 a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) AE.AF = AC2.
 c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Đáp án:
a) Tứ giác BEFI có: (gt) (gt)
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF
b) Vì AB CD nên , 
 suy ra . 
Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và
 .
Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC 
 c) Theo câu b) ta có , suy ra AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). 
Mặt khác (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ACCB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.
Câu 2: Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MIAB, MKAC (IAB,KAC)
 a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Vẽ MPBC (PBC). Chứng minh: .
 c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
Đáp án:
a) Ta có:(gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.
b) Tứ giác CPMK có (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp(1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: (cùng chắn ) (2). Từ (1) và (2) suy ra (3)
c) 
Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. 
Suy ra: (4). Từ (3) và (4) suy ra .
Tương tự ta chứng minh được . 
Suy ra: MPK∆MIP
MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3. 
Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) 
- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).
Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC.
Câu 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H.
 a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN // EF.
 c) Chứng minh rằng OA EF.
Đáp án:
a) Tứ giác AEHF có: (gt). Suy ra AEHFlà tứ giác nội tiếp.
- Tứ giác BCEF có: (gt). Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. 
b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: (1). Mặt khác = 
(góc nội tiếp cùng chắn ) (2). Từ (1) và (2) suy ra: MN // EF.
c) Ta có: ( do BCEF nội tiếp) AM = AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là đường trung trực của MN , mà MN song song với EF nên suy ra .
Câu 4: Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ).
Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Tính số đo của góc 
Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK BN.
Đáp án:
a) Tứ giác BIEM có:(gt); suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM.
b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: (do ABCD là hình vuông). 
c) ∆EBI và ∆ECM có:, BE = CE , ( do )
 ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) MC = IB; suy ra MB = IA
Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: = . Suy ra IM song song với BN 
(định lí Thalet đảo) 
(2). Lại có (do ABCD là hình vuông). 
Suy ra BKCE là tứ giác nội tiếp. 
Suy ra: mà ; suy ra 
; hay .
Câu 5: Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F.
 a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật.
 b) Chứng minh ∆ACD ∆CBE 
 c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
 d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: . 
Đáp án:
a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB và CD bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra ACBD là hình chữ nhật
b) Tứ giác ACBD là hình chữ nhật suy ra:
(1). Lại có sđ(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung); sđ(góc nội tiếp), mà (do BC = AD)(2). Từ (1) và (2) suy ra ∆ACD ~ ∆CBE .
c) Vì ACBD là hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: (3). Từ (2) và (3) suy ra do đó tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn.
d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: 
. Tương tự ta có . Từ đó suy ra: .
Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng:
 a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) NM là tia phân giác của góc .
 c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.
Đáp: 
a) Ta có:
(gt)(1).(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp.
Tương tự, tứ giác ABCI có: 
 ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (3).
Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (4).
Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra (góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (5).
Từ (3),(4),(5) suy ra NM là tia phân giác của .
c) ∆BNM và ∆BIC có chung góc B và ∆BNM ~ ∆BIC (g.g) BM.BI = BN . BC . 
Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. 
Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6).
Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: 
 BC2 = AB2 + AC2 (7).
Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.
Lời bình:
Câu c
a) Biết bao kí ức ùa về khi bắt gặp đẳng thức 
 BM . BI + CM . CA = AB2 + AC2. (1)
· Phải chăng Từ đó cộng theo từng vế để có (1).
 Nếu có (1) thì AB phải là cạnh chung một cặp tam giác đồng dạng. Tiếc rằng điều ấy không đúng. Tương tự cũng không có (2).
· Để ý AB2 + AC2 = BC2 vậy nên (1) Û BM.BI + CM.CA = BC2 (3)
Khả năng (với 0 < k < 1), từ đó cộng theo từng vế để có (1) cũng không xẩy ra vì BC không phải là cạnh chung của một cặp tam giác đồng dạng.
· Để ý BN + NC = BC vậy nên (1) Û BM.BI + CM.CA = BC(BN + NC) 
 Û BM.BI + CM.CA = BC.BN + BC.NC (4)
Điều ấy dẫn dắt chúng ta đến lời giải trên. 
b) Mong thời gian đừng lãng quên phân tích : PQ2 = PQ(PK + KQ) 
 là một cách để chứng minh đẳng thức dạng : PX.PY + QM.QN = PQ2.
 (ở đây K là một điểm thuộc đoạn thẳng PQ).
Câu 7: Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M.
 a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC.
 b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK // CD.
 c) Chứng minh: OK.OS = R2.
Đáp án: 
a) ∆SBC và ∆SMA có: 
, 
(góc nội tiếp cùng chắn ).
.
b) Vì AB ^ CD nên . 
Suy ra (vì cùng bằng tứ giác BMHK nội tiếp được đường tròn (1). 
Lại có: (2)
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 
Từ (1) và (2) suy ra , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB).
c) Vẽ đường kính MN, suy ra .
Ta có: (sđ- sđ); sđ= (sđ- sđ); 
mà và nên suy ra 
(g.g) .
Câu 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
 a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Chứng minh .
 c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.
Đáp án:
a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)(1)
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC 
(2). 
Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
b) Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)
Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra:(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4). 
Từ (3) và (4) suy ra 
c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) , suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). 
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì (6).
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 9: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D.
 a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn.
 b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD.
 c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK //AB.
Đáp án:
a) Tứ giác ACNM có: (gt) ( tínhchất tiếp tuyến).
ACNM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC. Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD.
b) ∆ANB và ∆CMD có:
(do tứ giác BDNM nội tiếp)
(do tứ giác ACNM nội tiếp) ∆ANB ~ ∆CMD (g.g)
c) ∆ANB ~ ∆CMD= 900 (do là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
Suy ra IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK (1).
Tứ giác ACNM nội tiếp (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). 
Lại có: sđ) (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra IK // AB (đpcm).
Câu 10: Cho hai đường tròn (O) vàcắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và .
 a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
 b) Đường thẳng AC cắt đường tròntại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
 c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) vàthứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất.
Đáp án:
a) Ta có và lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O/) 
Suy ra C, B, D thẳng hàng.
b) Xét tứ giác CDEF có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/)
 suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.
c) Ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là hình thang.
Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2)
Từ (1) suy ra IK ^ MN IK KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định).
Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AKd ^ AK tại A.
Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA.
Câu 11: Cho đường tròn (O; R), đường kính AB. Dây BC = R. Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn. Tia AC cắt Bx tại M. Gọi E là trung điểm của AC.
1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn.
2) Gọi I là giao điểm của BE với OM. Chứng minh: IB.IE = IM.IO.
Đáp án:
 a) Ta có E là trung điểm của AC OE AC hay = 900.
Ta có Bx AB =900.
nên tứ giác CBME nội tiếp.
b) Vì tứ giác OEMB nội tiếp (cung chắn ), (cùng chắn cung EM) ~ (g.g) IB.IE = M.IO
Câu 12: Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S.
 1) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc .
 2) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy.
 3) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.
Đáp án:
 1) Ta có 
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp
Vì tứ giác ABCD nội tiếp. (cùng chắn cung AB). (1)
Ta có tứ giác DMCS nội tiếp (cùng bù với ). (2)
Từ (1) và (2) .
2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD CK, CA BK.
 M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.
3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cùng chắn ). (3)
Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp (cùng chắn ). (4)
Từ (3) và (4) hay AM là tia phân giác .
Chứng minh tương tự: hay DM là tia phân giác .
Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE.
Câu 13: Cho ∆ABC cân tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O là trung điểm của IK.
 1) Chứng minh 4 điểm B, I, C, K cùng thuộc một đường tròn tâm O.
 2) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O).
 3) Tính bán kính của đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm.
Đáp án:
1) Theo giả thiết ta có:
Mà 
Tương tự 
Xét tứ giác BICK có 
 4 điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O đường kính IK.
2) Nối CK ta có OI = OC = OK (vì ∆ICK vuông tại C) ∆ IOC cân tại O 
 	 (1)
Ta lại có (gt). Gọi H là giao điểm của AI với BC.
Ta có AH BC. (Vì ∆ ABC cân tại A).
Trong ∆ IHC có 
Hay hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O).
3) Ta có BH = CH = 12 (cm).
Trong ∆ vuông ACH có AH2 = AC2 - CH2 = 202 - 122 = 256 AH = 16
Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có:
 (16 - IH) . 3 = 5 . IH IH = 6
Trong ∆ vuông ICH có IC2 = IH2 + HC2 = 62 + 122 = 180
Trong ∆ vuông ICK có IC2 = IH . IK 
 , OI = OK = OC = 15 (cm)
Câu 14: Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh:
1) Tứ giác AFHE là hình chữ nhật.
2) Tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp đường tròn.
3) EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn đường kính BH và HC.
Đáp án: 1) Từ giả thiết suy ra
. (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Trong tứ giác AFHE có: 
 là hình chữ nhật.
2) Vì AEHF là hình chữ nhật AEHF nội tiếp (góc nội tiếp chắn ) (1)
Ta lại có (góc có cạnh tương ứng ) (2)
Từ (1) và (2) 
mà 
 Vậy tứ giác BEFC nội tiếp.
3) Gọi O1, O2 lần lượt là tâm đường tròn đường kính HB và đường kính HC. 
Gọi O là giao điểm AH và EF. Vì AFHE là hình chữ nhật. 
cân tại O . Vì ∆ CFH vuông tại F O2C = O2F = O2H ∆ HO2F cân tại O2. mà Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O2.
Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1.
Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn.
Câu 14: Cho đường tròn (O) đường kiính AB = 2R. Điểm M thuộc đường tròn sao cho MA < MB. Tiếp tuyến tại B và M cắt nhau ở N, MN cắt AB tại K, tia MO cắt tia NB tại H.
a) Tứ giác OAMN là hình gì ?
 b) Chứng minh KH // MB. 
Đáp án: 
a) = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) AM MB (1)
MN = BN (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau), OM = OB 
 ON là đường trung trực của đoạn thẳng MB 
 ON MB (2) 
Từ (1) và (2) AM // ON OAMN là hình thang.
b) ∆ NHK có HM NK; KB NH. 
suy ra O là trực tâm ∆NHK ON KH (3)
Từ (2) và (3) KH // MB
Câu 16: Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AC > AB và AC> BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE.
 Chứng minh rằng: DE//BC
 Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn.
 Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức: = + 
Đáp án: 
1) = Sđ = Sđ 
 DE// BC (2 góc ở vị trí so le trong) 
 2) = sđ 
 Tứ giác PACQ nội tiếp (vì )
 3) Tứ giác APQC nội tiếp
 (cùng chắn )
 (cùng chắn )
Suy ra 
Ta có : = (vì DE//PQ) (1) , = (vì DE// BC) (2)	 
Cộng (1) và (2) : (3) 
 ED = EC (t/c tiếp tuyến); từ (1) suy ra PQ = CQ 
Thay vào (3) ta có : 	
Câu 17: Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC; AT là tiếp tuyến vẽ từ A. Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn tại K (KT). Đặt OB = R.
a) Chứng minh OH.OA = R2.
b) Chứng minh TB là phân giác của góc ATH.
c) Từ B vẽ đường thẳng song song với TC. Gọi D, E lần lượt là giao điểm của đường thẳng vừa vẽ với TK và TA. Chứng minh rằng ∆TED cân.
d) Chứng minh 
Đáp án:
a) Trong tam giác vuông ATO có:
R2 = OT2 = OA . OH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
b) Ta có (cùng chắn cung TB) 
 (góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).
 hay TB là tia phân giác của góc ATH.
c) Ta có ED // TC mà TC TB nên ED TB. ∆ TED có TB vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên ∆TED cân tại T.
d) BD // TC nên (vì BD = BE) (1)
 BE // TC nên 	 (2)
 Từ (1) và (2) suy ra: 
Câu 18: Cho 2 đường tròn (O) và cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường thẳng OA cắt (O), lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng A cắt (O), lần lượt tại điểm thứ hai E, F.
Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I.
Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn.
Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (P Î (O), Q Î). 
Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ.
Đáp án:
1. Ta có: = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 = 1v (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B, C, F thẳng hàng.. AB, CE và DF là 3 đường cao của tam giác ACF nên chúng đồng quy.
2. Do suy ra BEIF nội tiếp đường tròn.	
3. Gọi H là giao điểm của AB và PQ
Ta chứng minh được các tam giác AHP
 và PHB đồng dạng Þ Þ HP2 = HA.HB	
Tương tự, HQ2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ.
Câu 19: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F.
	a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn.
	b) Chứng minh góc = 900.
 c) Chứng minh AB // EF.
Đáp án: 
a) Ta có 
nên tứ giác APMC nội tiếp
b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên (1)
Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra 
Lại có (3). Từ (1), (2), (3) ta có :
.
c) Ta có (Tứ giác BCMQ nội tiếp) (Cùng phụ với BMC) (Tứ giác CEMF nội tiếp). Nên hay AB // EF.
Câu 20: Cho đường tròn (O,R) và một điểm S ở ngoài đường tròn. Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B là các tiếp điểm). Vẽ đường thẳng a đi qua S và cắt đường tròn (O) tại M và N, với M nằm giữa S và N (đường thẳng a không đi qua tâm O).
a) Chứng minh: SO AB
b) Gọi H là giao điểm của SO và AB; gọi I là trung điểm của MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. Chứng minh rằng IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
c) Chứng minh OI.OE = R2.
Đáp án: a) ∆SAB cân tại S (vì SA = SB - theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) 
nên tia phân giác SO cũng là đường cao 
b) nội tiếp đường tròn đường kính SE.
c) ∆SOI ~ ∆EOH (g.g) 
 OI . OE = OH . OS = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB)
Câu 21: Cho đường tròn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A , B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 
	1) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
	2) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC.
	3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của đường tròn (O) .
Đáp án:
1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối : (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp.
2) Xét hai tam giác ACD và BED có: , (đối đỉnh) nên DACD~DBED. Từ đó ta có tỷ số : .
3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE Þ tam giác ICD cân Þ (chắn cung ). Mặt khác tam giác OBC cân nên (chắn cung của (O)). Từ đó Þ IC ^ CO hay IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Câu 22: Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mp bờ AB vẽ hai tia Ax, By vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K . Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P.
1) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn. 
2) Chứng minh rằng AI.BK = AC.BC.
3) Tính .
Đáp án: 
1) Ta có = 900 (vì góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn) => = 900. 
Xét tứ giác CPKB có: = 900 + 900 = 1800
=> CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) 
2) Xét AIC vàBCK có = 900; 
(2 góc có cạnh tương ứng vuông góc)
=> AIC ~ BCK (g.g) => 
=> AI.BK = AC.BC.
3) Ta có: (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC )	
 (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung PC )	
Suy ra (vì ICK vuông tại C).=> = 900 .
Câu 23: Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R > R’ cắt nhau tại A và B. Kẻ tiếp tuyến chung DE của hai đường tròn với D Î (O) và E Î (O’) sao cho B gần tiếp tuyến đó hơn so với A.
 	1) Chứng minh rằng .
 	2) Tia AB cắt DE tại M. Chứng minh M là trung điểm của DE.
 	3) Đường thẳng EB cắt DA tại P, đường thẳng DB cắt AE tại Q. Chứng minh rằng PQ song song với AB.
Đáp án:
 1) Ta có = sđ (góc nội tiếp) và =sđ (góc giữa tiếp tuyến và dây cung). Suy ra .
 2) Xét hai tam giác DMB và AMD có: chung, nên DDMB ~ DAMD
 Þ hay .
 Tương tự ta cũng có: DEMB ~ DAME Þ hay .
 Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE.
 3) Ta có , 
Þ = 
Þ tứ giác APBQ nội tiếp Þ . Kết hợp với suy ra . Hai góc này ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB.
Câu 24: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N.
 1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn.
 2) Chứng mình rằng .
 3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh rằng PQ song song với AB.
Đáp án:
 1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên . Mặt khác theo giả thiết nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp.
 Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp.
 2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: , . 
Suy ra . Từ đó .
 3) Vì nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó . 
Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên . Hơn nữa ta có , suy ra hay PQ song song với AB.
Câu 25: Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.
 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.
 3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. 
Đáp án:
 1) Vì H là trung điểm của AB nên hay . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có hay . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD Þ DMCD cân tại M Þ MI là một đường phân giác của . Mặt khác I là điểm chính giữa cung nhỏ nên sđ = sđ = 
Þ CI là phân giác của . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.
3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: . Từ đó S nhỏ nhất Û MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất Û DM = DQ = R. Khi đó OM = hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính .
Câu 26: Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B và C ở trên nửa đường tròn đường kính AD, tâm O. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE. Chứng minh rằng:
 1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp được đường tròn.
 	2) E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH.
 	2) Năm điểm B, C, I, O, H cùng thuộc một đường tròn.
Đáp án:
1) Tứ giác ABEH có: (góc nội tiếp trong nửa đường tròn); (giả thiết)
nên tứ giác ABEH nội tiếp được.
Tương tự, tứ giác DCEH có , nên nội tiếp được.
2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: (cùng chắn cung )
Trong (O) ta có: (cùng chắn cung ).
Suy ra: , nên BE là tia phân giác của góc .
Tương tự, ta có: , nên CE là tia phân giác của góc .
Vậy E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH.
3) Ta có I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ). Mà , suy ra .
+ Trong (O), (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung ).
+ Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, O, I cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 27: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm giữa O và A. Đường thẳng vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) tại M, tia BM cắt tia CI tại D. Chứng minh:
 	1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
 2) ∆ABD ~ ∆MBC
 	3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di động trên đoạn thẳng CI.
Đáp án: 
1) Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Tứ giác ACMD 
có , suy ra ACMD nội tiếp đường tròn đường kính AD.
2) ∆ABD và ∆MBC có:chung và (do ACMD là tứ giác nội tiếp). 
Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g)
3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và , lại có: (cùng phụ với ), suy ra: . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên A = E, suy ra thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định.
Câu 28: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B).
1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) MA2 = MD.MB
3) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH.
Đáp án :
1) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)(1)
Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC (2).
Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.
2) Xét ∆MAB vuông tại A có ADMB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
 3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5). 
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì (6) với I là giao điểm của CH và MB.
Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.
Câu 29: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E.
a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10
b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó.
Đáp án: 
a) Ta có = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) 
Tương tự có = 900
Xét tứ giác ADHE có = 900 => ADHE là hình chữ nhật.
Từ đó DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 
hay AH2 = 10 . 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 
b) Ta có:= (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà (1) 
(Vì ADHE là hình chữ nhật) => do = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
c) Vì O1D = O1B =>O1BD cân tại O1 => 	(2)
Từ (1), (2) =>= 900 => O1D //O2E 
Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E.
Ta có Sht = (Vì O1D + O2E = O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 )
. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi DE = O1O2 
Û DEO2O1 là hình chữ nhật
Û A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max = .
Câu 30: Cho tam giác vuông ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm D sao cho CD = AC.
 	1) Chứng minh tam giác ABD cân.
 	2) Đường thẳng vuông góc với AC tại A cắt đường tròn (O) tại E (EA). Tên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = AE. Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.
 	3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).
Đáp án :
1) Chứng minh ABD cân 
 Xét ABD có BCDA và CA = CD nên BC vừa là đường cao vừa là trung tuyến của nó. 
Vậy ABD cân tại B
 2) Chứng minh rằng ba điểm D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.
Vì = 900, nên CE là đường kính của (O).
Ta có CO là đường trung bình của tam giác ABD
Suy ra BD // CO hay BD // CE (1)
Tương tự CE là đường trung bình của tam giác ADF.
Suy ra DF // CE (2). Từ (1) và (2) suy ra D, B, F cùng nằm trên một đường thẳng.
3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O).
Tam giác ADF vuông tại A và theo tính chất của đường trung bình DB = CE = BF Þ B là trung điểm của DF. Do đó đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm và AB làm bán kính. Hơn nữa, vì OB = AB - OA nên đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A.
Câu 31: Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N là tiếp điểm). Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BC và MN; MN cắt BC tại D. Chứng minh: 
a) AM2 = AB.AC
b) AMON; AMOI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 
c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp OID luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Đáp án:
 a) XétABM vàAMC 
Có góc A chung; 
( = sđ cung MB) 
=> AMB ~ ACM (g.g)
=> => AM2 = AB.AC
b) Tứ giác AMON có = 1800 
(Vì = 900 tính chất tiếp tuyến)
=> AMON là tứ giác nội tiếp được
- Vì OI BC (định lý đường kính và dây cung)
Xét tứ giác AMOI có = 900 + 900 = 1800 => AMOI là tứ giác nội tiếp được
c) Ta có OA MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D.
Xét tứ giác KOID có = 1800 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1
=> O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định). 
Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định. 
Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếpOIK luôn thuộc đường trung trực của DI cố định.
Câu 32: Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm), lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH BC; MI AC; MK AB.
a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh MH2 = MI.MK
c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh chu viAPQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Đáp án: 
a) Xét tứ giác BHMK: = 900 + 900 = 1800
=> Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn.
CM tương tự có tứ giác CHMI cũng nội tiếp được.
b) Ta có = 1800
mà (1)
 (vì 2 góc nội tiếp 
cùng chắn cung MK và góc tạo bởi tia tt ... và 
góc nội tiếp cùng chắn cung BM).
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội
 tiếp cùng chắn ) (2).
Từ (1), (2) =>HMK ~IMH (g.g) => = MI .MK 
c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến)
Xét chu vi APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM
= (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi.
Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi APQ không
phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm).
Câu 33: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC (B, C thứ tự là các tiếp điểm thuộc (O; R) và (O’; R’))