Bồi dường Hình học 9 thi vào Lớp 10 - Chủ đề 5: Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn tiếp tuyến của đường tròn

CHỦ ĐỀ 5: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
	 TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN.
A/ LÝ THUYẾT.
Gọi khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng là OH
1. Đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt:
ó đường thẳng có hai điểm chung với đường tròn ó OH < R
2. Đường thẳng và đường tròn không giao nhau. 
ó Đường thẳng và đường tròn không có điểm chung 
ó 
3. Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn.
ó đường thẳng chỉ có một điểm chung với đường tròn ó OH = R.
4. Tiếp tuyến của đường tròn.
 là tiếp tuyến của đường tròn tại điểm H ó ∆ tiếp xúc với đường tròn tại H 
Điểm gọi là tiếp điểm của tiếp tuyến với đường tròn . Ta có 
* Nếu là tiếp tuyến của thì vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm 
* Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau tại một điểm thì 
+ Điểm đó cách đều hai tiếp điểm
+ Tia kẻ từ điểm đó đến tâm là tia phân giác góc tạo bởi 2 tiếp tuyến
+Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm
+ Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó thì vuông góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm tại trung điểm của đoạn thẳng đó.
4. Đường tròn nội tiếp tam giác 
+ là đường tròn tiếp xúc với 3 cạnh tam giác là 
+ có tâm là giao điểm 3 đường phân giác trong của tam giác
5. Đường tròn bàng tiếp tam giác
 	+ là đường tròn tiếp xúc với một cạnh của tam giác và phần kéo dài hai cạnh kia 
+ Đường tròn bàng tiếp tam giác trong góc có tâm là giao điểm của hai đường phân giác ngoài góc và góc 
+ Mỗi tam giác có 3 đường tròn bàng tiếp.
B/ BÀI TẬP VỀ TIẾP TUYẾN
I/ Phương pháp: Xét (O, R) và đường thẳng d
	* Bài toán về khoảng cách OH từ tâm O tới đường thẳng d khi d cắt (O) tại hai điểm.
Xét . Theo định lý Pitago ta có: 
Mặt khác ta cũng có: 
=> 
CÁC KẾT QUẢ THU ĐƯỢC
+ Nếu nằm ngoài đoạn thì 
+ Nếu nằm trong đoạn thì 
+ Mối liên hệ khoảng cách và dây cung: 
	* Để chứng minh một đường thẳng d là tiếp tuyến (tiếp xúc) với đường tròn (O, R):
+ Cách 1: Chứng minh khoảng cách từ O đến d bằng R. Hay nói cách khác ta vẽ OH d, chứng minh OH = R. 
+ Cách 2: Nếu biết d và (O) có một giao điểm là A, ta chỉ cần chứng minh OA d. 
+ Cách 3: Sử dụng phương pháp trùng khít (Cách này sẽ được đề cập trong phần góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây)
II/ BÀI TẬP MẪU.
Ví dụ 1. Cho hình thang vuông có là trung điểm của và góc . Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn đường kính 
Giải
Kéo dài cắt tại vì suy ra . 
Vì nên xét ∆vuông và ∆vuông ta có 
 chung
. 
	 => => ∆ cân tại . 
Kẻ thì 
mà hay thuộc đường tròn . 
Do đó là tiếp tuyến của đường tròn đường kính .
Ví dụ 2. Cho hình vuông có cạnh bằng . Gọi là hai điểm trên các cạnh sao cho chu vi tam giác bằng . Chứng minh đường thẳng luôn tiếp xúc với đường tròn cố định
Giải
Trên tia đối của ta lấy điểm sao cho . 
Ta có . 
Theo giả thiết ta có: 
Suy ra . 
Từ đó ta suy ra . 
Kẻ . 
Vậy thuộc đường tròn tâm bán kính suy ra luôn tiếp xúc với đường tròn tâm bán kính bằng . 
Ví dụ 3. Cho tam giác cân tại đường cao . Trên nửa mặt phẳng chứa bờ vẽ cắt đường tròn tâm bán kính tại . Chứng minh là tiếp tuyến của 
Giải
Vì tam giác cân tại nên ta có: . 
Vì . 
Mặt khác ta cũng có . 
Hai tam giác và có chung, , 
suy ra suy ra . 
Nói cách khác là tiếp tuyến của đường tròn 
Ví dụ 4. Cho tam giác vuông tại đường cao . Gọi là điểm đối xứng với qua . Đường tròn tâm đường kính cắt tại . Chứng minh là tiếp tuyến của đường tròn 
Giải
Vì tam giác có một cạnh là đường kính của nên . 
Kẻ suy ra từ đó ta có tam giác cân tại . 
Do đó (cùng phụ với góc hai góc bằng nhau là ) 
Mặt khác ta cũng có: (do tam giác cân tại ). 
Mà suy ra hay là tiếp tuyến của .
Ví dụ 5. Cho tam giác vuông tại đường cao . Vẽ đường tròn tâm bán kính kẻ các tiếp tuyến với ( là các tiếp điểm khác ). Chứng minh tiếp xúc với đường tròn đường kính 
Giải 
 Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhu có: . 
Suy ra 
hay thẳng hàng. 
Gọi là trung điểm của thì là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . 
Mặt khác nên là đường trung bình của hình thang vuông 
Suy ra tại . Nói cách khác là tiếp tuyến của đường tròn . Đường kính 
III/ LUYỆN TẬP.
Bài 1: Cho đường tròn (O) đường kính AB. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (O) . Tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại D.Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với phân giác góc ODC, đường này cắt CD tại M. Chứng minh rằng đường thẳng d qua M song song với AB luôn tiếp xúc với (O) khi C thay đổi.
Bài 2: Cho tam giác ABC nhọn. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và F. BF và CE cắt nhau tại I. Gọi M là trung điểm AI. Chứng minh: MF là tiếp tuyến của (O).
Bài 3: Cho đường tròn (O;R) có đường kính BC, lấy điểm A thuộc (O) sao cho AB = R 
a. Chứng minh tam giác ABC vuông và tính độ dài BC theo R. 
b. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt đường thẳng BC tại M. Trên (O) lấy điểm D sao cho MD = MA (D khác A). Chứng minh MD là tiếp tuyến của (O).
Bài 4: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O), AB = 4. Đường kính AD cắt BC tại H. Đường thẳng BO cắt tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) ở điểm E. 
a. Chứng minh AH vuông góc với BC, tính độ dài AH và bán kính của đường tròn (O). 
b. Chứng minh EC là tiếp tuyến của (O) và tứ giác ABCE là hình thoi.
Bài 5: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A và B). Gọi D là giao điểm của đường thẳng BC với tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn tâm O và I là trung điểm AD. 
a. Chứng minh BC.BD = 4R2 
b. Chứng minh IC là tiếp tuyến của nửa đường tròn tâm O.
Bài 6. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao BD và CE cắt nhai tại H. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng ID, IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE.
Bài 7: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Ax, By là 2 tia tiếp tuyến của (O) (Ax, By cùng nửa mặt phẳng bở là đường thẳng AB). Trên Ax lấy điểm C, trên By lấy điểm D sao cho góc COD bằng 90^0 . Chứng minh rằng: CD tiếp xúc với đường tròn (O).
Bài 8. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Một nửa đường thẳng qua A cắt đường kính CD vuông góc với AB tại M và cắt (O) tại N. 
a. Chứng minh AM.AN = AC2 
b. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN tiếp xúc với AC tại C.
TỔNG ÔN CHƯƠNG II
PHIẾU SỐ 1
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng:
1/ Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
2/ AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
Lời giải:
1/ Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ^ AC => ÐBEC = 900.
 CF là đường cao => CF ^ AB => ÐBFC = 900.
Lấy I là trung điểm của BC => IB = IC = IF = IE.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn đường kính BC
Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: Ð AEH = Ð ADC = 900 ; ÐA là góc chung 
=> D AEH ~ DADC => => AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: Ð BEC = Ð ADC = 900 ; ÐC là góc chung 
=> D BEC ~ DADC => => AD.BC = BE.AC.
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.
1/ Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
2/ Chứng minh ED = BC.
3/ Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
4/ Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải:
1. Chứng minh như bài 1
2. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có ÐBEC = 900 .
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.
3. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => ÐE1 = ÐA1 	(1).
Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => ÐE3 = ÐB1 	(2)
Mà ÐB1 = ÐA1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => ÐE1 = ÐE3 => ÐE1 + ÐE2 = ÐE2 + ÐE3 
Mà ÐE1 + ÐE2 = ÐBEA = 900 => ÐE2 + ÐE3 = 900 = ÐOED => DE ^ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
4. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. 
Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có 
ED2 = OD2 – OE2 ó ED2 = 52 – 32 ó ED = 4cm
Bài 3: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.
1/ Chứng minh AC + BD = CD.
	2/ Chứng minh ÐCOD = 900.
	3/ Chứng minh AC. BD = .
	4/ Chứng minh OC // BM
	5/ Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
	6/ Chứng minh MN ^ AB.
	7/ Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
1/ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 
	CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
 	Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
2/ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà ÐAOM và ÐBOM là hai góc kề bù => ÐCOD = 900.
3/ Theo trên ÐCOD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM ^ CD ( OM là tiếp tuyến ).
	Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 
	Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = .
4/ Theo trên ÐCOD = 900 nên OC ^ OD .	(1)
	Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R 
	=> OD là trung trực của BM => BM ^ OD .	(2).
	 	Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).
5/ Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.
	Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ^ AB; BD ^ AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. 
	Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB 
	=> IO là đường trung bình của hình thang ACDB 
	 IO // AC , mà AC ^ AB => IO ^ AB tại O 
	=> AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 
6/ Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra 
	=> MN // BD mà BD ^ AB => MN ^ AB.
7/ Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD 
 	=> Chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi 
	=> Chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB 
	=> M phải là trung điểm của cung AB.
Bài 4. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), 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 B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
	2/ Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
	3/ Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
Lời giải
1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 
	Do đó BI ^ BK hay ÐIBK = 900 . 
	Tương tự ta cũng có ÐICK = 900 
	Lấy O’ là trung điểm của IK => O’K = O’I = OC = OB 
	=> B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
2. Ta có ÐC1 = ÐC2 	(1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
	ÐC2 + ÐI1 = 900 	(2) ( vì ÐIHC = 900 ).
	ÐI1 = Ð ICO 	(3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
	Từ (1), (2) , (3) => ÐC1 + ÐICO = 900 hay AC ^ OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
	AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm)
	CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm)
	OC = = 15 (cm)
Bài 5. Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ^ MB, BD ^ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
	1/ Chứng minh tứ A, M, B, O cùng thuộc một đường tròn.
	2/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn .
	3/ Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.
4/ Chứng minh OAHB là hình thoi.
	5/ Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
	6/ Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d
Lời giải
1. (HS tự làm).
2. Vì K là trung điểm NP nên OK ^ NP (quan hệ đường kính 
Và dây cung) => ÐOKM = 900. 
	Theo tính chất tiếp tuyến ta có ÐOAM = 900; ÐOBM = 900. 
	=> K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. 
	Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 
 	=> OM là trung trực của AB => OM ^ AB tại I .
	Theo tính chất tiếp tuyến ta có ÐOAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao.
	Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.
4. Ta có OB ^ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ^ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
	OA ^ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ^ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
	=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ^ AB; cũng theo trên OM ^ AB 
	=> O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB).
6. Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. 
	Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. 
	Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa (A) bán kính AH = R
Bài 6: Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E.
	1/ Chứng minh tam giác BEC cân.
	2/ Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
	3/ Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH).
	4/ Chứng minh BE = BH + DE.
Lời giải
1. D AHC = DADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB ^CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của DBEC 
=> BEC là tam giác cân. => ÐB1 = ÐB2 
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, ÐB1 = ÐB2 
	=> D AHB = DAIB => AI = AH.
3. AI = AH và BE ^ AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7: Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao 
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.
	1/ Chứng minh rằng A, P, M, O cùng thuộc đường tròn.
	2/ Chứng minh BM // OP.
	3/ Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
	4/ Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
Lời giải
1. (HS tự làm).
2. Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; ÐAOM là góc ở tâm chắn cung AM 
	=> ÐABM = 	(1) 
	OP là tia phân giác ÐAOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) 
	=> ÐAOP = 	(2) 
	Từ (1) và (2) => ÐABM = ÐAOP	 (3) 
	Mà ÐABM và ÐAOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. 	(4)
3. Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : ÐPAO = 900 (vì PA là tiếp tuyến ); ÐNOB = 900 (gt NO^AB).
	=> ÐPAO = ÐNOB = 900; OA = OB = R; ÐAOP = ÐOBN (theo (3)) 
	=> DAOP = DOBN => OP = BN 	(5)
	Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ^ AB => ON ^ PJ 
	Ta cũng có PM ^ OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I 
	=> I là trực tâm tam giác POJ. 	(6)
	Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có ÐPAO = ÐAON = ÐONP = 900 
	=> K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). 	(6)
 	AONP là hình chữ nhật => ÐAPO = ÐNOP ( so le) 	(7)
 	Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác ÐAPM => ÐAPO = ÐMPO 	(8).
	Từ (7) và (8) => DIPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK ^ PO. 	(9)
	Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.
Bài 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kớnh AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F, tia BE cắt AM tại K.
	1) Chứng minh rằng E, F, M, K cùng thuộc một đường tròn.
	2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB.
Lời giải
1. Dùng đường tròn O và xét ∆AEB , ∆AMB đều là các tam giác vuông (suy ra từ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh ấy)
	=> ∆FEK , ∆FMK cũng là các tam giác vuông.
	Lấy O’ là trung điểm của FK => OF = OK = OM = OE = FK/2
	=> E, F, M, K cùng thuộc đường tròn (O’) đường kính FK
2. Ta có ÐIAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => DAIB vuông tại A có AM ^ IB ( theo trên). 
	Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB.
Bài 9: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn lớn tại D. DA,DB cắt các nửa đường tròn có đường kính AC, CB theo thứ tự tại M, N.
Hướng dẫn
a, Ta có: Tam giác AMC nội tiếp đường tròn đường kính AC 
=> ∠AMC = 90o 
Tam giác CNB nội tiếp đường tròn đường kính CB 
=> ∠CNB = 90o 
Tam giác ADB nội tiếp đường tròn đường kính AB 
=> ∠ADB = 900 
Suy ra tứ giác DMCN là hình chữ nhật. 
b, Xét tam giác vuông DCA có : 
DC2 = DM.MA 	(1) (theo hệ thức lượng trong tam giác vuông) 
Xét tam giác vuông DCB có: DC2 = DN.DB 	(2) (theo hệ thức lượng trong tam giác vuông) 
Từ (1) và (2) ta suy ra DM.MA = DN.NB 
c, Vì DMCN là hình chữ nhật nên IM = IC suy ra tam giác IMC cân tại I => ∠M2 = ∠C2 
Vì tam giác MFC cân tại F nên ∠M1 = ∠C1 Mà ∠C1 + ∠C2 = 90o 
=> ∠M1 + ∠M2 = 90o Hay ∠FMN = 90o => FM ⊥ MN 
Chứng minh tương tự ∠MNC = 90o 
=> HN ⊥ MN d, Ta có: DC = MN (vì DMCN là hình chữ nhật) mà DC ≤ DO 
=> MN ≤ DO MN = DO khi C ≡ O Suy ra C là trung điểm của AB.
Bài 10: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung DE, D thuộc đường tròn tâm O, E thuộc đường tròn tâm O’. Kẻ tiếp tuyến chung trong tại A, cắt DE ở I. Gọi M là giao điểm của OI và AD, N là giao điểm của O’I và AE. 
a, Tứ giác AMIN là hình gì? Vì sao? 
b, Chứng minh IM.IO=IN.IO’ 
c, Chứng minh rằng O O’ là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính là DE. 
d, Tính độ dài DE biết rằng OA=5cm, O’A=3,2 cm.
Hướng dẫn
a) Ta có: ID và IA là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại I. 
Suy ra ID = IA 	(1) Mà OD = OA 
Suy ra IO là trung trực của AD => IO ⊥ AD 
=> ∠IMA = 90o + IE và IA là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại I 
Suy ra IA = IE 	(2) Mà O’A = O’E 
Suy ra IO’ là trung trực của AE => IO ⊥ AE 
=> ∠INA = 90o 
Từ (1) và (2) suy ra IA = ID = IE Suy ra tam giác DAE vuông tại A 
=> ∠DAE = 90o 
Tứ giác MINA có 3 góc ∠IMA = 90o ; ∠INA = 90o; ∠DAE = 90o nên tứ giác MINA là hình chữ nhật. 
b) Xét tam giác vuông IAO có AN ⊥ IO' : IA2 = IM.IO 	(3) (theo hệ thức lượng trong tam giác). 
Xét tam giác vuông IAO’ có : IA2 = IN.IO' 	(4) (theo hệ thức lượng trong tam giác). 
Từ (3) và (4) ta suy ra IM.IO = IN.IO' 
c) Theo trên ta có tam giác DAE vuông tại A 
=> 3 điểm D, E, A nội tiếp đường tròn đường kính DE 	(5) 
Do IA là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (O) và (O’) => IA ⊥ OO' 	(6) 
Từ (5) và (6) ta suy ra OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính DE. 
d) Xét tam giác vuông IOO’ có IA2 = OA . OA' => IA2 = 5.3,2 =16(cm) 
Vậy IA = 4cm.
Bài 11: Cho đường tròn (O), đường kính AB, đểm M thuộc đường tròn. Vẽ điểm N đối xứng với A qua M.BN cắt đường tròn ở C.Gọi E là giao điểm của AC và BM. 
a, Chứng minh rằng NE ⊥ AB . 
b, Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh rằng FA là tiếp tuyến của đường tròn(O). 
c, Chứng minh rằng FN là tiếp tuyến của đường tròn(B; BA).
Hướng dẫn
a) Tam giác AMB nội tiếp đường tròn đường kính AB 
=> ∠AMB = 90o => AM ⊥ MB 
Tam giác ACB nội tiếp đường tròn đường kính AB 
=> ∠ACB = 90o => AC ⊥ CB 
Suy ra E là trực tâm của tam giác NAB, do đó NE ⊥ AB . 
b) Tứ giác AFNE có các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành( tứ giác này còn là hình thoi). 
Do đó FA//NE. 
Do NE ⊥ AB nên FA ⊥ AB . 
Suy ra FA là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
c) Tam giác ABN có đường cao BM cũng là đường trung tuyến nên là tam giác cân. 
Suy ra BN = BA. 
Do đó BN là bán kính của đường tròn (B;BA). 
Tam giác ABN cân tại B nên ∠BNA = ∠BAN 	(1) 
Tam giác AFN có đường cao FM là đường trung tuyến nên là tam giác cân, suy ra ∠N1 = ∠A1 	(2) 
Từ (1) và (2) suy ra ∠BNA + ∠N1 = ∠BAN + ∠A1 tức là ∠FNB = ∠FAB 
Ta lại có: ∠FAB = 90o (câu b), nên ∠FNB = 90o . 
Do đó FN là tiếp tuyến của đường tròn (B).
Bài 12: Cho tam giác vuông tại A( AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) có đường kính BC. Kẻ dây AD vuông góc với BC. Gọi E là giao điểm của DB và CA. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt BC ở H, cắt AB ở F. Chứng minh rằng: 
a) Tam giác EBF là tam giác cân. 
b) Tam giác HAF là tam giác cân. 
c) HA là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Hướng dẫn
a) Ta có: OB ⊥ AD tại I nên AI = ID. 
Suy ra tam giác BAD cân, ∠B1 = ∠B2 , do đó ∠B3 = ∠B4 . 
Tam giác EBF có đường cao cũng là đường phân giác nên là tam giác cân. 
b) Tam giác BEF cân nên EH = HF. 
Tam giác AEF vuông tại A có AH là đường trung tuyến nên AH = HE = HF. 
Do đó tam giác HAF cân tại H. 
c) Tam giác HAF cân tại H nên ∠A1 = ∠F 	(1) 
Tam giác OAB cân tại O nên ∠OAB = ∠B1 = ∠B4 	(2) 
Từ (1) và (2) suy ra ∠OAH = ∠A1 + ∠OAB = ∠F + ∠B4 = 90o 
Suy ra HA là tiếp tuyến của đường tròn (O)