Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 (Có đáp án)

Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 
GV: TrÇn §×nh Hoµng 1 Tr­êng THCS Nh¬n H¶i 
 HÌNH HỌC 
Bài 1. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường 
tròn đường kinh AB. Lấy một điểm M trên tia Ax (M ≠ A). Vẽ tiếp tuyến MC với nừa đường tròn 
(O), C là tiếp điểm), Vẽ AC cắt OM tại E. Vẽ MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D ≠ B). 
a) Chứng minh : Tứ giác AMDE nội tiếp trong một đường tròn. 
b) Chứng minh: 2  MA MD MB . 
c) Vẽ CH vuông góc với AB (H  AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của đoạn 
thẳng CH. 
Lời giải 
a) C/m Tứ giác AMDE nội tiếp trong một đường tròn. 
Ta có:  OA OC O thuộc trung trực của AC . 
 MA MC (tỉnh chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) 
 M thuộc trung trực của AC . 
  OM là trung trực của AC 
  OM AC tại  090 E AEM . 
 Ta có  090ADB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
  090 ADM . 
 Xét tứ giác AMDE có    090 cmt AEM ADM 
 AMDE là tứ giác nội tiểp đường tròn đường kinh AM 
(tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn AM dưới một góc 090 ). 
x
N
H
D
E
C
OA B
M
b) Chứng minh  2MA MD MB . 
 Xét MAD và MBA có: AMB chung;   090 MDA MAB 
  Δ .   MA MBMAD MBA g g
MD MA
 2 . . MA MD MB 
c) Vẽ CH vuông góc với AB (H  AB). C/m MB đi qua trung điểm của đọan thẳng CH. 
Goi   MB CH N . 
Vì AEDM là tứ giác nội tiếp (cmt) nên  DEC AMD (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện 
của tứ giác nội tiếp). 
Mà  AMD DAB (cùng phụ vởi MAD ) nên  DEC DAB 
Ta có  DNC BNH (đối đỉnh), mà 
 
 
     
0
0
90
2
90
      
 
BNH NBH
BNH DAB DNC DAB
DAB NBH
. 
Từ (1) và (2)   DEC DNC . 
 DENC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đinh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng 
nhau). 
  DNE DCE ( 2 góc nội tiếp cùng chẳn cung DE ). 
Mà    DCE DCA DBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung )DA . 
  DNE DBA . Mà 2 góc này năm ở vị tri 2 góc đồng vị nên / /EN AB hay / /EN AH . 
Lại có: E là trung điểm của AC (do OM là trung trực của  ,  AC OM AC E ). 
 N là trung điểm của CH (định lí đường trung bình trong tam giác ACH ). 
Vậy MB đi qua N là trung điểm của CH (đpcm). 
Bài 2. Cho đường tròn  ;O R đường kinh AB , dây cung MN vuông góc với AB tại I sao cho 
AI BI . Trên đoạn thẳng MI lấy điểm H( H khác M và I ), tia AH cắt đường tròn  ;O R tại 
điểm thứ hai là K . Chứng minh rằng: 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 2 
a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn. 
b) AHM đồng dạng với AMK . 
c) Chứng minh rằng 24   AH AK BI AB R . 
Lời giải 
a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn. 
 Ta có  090AKB (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
  090 BKH . 
 Xét tử giác BIHK có:   0 0 090 90 180   BIH BKH nên 
BIHK là tứ giác nội tiếp (dhnb). 
b) AHM đồng dạng vơi AMK . 
Ta có:  090AMB (góc nội tiểp chẳn nửa đường tròn). 
   0 090 90     AMH BMH AMH ABM 
Lại có  ABM AKM (2 góc nội tiếp cùng chẳn cung AM) 
  AMH AKM . 
K
N
M
OA
B
I
H
Xét AHM và AMK có: 

   
  chung  . .
   

MAK
AHM AMK g g
AMH AKM cmt
 
c) Chứng minh rằng     24AH AK BI AB R . 
Vì  Δ   AH AMAHM AMK cmt
AM AK
 (2 cạnh tương ứng 2)  AH AK AM . 
Xét tam giác vuông ABM có đường cao MI ta có: 2. BI BA BM (hệ thức lượng trong tam giác 
vuông). 
2 2     AH AK BI AB AM BM 
Mà ABM vuông tại M (cmt) nên áp dụng định li Pytago ta có 2 2 2 2 2(2 ) 4   AM BM AB R R . 
Vậy  24 đ   AH AK BI AB R pcm . 
Bài 3. Cho tam giác ( )ABC AB AC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn  O . Các đường cao 
,AD BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . 
a) Chứng minh các tứ giác ,BCEF EHDC nội tiếp. 
b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Đường thẳng AK cắt đường tròn 
 O tại điểm thứ hai là I . Chứng minh tam giác KBF đồng dạng với tam giác KEC và 
. .KI KA KF KE . 
c) Qua điểm B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AK và 
AH lần lượt tại điểm M và điểm N . Chứng minh HM HN . 
Lời giải 
a) Chứng mình rằng tứ giác BCEF, EHDC nội tiếp. 
+) Xét tứ giác BFEC có:    090 BFC BEC gt 
Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kể củng nhìn một cạnh dưởi các góc bằng 
nhau). 
+) Xét tứ giác EHDC có:   00 090 90 180   HDC HEC suy ra HDCE là tứ giảc nội tiếp (tử giác 
có tổng hai góc đối bằng 0180 ). 
b) Chứng minh rằng KBF KEC  và . .KI KA KF KE . 
 Ta có: Tứ giác BFCE nội tiếp nên  KFB KCE 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 3
Xét KBF và KEC có: 
   
    g.g
    

KFB KCE cmt
KBF KEC
BKF CKE

 KB KF
KE KC
  1   KF KE KB KC 
Trong  O có  KAB KCI (hai góc nội tiếp 
cùng chẳn cung BI ). 
Xét KAB và KCI có: 
 
   
  g g
cmt
     

AKB CKI
KAB KCI
KAB KCI
 
N
M
I
H
F
D
E
O
B C
A
  KA KB
KC KI
  2   KA KI KB KC . Từ (1), (2) .  KI KA KE KF (đpcm). 
c) Qua điểm B vẽ đurờng thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AK và 
AH lần lượt tai M và N. Chứng minh HM = HN. 
Ta có:  . . .  KI KFKI KA KF KE cmt
KE KA
Xét KIF và KEA ta có: 
  cmtKI KF
KE KA
; AKE chung          KIF KEA c g c KIF FEA 
  AIFE là tứ giác nội tiếp , , , I A F E cùng thuộc một đường tròn. 
Mà tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp (do có   0180 AEH AFH ) 
 , , , A E H F cùng thuộc một đường tròn. 
Do đó 5 điểm , , , ,I A F H E cũng nội tiếp đường tròn đường kính AH . 
 090 HIA (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn). 
 090     HI AK HIM (cùng bù với HIA ) 
Ta có:   / /
   

BE AC gt
BE MN
AC MN gt
 (từ vuông góc đến song song)  090 HBM . 
   0 090 180     HIM HBM HIM HBM 
 BHIM nội tiếp đường tròn đường kính HM (dhnb). 
    MHB MIB KIB (cùng chắn cung MB) 
Mà  KIB KCA (vì KIB là góc ngoài tại đinh I của tứ giác nội tiĉ́p BIAC )   MHB KCA . 
Mặt khác ta có:  KCA AHE (cùng phụ HAE ) và  AHE BHN (đổi đỉnh) 
   MHB BHN HB là tia phân giác của góc .MHN 
 Tam giác MHN cân tại H (do có HB là đường cao đồng thời là đường phân 
Vậy HM = HN 
Bài 4. Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, 
AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). 
a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp. 
b) Vẽ cát tuyến ADE không đi qua tâm O của đường tròn (D nằm giữa A và E). Gọi M là 
trung điểm của DE. Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMC. 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 4 
Lời giải 
a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp. 
Vì AB, AC là các tiếp tuyến của  O lần lượt tại 
,A B nên 


0
0
90
90
   

  
OB AB OBA
OC AC OCA
 (định nghĩa). 
Xét tứ giác ABOC có   0 0 090 90 180   OBA OCA . 
Vậy ABOC là tứ giác nội tiếp 
b) Chứng minh MA là tia phân giác của góc BMC. 
M
D
C
B
OA
E
Vì M là trung điểm của DE nên OM DE (quan hệ giữa đường kính và dây cung) 
 090 OMA . 
Xét tứ giác OMAC có   0 0 090 90 180   OMA OCA nên OMAC là tứ giác nội tiếp (dhnb). 
 Năm điểm , , , ,O B A C M cùng thuộc một đường tròn. 
Ta có:  AMC AOC ( 2 góc nội tiếp cùng chẳn cung AC ). 
    AMB AOB (hai góc nt cùng chắn cung AB 
Mà  AOC AOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).   AMC AMB 
Vậy MA là tia phân giác của góc BMC. 
Bài 5. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE và CF 
của tam giác ABC cắt nhau tại H. 
a) Chứng minh BCEF và CDHE là các tứ giác nội tiếp. 
b) Chứng minh EB là tia phân giác của FED và tam giác BFE đồng dạng vói tam giác DHE. 
c) Giao điểm của AD với đường tròn (O) là I (I khác A), IE cắt đường tròn (O) tại K (K khác 
I). Gọi M là trung điểm của đoạn thằng EF. Chứng minh rằng ba điểm B, M, K thẳng 
hàng. 
Lời giải 
a) Chứng minh BCEF và CDHE là các tứ giác nội 
tiếp. 
Ta có: , ,AD BE CF lần lượt là các đường cao của 
ABC 
    090

     
 
AD BC
BE AC ADC BEC BFC
CF AB
 Xét tứ giác BCEF ta có:    090 cmt BEC BFC 
 BCEF là tứ giác nội tiếp. (Tứ giác có hai đỉnh 
kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc 
bẳng nhau). 
Xét tứ giác CDHE ta có: 
M
K
I
H
E
D
F
O
B C
A
  0 0 090 90 180   CDH CEH  BCEF là tứ giác nội tiếp. 
b) Chứng minh EB là tia phân giác của FED và BEF đồng dạng với DHE. 
 Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp (cmt) 
  FEB FCB (hai góc nội tiếp cùng chẳn cung BF ) 
Lại có: CEHD là tứ giác nội tiếp (cmt) 
  HED HCD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD ) 
Hay  FED FCB   ( )  FEB BED FCB  EB là tia phân giác của FED 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 5
Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp (cmt)   FBE FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF ) 
Lại có: CEHD là tứ giác nội tiếp (cmt) 
  HDE HCE ( cùng chắn cung EH ). Hay  FCE HDE   ( )  FBE HDE FCE 
 Xét BFE và DHE ta có:    cmtFBE HDE ;    cmtFEB HED    BFE DHE g g 
c) Chứng minh rằng ba điểm B, M, K thẳng hàng. 
Ta có  EBC CAD (cùng phụ với ACB ) hay  EBC CAI 
Xét đường tròn (O) có  CAI CBI (góc nội tiếp cùng chắn CI ) 
Nên  EBC CBI hay BC là phân giác của HBI , mà BC HI suy ra HBI cân tại B . 
Do đó BC là đường trung trực của HBI suy ra D là trung điểm của HI . 
Vì 
2 2
     BF FE BF FEBFE DHE
DH HE DH HE
 
mà 2 (HI DH D là trung điểm của )HI và (
2
 FEFM M là trung điểm của )EF 
Do đó BF FM
HI HE
. 
Xét BFM và ΔIHE có BF FM
HI HE
 và  BFM IHE nên ΔBFM IHE (c.g.c) 
 suy ra  FBM HIE (hai góc tương ứng) hay    5ABM AIK . 
Xét đường tròn  O có  ABK AIK (góc nội tiếp cùng chắn AK )  6 . 
Từ  5 và  6 suy ra  ABM ABK , mà ,BM BK nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ chứa AB . 
Do đó hai tia BM và BK là hai tia trùng nhau hay ,B M và K là ba điểm thẳng hàng. 
Bài 6. Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2R. Lấy hai điểm phân biệt C và D trên nửa 
đường tròn (O) sao cho C thuộc cung AD (C, D không trùng với A, B). Gọi H là giao điểm của 
AD và BC, E là giao điểm của AC và BD. 
a) Chứng minh tứ giác CEDH nội tiếp. 
b) Chứng minh.CE.CA = CH.CB 
c) Gọi F là giao điểm của EH và AB. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp CDF. 
d) Khi C, D thay đổi trên nửa đường tròn (O) sao cho 3CD R . Chứng minh trung điểm I 
của EH thuộc một đường tròn cố định. 
Lời giải 
b) Chứng minh CE.CA = CH.CB 
Xét CEH và CBA có: 
  090 ECH ACB 
 CEH CBA (cùng phụ với CAB ) 
Do đó: CEH  CBA (g-g) 
 . .  CE CH CE CA CH CB
CB CA
 (đpcm) 
c) Gọi F là giao điểm của EH và AB. Chứng minh H là 
tâm đường tròn nội tiếp CDF. 
Ta có: Tứ giác tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn 
  HDF HBF (cùng chắn HF ) (1) 
Tứ giác tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn tâm O 
I
F
H
E
OA B
C
D
  CDA CBA hay  CDA HBF (cùng chắn AC ) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra:  HDF CDA  DH là tia phân giác của góc ADF. 
Chứng minh tương tự ta cũng có CH là tia phân giác góc DCF 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 6 
H là giao điểm của hai đường phân giác của CDF. Nên H là tâm đường tròn nội tiếp của CDF. 
d) Khi C, D thay đổi trên nửa đường tròn (O) sao cho 3CD R . 
Chứng minh trung điểm I của EH thuộc một đường tròn cố 
định. 
Gọi M là giao điểm của CD và OI. 
Ta có: OI là đường trung trực của CD (do ID = IC và CO = CD) 
  090OMC 
Xét OMC, ta có:   0
3
32sin 60
2
    
R
MCMOC MOC
OC R
   0DOC 2MOC 120  
   0 01 1EAC DOC 120 60
2 2
    (góc nội tiếp và góc ở tâm 
cùng chắn cung CD của đường tròn (O)) 
  0 0 0AEC 90 60 30   (do AEC vuông tại C) 
Ta lại có: Tứ giác EDHC nội tiếp đường tròn đường kính EH 
M
I
H
F
E
C
OA B
D
   0 0DIC 2DEC 2.30 60   (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung CD của (I)) 
 DIC đều   0ICM 60 
Mặt khác  0 0 0 090 90 60 30    OCM MOC (Do OCM vuông) 
    0 0 0ICO ICM COM 60 30 90      OCI vuông tại C 
Suy ra 0
3 2
sin 60 3
2
  OD ROI R . Vậy I luôn thuộc đường tròn  ; 2O R 
Bài 7. Cho đường tròn  ,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), Goi H là trung điểm của AB. 
a) Chứng minh rằng các điểm , , ,M D O H cùng nằm trên một đường tròn. 
b) Đoạn OM cắt đường tròn tại I . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
MCD. 
c) Đường thẳng qua O , vuông góc với OM cắt các tia ,MC MD theo thứ tự tai P và Q . Tìm 
vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất. 
Lời giải 
b) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh 
rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
MCD. 
Đoạn OM cắt đường tròn tại .I Chưng minh 
rẳng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 
MCD. 
Do ,MC MD là hai tiếp tuyến của  O nên: 
MO là phân giác của CMD hay MI là phân 
giác của góc CMD (1) 
d
Q
P
I
H
D
C
A
B
OM
OI là phân giác của COD hay        COI DOI CI DI ICM ICD 
Suy ra CI là phân giác của góc MCD (2) 
Từ (1) và  2 suy ra I là giao điểm của các đường phân giác của MCD 
 I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD . (đpcm) 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 7
c) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tư tại P và Q. Tìm vị 
tri của điểm M trên d sao cho diện tich tam giác MQP bé nhất. 
Ta có: 1 1 .2. .
2 2
    MPQS MO PQ MO OP MO OP 
Mà    MCO MOP g g . .   MO CO MO OP MP CO
MP OP
   2        MPQS MP CO MC CP CO MC CP CO 
 Dấu "=" xảy ra  MC CP  MOP vuông cân  0 045 90   PMO CMD 
  MCOD là hình vuông cạnh 2 R MO R . 
 Vậy diện tích tam giác MQP bé nhất khi 2MO R . 
Bài 8. Cho tam giác ABC có  090ACB nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm 
BC, đường thẳng OM cắt cung nhỏ BC tại D, cắt cung lớn BC tại E. Gọi F là chân đường vuông 
góc hạ từ E xuống AB, H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AE. 
a) Chứng minh tứ giác BEHF là tứ giác nội tiếp. 
b) Chứng minh MF AE . 
c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và K. Chứng 
minh:  090EQA và EC EK
IC IK
. 
Lời giải 
a) Chứng minh tứ giác BEHF nội tiếp. 
Ta có:  0BFE 90 (vì EF vuông góc AB) 
Lại có:  0BHE 90 (vì BH vuông góc AE) 
Suy ra :   0BFE BHE 90  
Do đó F, H cùng nhìn BE dưới một góc 900. Nên tứ 
giác BEHF nội tiếp đường tròn đk BE. 
b) Chứng minh: MF  AE. 
 Vì M là trung điểm BC nên OM  BC 
Suy ra:  0EMB 90 
 điểm M nằm trên đường tròn đường kính BE. 
K
I
Q
H
F
E
D
M
O
C
A B
Khi đó  CMF FEB (Góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối) (1) 
Mặt khác:  0DBE 90 (góc nt chắn nữa đường tròn) 
  0BDE BED 90   . Lại có:   0BAH FBH 90  
Mà    BAH BDE BED FBH   
  FEM MBF    FEM MEB MBF FBH     FEB MBH  (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra:  CMF MBH NF / /BH . Mà BH AE MF AE   
Cách 2: 
Vì M là trung điểm BC nên OM  BC 
Suy ra:  0EMB 90  điểm M nằm trên đường tròn đường kính BE. 
 MFB MEB  (cùng chắn cung MB) 
Mà  MEB DAB (cùng chắn cung DB) 
 MFB DAB  Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên DA // MF (1) 
Mặt khác  0DAE 90 (góc nội tiếp ½ đường tròn) 
Nên DA AE (2). Từ (1) và (2) suy ra: MF AE . 
c) Chứng minh :  ; 090 EC EKEQA
IC IK
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 8 
Ta có:  CAD DEB (cùng chắn hai cung bằng nhau CD và DB) 
Mà MF // BH  MB HF   DEB AEF   CAD AEF  (*) 
Mặt khác : AD//MQ (cùng vuông góc AE)  CAD AQF  (**) 
Từ (*) và (**)  AEF AQF   tứ giác AQEF nội tiếp. Mà  0 0AFE 90 EQA 90   
Ta có: Xét CAK có: 
AI là phân giác CAK (vì  CAD DAB chắn hai cung bằng nhau) IC AC
IK AK
  (3) 
 Mặt khác: AE vuông góc với AI nên AE là phân giác ngoài của CAK 
 Khi đó EC AC
EK AK
 (4). Từ (3) và (4) suy ra IC EC
IK EK
 
Bài 9. Cho đường tròn (O) đường kinh AB . Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng 
với B ). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) ( D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn 
(O) cắt đường thẳng CD tại E . 
a) Chứng minh tứ giác AODE nội tiếp. 
b) Gọi H là giao điểm của AD và ,OE K là giao điểm của BE với đường tròn (O) 
 ( K không trùng với B ). Chứng minh  EHK KBA 
c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M . Chứng minh 1 EA MO
EM MC
. 
Lời giải 
a) Chứng minh tứ giác AODE nội tiếp. 
 Tứ giác AODE có: 
 090EAO (Vì EA là tiếp tuyến của đ tròn (O)) 
 090EDO (Vì ED là tiếp tuyến của đ tròn (O)) 
Do đó:   0 0 090 90 180   EAO EDO 
 Vậy tứ giác AODE nội tiếp đường tròn. 
b) Chứng minh  EHK KBA 
Ta có EA ED (Theo tính chất của hai tiếp tuyến 
cắt nhau 
OA OD (Cùng là bán kính của đường tròn (O)) 
M
K
H
E
D
COA B
Do đó EO là đường trung trực của AD hay  090  EO AD EHA 
 090AKB (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  090 EKA 
Vậy hai điềm kề nhau H, K cùng nhìn xuống đoạn thẳng EA một góc vuông nên tứ giác AHKE 
nội tiểp đường tròn. 
Suy ra:  EHK EAK (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) 
Mà  EAK KBA (Cùng phụ với KAB ) 
Vậy:  EHK KBA . 
c) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh   1EA MO
EM MC
. 
Ta có OM AB (gt) 
EA AB (Vì EA là tiếp tuyến của đường tròn  O ) 
Suy ra / /OM EA 
 MEO AEO (Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau) 
 MOE AEO (Hai góc so le trong và / /OM EA ) 
Vậy  MOE MEO hay tam giác MEO cân tại M  ME MO 
Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét cho tam giác  / /CAE OM EA 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 9
Ta có:     OM MC EA CE EA MC EM
AE CE OM MC EM MC
 1 1     EA EM EA MO
EM MC EM MC
(Chú ý là )ME MO 
Bài 10. Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) vẽ các tiếp tuyến ,AB AC với đường tròn (O) 
(B, C là các tiếp điểm). 
a) Chúng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 
b) Từ A vẽ cát tuyến AEF đến đường tròn  O (với AE AF ). Chứng minh 2  AC AE AF . 
c) OA cắt BC tại H . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng HB , tia OM cắt AB tại K . Đặt 
 AOB  . Chứng minh 2cos  KB
KA
 . 
Lời giải 
b) Từ A vẽ cát tuyến AEF đến đường tròn (O) (với AE < AF ). Chứng minh 2  AC AE AF . 
Xét tam giác AEC và tam giác ACF có:    ; EAC FAC ACE CFA (góc nội tiếp và góc tạp 
bởi tiếp tuyến và dây cùng cùng chẳn cung CE ). 
 . AEC ACF g g 
  AE AC
AC FA
2  AC AE AF (đpcm). 
c) OA cắt BC tại H. Gọi M là trung diểm của Đoạn thẳng HB, tia OM cắt AB tại K. Đạt 
 AOB  . Chứng minh 2cos  KB
KA
 . 
Gọi N là trung điểm của AH . 
Kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt BN tại P . 
Xét BAH và OBH có: 
  090 BHA OHB ;  ABH BOH (cùng phụ với OBH ) 
 . BAH OBH g g 
2 2
     BA OB BA OB BA OB
AH BH AN BM AN BM
 Xét BAN và OBM có:    , BA OB cmt BAN OBM
AN BM
(cùng phụ với BOA ). 
   BAP OBK g g 
      AB AP AP ANBK AB AB
OB BK OB NO
P
N
K
M
H
E
C
B
O
A
F
 Vì 
2
2/ /
 

BK AN OBAP OB
AB NO AB
   . .      BAN OBM c g c ABN BOM 
 2 .
       AB AP BK AP OBBK AB AP OB
OB BK AB AB
 Lại có 2 2. ,  OB OH OA AB AH AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 
1
2
. 2
   

AH OHBK AN OH OH
AB NO AH NO AH NO
 2 2    AB NO AB BK NO OH
BK OH BK OH
  2 2    NH OH OHAK NH OH
BK OH OH
     AK AH OH AO KB OH
BK OH OH KA OA
 Lai có 
2
2
2 2 cos
  OH OH OA OB
OA OA OA
 . Vậy 2cosKB
KA
 (đpcm). 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 10
Bài 11. Cho đường tròn tâm  ;O R , từ một điểm A trên đường tròn kẻ tiếp tuyến d với đường 
tròn tâm O . Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì (M khác )A , kẻ tiếp tuyến thứ hai MB (B 
là tiếp điểm). 
a) Chứng minh tứ giác AMBO là tứ giác nội tiếp đường tròn. 
b) Gọi I là giao điểm của AB và OM . Chứng minh 2
2
. ; .
4
  ABOI OM R OI IM . 
c) Gọi điểm H là trực tâm tam giác tam giác MAB . Tìm quy tích điềm H khi điểm M di 
chuyền trên đường thằng d . 
Lời giải 
a) Chứng minh tứ giác AMOB là tứ giác nội tiếp. 
 Ta có:   0180 MAO MBO . 
  AMBO nội tiếp đường tròn đường kính OM . 
b) Gọi I là giao điểm của AB và OM. Chứng minh 
2
3
. ; .
4
  ABOI OM R OI IM . 
Ta có MA MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và 
 OA OB R . 
MO là đường trung trực của đoạn thẳng AB 
 OM AB tại I . 
Ta lại có:  090MAO (tính chất của tiếp tuyến) 
d
K
H
I
B
OA
M
 MAO vuông tại A . 
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 
2 2.  OI OM OA R và 
2
2.
4
  ABOI IM IA (đpcm) 
c) Gọi điểm H là trực tâm tam giác tam giác MAB. Tìm quy tích điềm H khi điểm M di chuyền 
trên đường thằng D. 
Ta có: OB MB (tính chất của tiếp tuyến) và AK MB (AK là đường cao của MAB ). 
/ / OB AK hay / /OB AH (1). 
Chứng minh tương tự ta có: / /OA BN hay / /OA BH (2). 
Từ (1) và (2) suy ra: tứ giác AOBN là hình bình hành. 
Mà  OA OA R  hình bình hành AOBN là hình thoi   AH AO R 
Vậy khi M di chuyền trên đường thẳng  d thì H luôn cách A cố định một khoảng bằng R . 
Do đó, quỹ tích của điểm H khi M di chuyền trên đường thẳng  d là nửa đường tròn tâm 
(A ; ), AH AH R . 
Bài 12. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn  O . Vẽ các đường cao ,AH BK và 
CP của tam giác ABC , với , H BC K AC và P AB . 
a) Chứng minh tứ giác BRKC nội tiếp. 
b) Chứng minh rằng  BAH OAC . 
c) Đường thẳng PK cắt (O) tại hai điểm E và F . Chứng minh OA là tia phân giác EAF . 
Lời giải 
a) Chứng mình tứ giác BPKC nội tiếp. 
Xét tứ giác BPKC có:   090 BPC BKC nên ,P K cùng thuộc đường tròn đường kính BC . 
Vậy tứ giác BPKC nội tiếp đường tròn đường kính BC . 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 11
b) Chứng minh rằng  BAH OAC . 
Tam giác ABH vuông tại H nên 
   0 090 90    BAH ABH BAH ABC 
 090  BAH BAC (1) 
Tam giác OAC có OA OC nên OAC cân tại O 
  OAC OCA (tính chất tam giác cân). 
Ta có:    0180  OAC OCA AOC (tổng 3 góc trong 1 tam 
giác). 
   
0
0 1802 180
2
     AOCOAC AOC OAC 
x
M
E
F
P
H
K
O
B C
A
 Lại có  2AOC ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC ). 
 
  
0 0
0180 180 2 90
2 2
     AOC ABCOAC BAC . Từ  1 và    2  BAH OAC . 
c) Đường thẳng PK cắt (O) tại hai diểm E và F. Chứng minh OA là tia phân giác của EAF . 
Kẻ tiếp tuyến Ax với (O). 
Ta có:  xAC ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC ). 
Mà  ABC AKP (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BPKC ). 
  xAC AKP . Hai góc này lại nằm ở vị trí hai góc so le trong / / Ax PK 
Ta có: OA Ax (do Ax là tiếp tuyến của  O tại ) A PK OA . 
Gọi  M OA PK ta có: OA EF tại M M là trung điểm của EF (quan hệ vuông góc 
giữa đường kính và dây cung). 
 Tam giác AEF có AO là đường cao đồng thời là trung tuyến  AEF cân tại A . 
Vậy đường cao AO đồng thời là phân giác của EAF (đpcm). 
Bài 13. Cho ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác. Dựng hình bình hành BHCD. Gọi I là giao 
điểm của HD và BC. 
a) C/m: Tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn tâm O; nêu cách dựng tâm O. 
b) So sánh  BAH vaø OAC . 
c) CH cắt OD tại E. C/m AB.AE = AH.AC 
Gọi giao điểm của AI và OH là G. C/m G là trọng tâm của ABC. 
Lời giải 
a) C/m: Tứ giác ABDC nội tiếp: 
Gọi các đường cao AM, CK 
Theo gt tứ giác BHCD là hình bình hành  BH // CD 
hay BN // CD, mà BN  AC  CDAC hay  ACD 1v 
 C/m tương tự ta cũng có: AB  BD hay  ABD 1v 
Tứ giác ABDC có   ACD ABD 2v nên nội tiếp đt. 
 Cách xác định tâm O: 
 Do  ABD 1v AD là đường kính. 
 Vậy O là trung điểm AD. 
b) So sánh  øBAH va OAC : 
Ta có  BAM KCB (cùng phụ với ABC ) 
Do BHCD là hình bình hành   KCB CBD (slt ) 
 CBD DAC (cùng chắn cung CD)   BAH OAC . 
E
G
I
D
H
M
K O
B
A
C
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 12
c) C/m: AB.AE = AH.AC: 
Xét hai tam giác ABH và ACE có     EAC HCB (cmt); ACE HBA (cùng phụ với BAC ) 
 ABH  ACE  đpcm 
d) C/m G là trọng tâm của ABC. 
Ta phải cm G là giao điểm ba đường trung tuyến hay GI = 
3
1 AI. 
Do IB = IC  OI  BC mà AH  BC  OI // AH. 
Theo định lý Ta Lét trong AGH  OI GI
AH AG
. 
Mặt khác I là trung điểm HD  O là trung điểm AD  OI 1
AH 2
 (T/c đường trung bình) 
  OI GI 1
AH AG 2
 GI =
2
1 AG. Hay GI =
3
1 AI  G là trọng tâm của ABC. 
Bài 14. BC là một dây cung của đường tròn (O; R) (BC  2R). Điểm A di động trên cung lớn BC 
sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC đồng 
quy tại H. 
a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. 
b) Gọi A’ là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA’. 
c) Gọi A1 là trung điểm của EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’. 
d) Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để tổng EF + FD + DE đạt 
giá trị lớn nhất. 
Lời giải 
a) Chứng minh AEF  ABC 
Tứ giác BFEC nội tiếp   AEF ACB (cùng bù BFE ) 
  AEF ABC (cùng bù CEF )  AEF  ABC. 
b) Chứng minh AH = 2OA’. 
Vẽ đường kính AK  KB // CH ( cùng vuông góc AB); 
KC // BH (cùng vuông góc AC)  BHKC là hình bình hành 
 A’ là trung điểm của HK 
 OK là đường trung bình của AHK  AH = 2OA’ 
c) Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’. 
Áp dụng tính chất : Nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số K
A1
G
A'
H
E
D
F
O
B
A
C
giữa hai trung tuyến, tỉ số giữa hai bán kính các đường tròn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. 
Ta có : AEF   ABC  
1
R AA '
R ' AA
 (1) 
trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC; R’ là 
BK đường tròn ngoại tiếp  AEF; AA’ là trung tuyến của ABC; AA1 là trung tuyến của AEF. 
Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường tròn ngoại tiếp AEF 
Từ (1)  R.AA1 = AA’. R’ = AA’ AH
2
 = AA’ . 2A 'O
2
Vậy R . AA1 = AA’ . A’O (2) 
d) Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC 
Gọi B’, C’lần lượt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’  AC ; OC’  AB (liên hệ đk - dây cung)  
OA’, OB’, OC’ lần lượt là các đường cao của các tam giác OBC, OCA, OAB. 
 SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =
1
2
( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB ) 
 2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3) 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 13
Theo (2)  OA’ = R . 1AA
AA '
 mà 1AA
AA '
 là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AEF 
và ABC nên 1AA
AA '
 = EF
BC
. Tương tự ta có : OB’ = R . FD
AC
; OC’ = R . ED
AB
Thay vào (3) ta được : 2SABC = R (
EF FD ED.BC .AC .AB
BC AC AB
  )  2SABC = R(EF + FD + DE) 
Ta có: R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt giá trị lớn nhất khi SABC 
đạt giá trị lớn nhất. 
Ta có SABC = 
1
2
AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất khi A là 
điểm chính giữa của cung lớn BC. 
Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC; E là điểm đối 
xứng của H qua BC; F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC. 
a) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành. 
b) E, F nằm trên đường tròn (O). 
c) Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. 
d) Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC. 
Lời giải 
a) Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành. 
Theo gt F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC 
 I là trung điểm HF  BHCF là hình bình hành vì có hai 
đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường . 
b) E, F nằm trên đường tròn (O). 
Tứ giác AB’HC’ nội tiếp   0BAC   B’HC’   180  mà 
 BHC   B’HC’ (đối đỉnh)   0BAC   BHC   180  . 
Theo trên BHCF là hình bình hành   BHC   BFC 
   0BFC   BAC   180  
 Tứ giác ABFC nội tiếp  F thuộc (O). 
 Ta có: H và E đối xứng nhau qua BC  BHC = BEC 
E F
G
I
H
B'
D
C'
O
B
A
C
    0BHC   BEC   BEC   BAC   180      ABEC nội tiếp  E thuộc (O) . 
c) Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. 
Ta có H và E đối xứng nhau qua BC  BC  HE (1) và IH = IE mà I là trung điểm của HF 
EI = 1
2
 HE  HEF vuông tại E hay FE  HE (2) 
Từ (1) và (2)  EF // BC  BEFC là hình thang. (3) 
Theo trên E  (O)  CBE   CAE  ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4). 
Theo trên F  (O) và  0FEA   90  AF là đường kính của (O) 
  0ACF   90 BCF   CAE    ( vì cùng phụ góc ACB) (5). 
Từ (4) và (5)  BCF   CBE  (6). 
Từ (3) và (6)  tứ giác BEFC là hình thang cân. 
d) Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC. 
Ta có: IB = IC (gt)  OI  BC mà AH  BC  OI // AH. 
Áp dụng định lý Ta Lét trong AGH  OI GI
AH AG
. 
Mặt khác I là trung điểm HF  O là trung điểm AF  OI 1
AH 2
 (T/c đường trung bình) 
Ôn tập chuẩn bị thi vào lớp 10 theo chủ đề 
GV: Trần Đình Hoàng Website: futurelang.com.vn 14
  OI GI 1
AH AG 2
 GI =
2
1 AG . Hay GI =
3
1 AI  G là trọng tâm của ABC. 
Bài 16. Cho đường tròn (O) đường kính BC, dấy AD vuông góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ 
tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi ( I ), (K) theo thứ tự là các đường tròn 
ngoại tiếp tam giác HBE, HCF. 
a) Hãy xác định vị trí tương đối của các đường tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K). 
b) Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?. 
c) Chứng minh AE. AB = AF. AC. 
d) Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K). 
e) Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất. 
Lời giải 
a) Hãy xác định vị trí tương đối của các đường tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K). 
Ta có: OI = OB – IB  (I) tiếp xúc (O) 
 OK = OC – KC  (K) tiếp xúc (O) 
 IK = IH + KH  (I) tiếp xúc (K) 
b) Tứ giác AEHF là hình gì?