101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết) 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

TUYỂN TẬP 101 BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỔNG HỢP KIẾN THỨC THCS. 

Bài 1: 

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 ∠COD = 90 0 . 

3). Chứng minh AC. BD = 

4). Chứng minh OC // BM 

2 

AB . 

4 

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 bài 1: 

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 

∠AOM và ∠BOM là hai góc kề bù 

=> ∠COD = 90 0 . 

3). Theo trên ∠COD = 90 0 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: 

OM 2 = CM. DM, mà OM = R; CA = CM; DB = DM 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

=> AC. BD =R 2 => AC. BD = 

2 

AB . 

4 

4). Theo trên ∠COD = 90 0 nên OC⊥OD .(1) 

https://123doc.org/trang-ca-nhan-3408296-loc-tin-tai.htm 1 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

x 

C 

A 

/ 

M 

N 

I 

O 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

/ 

y 

B 

D 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN









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 => 

nên suy ra 

BN 

CM 

DM 

CN AC = 

BN BD 

, mà CA = CM; DB = DM 

CN = => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB. 

7). ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD 

mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi 

nên 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 2: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, 

BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. Chứng minh rằng: 

1). Tứ giác CEHD nội tiếp. 

2). Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 

3). AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 

4). H và M đối xứng nhau qua BC. 

5). Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 



1). Xét tứ giác CEHD ta có: 






DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 


www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial









∠CEH = 90 0 (vì BE là đường cao) nên E nằm trên đường tròn đường kính CH; 

∠CDH = 90 0 (vì AD là đường cao) nên D nằm trên đường tròn đường kính CH; 

=> E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính CH. Do đó CEHD là tứ giác nội 

tiếp. 

2) Theo giả thiết: BE là đường cao 

=> BE ⊥ AC => ∠BEC = 90 0 

nên E nằm trên đường tròn đường kính BC; 

CF là đường cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 90 0 

nên F nằm trên đường tròn đường kính BC 

=> E và F cùng nằm trên đường tròn đường 

kính BC. Vậy bốn điểm B, C, E, F cùng nằm 

trên một đường tròn. 

3) Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: ∠ AEH = ∠ ADC = 90 0 ; ∠A là góc chung 

=> ∆ AEH ∆ADC => 

AE = => AE.AC = AH.AD. 

AD 

AH 

AC 

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC = 90 0 ; ∠C là góc chung 

=> ∆ BEC ∆ADC => 

BE = => AD.BC = BE.AC. 

AD 

BC 

AC 

4) Ta có ∠C 1 = ∠A 1 (vì cùng phụ với góc ABC) 

∠C 2 = ∠A 1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) 

=> ∠C 1 = ∠ C 2 => CB là tia phân giác của góc HCM; 

Lại có CB ⊥ HM => ∆CHM cân tại C 

=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 

5). Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn 

=> ∠C 1 = ∠E 1 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) 

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 

= > ∠C 1 = ∠E 2 (vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) 

= > ∠E 1 = ∠E 2 => EB là tia phân giác của góc FED. 

Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE. Mà BE và CF cắt 


nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 

P 

B 

F 

1 

A 

H 

- 

D 

- 

-----------------------Hết-------------------------- 

M 

1 

2 

O 

E 

N 

1 ( 

2 

C 

















Bài 3: 

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. Chứng minh rằng: 

1). Tứ giác CEHD nội tiếp. 

2). Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 

3). Chứng minh ED = 2 

1 BC. 

4). Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). 

5). Tính độ dài DE biết DH = 2 cm, AH = 6 cm. 


1) Xét tứ giác CEHD ta có: 

∠ CEH = 90 0 (Vì BE là đường cao) 

∠ CDH = 90 0 (Vì AD là đường cao) 

=> ∠ CEH + ∠ CDH = 180 0 

Mà ∠CEH và ∠CDH là hai góc đối của tứ 

giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp. 

2). Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 90 0 . 

AD là đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 90 0 . 

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 90 0 => E và D cùng nằm trên đường tròn 

đường kính AB. Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 

3). 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 ∠BEC = 90 0 . 

Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 2 

1 BC. 

4) 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 => ∠E 1 = ∠A 1 (1). 


Theo trên DE = 2 

1 BC => tam giác DBE cân tại D => ∠E3 = ∠B 1 (2) 

Mà ∠B 1 = ∠A 1 ( vì cùng phụ với góc ACB) 



B 

1 

O 

H 

D 

A 

1 



1 

3 2 

E 

C 













=> ∠E 1 = ∠E 3 => ∠E 1 + ∠E 2 = ∠E 2 + ∠E 3 

Mà ∠E 1 + ∠E 2 = ∠BEA = 90 0 => ∠E 2 + ∠E 3 = 90 0 = ∠OED 

=> DE ⊥ OE tại E. Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E. 

5). 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: 

ED 2 = OD 2 – OE 2 

Bài 4: 

= > ED 2 = 5 2 – 3 2 = > ED = 4cm 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 giác AMBO nội tiếp. 

2). Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn . 

3). Chứng minh OI.OM = R 2 ; OI. IM = IA 2 . 

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 


1). Ta có ∠OAM = 90 0 (MA là tiếp tuyến) nên 

A nằm trên đường tròn đường kính MO; 

∠OBM = 90 0 (MB là tiếp tuyến) nên B nằm 

trên đường tròn đường kính MO. 

=> A và B cùng nằm trên đường tròn đường 

kính MO. Vậy tứ giác AMBO nội tiếp đường 

tròn đường kính MO 

2). Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP 

(quan hệ đường kính và dây cung) 


= > ∠OKM = 90 0 . 

Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 90 0 ; ∠OBM = 90 0 . 

P 

O 

d 

K 

I 

A 

B 

H 

N 

D 

C 

M 

















Như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 90 0 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 ∠OAM = 90 0 nên tam giác OAM vuông tại A 

có AI là đường cao. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA 2 

hay OI.OM = R 2 ; và OI. IM = IA 2 . 

4). Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến); AC ⊥ MB (gt) 

thoi. 

=> 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 

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). (HD) 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 đường tròn tâm A bán kính AH = R. 

Bài 5: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 tứ giác APMO nội tiếp được một 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. 


















1). Ta có ∠PAO = 90 0 (PA là tiếp tuyến) nên 

A nằm trên đường tròn đường kính PO; 

∠PMO = 90 0 (PM là tiếp tuyến) nên M nằm 

trên đường tròn đường kính PO 

=> A và M cùng nằm trên đường tròn đường 

kính PO. Vậy tứ giác APMO nội tiếp đường 

tròn đường kính PO. 

2). Ta có ∠ABM nội tiếp chắn cung AM; 

∠AOM là góc ở tâm chắn cung AM => ∠ABM = 


P 

A 

X 

∠AOM 

2 

OP là tia phân giác ∠AOM (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau) => ∠AOP = 

Từ (1) và (2) => ∠ABM = ∠AOP (3). 

Mà ∠ABM và ∠AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 

3). Xét hai tam giác AOP và OBN ta có: 

∠PAO = 90 0 (vì PA là tiếp tuyến ); ∠NOB = 90 0 (gt NO⊥AB). 

K 

(1) 

N 

J 

1 

I 

M 

2 

1 ( 1 ( 

O 

=> ∠PAO = ∠NOB = 90 0 ; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) 

=> ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) 

∠AOM 

2 

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 nên I là trực 

tâm tam giác POJ. (6) 

Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 90 0 

=> K là trung điểm của PO (t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) 


AONP là hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP (so le) (7) 

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác ∠APM 

=> ∠APO = ∠MPO (8). 


B 

(2) 















Từ (7) và (8) => ∆IPO cân tại I có IK là trung tuyến đồng thời là đường cao 

=> IK ⊥ PO. (9). Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng. 

Bài 6: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia 

AB lấy điểm E (E ≠ A). Từ E, A, B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn. 

Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B theo thứ tự tại C và D. 

1). Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn. 

Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp được trong một đường tròn. 

2). Chứng minh ∆EAC ∆EBD, từ đó suy ra 

DM CM 

= . 

DE CE 

3). Gọi N là giao điểm của AD và BC. Chứng minh MN // BD. 

4). Chứng minh: EA 2 = EC.EM – EA.AO. 


1). Ta có: ∠CAO = 90 0 (AC là tiếp 

tuyến, CA⊥ AO) nên A nằm trên 

đường tròn đường kính CO; 

∠CMO = 90 0 (ED là tiếp tuyến, DE ⊥ 

MO) nên M nằm trên đường tròn 

đường kính CO; 

=> ACMO nội tiếp đường tròn đường 

kính CO. 

2). AC // BD (cùng ⊥ EB) 

⇒ ∆EAC ∆EBD ⇒ C E = A C (1) 

D E B D 

mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) 

⇒ CE 

DE 

CM 

DM 

= (2)⇒ 

DM CM 

= 

DE CE 

3). AC//BD (cmt) ⇒ ∆NAC ∆NBD ⇒ 

Từ (1); (2); (3) ⇒ 

NC CM 

NB DM 

= ⇒ MN // BD 


C 

M 

N 

D 

1 2 3 4 

1 

E A O B 

NC AC 

NB BD 

= (3) . 


4). Ta có: ∠ O 1 = ∠ O 2 ; ∠ O 3 = ∠ O 4 ; mà ∠ O 1 + ∠ O 2 + ∠ O 3 + ∠ O 4 = 180 0 
















⇒ ∠ O 2 + ∠ O 3 = 90 0 ; ∠ O 4 + ∠ D 1 = 90 0 (…)⇒ ∠ D 1 = ∠ O 2 = ∠ O 1 = α. 

Vậy: DB = 

OB 

tanα 

= 

⇒AC.DB = R.tanα. 

Bài 7: 

R ; Lại có: AC = OA.tanα = R.tanα 

tanα 

R 

tanα 

⇒ AC.DB = R 2 (Đpcm) 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn 

sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai 

tia BM, M’A. Gọi P là chân đường vuông góc từ S đến AB. 

1). Bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn. 

2). Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng ∆ PS’M cân. 

3). Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn. 


1). Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 90 0 

= > P nằm trên đường tròn đường kính AS. 

∠AMB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường 

tròn) => ∠AMS = 90 0 = > M nằm trên đường 

tròn đường kính AS. 

Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một 

đường tròn. 

2). Vì M’ đối xứng M qua AB mà M nằm trên 

đường tròn nên M’ cũng nằm trên đường tròn 

=> hai cung AM và AM’ có số đo bằng nhau. 

1 

1 

4 

3 

( ) 

( ) 

A 

=> ∠AMM’ = ∠AM’M (Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) 

Cũng vì M’ đối xứng M qua AB nên MM’⊥ AB tại H => MM’// SS’ (cùng vuông góc 

với AB) 


=> ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (vì so le trong) (2). 

=> Từ (1) và (2) => ∠AS’S = ∠ASS’. 

S 

P 

S' 

1 

2 

M 

1 2 

H 

M' 

3 

O 

1 

B 

















Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ∠ASP =∠AMP (nội tiếp 

cùng chắn AP) => ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 

3). Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M 

=> ∠B 1 = ∠S’ 1 (cùng phụ với góc S). (3) 

Tam giác PMS’ cân tại P => ∠S’ 1 = ∠M 1 (4) 

Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => ∠B 1 = ∠M 3 (5). 

Từ (3), (4) và (5) => ∠M 1 = ∠M 3 => ∠M 1 + ∠M 2 = ∠M 3 + ∠M 2 

mà ∠M 3 + ∠M 2 = ∠AMB = 90 0 nên suy ra ∠M 1 + ∠M 2 = ∠PMO = 90 0 

=> PM ⊥ OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường tròn tại M. 

Bài 8: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với 

nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng 

vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P. Chứng minh rằng: 

nào. 

1). Tứ giác OMNP nội tiếp. 

2). Tứ giác CMPO là hình bình hành. 

3). Tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 

4). Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng cố định 


1). Ta có ∠OMP = 90 0 (vì PM ⊥ AB); 

∠ONP = 90 0 (vì NP là tiếp tuyến). 

Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 

90 0 => M và N cùng nằm trên đường tròn đường 

kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp. 

2). Tứ giác OMNP nội tiếp 

=> ∠OPM = ∠ ONM (nội tiếp chắn cung OM) 


Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R 

=> ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = ∠OCM. A' P D 

B' 

Xét tam giác OMC và MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 90 0 ; ∠OPM = ∠OCM 



A 

N 

M 



C 

O 

B 













=> ∠CMO = ∠POM lại có MO là cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP 

=> OC = MP. (1) 

Theo giả thiết Ta có CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2). 

Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành. 

3). Xét hai tam giác OMC và NDC ta có ∠MOC = 90 0 ( gt CD ⊥ AB); 

∠DNC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠MOC =∠DNC = 90 0 

lại có ∠C là góc chung => ∆OMC 

=> 

CM CO 

CD CN 

= => CM. CN = CO.CD 

∆NDC 

mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R 2 không đổi 

=> CM.CN =2R 2 không đổi hay tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của 

điểm M. 

4). (HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 90 0 => P chạy trên 

đường thẳng cố định vuông góc với CD tại D. 

Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên đoạn thẳng A’B’ 

song song và bằng AB. 

Bài 9: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho ∆ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) tại các 

điểm D, E, F. Đoạn BF cắt (O) tại I, DI cắt BC tại M. Chứng minh rằng: 

1). Tam giác DEF có ba góc nhọn. 

2). DF // BC. 

3). Tứ giác BDFC nội tiếp. 

4). 


BD BM = 

CB CF 

1). Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác ADF cân tại A 

=> ∠ADF = ∠AFD < 90 0 => sđ cung DF < 180 0 


=> ∠DEF < 90 0 (vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE). 

Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 90 0 ; ∠EDF < 90 0 . 

Như vậy tam giác DEF có ba góc nhọn. 

















2). Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) 

=> 

AD AF 

AB AC 

= => DF // BC. 

3). Ta có: DF // BC => BDFC là hình thang, 

lại có ∠ B = ∠C (vì tam giác ABC cân) 

=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội 

tiếp được một đường tròn. 

4). Xét hai tam giác BDM và CBF, có: 

∠ DBM = ∠BCF (hai góc đáy của tam giác cân). 

∠BDM = ∠BFD (nội tiếp đường tròn tâm O cùng chắn cung DI); 

∠CBF = ∠BFD (vì so le) => ∠BDM = ∠CBF . 

Suy ra ∆BDM ∆CBF => 

Bài 10: 

BD BM = 

CB CF 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, 

By. Trên Ax lấy điểm M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N. 

1). Chứng minh ∆MON ∆APB. 

2). Chứng minh AM. BN = R 2 . 

3). Tính tỉ số 


S 

S 

MON 

APB 

khi AM = 2 

R . 

1). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 

OM là tia phân giác của góc AOP; ON là tia 

phân giác của góc BOP, mà ∠AOP và ∠BOP 

là hai góc kề bù => ∠MON = 90 0 . 

Hay tam giác MON vuông tại O. 


∠APB = 90 0 

(nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

hay tam giác APB vuông tại P. 



x 

M 

B 

/ 

D 

I 

M 

P 

O 

A 

E 

F 

C 

A O B 



/ 

y 

N 













Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB ⊥ OB 

=> ∠OBN = 90 0 ; NP ⊥ OP => ∠OPN = 90 0 =>∠OBN+∠OPN =180 0 

mà ∠OBN và ∠OPN là hai góc đối 

=> tứ giác OBNP nội tiếp =>∠OBP = ∠PNO 

Xét hai tam giác vuông APB và MON có ∠APB = ∠MON = 90 0 ; 

∠OBP = ∠PNO => ∆APB 

∆ MON. 

2). Theo trên ∆MON vuông tại O có OP ⊥ MN (OP là tiếp tuyến). 

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có 

OP 2 = PM. PM 

Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

=> AM. BN = R 2 

3). Theo trên OP 2 = PM. PM hay PM. PM = R 2 mà PM = AM = 2 

R 

=> PM = 2 

R => PN = R 2 : 2 

R = 2R => MN = MP + NP = 2 

R + 2R = 

5 

Theo trên ∆APB 

∆MON => MN 

AB = 5 2 

R : 2R = 

5 

4 

R 

2 

= k (k là tỉ số đồng dạng). 

Vì tỉ số diện tich giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên 

ta có: 

Bài 11: 

S 

S 

MON 

APB 

= k 2 => 

S 

S 

MON 

APB 

= 

2 

⎛ 5 ⎞ 25 

⎜ ⎟ = 

⎝ 4 ⎠ 16 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC vuông ở A.và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn 

đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại F, 

G. Chứng minh rằng: 

1). Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD. 

2). Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp . 

3). AC // FG. 


4). Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy. 


















1). Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có ∠BAC 

= 90 0 (vì tam giác ABC vuông tại A); ∠DEB = 

90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => 

∠DEB = ∠BAC = 90 0 ; 

lại có ∠ABC là góc chung 

=> ∆DEB ∆ CAB . 

2). Theo trên ∠DEB = 90 0 => ∠DEC = 90 0 (vì 

hai góc kề bù); ∠BAC = 90 0 ( vì ∆ABC vuông 

tại A) hay ∠DAC = 90 0 

=> ∠DEC + ∠DAC = 180 0 mà đây là hai góc 

đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp. 

* ∠BAC = 90 0 (vì tam giác ABC vuông tại A); ∠DFB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 

đường tròn) hay ∠BFC = 90 0 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 90 0 

nên A và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => AFBC là tứ giác nội tiếp. 

3). Theo trên ADEC là tứ giác nội tiếp => ∠E 1 = ∠C 1 

lại có ∠E 1 = ∠F 1 => ∠F 1 = ∠C 1 mà đây là hai góc so le trong nên suy ra AC//FG. 

4). (HD) Dễ thấy CA, DE, BF là ba đường cao của tam giác DBC nên CA, DE, BF 

đồng quy tại S. 

Bài 12: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác nhọn ABC có ∠B = 45 0 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm 

O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E. 

1). Chứng minh AE = EB. 

2). Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đường trung trực của 

đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 

3). Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BDE. 



1). ∠AEC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠AEB = 90 0 (vì là hai góc kề bù); 

Theo giả thiết ∠ABE = 45 0 => ∆AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB. 



F 

S 

1 

B 

A 

O 

D 



1 

G 

E 

1 

C 













2). Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB 

=> IK là đường trung bình của tam giác HBE 

=> IK // BE mà ∠AEC = 90 0 nên BE ⊥ HE tại E => IK ⊥ HE tại K (2). 

Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . 

Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm 

I của BH. 

3). Theo trên I thuộc trung trực của HE 

=> IE = IH. 

Mà I là trung điểm của BH => IE = IB. 

∠ADC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> ∠BDH = 90 0 (kề bù ∠ADC) => tam giác BDH vuông tại D có DI là 

trung tuyến (do I là trung điểm của BH) 

=> ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm đường tròn ngoại 

tiếp tam giác BDE bán kính ID.Ta có ∆ODC cân tại O (vì OD và OC là bán 

kính ) 

=> ∠D 1 = ∠C 1 . (3) 

∆IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => ∠D 2 = ∠B 1 . (4) 

Theo trên ta có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực 

tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC 

=> BH ⊥ AC tại F => ∆AEB có ∠AFB = 90 0 . 

Theo trên ∆ADC có ∠ADC = 90 0 => ∠B 1 = ∠C 1 ( cùng phụ ∠BAC) (5). 

Từ (3), (4), (5) =>∠D 1 = ∠D 2 mà ∠D 2 +∠IDH =∠BDC = 90 0 

=> ∠D 1 +∠IDH = 90 0 = ∠IDO => OD ⊥ ID tại D 

=> OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. 

-----------------------Hết-------------------------- 


B 

1 

/ 

I 

2 

D 

/ 

1 

A 

_ 

H 

_ K 

E 

F 

O 

1 

C 

















Bài 13: 

Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các 

hình vuông ABHK, ACDE. 

1). Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng. 

2). Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại F, 

chứng minh FBC là tam giác vuông cân. 

3). Cho biết ∠ABC > 45 0 ; gọi M là giao điểm của BF và ED, Chứng 

minh 5 điểm B, K, E, M, C cùng nằm trên một đường tròn. 

ABC. 

4). Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác 


1). Theo giả thiết ABHK là hình 

vuông 

=> ∠BAH = 45 0 

Tứ giác AEDC là hình vuông 

=> ∠CAD = 45 0 ; 

Tam giác ABC vuông ở A => ∠BAC 

= 90 0 

=> ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 45 0 + 

90 0 + 45 0 = 180 0 => ba điểm H, A, D 

thẳng hàng. 

2). Ta có ∠BFC = 90 0 (nội tiếp chắn 

nửa đường tròn) nên ∆BFC vuông tại 

F. (1). 

∠FBC = ∠FAC (nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên ∠CAD = 45 0 

hay ∠FAC = 45 0 (2). Từ (1) và (2) suy ra ∆FBC là tam giác vuông cân tại 

F. 


3). Theo trên ∠BFC = 90 0 => ∠CFM = 90 0 (vì là hai góc kề bù); 

∠CDM = 90 0 (t/c hình vuông). 



-----------------------Hết-------------------------- 

H 

K 

B 

A 

F 

O 

E 



M 

C 

D 













Bài 14: 

Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng (d) cố định không cắt (O; 

R). Hạ OH ⊥ (d) (H ∈d). M là một điểm thay đổi trên (d) (M ≠ H). Từ M kẻ 2 

tiếp tuyến MP và MQ (P, Q là tiếp điểm) với (O; R). Dây cung PQ cắt OH ở 

I; cắt OM ở K. 

∆OPQ. 

1). Chứng minh 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm trên 1 đường tròn. 

2). Chứng minh IH.IO = IQ.IP 

3). Giả sử ∠ PMQ= 60 0 . Tính tỉ số diện tích 2 tam giác: ∆MPQ và 


1). Ta có: ∠MPO = 90 0 (MP là tiếp tuyến) 

nên P nằm trên đường tròn đường kính 

MO; 

∠MQO = 90 0 (MQ là tiếp tuyến, MQ ⊥ 

QO) nên Q nằm trên đường tròn đường 

kính MO; 

∠MHO = 90 0 (MH ⊥ HO) nên H nằm trên 

đường tròn đường kính MO; 

Suy ra 5 điểm O, Q, H, M, P cùng nằm 

trên 1 đường tròn đường kính MO. 

2). ∆OIP ∆QIH (g.g) ⇒ 

⇒ IH.IO = IQ.IP 

IO IQ 

= 

IP IH 

3). ∆MKQ có: MK = KQ.tanMQK= KQ.tan60 0 . 3 = 

2 2 

∆OKQ có: OK = KQ.tanOQK = KQ.tan30 0 = 

⇒ 

S 

S 

MPQ 

OPQ 

= PQ 3 

2 

: PQ 3 

6 

= 3 

M 

H 

P 

K 

I 

Q 

PQ PQ . 3 

= . 

-----------------------Hết-------------------------- 

O 

3 PQ 3 PQ 3 

KQ. = . = 

3 2 3 6 


















Bài 15: 

Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp 

tuyến PA, PB (A; B là tiếp điểm). Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) tại 

C (C ≠ A). Đoạn PC cắt đường tròn tại điểm thứ hai D. Tia AD cắt PB tại E. 

1). Chứng minh ∆EAB ∆EBD. 

2). Chứng minh AE là trung tuyến của ∆PAB. 


1). Xét ∆EAB và ∆EBD, ta có: 

góc BAE chung 

góc EAB = góc EBD (góc nội tiếp và 

góc tạo bởi tia tiếp tuyến...) 

=> ∆EAB ∆EBD (g.g) 

2). Theo trên ∆EAB ∆EBD (g.g) 

EB 

EA 

ED 

EB 

⇒ = ⇒ EB 2 = EA.ED (1) 

Ta có: ∠EPD= ∠PCA (so le trong, PB//AC); ∠EAP = ∠PCA (góc nội tiếp 

và góc tạo bởi tia tiếp tuyến…) 

Hai tam giác ∆EPD và ∆EAP có: ∠EPD = ∠EAP; ∠PEA chung 

⇒ ∆EPD 

∆EAP (g.g) 

EP 

EA 

ED 

EP 

P 

E 

D 

⇒ = ⇒ EP 2 = EA.ED (2) 

Từ (1) và (2) ⇒ EB 2 = EP 2 ⇒ EB = EP ⇒ AE là trung tuyến ∆PAB. 

Bài 16: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy 

hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở 

E, F (F ở giữa B và E). 

1). Chứng minh AC. AE không đổi. 


2). Chứng minh ∠ABD = ∠ DFB. 

3). Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp. 

B 

A 

O 

C 


















1). C thuộc nửa đường tròn nên ∠ACB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> BC ⊥ AE. 

∠ABE = 90 0 (Bx là tiếp tuyến) => ∆ABE vuông tại B có BC là đường cao 

=> AC. AE = AB 2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao), mà AB là đường kính nên AB = 

2R không đổi do đó AC. AE không đổi. 

2). ∆ADB có ∠ADB = 90 0 (nội tiếp chắn 

nửa đường tròn). 

=> ∠ABD + ∠BAD = 90 0 (vì tổng ba góc 

của một tam giác bằng 180 0 ) (1) 

∆ ABF có ∠ABF = 90 0 ( BF là tiếp tuyến). 

=> ∠AFB + ∠BAF = 90 0 (vì tổng ba góc 

của một tam giác bằng 180 0 ) (2) 

Từ (1) và (2) => ∠ABD = ∠DFB (cùng 

phụ với ∠BAD) 

3). Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 180 0 . 


C 

A O B 

∠ECD + ∠ACD = 180 0 (hai góc kề bù) => ∠ECD =∠ABD (cùng bù với ∠ACD). 

Theo trên ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB. Mà ∠EFD + ∠DFB = 180 0 (Vì là hai 

góc kề bù) nên suy ra ∠ECD + ∠EFD = 180 0 , mặt khác ∠ECD và ∠EFD là hai góc 

đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. 

Bài 17: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 




D 

X 

E 

F 














1). Xét ∆AHC và ∆ADE có: 

∠H = ∠D = 90 0 ; AH = AD 

∠CAH = ∠EAD (đối đỉnh) 

= > ∆AHC = ∆ADE (g.c.g) => AE = AC. 

Vì AB ⊥ CE (gt), do đó AB vừa là đường 

cao vừa là đường trung tuyến của ∆BEC 

=> ∆BEC là tam giác cân. 

2). Theo 1) ∆BEC là tam giác cân 

=> ∠B 1 = ∠B 2 

Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, ∠B 1 = ∠B 2 

=> ∆AHB = ∆AIB => AI = AH. 

3). (HD) AI = AH và BE ⊥ AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 

4). (HD) DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED 

Bài 18: 


E 

I 

B 

1 

2 

-----------------------Hết-------------------------- 

AB và AC là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm O bán kính R (B, C là 

tiếp điểm). Vẽ CH vuông góc AB tại H, cắt (O) tại E và cắt OA tại D. 

1). Chứng minh CO = CD. 

2). Chứng minh tứ giác OBCD là hình thoi. 

3). Gọi M là trung điểm của CE, Bm cắt OH tại I. Chứng minh I là 

trung điểm của OH. 

4). Tiếp tuyến tại E với (O) cắt AC tại K. Chứng minh ba điểm O, M, 

K thẳng hàng. 



1). Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp 

tuyến của đường tròn tâm O 


D 

H 

A 



C 













=> OA là tia phân giác của ∠BOC 

=> ∠BOA = ∠COA (1) 

OB ⊥ AB ( AB là tiếp tuyến); 

CH ⊥ AB (gt) => OB // CH 

=> ∠BOA = ∠CDO (2) 

Từ (1) và (2) => ∆COD cân tại C 

=> CO = CD. (3) 

2). Theo trên ta có CO = CD; mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) 

Lại có OB // CH hay OB // CD (5) 

Từ (4) và (5) => BOCD là hình bình hành (6). 

Từ (6) và (3) => BOCD là hình thoi. 

3). M là trung điểm của CE => OM ⊥ CE ( quan hệ đường kính và dây 

cung) 

=> ∠OMH = 90 0 . Theo trên ta cũng có ∠OBH =90 0 ; ∠BHM =90 0 => Tứ 

giác OBHM là hình chữ nhật => I là trung điểm của OH. 

4). M là trung điểm của CE; KE và KC là hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng 

hàng. 

Bài 19: 

-----------------------Hết-------------------------- 

A 

Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì 

(M không trùng B, C, H); từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB, AC. 

Chứng minh rằng: 

tứ giác đó. 

1). APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp 

2). MP + MQ = AH. 

3). OH ⊥ PQ. 



K 

H 

E 

D 

M 

B 

I 

C 

O 

















1. Ta có MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 90 0 ; 

A 

MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 90 0 

như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc 

bằng 90 0 nên P và Q cùng nằm trên đường 

tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác 

nội tiếp. 

* Vì AM là đường kính của đường tròn 

ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường 

tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm 

của AM. 

2. Tam giác ABC có AH là đường cao => S ABC = 1 2 BC.AH. 

Tam giác ABM có MP là đường cao = > S ABM = 1 2 AB.MP 

Tam giác ACM có MQ là đường cao => S ACM = 1 2 AC.MQ 

Ta có S ABM + S ACM = S ABC => 1 2 AB.MP + 1 2 AC.MQ = 1 2 BC.AH 

=> AB.MP + AC.MQ = BC.AH 

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. 

3. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác 


B 

P 

H 

O 

1 

2 

=> ∠HAP = ∠HAQ => cung HP = cung HQ (tính chất góc nội tiếp ) 

=> ∠HOP = ∠HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. 

Mà tam giác POQ cân tại O (vì OP và OQ cùng là bán kính) 

nên suy ra OH cũng là đường cao => OH ⊥ PQ 

Bài 20: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn 


(O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn (O) tại D. Đường thẳng 

AD cắt đường tròn (O) tại S. 

1). Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp . 




M 

Q 

C 













2). Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 

3). Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các 

đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 

4). Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 

5). Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. 


1). Ta có ∠CAB = 90 0 (vì tam giác ABC vuông tại A); 

∠MDC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠CDB = 90 0 

Như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 90 0 nên A và D cùng nằm trên 

đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp. 

F 

D 

3 

S 

2 

1 

H×nh a 

2). TH1 (Hình a) 

C 

1 2 3 

O 

M 

E 

1 2 2 

3 1 

A 

ABCD là tứ giác nội tiếp => ∠D 1 = ∠C 3 

(nội tiếp cùng chắn cung AB). 

Do ∠D 1 = ∠C 3 => cung SM = cung EM 

=> ∠C 2 = ∠C 3 (hai góc nội tiếp đường 

tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) 

=> CA là tia phân giác của góc SCB. 

B 


S 

D 

F 

2 

1 

2 

C 

A 

1 

O 

M 

1 2 3 

1 

2 

H×nh b 

2). TH2 (Hình b) 

∠ABC = ∠CME (cùng phụ ∠ACB); 

∠ABC = ∠CDS (bù với ∠ADC) 

=> ∠CME = ∠CDS 

=> cung CE = cung CS 

E 

= > cung SM = cung EM 

=> ∠SCM = ∠ECM 

=> CA là tia phân giác của góc SCB. 

3). Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC như vậy BA, EM, CD là ba 


đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy. 

4). Theo trên Ta có cung SM = cung EM => ∠D 1 = ∠D 2 

=> DM là tia phân giác của góc ADE.(1) 


1 



2 

B 













5). Ta có ∠MEC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => ∠MEB = 90 0 . 

Tứ giác AMEB có ∠MAB = 90 0 ; ∠MEB = 90 0 => ∠MAB + ∠MEB = 180 0 

mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn 

=> ∠A 2 = ∠B 2 . 

Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => ∠A 1 = ∠B 2 (góc nội tiếp cùng chắn cung CD) 

=> ∠A 1 = ∠A 2 => AM là tia phân giác của góc DAE (2) 

Từ (1) và (2) Ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE 

Bài 21: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H bất kì (H 

không trùng O, B) ; trên đường thẳng vuông góc với OB tại H, lấy một điểm M ở 

ngoài đường tròn; MA và MB thứ tự cắt đường tròn (O) tại C và D. Gọi I là giao 

điểm của AD và BC. 

1). Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp . 

2). Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I. 

3). Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là 

tứ giác nội tiếp. 


1) Ta có: ∠ACB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa 

đường tròn) 

=> ∠MCI = 90 0 (vì là hai góc kề bù). 

∠ADB = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 

=> ∠MDI = 90 0 (vì là hai góc kề bù). 

=> ∠MCI + ∠MDI = 180 0 mà đây là hai góc 

đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội 

tiếp. 

2) Theo trên Ta có BC ⊥ MA; AD ⊥ MB nên 


BC và AD là hai đường cao của tam giác 

MAB mà BC và AD cắt nhau tại I nên I là trực 

tâm của tam giác MAB. 



A 

1 

C 

1 

4 3 2 

O 



M 

1 

I 

_ 

_ 

H 

K 

D 

B 













Theo giả thiết thì MH ⊥ AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB 

=> AD, BC, MH đồng quy tại I. 

3) ∆OAC cân tại O (vì OA và OC là bán kính) => ∠A 1 = ∠C 4 

∆KCM cân tại K (vì KC và KM là bán kính) => ∠M 1 = ∠C 1 . 

Mà ∠A 1 + ∠M 1 = 90 0 ( do tam giác AHM vuông tại H) 

=> ∠C 1 + ∠C 4 = 90 0 => ∠C 3 + ∠C 2 = 90 0 (góc ACM = 180 0 ) hay ∠OCK = 90 0 . 

Xét tứ giác KCOH, có ∠OHK = 90 0 ; ∠OCK = 90 0 => ∠OHK + ∠OCK = 180 0 

mà ∠OHK và ∠OCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp. 

Bài 22: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác nhọn ABC, Kẻ các đường cao AD, BE, CF. Gọi H là 

trực tâm của tam giác ABC. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các hình chiếu vuông 

góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chứng minh rằng: 


1). Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật. 

2). Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp. 

3). Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng. 

4). Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng. 

1). Tứ giác DMFP có: 

∠M = ∠F = ∠P = 90 0 

=> DMFP là hình chữ nhật 

Tương tự DNEQ có: ∠N = ∠E = ∠Q = 90 0 

=> DNEQ là hình chữ nhật 

2). Ta có: ∠BMD = 90 0 (MD⊥ AB) nên M 

nằm trên đường tròn đường kính BD; 

∠BND = 90 0 (ND ⊥ BE) nên N nằm trên 

đường tròn đường kính BD; 

= > BMND nội tiếp đường tròn đường kính BD. 


B 

M 

1 

N 

F 

2 

1 1 

A 

H 

1 

E 

P 

Q 

3 4 

1 


Tương tự DNHP nội tiếp đường tròn đường kính DH; và DPqc nội tiếp đường tròn 

đường kính DC; 


D 



1 

C 













3). Theo c/m trên DNHP nội tiếp => ∠N 2 =∠D 4 (nội tiếp cùng chắn cung HP); 

∆HDC có ∠HDC = 90 0 (do AH là đường cao) 

∆ HDP có ∠HPD = 90 0 (do DP ⊥ HC) 

=> ∠C 1 = ∠D 4 (cùng phụ với ∠DHC) =>∠C 1 =∠N 2 (1) 

chứng minh tương tự ta có ∠B 1 =∠P 1 (2) 

Từ (1) và (2) => ∆HNP 

∆ HCB 

4). Theo chứng minh trên DNMB nội tiếp 

=> ∠N 1 = ∠D 1 (nội tiếp cùng chắn cung BM). (3) 

DM // CF ( cùng vuông góc với AB) => ∠C 1 = ∠D 1 (hai góc đồng vị). (4) 

Theo chứng minh trên ∠C 1 = ∠N 2 (5) 

Từ (3), (4), (5) => ∠N 1 = ∠N 2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng. (6) 

Chứng minh tương tự ta cũng có N, P, Q thẳng hàng. (7) 

Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng. 

Bài 23: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và 

O sao cho AI = 2/3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm 

tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt 

MN tại E. Chứng minh rằng: 

1). Tứ giác IECB nội tiếp. 

2). AM 2 = AE.AC. 

3). Chứng minh AE. AC - AI.IB = AI 2 . 

4). Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường 

tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. 



















1). Theo giả thiết MN ⊥AB tại I => ∠EIB = 

90 0 ; ∠ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên 

∠ACB = 90 0 hay ∠ECB = 90 0 

=> ∠EIB + ∠ECB = 180 0 mà đây là hai góc 

đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ 

giác nội tiếp. 

2). Theo giả thiết MN ⊥AB => A là trung 

điểm của cung MN => ∠AMN = ∠ACM (hai 

góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) 

hay ∠AME = ∠ACM. 

Lại có ∠CAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC 

do đó ∆AME ∆ACM => 

AM AE 

AC AM 

= => AM 2 = AE.AC 

3). ∠AMB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ⊥AB tại I => ∆AMB vuông tại 

M có MI là đường cao => MI 2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam 

giác vuông). 

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vuông tại I ta có AI 2 = AM 2 – MI 2 

=> AI 2 = AE.AC - AI.BI . 

4). Theo trên ∠AMN = ∠ACM 

=> AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM; 

Nối MB ta có ∠AMB = 90 0 , do đó tâm O 1 của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải 

nằm trên BM. 

Ta thấy NO 1 nhỏ nhất khi NO 1 là khoảng cách từ N đến BM => NO 1 ⊥ BM. 

Gọi O 1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại 

tiếp ∆ECM có bán kính là O 1 M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn 

ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O 1 

bán kính O 1 M với đường tròn (O) trong đó O 1 là hình chiếu vuông góc của N trên 

BM. 


-----------------------Hết-------------------------- 

A 

E 

I 

M 

N 

O 

O 1 

C 

B 

















Bài 24: 

Cho tam giác ABC cân (AB = AC), BC = 6 cm, đường cao AH = 4 cm, nội tiếp 

đường tròn (O) đường kính AA’. 

1). Tính bán kính của đường tròn (O). 

2). Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao? 

3). Kẻ AK ⊥ CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao? 

4). Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC. 


1). Vì ∆ABC cân tại A nên đường kính AA’ 

của đường tròn ngoại tiếp và đường cao AH 

xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi 

qua H. => ∆ACA’ vuông tại C có đường cao 

CH = 

BC 6 = 

2 2 

=> CH 2 = AH.A’H 

=> A’H = 

= 3cm; AH = 4cm 

2 2 

CH 3 9 2,5 

AH = 4 = 4 

= 

=> AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 (cm) 

=> R = AA’ : 2 = 6,5 : 2 = 3,25 (cm) 

2). Vì AA’ và CC’ là hai đường kính nên cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường => 

ACA’C’ là hình bình hành. 

Lại có ∠ACA’ = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên suy ra tứ giác ACA’C’ là 

hình chữ nhật. 

3). Theo giả thiết AH ⊥ BC; AK ⊥ CC’ => K và H cùng nhìn AC dưới một góc bằng 

90 0 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) 

=> ∠C 2 = ∠H 1 (góc nội tiếp cung chắn cung AK); 

∆AOC cân tại O (vì OA = OC = R) => ∠C 2 = ∠A 2 => ∠A 2 = ∠H 1 => HK // AC (vì 

có hai góc so le trong bằng nhau) => tứ giác ACHK là hình thang (2). 


Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ACHK là hình thang cân. 

4). Diện tích hình tròn (O, R) là S (O) = π R 2 . 

C' 

B 

K 

1 

1 2 

1 

A 

O 

A' 

H 

2 

1 

C 

















Diện tích tam giác ABC là S ABC = 1 2 AH.BC. 

Ta có diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC là S. 

S = S (O) - S ABC = π R 2 - 2 

1 AH.BC = π (3,25) 

2 

- 2 

1 . 4.6 

Bài 25: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt 

đường tròn (O) tại M. 

1). Chứng minh OM ⊥ BC. 

2). Chứng minh MC 2 = MI.MA. 

3). Kẻ đường kính MN, các tia phân giác của góc B và C cắt đường thẳng AN 

tại P và Q. Chứng minh bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn . 


1). AM là phân giác của ∠BAC 

=> ∠BAM = ∠CAM 

=> cung BM = cung CM => M là 

trung điểm của cung BC 

=> OM ⊥ BC 

2). Xét ∆MCI và ∆MAC có ∠MCI 

=∠MAC (hai góc nội tiếp chắn hai 

cung bằng nhau); ∠M là góc chung 

=> ∆MCI ∆MAC 

=> 

MC MI 

MA MC 

= => MC 2 = MI.MA. 

3). (HD) ∠MAN = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> ∠P 1 = 90 0 – ∠K 1 mà ∠K 1 là góc ngoài của tam giác AKB 

nên ∠K 1 = ∠A 1 + ∠B 1 = 

∠A 

∠B 

2 2 


Q 

B 

A 

1 

2 

+ (t/c phân giác của một góc) 


∠A 

∠B 

=> ∠P 1 = 90 0 – ( + ). (1) 

2 2 

CQ là tia phân giác của góc ACB 


1 

2 

K 

1 

I 

N 

M 

O 

2 

1 ( 



C 

( 

1 

P 













=> ∠C 1 = 

∠ C 1 = 

2 

∠A 

∠B 

2 (1800 - ∠A - ∠B) = 90 0 – ( + ). (2). 

2 2 

Từ (1) và (2) => ∠P 1 = ∠C 1 hay ∠QPB = ∠QCB mà P và C nằm cùng về một nửa 

mặt phẳng bờ BQ nên cùng nằm trên cung chứa góc 90 0 – ( + ) dựng trên BQ. 

2 2 

Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn. 

Bài 26: 

∠A 

-----------------------Hết-------------------------- 

∠B 

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết góc BAC = 60 0 . 

1). Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R. 

2). Vẽ đường kính CD của (O; R); Gọi H là giao điểm ba đường cao của tam 

giác ABC Chứng minh BD // AH và AD // BH. 

3). Tính AH theo R. 


1). Theo giả thiết ∠BAC = 60 0 

=> sđ BmC=120 0 ( t/c góc nội tiếp) 

=> ∠BOC = 120 0 ( t/c góc ở tâm). 

* Theo trên sđ BmC=120 0 => BC là cạnh của 

một tam giác đều nội tiếp (O; R) 

=> BC = R 3 . 

2). CD là đường kính => ∠DBC = 90 0 

hay DB ⊥ BC; theo giả thiết AH là đường cao 

=> AH ⊥ BC => BD // AH. 

Chứng minh tương tự ta cũng được AD // BH. 

3). Theo trên ∠DBC = 90 0 => ∆DBC vuông tại B có BC = R 3 ; CD = 2R. 

=> BD 2 = CD 2 – BC 2 => BD 2 = (2R) 2 – (R 3 ) 2 = 4R 2 – 3R 2 = R 2 => BD = R. 

Theo trên BD // AH; AD // BH => Tứ giác BDAH là hình bình hành 

=> AH = BD => AH = R. 


-----------------------Hết-------------------------- 

D 

B 

A 

H 

m 

O 

C 

















Bài 27: 

Cho đường tròn (O, R), đường kính AB. Một cát tuyến MN quay 

quanh trung điểm H của OB. 

1). Chứng minh khi MN di động , trung điểm I của MN luôn nằm trên 

một đường tròn cố định. 

2). Từ A kẻ Ax ⊥ MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác 

CMBN là hình bình hành. 

3). Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN. 

4). Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào. 

5). Cho AM. AN = 3R 2 , AN = R 3 . Tính diện tích phần hình tròn 

(O) nằm ngoài tam giác AMN. 


1). Theo giả thiết I là trung điểm của MN 

=> OI ⊥ MN tại I (quan hệ đường kính và dây 

cung) = > ∠OIH = 90 0 . 

OH cố địmh nên khi MN di động thì I cũng di 

động nhưng luôn nhìn OH cố định dưới một góc 

90 0 do đó I di động trên đường tròn đường kính 

OH. Vậy khi MN di động, trung điểm I của MN 

luôn nằm trên một đường tròn cố định. 

2). Theo giả thiết Ax ⊥ MN; theo trên OI ⊥ MN tại I 

=> OI // Ax hay OI // AC mà O là trung điểm của AB => I là trung điểm của BC; 

Lại có I là trung điểm của MN (gt) => CMBN là hình bình hành (Vì có hai đường 

chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường). 

3). CMBN là hình bình hành => MC // BN mà BN ⊥ AN ( vì ∠ANB = 90 0 do là góc 

nội tiếp chắn nửa đường tròn) => MC ⊥ AN; theo trên AC ⊥ MN => C là trực tâm 

của tam giác AMN. 


4). Ta có H là trung điểm của OB; I là trung điểm của BC => IH là đường tung bình 

của ∆OBC => IH // OC, 

A 

K 

N 

C 

D 

O 

I 

H 

M 

B 

















Theo giả thiết Ax ⊥ MN hay IH ⊥ Ax => OC ⊥ Ax tại C => ∠OCA = 

90 0 => C thuộc đường tròn đường kính OA cố định. Vậy khi MN quay 

quanh H thì C di động trên đường tròn đường kính OA cố định. 

5). Ta có AM. AN = 3R 2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3 

=> ∆AMN cân tại A. (1) 

Xét ∆ABN vuông tại N ta có AB = 2R; AN = R 3 => BN = R => 

∠ABN = 60 0 . 

∠ABN = ∠AMN (nội tiếp cùng chắn cung AN) => ∠AMN = 60 0 (2). 

Từ (1) và (2) => ∆AMN là tam giác đều => S ∆AMN = 

=> S = S (O) - S ∆AMN = 

Bài 28: 

3 2 

2 R 3 

π R − . 

4 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC cân tại A. có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường 

tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C lần lượt cắt AC, AB ở D và E. Chứng minh rằng: 

1). BD 2 = AD.CD. 

2). Tứ giác BCDE nội tiếp . 

3). BC song song với DE. 


1). Xét hai tam giác BCD và ABD ta có 

∠CBD = ∠BAD (Vì là góc nội tiếp và góc 

giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một 

cung), lại có ∠D chung => ∆BCD 

=> 

BD CD 

AD BD 

= => BD 2 = AD.CD. 

∆ABD 

2). Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A 


=> ∠ABC = ∠ACB => ∠EBC = ∠DCB 

mà ∠CBD = ∠BCD (góc giữa tiếp tuyến với 

một dây cùng chắn một cung) 



E 

B 

3 2 

R 

4 

A 

O 

m 

3 



. 

C 

D 













=> ∠EBD = ∠DCE => B và C nhìn DE dưới cùng một góc do đó B và C cùng nằm 

trên cung tròn dựng trên DE => Tứ giác BCDE nội tiếp. 

3). Tứ giác BCDE nội tiếp => ∠BCE = ∠BDE (nội tiếp cùng chắn cung BE) mà 

∠BCE = ∠CBD (theo trên) => ∠CBD = ∠BDE mà đây là hai góc so le trong nên 

suy ra BC // DE. 

Bài 29: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn. Vẽ điểm N đối 

xứng với A qua M, BN cắt (O) tại C. Gọi E là giao điểm của AC và BM. 

1). Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp . 

2). Chứng minh NE ⊥ AB. 

3). Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh FA là tiếp tuyến của (O). 

4). Chứng minh FN là tiếp tuyến của đường tròn (B; BA). 


1). Ta có: ∠AMB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 

đường tròn) = > ∠NME = 90 0 (hai góc kề bù) 

nên M nằm trên đường tròn đường kính NE; 

∠ACB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

= > ∠NCE = 90 0 (hai góc kề bù) 

nên C nằm trên đường tròn đường kính NE; 

= > MNCE nội tiếp đường tròn đường kính NE. 

2). (HD) Dễ thấy E là trực tâm của tam giác NAB 

=> NE ⊥ AB. 

3).Theo giả thiết A và N đối xứng nhau qua M nên M là trung điểm của AN; F và E 

xứng nhau qua M nên M là trung điểm của EF => AENF là hình bình hành 

=> FA // NE mà NE ⊥ AB => FA ⊥ AB tại A => FA là tiếp tuyến của (O) tại A. 


4). Theo trên tứ giác AENF là hình bình hành => FN // AE hay FN // AC 

mà AC ⊥ BN => FN ⊥ BN tại N; 

F 

A 

/ 

_ 

M 

_ 

/ 

O 

E 

N 

H 

C 

B 

















∆ BAN có BM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (do M là trung điểm của 

AN) nên ∆ BAN cân tại B => BA = BN 

=> BN là bán kính của đường tròn (B; BA) 

=> FN là tiếp tuyến tại N của (B; BA). 

Bài 30: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính 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 Ax tại H, cắt AM tại K. 

1). Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. 

2). Chứng minh rằng: AI 2 = IM . IB. 

3). Chứng minh BAF là tam giác cân. 

4). Chứng minh rằng: Tứ giác AKFH là hình thoi. 

5). Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. 


1. Ta có: ∠AMB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa 


=> ∠KMF = 90 0 (vì là hai góc kề bù). 

∠AEB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> ∠KEF = 90 0 (vì là hai góc kề bù). 

=> ∠KMF + ∠KEF = 180 0 . 

Mà ∠KMF và ∠KEF là hai góc đối của 

tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 

2). Ta có ∠IAB = 90 0 (vì AI là tiếp tuyến) 

=> ∆AIB vuông tại A có AM ⊥ IB ( theo trên). 

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao 

=> AI 2 = IM . IB. 


3). Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE 


I 

H 

A 

1 

E 

2 

K 

F 

O 

M 

2 

1 ( ( 

=> cung AE = cung ME => ∠ABE =∠MBE (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng 

nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1) 




B 













Theo trên ta có ∠AEB = 90 0 => BE ⊥ AF hay BE là đường cao của ∆ABF (2). 

Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B . 

4). BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến 

=> E là trung điểm của AF. (3) 

Từ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia 

phân giác ∠HAK (5) 

Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là 

đương trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6). 

Từ (3), (4) và (6) => AKFH là hình thoi (vì có hai đường chéo vuông góc với nhau 

tại trung điểm của mỗi đường). 

5). (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK 

=> tứ giác AKFI là hình thang. 

Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân. 

AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. 

Thật vậy: M là trung điểm của cung AB 

=> ∠ABM = ∠MAI = 45 0 (t/c góc nội tiếp). (7) 

Tam giác ABI vuông tại A có ∠ABI = 45 0 => ∠AIB = 45 0 .(8) 

Từ (7) và (8) => ∠IAK = ∠AIF = 45 0 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai 

góc đáy bằng nhau). Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp 

được một đường tròn. 

Bài 31: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ các tiếp tuyến với đường 

tròn (O) tại B và C chúng cắt nhau tại A. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ 

các đường vuông góc MI, MH, MK xuống các cạnh tương ứng BC, AC, AB. Gọi giao 

điểm của BM, IK là P; giao điểm của CM, IH là Q. 

1). Chứng minh tam giác ABC cân. 

2). Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp . 


3). Chứng minh MI 2 = MH.MK. 

4). Chứng minh PQ ⊥ MI. 


















1). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => ∆ABC cân tại 

A. 

2). Theo giả thiết MI ⊥ BC => ∠MIB = 90 0 ; MK ⊥ AB => ∠MKB = 90 0 . 

=> ∠MIB + ∠MKB = 180 0 mà đây là hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp 

* (Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) 

3). Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp 

=> ∠KMI + ∠KBI = 180 0 ; 

Tứ giác CHMI nội tiếp => ∠HMI + ∠HCI = 180 0 . 

Mà ∠KBI = ∠HCI ( vì tam giác ABC 

cân tại A) => ∠KMI = ∠HMI (1). 

Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp 

=> ∠B 1 = ∠I 1 (nội tiếp cùng chắn cung 

KM); 

Tứ giác CHMI nội tiếp => ∠H 1 = ∠C 1 (nội 

tiếp cùng chắn cung IM). 

Mà ∠B 1 = ∠C 1 ( = 1/2 sđ BM) 

=> ∠I 1 = ∠H 1 (2). 

Từ (1) và (2) => ∆MKI 

=> 

MI MK 

MH MI 

∆MIH 

= => MI 2 = MH.MK 

B 

K 

A 

M 

1 

P Q 

1 1 2 

2 

4). Theo trên ta có ∠I 1 = ∠C 1 ; cũng chứng minh tương tự ta có ∠I 2 = ∠B 2 

mà ∠C 1 + ∠B 2 + ∠BMC = 180 0 

=> ∠I 1 + ∠I 2 + ∠BMC = 180 0 hay ∠PIQ + ∠PMQ = 180 0 mà đây là hai góc 

đối => tứ giác PMQI nội tiếp => ∠Q 1 = ∠I 1 mà ∠I 1 = ∠C 1 => ∠Q 1 = ∠C 1 

=> PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau). 


Theo giả thiết MI ⊥BC nên suy ra IM ⊥ PQ. 

-----------------------Hết-------------------------- 

I 

O 

1 

H 

1 

C 

















Bài 32: 

Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Vẽ dây cung CD ⊥ AB ở 

H. Gọi M là điểm chính giữa của cung CB, I là giao điểm của CB và OM. K 

là giao điểm của AM và CB. Chứng minh rằng: 

1). 

KC AC = 

KB AB 

2). AM là tia phân giác của ∠CMD. 

3). Tứ giác OHCI nội tiếp 

4). Chứng minh đường vuông góc kẻ từ M đến AC cũng là tiếp tuyến 

của đường tròn tại M. 


1). Theo giả thiết M là điểm chính giữa 

của cung BC => cung MB = cung MC 

=> ∠CAM = ∠BAM (hai góc nội tiếp 

chắn hai cung bằng nhau) 

=> AK là tia phân giác của góc CAB 

=> 

giác) 

KC = (t/c tia phân giác của tam 

KB 

AC 

AB 

2). (HD) Theo giả thiết CD ⊥ AB => A 

là điểm chính giữa cung CD 

=> ∠CMA = ∠DMA => MA là tia phân 

giác của góc CMD. 

3). (HD) Theo giả thiết M là điểm chính giữa của cung BC => OM ⊥ BC tại 

I 

=> ∠OIC = 90 0 ; CD ⊥ AB tại H => ∠OHC = 90 0 

=> ∠OIC + ∠OHC = 180 0 mà đây là hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp 

4). Kẻ MJ ⊥ AC ta có MJ // BC (vì cùng vuông góc với AC). 


Theo trên OM ⊥ BC => OM ⊥ MJ tại J suy ra MJ là tiếp tuyến của đường 

tròn tại M. 



-----------------------Hết-------------------------- 

A 

C 

H 

D 

J 

O 

/ 

K 

I 



M 

_ 

B 













Bài 33: 

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. 


ABC. 

1). Tứ giác BHCF là hình bình hành. 

2). E, F nằm trên đường tròn (O). 

3). Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân. 

4). Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác 


1). Theo giả thiết F là điểm đối xứng của H qua trung điểm I của BC 

=> I là trung điểm BC và HE => BHCF là hình bình hành vì có hai đường chéo cắt 

nhau tại trung điểm của mỗi đường. 

2). (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp 

=> ∠BAC + ∠B’HC’ = 180 0 

mà ∠BHC = ∠B’HC’ (đối đỉnh) 

=> ∠BAC + ∠BHC = 180 0 . Theo trên BHCF 

là hình bình hành => ∠BHC = ∠BFC 

=> ∠BFC + ∠BAC = 180 0 

=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O). 

* H và E đối xứng nhau qua BC 

=> ∆BHC = ∆BEC (c.c.c) => ∠BHC = ∠BEC 

=> ∠BEC + ∠BAC = 180 0 => ABEC nội tiếp 

=> E thuộc (O). 

3). Ta có H và E đối xứng nhau qua BC => BC ⊥ HE (1) 


và IH = IE mà I là trung điểm của của HF 

=> EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông tại E hay FE ⊥ HE (2) 

Từ (1) và (2) => EF // BC => BEFC là hình thang. (3) 



B 

C' 

A 

H 

E 

A' 

/ 

= 

G 

/ 

I 

O 

B' 

= 



/ 

/ 

F 

C 













Theo trên E ∈(O) => ∠CBE = ∠CAE ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4). 

Theo trên F ∈(O) và ∠FEA =90 0 => AF là đường kính của (O) 

=> ∠ACF = 90 0 => ∠BCF = ∠CAE (vì cùng phụ ∠ACB) (5). 

Từ (4) và (5) => ∠BCF = ∠CBE (6). 

Từ (3) và (6) => tứ giác BEFC là hình thang cân. 

4). Theo trên AF là đường kính của (O) => O là trung điểm của AF; 

BHCF là hình bình hành => I là trung điểm của HF 

=> OI là đường trung bình của tam giác AHF => OI = 1/ 2 AH. 

Theo giả thiết I là trung điểm của BC => OI ⊥ BC (Quan hệ đường kính và dây cung) 

=> ∠OIG = ∠HAG (vì so le trong); 

Lại có ∠OGI = ∠ HGA (đối đỉnh) => ∆OGI 

=> 

=> 

GI OI 

GA HA 

= mà OI = 1 2 AH 

GI 1 

GA = 2 

∆HGA 

mà AI là trung tuyến của ∆ABC (do I là trung điểm của BC) 

=> G là trọng tâm của ∆ABC. 

Bài 34: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho (O,R), BC là một dây cung (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. Chứng minh rằng: 

1). Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. 

2). Gọi A’ là trung điểm của BC, chứng minh AH = 2OA’. 

3). Gọi A 1 là trung điểm của EF, chứng minh R.AA 1 = AA’. OA’. 

4). Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2S ABC 


suy ra vị trí của A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất. 


1). Tứ giác BFEC nội tiếp 

=> ∠AEF = ∠ACB (cùng bù ∠BFE) 

∠AEF = ∠ABC (cùng bù ∠CEF) 














=> ∆ AEF ∆ ABC. 

A 




2). 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’ 

3). Áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa hia trung tuyến, tỉ 

số giữa hai bán kính các đường tròn ngoại tiếp bằng tỉ số đồng dạng. Ta có: 

∆ AEF ∆ ABC => 

R 

R ' 

AA' 

AA 

1 


B 

F 

= (1) trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp 

∆ABC; R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆AEF; AA’ là trung tuyến của ∆ABC; 

AA 1 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.AA 1 = AA’. R’ = AA’ 

Vậy R. AA 1 = AA’. A’O (2) 

AH = AA’ . 

2 

2 

4). Gọi B’, C’lần lượt là trung điểm của AC, AB, ta có OB’⊥AC ; OC’⊥AB (bán kính 

đi qua trung điểm của một dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ lần lượt là các 

đường cao của các tam giác OBC, OCA, OAB. 

A' 

O 

2 

S ABC = S OBC + S OCA + S OAB = 1 ( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB ) 

2 

2S ABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3) 

Theo (2) => OA’ = R . 

1 

dạng AEF và ABC nên 

1 

AA 

AA' 

mà AA 

AA 

1' 

AA 

AA ' 

= EF 

BC . 

D 

A 1 

H 

là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng 


Tương tự ta có: OB’ = R . FD 

ED 

; OC’ = R . 

AC AB 

EF FD ED 

BC AC AB 

/ 

= 

/ 

A' 

O 

Thay vào (3) ta được 

2S ABC = R ( . BC + . AC + . AB ) = > 2S ABC = R(EF + FD + DE) 


E 

= 

/ 



/ 

K 

C 













* R(EF + FD + DE) = 2S ABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất 

khi S ABC . 

Ta có S ABC = 1 2 AD.BC do BC không đổi nên S ABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD 

lớn nhất khi A là điểm chính giữa của cung lớn BC. 

Bài 35: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt 

(O) tại M. Vẽ đường cao AH và bán kính OA. Chứng minh rằng: 

R. 

1). AM là phân giác của góc OAH. 

2). Giả sử ∠B > ∠C. Chứng minh ∠OAH = ∠B - ∠C. 

3). Cho ∠BAC = 60 0 và ∠OAH = 20 0 . Tính: 

a). ∠B và ∠C của tam giác ABC. 

b). Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC theo 


1). AM là phân giác của ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM => cung BM = cung CM 

=> M là trung điểm của cung BC => OM ⊥ BC; 

Theo giả thiết AH ⊥ BC 

=> OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le). 

Mà ∠OMA = ∠OAM (vì tam giác OAM cân tại O do có OM = OA = R) 

=> ∠HAM = OAM 


=> AM là tia phân giác của góc OAH. 

















2). Vẽ dây BD ⊥ OA 

=> cung AB = cung AD 

=> ∠ABD = ∠ACB. 

Ta có ∠OAH = ∠ DBC (góc có cạnh tương 

ứng vuông góc cùng nhọn) 

=> ∠OAH = ∠ABC - ∠ABD 

=> ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB 

hay ∠OAH = ∠B - ∠C. 

3). a) Theo giả thiết ∠BAC = 60 0 => ∠B + ∠C = 120 0 ; 

Theo trên ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B - ∠C = 20 0 . 

=> 

⎪⎧ 

∠ B + ∠ C = 120 ⎪⎧ 

∠ B = 70 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ 

∠B − ∠ C = 20 ⎪⎩ 

∠ C = 50 

b) S vp = S qBOC - S BOC = 

Bài 36: 

0 0 

0 0 

2 2 

π. R .120 1 R π R R R π − 

− R 

0 . 3. = − = 

360 2 2 3 4 12 


B 

A 

H 

M 

O 

2 2 2 

. . 3 .(4 3 3) 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác đều ABC, O là trung điển của BC. Trên các cạnh AB, AC lần 

lượt lấy các điểm D, E sao cho ∠DOE = 60 0 . 

1). Chứng minh tích BD. CE không đổi. 

2). Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng. Từ đó suy ra tia DO là tia 

phân giác của góc BDE 

3). Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng đường tròn này 

luôn tiếp xúc với DE. 


1). Tam giác ABC đều => ∠ABC = ∠ ACB = 60 0 (1); 

∠ DOE = 60 0 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 120 0 (2). 


∆DBO có ∠DOB = 60 0 => ∠BDO + ∠BOD = 120 0 (3). 

Từ (2) và (3) => ∠BDO = ∠ COE (4) 

Từ (2) và (4) => ∆BOD 


∆CEO 



D 

C 












=> 


BD BO 

CO CE 

= => BD.CE = BO.CO 

mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R 2 không đổi. 

2). Theo trên ∆BOD ∆CEO => 

mà CO = BO => 

BD OD 

= 

CO OE 

BD OD BD BO 

= => = (5) 

BO OE OD OE 

Lại có ∠DBO = ∠DOE = 60 0 (6). 

Từ (5) và (6) => ∆DBO 

=> ∠BDO = ∠ODE 

∆DOE 

=> DO là tia phân giác ∠ BDE. 

3). Theo trên DO là tia phân giác ∠ BDE => O cách đều DB và DE => O là tâm 

đường tròn tiếp xúc với DB và DE. Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB luôn tiếp 

xúc với DE 

Bài 37: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đường thẳng vuông 

góc với DE, đường thẳng này cắt các đường thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K. 

1). Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp. 

2). Tính góc CHK. 

3). Chứng minh KC. KD = KH.KB 

4). Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đường nào? 


1). Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên ∠BCD = 90 0 ; 


BH ⊥ DE tại H nên ∠BHD = 90 0 

=> như vậy H và C cùng nhìn BD dưới một góc bằng 90 0 nên H và C cùng nằm trên 

đường tròn đường kính BD 



B 

H 

D 

K 

A 

O 



E 

C 













=> BHCD là tứ giác nội tiếp. 

2). BHCD là tứ giác nội tiếp 

=> ∠BDC + ∠BHC = 180 0 . (1) 

∠BHK là góc bẹt nên 

∠KHC + ∠BHC = 180 0 (2). 

Từ (1) và (2) => ∠CHK = ∠BDC 

mà ∠BDC = 45 0 (vì ABCD là hình vuông) 

=> ∠CHK = 45 0 . 

3). Xét ∆KHC và ∆KDB ta có 

∠CHK = ∠BDC = 45 0 ; ∠K là góc chung 

=> ∆KHC ∆KDB => 

=> KC. KD = KH.KB. 

KC KH 

= 

KB KD 

4). (HD) Ta luôn có ∠BHD = 90 0 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC 

cố định thì H chuyển động trên cung BC (E ≡ B thì H ≡ B; E ≡ C thì H ≡ C). 

Bài 38: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác cân ABC (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi D là trung 

điểm của AC; tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BD tại E. Tia CE cắt (O) tại 

F. 

1). Chứng minh BC // AE. 

2). Chứng minh ABCE là hình bình hành. 

3). Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của BC và OI. 

So sánh ∠BAC và ∠BGO. 


1). BC và AE cùng vuông góc với AH => BC // AE 

2).Xét hai tam giác ADE và CDB ta có: 


∠EAD = ∠BCD (vì so le trong) 

AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (đối đỉnh) 

A 

D 

) 

1 

O 

1 

E 

B 

C 

1 

H 

2 

K 

















=> ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1) 

Theo trên AE // CB (2). 

Từ (1) và (2) => AECB là hình bình hành. 

3). I là trung điểm của CF => OI ⊥ CF (quan hệ 

đường kính và dây cung). 

Theo trên AECB là hình bình hành 

=> AB // EC 

=> OI ⊥ AB tại K => ∆ BKG vuông tại K. 

1 2 

O D 

1 

_ F 

I 

_ 

_ 

Ta cũng có ∆ BHA vuông tại H => ∠BGK = ∠BAH (cùng phụ với ∠ABH) 

mà ∠BAH = 1 2 

=> ∠BAC = 2∠BGO. 

Bài 39: 

∠BAC (do ∆ ABC cân nên AH là phân giác) 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Các tiếp tuyến với 

đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) tại B và C. Gọi M là điểm tuỳ ý 

trên đường tròn (M khác B, C), từ M kẻ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB. Chứng 

minh rằng: 

1). Tứ giác ABOC nội tiếp. 

2). ∠BAO = ∠ BCO. 

3). ∆MIH ∆MHK. 

4). MI.MK = MH 2 . 



B 

K 

A 

H 

_ 

2 

C 

1 

E 

G 

















O 

H 

B 

C 

Trường hợp M nằm trên cung nhỏ BC 

1). AB là tiếp tuyến của (O) = > ∠ABO = 90 0 

= > B nằm trên đường tròn đường kính AO 

AC là tiếp tuyến của (O) = > ∠ACO = 90 0 

= > C nằm trên đường tròn đường kính AO 

I 

M 

K 

A 


M 

I 

O 

K 

B 

C 

H 

Trường hợp M nằm trên cung lớn BC 

Suy ra 4 điểm A,B,C,O nằm trên đường tròn đường kính AO hay tứ giác ABOC nội 

tiếp. 

2). Tứ giác ABOC nội tiếp => ∠BAO = ∠ BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO). 

3). Theo giả thiết MH ⊥ BC => ∠MHC = 90 0 ; MK ⊥ CA => ∠MKC = 90 0 

=> ∠MHC + ∠MKC = 180 0 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp 

=> ∠HCM = ∠HKM (nội tiếp cùng chắn cung HM). 

Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => ∠MHI = ∠MBI (nội tiếp cùng 

chắn cung IM). 

Mà ∠HCM = ∠MBI ( = 1/2 sđ BM) => ∠HKM = ∠MHI (1). 

Chứng minh tương tự ta cũng có ∠KHM = ∠HIM (2). 

Từ (1) và (2) => ∆ HIM 

∆ KHM. 

4). Theo trên ∆ HIM ∆ KHM => 

Bài 40: 

MI MH 

MH MK 

= => MI.MK = MH 2 

-----------------------Hết-------------------------- 


Cho ∆ABC vuông ở A. Lấy trên cạnh AC một điểm D. Dựng CE vuông góc 

BD tại E, CE cắt AB tại F. 

1). Chứng minh ∆ABD ∆ECD. 




A 













2). Chứng minh tứ giác ABCE là tứ giác nội tiếp. 

3). Chứng minh FD vuông góc BC. 

4). Cho ∠ABC = 60 0 ; BC = 2a; AD = a. Tính AC; đường cao AH của ∆ABC và bán 

kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADEF. 


1). Xét ∆ABD và ∆ECD có: 

∠A = ∠E = 90 0 . ∠ADB = ∠EDC (đối đỉnh) = 

> ∆ABD ∆ECD (g.g) 

2). Ta có ∠CAB = ∠CEB = 90 0 (gt) 

= > Tứ giác ABCE là tứ giác nội tiếp (Quĩ tích 

cung chứa góc 90 0 ) 

3). Ta có CA⊥FB, BE ⊥FC (gt), 

mà CA cắt BE tại D = > D là trực tâm của tam giác CBF = > FD ⊥ BC 

4). AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 0 ; AC = 2a . 

AB = BC.cos ABC = 2a.cos60 0 = 2a. 1 2 = a; 

AH = AB.sin ABC = a.sin60 0 = a 3 

*Ta có: ∠FED = ∠FAD = 90 0 

2 ; 

3 

F 

2 = a 3 

= > Tứ giác ADEF nội tiếp đường tròn đường kính DF. 

∆FKB vuông tại K, có ∠ABC = 60 0 

⇒∠BFK = 30 0 ⇒AD = FD.sin BFK 

⇒ AD = FD.sin30 0 ⇒ a = FD.0,5 ⇒ FD = a : 0,5 = 2a. 

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADEF bằng a. 

-----------------------Hết-------------------------- 


E 

D 

a 

A 

C 

K 

2a 

60 

H 

B 

















Bài 41: 

BB 1 ; CC 1 . 

Cho ∆ABC có 3 góc nhọn. Gọi H là giao điểm của 3 đường cao AA 1 ; 

1). Chứng minh tứ giác HA 1 BC 1 nội tiếp được trong đường tròn. Xác 

định tâm I của đường tròn ấy. 

2). Chứng minh A 1 A là phân giác của ∠B 1 A 1 C 1 . 

3). Gọi J là trung điểm của AC. Chứng minh IJ là trung trực của A 1 C 1 . 

4). Trên đoạn HC lấy 1 điểm M sao cho MH 1 

= . 

MC 3 

So sánh diện tích của 2 tam giác: ∆HAC và ∆HJM. 


1). Tứ giác HA 1 BC 1 nội tiếp (quĩ 

tích cung chứa góc 90 0 ). 

Tâm I là trung điểm BH. 

2). C/m: 

∠HA 1 C 1 = ∠HBC 1 ; 

∠HA 1 B 1 = ∠HCB 1 ; 

∠HBC 1 = ∠HCB 1 ; 

⇒ ∠HA 1 C 1 = ∠HA 1 B 1 ⇒ đpcm. 

B 

A 

B 1 

C J 

1 

H 

M 

1 K 

C 

A 1 

3). IA 1 = IC 1 = R (I) ; JA = JA 1 = AC/2 … ⇒ ỊJ là trung trực của A 1 C 1 . 

HC.AC 

HM.JK 

4). S HJM = 1 2 HM.JK; S HAC = 1 2 HC.AC 1 ⇒ S HAC : S HJM = 

1 

mà 

MH 1 

= ⇒ 

MC 3 

HC HM+MC MC 

= = 1+ = 1+ 3 = 4 ; 

HM HM HM 

AC 1 

2 

JK = (JK// AC 1 ⇒ S HAC : S HJM = 8 

-----------------------Hết-------------------------- 


















Bài 42: 

Cho điểm C cố định trên một đường thẳng xy. Dựng nửa đường thẳng 

Cz vuông góc với xy và lấy trên đó 2 điểm cố định A, B (A ở giữa C và B). 

M là một điểm di động trên xy. Đường vuông góc với AM tại A và với BM 

tại B cắt nhau tại P. 

1). Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp được và tâm O của đường tròn 

này nằm trên một đường thẳng cố định đi qua điểm giữa L của AB. 

2). Kẻ PI ⊥ Cz. Chứng minh I là một điểm cố định. 

3). BM và AP cắt nhau ở H; BP và AM cắt nhau ở K. 

Chứng minh rằng KH ⊥ PM. 

hàng. 

4). Cho N là trung điểm của KH. Chứng minh các điểm N; L; O thẳng 


1). MABP nội tiếp đ/tròn đ/k 

MP.(quĩ tích cung chứa góc 90 0 …) 

OA = OB = R (O) ⇒ O thuộc đường 

trung trực AB đi qua L là trung điểm 

AB… 

2). IP // CM ( ⊥ Cz) ⇒ MPIC là hình 

thang. ⇒ IL = LC không đổi vì 

A,B,C cố định. ⇒ I cố định. 

3). PA ⊥ KM; PK ⊥ MB 

⇒ H là trực tâm ∆ PKM ⇒ KH 

⊥ PM 

4). AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) 

⇒ N là tâm đ/tròn ngoại tiếp … ⇒ NE = NA = R (N) 

⇒ N thuộc đường trung trực AB ⇒ O, L, N thẳng hàng. 


-----------------------Hết-------------------------- 

K 

x 

N 

z 

I 

B 

L 

A 

C 

H 

P 

O 

M 

y 

















Bài 43: 

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và K là điểm chính giữa của 

cung AB. Trên cung AB lấy một điểm M (khác K; B). Trên tia AM lấy điểm 

N sao cho AN = BM. Kẻ dây BP song song với KM. 

1). So sánh hai tam giác: ∆AKN và ∆BKM. 

2). Chứng minh: ∆KMN vuông cân. 

3). Tứ giác ANKP là hình gì? Vì sao? 


1). ∆AKN = ∆BKM(c.g.c) 

2). HS tự c/m. ∆ KMN vuông cân. 

3). ∆KMN vuông ⇒ KN ⊥ KM 

mà KM // BP ⇒ KN ⊥ BP 

∠APB = 90 0 (góc nội tiếp…) 

⇒ AP ⊥ BP ⇒ KN // AP ( ⊥ BP) 

KM // BP ⇒ ∠KMN = ∠PAT = 

45 0 . 

Mà ∠PAM = ∠PKU = ∠PKM : 2 = 45 0 . 

∠PKN = 45 0 ; ∠PNK = 45 0 

Bài 44: 


A 

P 

// 

⇒ PK // AN. Vậy ANPK là hình bình hành. 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vuông 

góc với nhau. M là một điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC. Nối MB, cắt CD ở 

N. 

1). Chứng minh: tia MD là phân giác của góc AMB. 

2). Chứng minh: ∆BOM ∆BNA. Chứng minh: BM.BN không đổi. 

3). Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp. Gọi I là tâm đường tròn ngoại 

tiếp tứ giác ONMA, I di động như thế nào? 



1). ∠AMD = ∠DMB = 45 0 (chắn cung ¼ đ/tròn) ⇒ MD là tia phân giác của góc 

AMB 


x 

N 

K 

O 

T 



M 

= 

B 













2). ∆OMB cân vì OM = OB = R (O) 

∆NAB cân có NO vừa là đ/cao vừa là đường trung tuyến. 

⇒∆OMB ∆NAB ⇒ 

BM BO 

BA BN 

3). ONMA nội tiếp đường tròn đường kính 

AN. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp 

⇒ I cách đều A và O cố định ⇒ I thuộc 

đường trung trực OA 

Gọi E và F là trung điểm của AO; AC 

Vì M chạy trên cung nhỏ AC nên tập hợp I là 

đoạn EF. 

Bài 45: 

= ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R 2 không đổi. 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O; R) có 2 đường kính cố định AB ⊥ CD. 

1). Chứng minh: ACBD là hình vuông. 

2). Lấy điểm E di chuyển trên cung nhỏ BC (E ≠ B; E ≠ C). Trên tia đối của tia EA 

lấy đoạn EM = EB. Chứng tỏ: ED là tia phân giác của góc AEB và ED // MB. 

3). Chứng minh CE là đường trung trực của BM 

4). Chứng minh M di chuyển trên đường tròn cố định, xác định tâm và bán kính 

đường tròn đó theo R. 



A 

M 

F 

I 

E 

C 

N 

D 

O 

B 

















1). AB ⊥ CD; 

OA = OB = OC = OD = R (O) 

⇒ ACBD là hình vuông. 

2). ∠AED = 1 2 AOD = 450 ; 

∠DEB = 1 2 

DOB= 450 

⇒ ∠AED = ∠DEB 

⇒ ED là tia phân giác của góc AEB. 

∠AED = 45 0 ; ∠EMB = 45 0 (∆EMB vuông 

cân tại E) 

⇒ ∠AED = ∠EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB. 

3). ∆ EMB vuông cân tại E và CE ⊥ DE ; ED // BM 

⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE là đường trung trực BM. 

4). Vì CE là đường trung trực BM nên CM = CB = R 2 

Vậy M chạy trên đường tròn (C ; R’ = R 2 ) 

Bài 46: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho ∆ABC đều, nội tiếp trong đường tròn (O; R). Gọi AI là một đường kính cố 

định và D là điểm di động trên cung nhỏ AC (D ≠ A và D ≠ C). 

1). Tính cạnh của ∆ABC theo R và chứng tỏ AI là tia phân giác của BAC . 

2). Trên tia DB lấy đoạn DE = DC. Chứng tỏ ∆CDE đều và DI ⊥ CE. 

3). Suy ra E di động trên đường tròn mà ta phải xác định tâm và giới hạn. 

4). Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D là điểm chính giữa cung nhỏ AC. 



A 

O 

C 

D 

E 

= 

// 

B 

M 

















1). ∆ABC đều, nội tiếp trong đường tròn (O; 

R). HS tự c/m: ⇒ AB = AC = BC = R 3 

Trong đ/tròn (O; R) có: AB = AC 

⇒ Tâm O cách đều 2 cạnh AB và AC 

⇒AO hay AI là tia phân giác của góc BAC. 

2). Ta có: DE = DC (gt) ⇒∆DEC cân; 

∠BDC = ∠BAC = 60 0 (cùng chắn cung BC) 

⇒∆CDE đều. I là điểm giữa cung BC 

⇒ cung IB = cung IC⇒∠BDI = ∠IDC 

⇒ DI là tia phân giác của góc BDC 

⇒∆CDE đều có DI là tia phân giác nên cũng là đường cao ⇒ DI ⊥ CE. 

c) ∆CDE đều có DI là đường cao cũng là đường trung trực của CE 

⇒ IE = IC mà I và C cố định ⇒ IC không đổi 

⇒E di động trên 1 đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC. 

Giới hạn: I ∈ cung nhỏ AC. D → C thì E → C ; D → A thì E → B 

⇒ E đi động trên cung nhỏ BC của đường tròn (I; R = IC) chứa trong ∆ABC đều. 

Bài 47: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung 

ngoài BC với B ∈ (O), C ∈ (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung 

ngoài BC ở I. 

1). Chứng minh các tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp. 

2). Chứng minh ∠ BAC = 90 0 . 

3). Tính số đo góc OIO’. 


4). Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm. 

B 

E 

A 

I 

= 

O 

= 

D 

C 


















1). Ta có: ∠OBI = 90 0 (BC là tiếp tuyến, BC⊥ 

BO) nên B nằm trên đường tròn đường kính IO; 

∠IAO = 90 0 (AI là tiếp tuyến, AI ⊥ AO) nên A 

nằm trên đường tròn đường kính IO; 

= > OBIA nội tiếp đường tròn đường kính IO. 

Tương tự AICO’ nội tiếp đường tròn đường 

kính IO’. 

2). Theo t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IB = IA, IA = IC; 

∆ ABC có AI = 2 

1 BC => ∆ ABC vuông tại A hay ∠BAC =90 

0 

3). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IO là tia phân giác ∠BIA; IO’là tia 

phân giác ∠CIA, mà hai góc BIA và CIA là hai góc kề bù 

=> IO ⊥ IO’ => ∠OIO’ = 90 0. 

4). Theo trên ta có ∆ OIO’ vuông tại I có IA là đường cao (do AI là tiếp tuyến chung 

nên AI ⊥OO’) => IA 2 = AO.AO’ = 9. 4 = 36 => IA = 6 

=> BC = 2. IA = 2. 6 = 12 (cm) 

Bài 48: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho hai đường tròn (O); (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung 

ngoài, B∈(O), C∈ (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở 

M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O’M và AC. Chứng minh 

rằng: 

1). Các tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp. 

2). Tứ giác AEMF là hình chữ nhật. 

3). ME.MO = MF.MO’. 

4). OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. 


5). BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’. 

O 

B 

9 

A 

I 

4 

O' 

C 


















1). Ta có: ∠OBM = 90 0 (BC là tiếp tuyến, 

BC⊥ BO) nên B nằm trên đường tròn đường 

kính MO; 

∠MAO = 90 0 (AM là tiếp tuyến, AM ⊥ AO) 

nên A nằm trên đường tròn đường kính MO; 

= > OBMA nội tiếp đường tròn đường kính 

MO. 

Tương tự AMCO’ nội tiếp đường tròn đường 

kính MO’. 

B 

E 

1 

2 3 M 4 

2). Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB => ∆ MAB cân tại M. 

Lại có ME là tia phân giác => ME ⊥ AB (1). 

Chứng minh tương tự ta cũng có MF ⊥ AC (2). 

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có MO và MO’ là tia phân giác của hai 

góc kề bù BMA và CMA => MO ⊥ MO’ (3). 

Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác MEAF là hình chữ nhật. 

3). Theo giả thiết AM là tiếp tuyến chung của hai đường tròn => MA ⊥ OO’ 

=> ∆ MAO vuông tại A có AE ⊥ MO ( theo trên ME ⊥ AB) 

⇒ MA 2 = ME. MO (4) 

Tương tự ta có tam giác vuông MAO’ có AF ⊥ MO’⇒ MA 2 = MF.MO’ (5) 

Từ (4) và (5) ⇒ ME.MO = MF. MO’ 

4). Đường tròn đường kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đường tròn 

này đi qua A và có MA là bán kính. 

Theo trên OO’⊥ MA tại A ⇒ OO’ là tiếp tuyến tại A của đường tròn đường kính BC. 

5). (HD) Gọi I là trung điểm của OO’ ta có IM là đường trung bình của hình thang 

BCO’O. 

=> IM ⊥ BC tại M (*). Ta cũng chứng minh được ∠OMO’ vuông nên M thuộc đường 

tròn đường kính OO’ 

=> IM là bán kính đường tròn đường kính OO’ (**) 


Từ (*) và (**) => BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’ 

-----------------------Hết-------------------------- 

O 

A 

F 

O' 

C 

















Bài 49: 

Cho ∆ABC vuông tại A (BC > BA) nội tiếp trong đường tròn đưòng kính AC. 

Kẻ dây cung BD vuông góc AC. H là giao điểm AC và BD. Trên HC lấy điểm E sao 

cho E đối xứng với A qua H. Đường tròn đường kính EC cắt BC tại I (I ≠ C). 

1). Chứng minh 

CI CE 

= 

CB CA 

2). Chứng minh D; E; I thẳng hàng. 

3). Chứng minh HI là một tiếp tuyến của đường tròn đường kính EC. 


1). AB // EI (cùng vuông góc với BC) 

⇒ CI 

CB 

CE 

CA 

= (đ/lí Ta-lét) 

2). Chứng minh ABED là hình thoi 

⇒ DE // AB mà EI //AB. 

⇒ D, E, I cùng nằm trên đường thẳng đi 

qua E // AB ⇒ D, E, I thẳng hàng. 

3). ∠ EIO’ = ∠ IEO' (vì ∆EO’I cân; 

O’I = O’E = R (O’) ) 

∠ HED = ∠ IEO' (đ/đ); 

∆BID vuông; IH là trung tuyến ⇒ ∆HID cân ⇒ ∠ HIE = ∠ HDI 


A 

B 

H 

D 

I 

O E O’ 

Mà ∠ HDI + ∠ HED = 90 0 ⇒ ∠ HID + ∠ EIO’ = 90 0 hay ∠ HIO’= 90 0 

= > HI là một tiếp tuyến của đường tròn đường kính EC. 

Bài 50: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam giác ABC vuông ở A (AB > AC), đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng 

bờ BC chứa điển A , vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E và nửa đường 

tròn đường kính HC cắt AC tại F. Chứng minh rằng: 


1). Tứ giác AFHE là hình chữ nhật. 

2). BEFC là tứ giác nội tiếp. 

3). AE. AB = AF. AC. 




C 










4). Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn 





1). Ta có: ∠ BEH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa 

đường tròn ) 

=> ∠ AEH = 90 0 (vì là hai góc kề bù). (1) 

∠ CFH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 

=> ∠ AFH = 90 0 (vì là hai góc kề bù).(2) 

∠ EAF = 90 0 (vì tam giác ABC vuông tại A) 

(3) 

Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ 

nhật (vì có ba góc vuông). 

) 1 

B 

2). Tứ giác AFHE là hình chữ nhật nên nội tiếp được một đường tròn 

=> ∠ F 1 = ∠ H 1 (nội tiếp chắn cung AE) . 

I 

1 

2 1 


E 

A 

1 

2 

( 

O 2 

F 

O 1 H C 

Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O 1 ) và 

(O 2 ) 

=> ∠ B 1 = ∠ H 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE) 

=> ∠ B 1 = ∠ F 1 => ∠ EBC+ ∠ EFC = ∠ AFE + ∠ EFC 

mà ∠ AFE + ∠ EFC = 180 0 (vì là hai góc kề bù) => ∠ EBC+ ∠ EFC = 180 0 

mặt khác ∠ EBC và ∠ EFC là hai góc đối của tứ giác BEFC do đó BEFC là tứ giác 

nội tiếp. 

3). Xét hai tam giác AEF và ACB ta có ∠ A = 90 0 là góc chung; 

∠ AFE = ∠ ABC ( theo chứng minh trên) => ∆AEF 

=> 

AE AF 

AC AB 

= => AE. AB = AF. AC. 

∆ACB 

* Cách 2: Tam giác AHB vuông tại H có HE ⊥ AB => AH 2 = AE.AB (*) 

Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC => AH 2 = AF.AC (**) 

Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC 

4). Tứ giác AFHE là hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân tại I 


=> ∠ E 1 = ∠ H 1 . 

∆O 1 EH cân tại O 1 (vì có O 1 E vàO 1 H cùng là bán kính) => ∠ E 2 = ∠ H 2 . 

=> ∠ E 1 + ∠ E 2 = ∠ H 1 + ∠ H 2 mà ∠ H 1 + ∠ H 2 = ∠ AHB = 90 0 
















=> ∠ E 1 + ∠ E 2 = ∠ O 1 EF = 90 0 => O 1 E ⊥EF . 

Chứng minh tương tự ta cũng có O 2 F ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai nửa 


Bài 51: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 


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∠IBK = 90 0 . 

Tương tự ta cũng có ∠ICK = 90 0 như vậy B và C 

cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó 

B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 

2). Ta có ∠C 1 = ∠C 2 (1) (vì CI là phân giác của 

góc ACH. 

∠C 2 + ∠I 1 = 90 0 (2) ( vì ∠IHC = 90 0 ). 

∠I 1 = ∠ ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 

Từ (1), (2) , (3) => ∠C 1 + ∠ICO = 90 0 hay AC ⊥ 

OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 


B 

A 

I 

1 

H 

o 

3). Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. 

AH 2 = AC 2 – HC 2 2 2 

=> AH = 20 − 12 = 16 ( cm) 

CH 2 = AH.OH => OH = 

CH 

2 = 122 

AH 16 

= 9 (cm) 


2 2 2 2 

OC = OH + HC = 9 + 12 = 225 = 15 (cm) 


-----------------------Hết-------------------------- 

K 

1 

2 



C 













Bài 52: 

Cho đường tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi 

AC và BC là hai đường kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) 

vuông góc với AB tại trung điểm M của AB. Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O’) 

là F, BD cắt (O’) tại G. Chứng minh rằng: 

1). Tứ giác MDGC nội tiếp . 

2). Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn 

3). Tứ giác ADBE là hình thoi. 

4). B, E, F thẳng hàng 

5). DF, EG, AB đồng quy. 

6). MF = 1/2 DE. 

7). MF là tiếp tuyến của (O’). 


1). ∠BGC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 


=> ∠CGD = 90 0 (vì là hai góc kề bù) 

Theo giả thiết DE ⊥ AB tại M 

=> ∠CMD = 90 0 

=> ∠CGD + ∠CMD = 180 0 mà đây là 

hai góc đối của tứ giác MCGD nên 

MCGD là tứ giác nội tiếp 

2). ∠BFC = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 

A 

O 

M 

D 

1 

1 

E 

C 

G 

1 

2 

3 

=> ∠BFD = 90 0 ; ∠BMD = 90 0 (vì DE ⊥ AB tại M) như vậy F và M cùng nhìn BD 

dưới một góc bằng 90 0 nên F và M cùng nằm trên đường tròn đường kính BD 

=> M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn. 

3). Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE ⊥ AB tại M nên M cũng là trung điểm 


của DE (quan hệ đường kính và dây cung) => Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai 

đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường. 

F 

O' 

1 

B 

















4). Góc ADC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AD ⊥ DF; theo trên tứ giác 

ADBE là hình thoi => BE // AD mà AD ⊥ DF nên suy ra BE ⊥ DF. 

Theo trên ∠BFC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF ⊥ DF 

mà qua B chỉ có một đường thẳng vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng. 

5). Theo trên DF ⊥ BE; BM ⊥ DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của 

tam giác BDE => EC cũng là đường cao => EC⊥ BD; theo trên CG ⊥ BD 

=> E, C, G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy. 

6). Theo trên DF ⊥ BE => ∆DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung 

điểm của DE) suy ra MF = 1/2 DE (t/c trung tuyến thuộc cạnh huyền). 

7). (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF 

=> ∆MDF cân tại M => ∠D 1 = ∠F 1 

∆O’BF cân tại O’ ( vì O’B và O’F cùng là bán kính ) 

=> ∠F 3 = ∠B 1 mà ∠B 1 = ∠D 1 (Cùng phụ với ∠DEB ) 

=> ∠F 1 = ∠F 3 => ∠F 1 + ∠F 2 = ∠F 3 + ∠F 2 . 

Mà ∠F 3 + ∠F 2 = ∠BFC = 90 0 => ∠F 1 + ∠F 2 = 90 0 = ∠MFO’ 

hay MF ⊥ O’F tại F => MF là tiếp tuyến của (O’). 

Bài 53: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi I là trung điểm của OA. Vẽ đường 

tròn tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. 

1). Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A. 

2). Chứng minh IP // OQ. 

3). Chứng minh rằng AP = PQ. 

4). Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất. 



















1). Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt 

là các bán kính của đ/ tròn (O) và đường tròn 

(I) . Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp 

xúc nhau tại A. 

2). ∆OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là 

bán kính ) => ∠A 1 = ∠Q 1 

∆IAP cân tại I (vì IA, IP là bán kính) 

=> ∠A 1 = ∠P 1 => ∠P 1 = ∠Q 1 

mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ. 

3). ∠APO = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => OP ⊥ AQ. 

=> OP là đường cao của ∆OAQ mà ∆OAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => 

AP = PQ. 

4). (HD) Kẻ QH ⊥ AB ta có S AQB = 1 AB.QH. Mà AB là đường kính không đổi nên 

2 

S AQB lớn nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. 

Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO. 

Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI ⊥ AO mà theo trên PI // QO 

=> QO ⊥ AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; 

OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. 

Bài 54: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A và B. Các đường thẳng 

AO; AO’ cắt đường tròn (O) lần lượt tại các điểm C; D và cắt (O’) lần lượt tại E; F. 

1). Chứng minh: C; B; F thẳng hàng. 

2). Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp được. 

3). Chứng minh: A là tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE. 

4). Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’). 



A 

1 

I 

1 

P 

O 

1 

Q 

H 

B 

















1). ∠CBA= 90 0 = ∠FBA (góc nội tiếp 

chắn nửa đ/tròn) 

⇒ ∠CBA + ∠FBA = 180 0 

⇒ C, B, F thẳng hàng. 

2). ∠CDF = 90 0 = ∠CEF 

tích …) 

⇒ Tứ giác CDEF nội tiếp (quĩ 

3). CDEF nội tiếp ⇒ ∠ADE = ∠ECB 

(cùng chắn cung EF) 

Xét (O) có: ∠ADB= ∠ECB (cùng chắn cung AB) 

⇒∠ADE = ∠ADB⇒ DA là tia phân giác của góc BDE. 

Tương tự EA là tia phân giác của góc DEB. 

Vậy A là tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE. 

d) ODEO’ nội tiếp. Thực vậy: ∠DOA = 2. ∠DCA; ∠EO’A = 2∠EFA 

mà ∠DCA = ∠EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) ⇒ ∠DOA = ∠EO’A; 

mặt khác: ∠DAO = ∠EAO’ (đ/đ) ⇒ ∠ODO’ = ∠O’EO ⇒ ODEO’ nội tiếp. 

Nếu DE tiếp xúc với (O) và (O’) thì ODEO’ là hình chữ nhật ⇒ AO = AO’ = AB. 

Đảo lại: AO = AO’ = AB cũng kết luận được DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) 

Vậy điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của (O) và (O’) là: AO = AO’ = AB. 

Bài 55: 

-----------------------Hết-------------------------- 

C 

Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm. Vẽ về 

một phía của AB các nửa đường tròn có đường kính theo thứ tự là AB, AC, CB và có 

tâm theo thứ tự là O, I, K. Đường vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn (O) tại 

E. Gọi M. N theo thứ tự là giao điểm của EA, EB với các nửa đường tròn (I), (K). 

1). Chứng minh EC = MN. 

2. Chứng minh MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). 

3). Tính MN. 


4). Tính diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn 

D 

O 

A 

B 

E 

O’ 

F 


















1). Ta có: ∠ BNC= 90 0 ( góc nội tiếp chắn 

nửa đường tròn tâm K) 

=> ∠ ENC = 90 0 (vì là hai góc kề bù). (1) 

∠ AMC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 

đường tròn tâm I) 

=> ∠ EMC = 90 0 (vì là hai góc kề bù).(2) 

∠ AEB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 

đường tròn tâm O) hay ∠ MEN = 90 0 (3) 

A 

M 

1 

E 

H 

1 

2 

3 

N 

2 

1 

I C O K B 

Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường 

chéo hình chữ nhật). 

2). Theo giả thiết EC ⊥ AB tại C nên EC là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn 

(I) và (K) 

=> ∠ B 1 = ∠ C 1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CN). 

Tứ giác CMEN là hình chữ nhật nên => ∠ C 1 = ∠ N 3 => ∠ B 1 = ∠ N 3 .(4) 

Lại có KB = KN (cùng là bán kính) 

=> tam giác KBN cân tại K => ∠ B 1 = ∠ N 1 (5) 

Từ (4) và (5) => ∠ N 1 = ∠ N 3 mà ∠ N 1 + ∠ N 2 = ∠CNB = 90 0 

=> ∠ N 3 + ∠ N 2 = ∠MNK = 90 0 hay MN ⊥ KN tại N 

=> MN là tiếp tuyến của (K) tại N. 

Chứng minh tương tự ta cũng có MN là tiếp tuyến của (I) tại M, 

Vậy MN là tiếp tuyến chung của các nửa đường tròn (I), (K). 

3). Ta có ∠ AEB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) 

=> ∆AEB vuông tại A có EC ⊥ AB (gt) 

=> EC 2 = AC. BC = > EC 2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm. 

Theo trên EC = MN => MN = 20 cm. 

4). Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 cm 

=> AB = 50cm => OA = 25 cm 

Ta có S (o) = π .OA 2 = π 25 2 = 625π ; 


S (I) = π . IA 2 = π .5 2 = 25π ; 

S (k) = π .KB 2 = π . 20 2 = 400π . 

Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là 

1 

















S = 1 2 (S (o) - S (I) - S (k) ) = 1 2 (625π - 25π - 400π ) = 1 2 .200 π = 100π ≈314 (cm2 ) 

Bài 56: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) đường kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B 

khác O, C). Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với 

AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD. Chứng minh rằng: 

1). Tứ giác BMDI nội tiếp . 

2). Tứ giác ADBE là hình thoi. 

3). BI // AD. 

4). Ba điểm I, B, E thẳng hàng. 

5). MI là tiếp tuyến của (O’). 


1). ∠BIC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 


=> ∠BID = 90 0 (vì là hai góc kề bù); 

DE ⊥ AB tại M => ∠BMD = 90 0 

=> ∠BID + ∠BMD = 180 0 mà đây là hai 

góc đối của tứ giác MBID nên MBID là tứ 

giác nội tiếp. 

2). Theo giả thiết M là trung điểm của AB 


A 

/ 

M 

D 

E 

1 

/ 

O 

2 

I 

1 

3 

2 

1 1 

DE ⊥ AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan hệ đường kính và dây cung) 

=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung 

điểm của mỗi đường. 

3). ∠ADC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AD ⊥ DC; 

theo trên BI ⊥ DC => BI // AD. (1) 


4). Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2). 

Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đường thẳng song song với 

AD mà thôi.) 




B 

O' 

C 













5). I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến (vì M là 

trung điểm của DE) =>MI = ME => ∆MIE cân tại M => ∠I 1 = ∠E 1 ; 

∆O’IC cân tại O’ (vì O’C và O’I cùng là bán kính) 

=> ∠I 3 = ∠C 1 mà ∠C 1 = ∠E 1 (cùng phụ với góc EDC) 

=> ∠I 1 = ∠I 3 => ∠I 1 + ∠I 2 = ∠I 3 + ∠I 2 . 

Mà ∠I 3 + ∠I 2 = ∠BIC = 90 0 => ∠I 1 + ∠I 2 = 90 0 = ∠MIO’ hay MI ⊥ O’I tại I 

=> MI là tiếp tuyến của (O’). 

Bài 57: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) đường kính BC, dây 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. 

(K). 

1). Xác định vị trí tương đối của các đường tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và 

2). Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?. 

3). Chứng minh AE. AB = AF. AC. 

4). Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K). 

5). Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất. 


1). (HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) 

OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) 

IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) 

2). Ta có: ∠ BEH = 90 0 (nội tiếp chắn nửa 


=> ∠ AEH = 90 0 (vì là hai góc kề bù). (1). 

∠ CFH = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> ∠ AFH = 90 0 (vì là hai góc kề bù). (2) 

∠ BAC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn 

hay ∠ EAF = 90 0 (3) 


B 

E 

I 

A 

G 

D 

1 

1 

2 

H O 


Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông). 


2 

F 



K 

C 













3). Theo giả thiết AD ⊥ BC tại H nên ∆AHB vuông tại H có HE ⊥ AB ( ∠ BEH = 90 0 ) 

=> AH 2 = AE.AB (*) 

Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC (theo trên ∠ CFH = 90 0 ) 

=> AH 2 = AF.AC (**) 

Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC ( = AH 2 ) 

4). Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật, gọi G là giao điểm của hai 

đường chéo AH và EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => 

∆GFH cân tại G => ∠ F 1 = ∠ H 1 . 

∆KFH cân tại K (vì có KF và KH cùng là bán kính) => ∠ F 2 = ∠ H 2 . 

=> ∠ F 1 + ∠ F 2 = ∠ H 1 + ∠ H 2 mà ∠ H 1 + ∠ H 2 = ∠ AHC = 90 0 

=> ∠ F 1 + ∠ F 2 = ∠ KFE = 90 0 => KF ⊥EF . 

Chứng minh tương tự ta cũng có IE ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường 

tròn (I) và (K). 

5). Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật 

=> EF = AH ≤ OA (OA là bán kính đường tròn (O) có độ dài không đổi) 

nên EF = OA AH = OA H trùng với O. 

Vậy khi H trùng với O túc là dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn 

nhất. 

Bài 58: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 ≠ 

B). 

của CH. 

a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. 

b) Chứng minh ∠ ADE = ∠ACO. 

c) Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm 



















a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: 

∠ MAO = ∠ MCO = 90 0 

⇒ AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường 

kính MO. 

∠ ADB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

nên ∠ ADM = 90 0 (1) 

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp 

tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC 

nên ∠ AEM = 90 0 (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: nên ∠ADE = ∠AME = ∠AMO (góc nội tiếp 

cùng chắn cung AE) (3) 

Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: ∠ AMO = ∠ ACO (góc nội tiếp cùng chắn cung AO) 

(4). Từ (3) và (4) suy ra ∠ ADE = ∠ ACO 

c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ∠ ACB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> ∠ ACN = 90 0 , suy ra tam giác 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 

IC IH BI 

= = (6). 

MN MA BM 

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 

Bài 59: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 

N 

M 

A 

x 

D 

E 

I 

H 

C 

O 

B 


















a) Tứ giác ACNM có: ∠ MNC = 90 0 (gt), 

∠ MAC = 90 0 ( tính chất 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: 

∠ ABN = ∠ CDM (do tứ giác BDNM nội 

tiếp) 

∠ BAN = ∠ DCM (do tứ giác ACNM nội 

tiếp) ⇒ ∆ ANB 

∆ CMD (g.g) 

x 

C 

A 

I 

N 

K 

y 

D 

M O B 

c) ∆ ANB ∆ CMD ⇒ ∠ CMD = ∠ ANB = 90 0 (do ∠ ANB là góc nội tiếp chắn 

nửa đường tròn (O)). 

Suy ra ∠ IMK = ∠ INK = 90 0 ⇒ IMKN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK 

⇒ ∠ IKN = ∠ IMN (1). 

Tứ giác ACNM nội tiếp ⇒ ∠ IMN = ∠ NAC (góc nội tiếp cùng chắn cung NC) (2). 

Lại có: ⇒ ∠ NAC = ∠ ABN (cùng chắn cung nhỏ AN) (3). 

Từ (1), (2), (3) suy ra ⇒ ∠ IKN = ∠ ABN IK // AB (đpcm). 

Bài 60: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho nửa đương tròn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia BA lấy 

điểm G (khác với điểm B) . Từ các điểm G; A; B kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) 

. Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D. 

1) Gọi N là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O). Chứng 

minh tứ giác BDNO nội tiếp được. 

2) Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ đó suy ra 

CN DN = . 

CG DG 


3) Đặt góc BOD = α . Tính độ dài các đoạn thẳng AC và BD theo R và α . 

Chứng tỏ rằng tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α . 


















1) Tứ giác BDNO nội tiếp được. 

Vì BD ⊥ OB (t/c của tiếp tuyến) 

=> góc OBD = 90 0 => B nằm trên đường 

tròn đường kính OD. 

Tương tự DN ⊥ ON (t/c của tiếp tuyến) 

=> OND = 90 0 => N nằm trên đường tròn 

đường kính OD. 

Do đó B, D cùng nằm trên đường tròn 

đường kính OD. Vậy tứ giác OBND nội 

tiếp. 

2) BD⊥ AG; AC ⊥ AG = > BD//AC = > ∆ GBD ∆ GAC 

CN BD DN 

⇒ = = 

CG AC DG 

3) Góc BOD = α = > BD = R.tanα ; AC = R.tan(90 o – α ) = R cotα 

= > BD.AC = R 2 . Chứng tỏ tích AC.BD chỉ phụ thuộc R, không phụ thuộc α . 

Bài 61: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho ∆ PQR có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao QM, RN 

của tam giác cắt nhau tại H. 

hành. 

1) Chứng minh tứ giác QRMN là tứ giác nội tiếp trong một đường tròn. 

2) Kéo dài PO cắt đường tròn O tại K. Chứng minh tứ giác QHRK là hình bình 

3) Cho cạnh QR cố định, P thay đổi trên cung lớn QR sao cho ∆ PQR luôn 

nhọn. Xác định vị trí điểm P để diện tích ∆ QRH lớn nhất. 



















1). Tứ giác QRMN có: 

∠QNR = ∠QMR = 90 0 

Tứ giác QRMN nội tiếp đường tròn đường kính 

QR. 

2). Ta có: ∠PQK = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa 


suy ra:PQ ⊥ KQ, mà RH ⊥ PQ 

= > KQ//RH (1) 

Chứng minh tương tự ta cũng có: 

QH//KR (2) 

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác QHRK là hình bình 

hành. 

3). Theo câu 2, tứ giác QHRK là hình bình hành nên: S 

QHR 

= SQKR 

1 

Từ K kẻ KI ⊥ QR. Ta có: S QKR 

= KI. QR 

2 

Diện tích ∆ QKR lớn nhất khi KI lớn nhất < = > K là điểm chính giữa của cung nhỏ 

QR. Khi đó P là điểm chính giữa của cung lớn QR. 

Bài 62: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát 

tuyến ADE tới đường tròn (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao 

điểm của AO và BC. 

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp 

b) Chứng minh rằng AH.AO = AD.AE 

c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua 

điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt tia AB tại P và cắt tia AC tại Q. 

Chứng minh rằng 

IP + KQ ≥ PQ 



a) Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên 

góc ABO = góc ACO = 90 0 . 



P 

N 

Q 

H 

M 

O 



K 

R 













Suy ra góc ABO + góc ACO = 180 0 . Vậy tứ giác ABOC nội tiếp. 

b) Ta có ∆ ABO vuông tại B có đường cao BH, ta có : 

AH.AO = AB 2 (1) 

AB AE 

Lại có ∆ ABD ∆ AEB (g.g) ⇒ = ⇒ AB 

2 

= AD.AE (2) 

AD AB 

Từ (1), (2) suy ra: AH.AO = AD.AE 

c) Xét tam giác ∆ OIP và 

∆ KOQ. Ta có góc P = góc Q (Vì 

∆ APQ cân tại A) 

Do đó 2. I 1 = 180 0 1 

– BOD 

2 

D 

= ODQ + BOP 

= 2(O 1 + O 2 ) = 2 KOQ 

A 

1 

hay góc OIP = KOQ 

2 

Do đó ∆ OIP ∆ KOQ (g.g) 

1 

K 

IP OQ 

Từ đó suy ra = 

OP KQ 

⇒ IP.KQ = OP.OQ = 

PQ 2 

4 

hay PQ 2 = 4.IP.KQ 

Mặt khác ta có: 4.IP.KQ ≤ (IP + KQ) 2 (Vì (IP - KQ) 

2 

≥ 0 ) 

2 

2 

Vậy PQ ( IP + KQ) ⇔ IP + KQ ≥ PQ 

Bài 63: 

≤ . 

-----------------------Hết-------------------------- 

I 

B 

H 

C 

P 

3 O 

2 

1 

Cho tam giác ABC vuông tại A, trên cạnh AC lấy điểm D (D ≠ A, D ≠ C). 

Đường tròn (O) Đường kính DC cắt BC tại E (E ≠ C). 

1) Chứng minh tứ giác ABED nội tiếp. 

2) Đường thẳng BD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh ED là 

tia phân giác của góc AEI. 

3) Giả sử tan ABC = 2 . Tìm vị trí của D trên AC để EA là tiếp tuyến của 


đường tròn đường kính DC. 

Q 

E 


















1) Ta có góc DEC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính DC) 

=> góc DEB = 90 0 (kề bù với góc DEC) 

=> E nằm trên đường tròn đường kính BD. 

Mặt khác góc BAD = 90 0 (gt) 

=> A nằm trên đường tròn đường kính BD. 

Do đó E, A cùng nằm trên đường tròn đường kính BD hay tứ giác ABED nội tiếp 

đường tròn đường kính BD. 

2) Theo câu 1) tứ giác ABED nội tiếp đường tròn đường kính BD 

= > góc E 1 = góc B 1 (cùng chắn cung AD) 

Góc DEI = góc DCI (góc nội tiếp 

đường tròn (O) cùng chắn cung DI) 

Tứ giác ABCI nội tiếp đường 

tròn đường kính BC 

= > góc B 1 = góc DCI (cùng chắn 

cung AI). 

Suy ra góc E 1 = góc DEI . 

Vậy ED là tia phân giác của góc 

AEI 

3) Để EA là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính CD thì góc E 1 = góc C 1 (1) 

Mà tứ giác ABED nội tiếp nên góc E 1 = góc B 1 (2) 

Từ (1) và (2) = > góc C 1 = góc B 1 . Ta lại có góc BAD chung nên 

⇒ ∆ ABD 

Theo bài ra ta có: 

Từ (*) và (**) ⇒ 

Vậy 

∆ ACB ⇒ 

B 

A 

AB AD = ⇒ AB 

2 

= AC.AD ⇒ 

AC AB 

AC AB 1 

tan (ABC) = = 2 => = (**) 

AB AC 2 

AB 

AD = 

2 


1 

D 

1 

I 

E 

O 

2 

AB 

AD = (*) 

AC 


AB 

AD = thì EA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD 

2 


-----------------------Hết-------------------------- 



1 

C 













Bài 64: 

Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua O, cắt 

đường tròn (O) tại 2 điểm E, F. Lấy điểm M bất kì trên tia đối FE, qua M kẻ hai tiếp 

tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). 

góc CKD. 

1) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 

2) Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng EF. Chứng minh KM là phân giác của 

3) Đường thẳng đi qua O và vuông góc với MO 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 MRT nhỏ nhất. 


1) Chứng minh tứ giác MCOD 

nội tiếp trong một đường tròn 

MC là tiếp tuyến của (O) 

=> OC ⊥ MC = góc MCO = 90 0 

=> C nằm trên đường tròn đường 

kính OM. 

MD là tiếp tuyến của (O) 

=> OD ⊥ MD = góc MDO = 90 0 

=> D nằm trên đường tròn 

đường kính OM. 

=> C, D nằm trên đường tròn đường kính OM 

=> Tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn. 

2) Chứng minh KM là phân giác của góc CKD 

Ta có K là trung điểm của EF => OK ⊥ EF => góc MLO = 90 0 

=> K thuộc đường tròn đường kính MO 

=> 5 điểm D; M; C; K; O cùng thuộc đường tròn đường kính MO 

=> góc DKM = góc DOM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MD) 

E 

d 


Góc CKM = góc COM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) 

Lại có góc DOM = góc COM (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) 

=> góc DKM = góc CKM => KM là phân giác của góc CKD 



R 

O 

T 

K 

C 

D 

F 



M 













3) Tìm vị trí của điểm M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất 

Ta có: 

SMRT = 2SMOR 

= OC.MR = R. (MC + CR) ≥ 2R 

CM.CR 

Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMR ta có: 

CM.CR = OC 2 = R 2 không đổi => S MRT ≥ 2R 2 

Dấu = xảy ra ⇔ CM = CR = R 2 . 

Khi đó M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 . 

Vậy M là giao điểm của (d) với đường tròn tâm O bán kính R 2 thì diện tích tam 

giác MRT nhỏ nhất. 

Bài 65: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Từ điểm C nằm ngoài đường tròn kẻ hai 

tiếp tuyến CA, CB và cát tuyến CMN với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm, M 

nằm giữa C và N). Gọi H là giao điểm của CO và AB. 

a). Chứng minh tứ giác AOBC nội tiếp 

b). Chứng minh CH.CO =CM.CN 

c). Tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) cắt CA, CB theo thứ tự tại E và F. 

Đường vuông góc với CO tại O cắt CA, CB theo thứ tự tại P, Q. Chứng minh ∠POE 

=∠OFQ 

d). Chứng minh: 

Lời giải bài 65 

PE + QF ≥ PQ . 

a) Ta có: ∠CAO = 90 0 (CA là tt của (O)) 

∠CBO = 90 0 (CB là tt của (O)) 

= > ∠CAO + ∠CBO = 180 0 

= > AOBC là tứ giác nội tiếp 

b) Ta có: ∆ CAO vuông tại A, AH ⊥ CO 

suy ra CA 2 = CH.CO (2) 


Xét ∆ CAM và∆ CAN có: 

∠CAM = ∠CNA; ∠C chung 

= > ∆ CAM ∆ CAN; 



C 

F 

M 

E 

H 

A 

B 



P 

O 

Q 

N 













CA 

=> 

CM = => CM.CN = CA 

2 

(3) 

CA CN 

Từ (2) và (3) suy ra: CH.CO =CM.CN 

c) Ta có: ∠OFQ = ∠OCF +∠COF = ∠OCP +∠COF = ∠AOP +∠COF (*) 

Mà ∠POE = ∠POA + ∠AOE =∠AOP + 2 

1 ∠AOM 

= ∠AOP + 2 

1 (180 

0 

- ∠AEM) = ∠AOP + 90 0 - 2 

1 (∠ECF +∠CFE) 

= ∠AOP + 90 0 - 2 

1 (180 

0 

- ∠AOB) - 2 

1 (180 

0 

- ∠MFB) 

= ∠AOP + 2 

1 ∠AOB) - 2 

1 (180 

0 

- 180 0 +∠MOB) 

= ∠AOP + ∠COB - ∠BOF = ∠AOP + ∠COF (**) 

Từ (*) và (**) suy ra ∠POE =∠OFQ 

d) +) Áp dụng BĐT Cô si: PE + QF ≥ 2 PE. QF (4) 

+) ∆ CPQ cân tại C = > ∠OPE = ∠FQO và ∠POE =∠OFQ 

PE PO 

⎛ PQ ⎞ 

suy ra ∆ PEO ∆ QOF => = => PE.QF = PO.QO = ⎜ ⎟ (5) 

QO QF 

⎝ 2 ⎠ 

Từ (4) và (5) suy ra: 

Bài 66: 

PE + QF ≥ PQ 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 



2 

















1) Ta có E là trung điểm của AC⇒ OE ⊥ AC 

hay ∠ OEM = 90 0 . 

Ta có Bx ⊥ AB => ∠ ABx = 90 0 

giác CBME nội tiếp. 

2) Vì tứ giác OEMB nội tiếp 

⇒ ∠ OMB = ∠ OEB (cung chắn OB), 

∠ EOM = ∠ EBM (cùng chắn cung EM) 

=> ∆ EIO ∆ MIB (g.g) 

⇒ IB.IE = M.IO 

Bài 67: 

nên tứ 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 


1) Từ giả thiết suy ra 

∠ CFH = 90 0 , ∠ HEB= 90 0 

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

Trong tứ giác AFHE có: 

∠ A = ∠ F = ∠ E = 90 0 

= > AFHE là hình chữ nhật. o 2 h o 1 

2) Vì AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF nội tiếp 

⇒ ∠ AFE = ∠ AHE (góc nội tiếp chắn cung AE) (1) 

Ta lại có ∠ AHE = ∠ ABH (góc có cạnh tương ứng vuông góc) (2) 

Từ (1) và (2) ⇒ ∠ AFE = ∠ ABH mà ∠ CFE + ∠ AFE = 180 0 

c 


⇒ ∠ CFE + ∠ ABH = 180 0 . Vậy tứ giác BEFC nội tiếp. 

3) Gọi O 1 , O 2 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. 



f 

A 

o 

a 

E 

O 

e 

I 

C 



B 

M 

x 

b 













= > OF = OH = > ∆ FOH cân tại O 

=> ∠ OFH = ∠ OHF. Vì ∆ CFH vuông tại F ⇒ O 2 C = O 2 F = O 2 H 

⇒ ∆ HO 2 F cân tại O 2 . 

⇒ ∠ O 2 FH = ∠ O 2 HF mà ∠ O 2 HF + ∠ FHA = 90 0 = > ∠ O 2 FH + ∠ HFO = 90 0 

Vậy EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O 2 . 

Chứng minh tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn tâm O 1 . 

Vậy EF là tiếp tuyến chung của 2 nửa đường tròn. 

Bài 68: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 


1) Theo giả thiết ta có: 

∠ B 1 = ∠ B 2 = ∠ B 3 = ∠ B 4 

Mà ∠ B 1 + ∠ B 2 + ∠ B 3 + ∠ B 4 = 180 0 . 

=> ∠ B 2 + ∠ B 3 = 90 0 . 

Tương tự ∠ C 2 + ∠ C 3 = 90 0 . 

Xét tứ giác BICK có ∠ B + ∠ C = 180 0 . 

⇒ 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 

⇒ ∠ OIC = ∠ ICO (1) 

Ta lại có ∠ C 1 = ∠ C 2 (gt). 

Gọi H là giao điểm của AI với BC. 

Ta có AH ⊥ BC. (Vì ∆ ABC cân tại A). 

1 

B 2 

3 

4 


Trong ∆ IHC có ∠ HIC + ∠ ICH = 90 0 = > ∠ OCI + ∠ ICA = 90 0 

Hay ∠ ACO = 90 0 hay AC là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O). 



I 

H 

O 

A 

K 



1 

2 

3 

4 

C 













3) Ta có BH = CH = 12 (cm). 

Trong tam giác vuông ACH có AH 2 = AC 2 - CH 2 = 20 2 - 12 2 = 256 ⇒ AH = 16 

Trong tam giác ACH, CI là phân giác góc C ta có: 

IA AC 

= 

IH CH 

AH − IH 

=> 

IH 

AC = 

CH 

20 5 = = 

12 3 

⇒ (16 - IH) . 3 = 5 . IH ⇒ IH = 6 

Trong tam giác vuông ICH có IC 2 = IH 2 + HC 2 = 6 2 + 12 2 = 180 

Trong tam giác vuông ICK có: IC 2 = IH . IK 

=> IK = IC 2 : IH = 180 : 6 = 30; OI = OK= OC = 15 (cm) 

Bài 69: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho 2 đường tròn (O) và (O′) 

cắt nhau tại hai điểm A, B phân biệt. Đường 

thẳng OA cắt (O), (O′) 

lần lượt tại điểm thứ hai C, D. Đường thẳng O’A cắt (O), (O′) 

lần lượt tại điểm thứ hai E, F. 

1). Chứng minh 3 đường thẳng AB, CE và DF đồng quy tại một điểm I. 

2). Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp được trong một đường tròn. 

3). Cho PQ là tiếp tuyến chung của (O) và (O′) 

(P ∈ (O), Q ∈ (O′) 

). 

Chứng minh đường thẳng AB đi qua trung điểm của đoạn thẳng PQ. 


1). Ta có: Góc ABC = 90 0 (góc nội tiếp 

chắn nửa đường tròn) 

ABF = 90 0 (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 ∠ IEF = ∠ IBF = 90 0 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 

C 

O 

E 

P 

I 

H 

A 

B 

O ' 

D 

Q 

F 














⇒ 




= > HP 2 = HA.HB 

Tương tự, HQ 2 = HA.HB. Vậy HP = HQ hay H là trung điểm PQ 

Bài 70: 

.-----------------------Hết-------------------------- 

Cho ∆ ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, (D không 

trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Tiếp tuyến của (O) 

tại C và D cắt nhau ở K . 

a) Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. 

b) Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? 

c) Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. 


a) Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. 

Ta có: KD = KC (t/c tiếp tuyến) => ∆ KCD cân đỉnh 

K. ∠ DBC = ∠ DCK = 2 

1 sđ DC. 

Hai tam giác cân ∆ ABC và ∆ KCD có các góc đáy 

bằng nhau => ∠ DAC = ∠ DKC. 

Hai góc DAC, DKC nằm ở cùng một nửa mp bờ 

CD, cùng nhìn đoạn CD dưới 1 góc bằng nhau 

=> Tứ giác ADCK nội tiếp. 

b) Theo câu a), tứ giác ADCK nội tiếp 

=> ∠ KAC = ∠ KDC = 2 

1 sđ KC. 

=> ∠ KAC = ∠ KDC = ∠ KCD = ∠ ABC = ∠ ACB 


=> AK // BC => Tứ giác ABCK là hình thang. 

c) Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. 

Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang. Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành 



B 

D 

O 

A 



C 

K 













⇔ AB // CK ⇔ ∠ BAC = ∠ ACK. 

Tam giác ABC cân (AB = AC) => BD = CE 

Gọi E là giao điểm của AC và (O) 

Ta có: ∠ ACK = 2 

1 sđ EC = 2 

1 sđ BD = ∠ DCB. Nên ∠ BCD = ∠ BAC 

Dựng tia Cy sao cho ∠ BCy = ∠ BAC. Khi đó, D là giao điểm của AB và Cy. 

Với giả thiết AB > BC nên góc BCA > góc BAC = BCD , suy ra D ∈AB. 

Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm. 

Bài 71: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho 

AI = 3 

2 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN 

sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 

1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 

2) Chứng minh hệ thức: AM 2 = AE.AC. 

3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường 

tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. 


1). Theo giả thiết MN ⊥ AB tại I ; 

∠ACB = 90 0 hay ∠ECB = 90 0 (góc nội tiếp 


= > ∠EIB + ∠ECB = 180 0 . 

mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ 

giác IECB là tứ giác nội tiếp. 

2). Theo giả thiêt MN ⊥ AB, suy ra A là điểm 

chính giữa của cung MN nên 

∠AMN =∠ACM (hai góc nội tiếp chắn hai 


cung bằng nhau) hay ∠AME =∠ACM, 

lại có ∠CAM là góc chung do đó ∆ AME 

đồng dạng với ∆ ACM 



A 

E 

I 

M 

N 

O 



O 1 

C 

B 













AM AE 

=> = ⇒ AM 

2 

= AE.AC. 

AC AM 

3). Theo trên ∠AMN =∠ACM = > AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 

∆ ECM. Nối MB ta có ∠AMB = 90 0 , do đó tâm O 1 của đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM 

phải nằm trên BM. 

Ta thấy NO 1 nhỏ nhất khi NO 1 là khoảng cách từ N đến BM = > NO 1 ⊥ BM. Gọi O 1 

là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 là tâm đường tròn ngoại tiếp 

∆ ECM có bán kính là O 1 M. 

Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM là nhỏ nhất thì C 

phải là giao điểm của đường tròn (O 1 ), bán kính O 1 M với đường tròn (O) trong đó O 1 

là hình chiếu vuông góc của N trên BM. 

Bài 72: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho ∆ ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O; R) tiếp xúc với AB, AC tại B, C. Đường 

thẳng qua điểm M trên BC vuông góc với OM cắt tia AB, AC tại D, E. 

1) Chứng minh 4 điểm O, B, D, M cùng thuộc một đường tròn. 

2) MD = ME. 


1) Ta có: ∠DBO = ∠DMO = 90 0 (gt) 

=> 2 điểm B, M thuộc đường tròn đường kính 

DO => đpcm 

2) Chứng minh tương tự có 4 điểm O, C, E, M 

cùng thuộc một đường tròn 

=> ∠MEO = ∠MCO (vì 2 góc nội tiếp cùng 

chắn cung MO) 

∠MBO = ∠MDO (vì 2 góc nội tiếp cùng 

chắn cung MO) 

Mà ∠MBO = ∠MCO (vì ∆ BOC cân tại O) 


=> ∠MEO = ∠MDO => ∆ DOE cân tại O 

Mà MO ⊥ DE nên MD = ME (đpcm) 



-----------------------Hết-------------------------- 

D 

B 

A 

M 

O 



E 

C 













Bài 73: 

Cho ∆ ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính 

AK. 

a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành. 

b) Vẽ OM ⊥ BC (M ∈ BC). Chứng minh H, M, K thẳng hàng 

và AH = 2.OM. 

c) Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB 

của ∆ ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng 

S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất. 


a) Ta có ∠ACK = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa 

đường tròn), Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (H trực 

tâm) => CK // BH; Tương tự có CH // BK 

=> Tứ giác BHCK là hbh (đpcm) 

b) OM ⊥ BC => M trung điểm của BC 

(định lý đường kính và dây cung) 

=> M là trung điểm của HK 

(vì BHCK là hình bình hành) 

=> đpcm ∆ AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM 

c) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) tại A, ta có: 

Ta có ∠BC’C = ∠BB’C = 90 0 

=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn 

=> ∠AC’B’ = ∠ACB mà ∠ACB = ∠BAx 

=> Ax // B’C’ ; 

OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’. 

Do đó S AB’OC’ = 2 

1 . OA. B’C’ = = 2 

1 . R. B’C’ 


Tương tự: S BA’OC’ = 2 

1 R.A’C’; SCB’OA’ = 2 

1 R.A’B’ 

B 

C' 

x 

A 

H 

B 

A' 

C' 

M 

O 

H 

B' 

A 

A' 

K 

M 

O 

B' 

C 

K 

C 

















1 1 1 

S ∆ ABC 

= R(A’B’ + B’C’ + C’A’) = AA’ . BC ≤ (AO + OM). BC 

2 2 2 

=> A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng. 

A là đỉểm chính giữa cung lớn BC. 

Bài 74: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O), từ điểm A ngoài đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt 

đường tròn (O) tại B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua (O) cắt 

đường tròn (O) tại D; E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường 

thẳng CE tại F. 

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. 

b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FB với (O), chứng minh DM ⊥ AC. 

c) Chứng minh: CE . CF + AD . AE = AC 2 . 


a) ∠FAB= 90 0 (vì AF ⊥ AB) ; 

∠BEC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 

=> ∠BEF= 90 0 . Do đó ∠FAB + ∠BEF = 180 0 

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn. 

b) Ta có: ∠AFB = ∠AEB = ( 2 

1 sđ cung AB) 

(vì 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung); 

∠AEB = ∠BMD= ( 2 

1 sđ cung BD) (vì 2 góc nội 

tiếp cùng chắn 1 cung) 

Do đó ∠AFB = ∠BMD => AF // DM mà FA ⊥ AC => DM ⊥ AC 

c) ∆ ACF ∆ ECB (g.g) => 

∆ ABD ∆ AEC (g.g) => 

AC CF = => CE.CF = AC.BC (1) 

CE BC 

AB AD = => AD.AE = AC.AB (2) 

AE AC 


(1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC 2 (đpcm) 

-----------------------Hết-------------------------- 

F 

A 

B 

D 

M 

E 

O 

C 

















Bài 75: 

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 (E ≠ A). 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. 

(O). 

3) Chứng minh rằng đường tròn đi qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn 


1) Chứng minh ∆ ABD cân 

Xét ∆ ABD có BC ⊥ DA 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 ∠CAE = 90 0 , 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 ⇒ 

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. 

-----------------------Hết-------------------------- 


Bài 76: 

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 



A 

C 

D 

O 

E 



B 

F 













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) MA 2 = MD.MB 

3) Vẽ CH vuông góc với AB (H ∈ AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung 

điểm của CH. 


1) ∠ADB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường 

tròn) = >∠ADM = 90 0 (1) 

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp 

tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC 

= > ∠AEM = 90 0 (2). 

Từ (1) và (2) suy ra MDEA là tứ giác nội tiếp 

đường tròn đường kính MA. 

2) Xét ∆ MAB vuông tại A có AD ⊥ MB, suy ra: MA 2 = MB.MD (hệ thức lượng trong 

tam giác vuông) 

3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ∠ACB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = 

> ∠ACN = 90 0 , 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 

IC IH BI 

= = (6) với I là giao điểm của CH và MB. 

MN MA BM 

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH. 

-----------------------Hết-------------------------- 


N 

M 

A 

x 

D 

E 

I 

H 

C 

O 

B 

















Bài 77: 

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. 


1) Tứ giác ABEH có: ∠ B = 90 0 (góc nội tiếp 

trong nửa đường tròn); 

∠ H = 90 0 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp 

được. 

Tương tự, tứ giác DCHE có ∠ C = ∠ H = 90 0 , 

nên nội tiếp được. 

2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: ∠ EBH 

= ∠ EAH (cùng chắn cung EH) 

Trong (O) ta có: ∠ EAH = ∠ CAD = ∠ CBD 

(cùng chắn cung CD). 

Suy ra: ∠ EBH = ∠ EBC, nên BE là tia phân giác của góc HBC. 

Tương tự, ta có: ∠ ECH = ∠ BDA = ∠ BCE, nên CE là tia phân giác của góc BCH. 

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 ∠ BIC = 2. ∠ EDC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung EC). 

Mà ∠ EDC = ∠ EHC, suy ra ∠ BIC = ∠ BHC. 

+ Trong (O), ∠ BOC = 2. ∠ BDC = ∠ BHC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 

cung BC). 


+ Suy ra: H, O, I ở trên cung chứa góc BHC dựng trên đoạn BC, hay 5 điểm B, C, H, 

O, I cùng nằm trên một đường tròn. 



-----------------------Hết-------------------------- 

A 

B 

E 

H 

O 

C 



I 

D 













Bài 78: 

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 ∈ (O) và E ∈ (O’) sao cho B gần tiếp tuyến 

đó hơn so với A. 

1) Chứng minh rằng ∠ DAB = ∠ BDE. 

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. 


1) Ta có ∠ DAB = 1 2 sđ DB (góc nội tiếp) và ∠ BDE = 1 sđ BD (góc giữa tiếp tuyến 

2 

và dây cung). 

Suy ra ∠ DAB = ∠ BDE. 

2) Xét hai tam giác DMB và AMD 

có: ∠ DMA chung, 

∠ DAM = ∠ BDM 

nên ∆ DMB 

= > 

MD MA = 

MB MD 

∆AMD 

Hay MD 2 = MA . MB. 

A 

Tương tự ta cũng có: 

∆ EMB ∆ AME 

ME MA 

= > = 

MB ME 

hay ME 2 = MA . MB. Từ đó: MD = ME hay M là trung điểm của DE. 

3) Ta có ∠ DAB = ∠ BDM; ∠ EAB = ∠ BEM; 

⇒ ∠ PAQ + ∠ PBQ = ∠ DAB + ∠ EAB + ∠ PBQ = ∠ BDM +BEM + ∠ DBE = 180 0 . 

⇒ tứ giác APBQ nội tiếp ⇒ ∠ PQB = ∠ PAB . 

Kết hợp với ∠ PAB = ∠ BDM suy ra ∠ PQB = ∠ BDM. 


Hai góc này ở vị trí so le trong nên PQ song song với AB. 

-----------------------Hết-------------------------- 

O 

D 

P 

B 

M 

Q 

E 

O' 

















Bài 79: 

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 ∠ APB. 


1) Ta có ∠ IPC = 90 0 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠ CPK = 90 0 . 

Xét tứ giác CPKB có: góc P + góc B = 90 0 + 90 0 = 180 0 

=> CPKB là tứ giác nội tiếp đường tròn (đpcm) 

2) Xét ∆ AIC và ∆ BCK có góc A = góc B = 90 0 ; 

∠ ACI = ∠ BKC (2 góc có cạnh tương ứng vuông góc) 

=> ∆ AIC ∆ BCK (g.g) => 

3) Ta có: ∠ PAC = ∠ PIC (vì 2 góc nội tiếp 

cùng chắn cung PC ) 

∠ PBC = ∠ PKC (vì 2 góc nội tiếp cùng 

chắn cung PC). 

Suy ra 

∠ PAC + ∠ PBC = ∠ PIC + ∠ PKC = 90 0 (vì 

∆ ICK vuông tại C) 

=> ∠ APB = 90 0 . 

AI AC = => AI.BK = AC.BC 

BC BK 

-----------------------Hết-------------------------- 


Bài 80: 

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 



x 

I 

A 

P 

C 



y 

B 

K 













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 ∠ PCQ = 90 0 . 

c) Chứng minh AB // EF. 


a). Ta có ∠ PAC = 90 0 ; ∠ PAC + ∠ PMC = 180 0 ; 

nên tứ giác APMC nội tiếp 

b) Do tứ giác APMC nội tiếp nên ∠ MPC + ∠ MAC (1) 

Dễ thấy tứ giác BCMQ nội tiếp 

= > ∠ MQC = ∠ MBC (2) 

Lại có ∠ MAC + ∠ MBC = 90 0 (3). 

Từ (1), (2), (3) ta có: ∠ MPC + ∠ MBC = 90 0 

= > ∠ PCQ = 90 0 ; 

c) Ta có ∠ BMQ = ∠ BCQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp); 

∠ BMQ = ∠ AMC (cùng phụ với BMC) ; 

∠ EMC = ∠ EFC (Tứ giác CEMF nội tiếp). 

Nên ∠ BCQ = ∠ EFC hay AB // EF 

Bài 81: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 (K ≠ T). Đặt OB = R. 

Chứng minh rằng : 

a) OH.OA = R 2 . 

b) 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 

HB = 

HC 



AB 

AC 

P 

x 

A 

E 

C 



O 

M 

F 

y 

Q 

B 














a) Trong tam giác vuông ATO có: 

R 2 = OT 2 = OA.OH (Hệ thức lượng trong 

tam giác vuông) 

b) Ta có ∠ATB = ∠ BCT (cùng chắn cung TB); 

∠BCT = ∠ BTH (góc nhọn có cạnh tương 

ứng vuông góc). 

= > ∠ATB = ∠ BTH 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 

BE // TC nên 


Bài 82: 

HB BD BE 

= = (vì BD = BE) (1); 

HC TC TC 

BE AB = (2); 

TC AC 

HB = 

HC 

AB 

AC 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 = R 2 . 



a 

e 

b 

t 

h 

k 

d 

o 

c 

















a) Xét ∆ SBC và ∆ SMA có: 

∠BSC = ∠ MSA; ∠SCB = ∠ SAM, 

(góc nội tiếp cùng chắn MB). 

= > ∆ SBC ∆ SMA 

b) Vì AB ⊥ CD 

nên cung AC = cung AD. 

Suy ra ∠MHB = ∠ MKB 

(vì cùng bằng 2 

1 (sđ AD + sđ MB) 

⇒ tứ giác BMHK nội tiếp đường tròn 

=> ∠ HMB + ∠ HKB = 180 0 (1) 

Lại có: ∠ HMB = ∠ AMB = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). (2) 

Từ (1) và (2) suy ra ∠ HKB = 90 0 , do đó HK // CD (cùng vuông góc với AB). 

c) Vẽ đường kính MN, suy ra cung MB = cung AN. 

Ta có: ∠ OSM = ∠ ASC = 2 

1 (sđ AC – sđ BM); 

∠ OMK = ∠ NMD = 2 

1 sđND = 2 

1 (sđ AD – sđ AN); 

mà cung AC = cung AD và cung MB = cung AN nên suy ra ∠OSM = ∠ OMK 

= > ∆ OSM ∆ OMK (g.g) 

Bài 83: 

OS OM 

=> = => OK.OS = OM 

2 

= R 2 

OM OK 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, 

M thuộc cạnh BC sao cho: ∠ IEM = 90 0 (I và M không trùng với các đỉnh của hình 

vuông). 

a). Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 

b). Tính số đo của góc ∠ IME. 

c). Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. 


Chứng minh CK ⊥ BN. 


















a) Tứ giác BIEM có: ∠ IBM = ∠ IEM = 90 0 (gt); 

suy ra tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM. 

b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: 

∠ IME = ∠ IBE = 45 0 (do ABCD là hình vuông). 

c) ∆EBI và ∆ECM có: 

∠ IBE = ∠ MCE = 45 0 ; BE = CE, 

∠ BEI = ∠ CEM ( do ∠ IEM = ∠ BEM = 90 0 ). 

⇒ ∆ EBI = ∆ ECM (g-c-g)⇒ MC = IB; 

suy ra MB = IA 

Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: 

MA MB IA 

= = . Suy ra IM // BN (định lí Thalet 

MN MC IB 

đảo) 

= > ∠ BKE = ∠ IME = 45 0 (2); 

Lại có ∠ BCE = 45 0 (do ABCD là hình vuông). 

Suy ra ∠ BKE = ∠ BCE = > BKCE là tứ giác nội tiếp. 

Suy ra: ∠ BKC + ∠ BEC = 180 0 mà ∠ BEC = 90 0 ; 

Suy ra ∠ BKC = 90 0 hay CK ⊥ BN. 

Bài 84: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 rằng: 

a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. 

b) AE.AF = AC 2 . 

c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ CEF luôn thuộc 


một đường thẳng cố định. 

B 

I 

A 

E 

M 

K 

N 

C 

D 


















a) Tứ giác BEFI có: ∠ BIF = 90 0 (gt); 

∠ BEF = ∠ BEA = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 

Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF 

b) Vì AB ⊥ CD nên cung AC = cung AD, 

suy ra ∠ ACF = ∠ AEC. 

Xét ∆ ACF và ∆ AEC có: góc A chung và ∠ ACF = ∠ AEC; 

Suy ra: ∆ ACF 

∆ AEC 

AC AE 

=> = = > AE.AF = AC 2 . 

AF AC 

c) Theo câu b) ta có ∠ ACF = ∠ AEC, suy 

ra AC là t.tuyến của đường tròn ngoại tiếp 

∆ CEF (1). 

Mặt khác ∠ ACB = 90 0 (góc nội tiếp chắn 

nửa đường tròn), suy ra AC ⊥ CB (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. 

Bài 85: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí 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 và CE. 

a) Chứng minh rằng DE// BC 

b) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp 

c) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F 

Chứng minh hệ thức: 

1 1 1 

= + 

CE CQ CF 


A 

F 

C 

I 

D 

O 

E 

B 


















a). Ta có: ∠ CDE = 2 

1 Sđ DC = 2 

1 Sđ BD = ∠ BCD 

Mà góc CDE và góc BCD ở vị trí so le trong 

=> DE// BC. 

b). Ta có: ∠ APC = 2 

1 sđ (AC - DC) = ∠ AQC. 

Hai góc ∠ APC và ∠ AQC nằm ở cùng một nửa 

mặt phẳng bờ AC và cùng nhìn đoạn AC dưới một 

góc bằng nhau) => tứ giác APQC nội tiếp 

c).Tứ giác APQC nội tiếp nên ta có: 

∠ CPQ = ∠ CAQ (= 2 

1 sđ CQ) 

∠ CAQ = ∠ CDE (= 2 

1 sđ DC); 


Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ 

DE CE 

DE QE 

= (vì DE//PQ) (1); = (vì DE// BC) (2); 

PQ CQ 

FC QC 

DE DE CE + QE CQ 1 1 1 

Cộng (1) và (2): + = = = 1 => + = (3) 

PQ FC CQ CQ PQ FC DE 

Mặt khác: ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ (4) 

Thay (4) vào (3) ta được : 

Bài 86: 

1 1 1 

= + 

CE CQ CF 

-----------------------Hết-------------------------- 

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 đi qua C và 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 ∠ MDN = 90 0 . 


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. 

p 

b 

a 

F 

d 

o 

q 

e 

c 


















1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn 

nên ∠ MAD = 90 0 . 

Mặt khác theo giả thiết ∠ MCD = 90 0 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: 

∠ DMC = ∠ DAC, ∠ DNC = ∠ DBC. 

Suy ra: 

∠ DMC + ∠ DNC = ∠ DAC + ∠ DBC = 90 0 

Từ đó suy ra ∠ MDN = 90 0 . 

3) Vì ∠ ACB = ∠ MDN = 90 0 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. 

Do đó ∠ CPQ = ∠ CDQ = ∠ CDN 

Lại do tứ giác CDBN nội tiếp (theo 1) nên ∠ CDN = ∠ CBN. 

Hơn nữa ta có ∠ CDN = ∠ CAB, suy ra ∠ CPQ = ∠ CAB hay PQ //AB. 

Bài 87: 

-----------------------Hết-------------------------- 

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. 


















nên 


1) Vì H là trung điểm của AB nên 

OH ⊥ AB hay ∠ OHM = 90 0 . 

Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có 

OD ⊥ DM hay ∠ ODM = 90 0 . 

Suy ra các điểm M, D, O, H cùng 

nằm trên một đường tròn. 

2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có 

MC = MD ⇒ ∆ MCD cân tại M 

⇒ MI là một đường phân giác của 

∠ CMD. Mặt khác I là điểm chính 

giữa cung nhỏ CD 

1 1 

DCI = sđ DI = sđ CI = ∠MCI 

2 2 

⇒ CI là phân giác của ∠ MCD. 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: 

1 

S = 2SOQM = 2. . OD. 

QM = R( 

MD + DQ) 

. 

2 

Từ đó S nhỏ nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam 

giác vuông OMQ ta có DM.DQ = OD 2 = R 2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất 

⇔ DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O 

bán kính R 2 . 

Bài 88: 

-----------------------Hết-------------------------- 


d 

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 rằng: 

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. 


A 

O 

P 

Q 

H 

C 

D 

B 

I 



M 














1) Ta có: ∠ AMB= 90 0 (góc nội tiếp 


= > ∠ AMD = 90 0 . 

Tứ giác ACMD có 

∠ AMD = ∠ ACD = 90 0 , suy ra 

ACMD nội tiếp đường tròn đường 

kính AD. 

2) ∆ ABD và ∆ MBC có: góc B 

chung và ∠ BAD = ∠ BMC (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 ∠ EDC = ∠ BDC. 

E 

Lại có: ∠ BDC = ∠ CAK (cùng phụ với góc B), suy ra: ∠ EDC = ∠ CAK. 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 O’A = O’E, suy ra O’ thuộc đường 

trung trực của đoạn thẳng AE cố định. 

Bài 89: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho BC là một dây cung (không phải là đường kính) của đường tròn tâm O, 

bán kính R > 0. 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 qui tại H (D, E, F là các 

chân đường cao). 

a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC. 

b) Gọi A’ là trung điểm BC, A 1 là trung điểm EF, K là điểm đối xứng với B qua 

O. Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành và R.AA 1 = OA / .AA / 

c) Xác định vị trí của A để DE + EF + FD đạt giá trị lớn nhất. 



A 

I 

K 

D 

C 

O 

M 

B 

















a). Do ∠ BEC = ∠ BFC = 90 0 

suy ra tứ giác BFEC nội tiếp 

= > ∠ AEF = ∠ ABC (cùng bù với góc ∠ CEF) 

và ∠ BAC = ∠ FAE 

Từ đó suy ra ∆ AEF ∆ ABC (đpcm). 

C' B' 

A 

F 1 

O 

b). Ta có ∠ BCK = 90 0 ; AH ⊥ BC = > AH // KC 

H 

Lại có ∠ BAK = 90 0 ; CH ⊥ AB = > CH // AK 

B D A' 

⇒ tứ giác AHCK là hình bình hành 

Ta có: ∆ AEF ∆ ABC 

AE AA1 

=> = (1) 

, 

AB AA' 

trong đó: AA’ là trung tuyến của ∆ ABC, AA 1 là trung tuyến ∆ AEF 

Do ∠ BAC = ∠ BKC = > ∆ ABE 

∆ KBC 

AE AB AE AB AE OA' 

= > = => = => = (2) 

KC KB 2OA' 

2R 

AB R 


AA 1 

OA' 

= = > R. AA 1 = OA’. AA’ 

AA' 

R 

c). Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của AC, AB 

Ta có: OB’ ⊥ AC, OC’ ⊥ AB = > OA’, OB’, OC’ lần lượt là đường cao của các tam 

giác OBC, OCA, OAB. 

2S ABC = 2(S OBC + S OCA + S OAB ) = OA’.BC + OB’.AC + OC’.AB 

Hay: 2S ABC = OA’.BC + OB’.AC + OC’.AB (3) 

Theo phần b) suy ra: 

AA1 

OA ' = R. 

AA' 

đồng dạng AEF và ABC nên 

Tương tự có: 

FD 

OB '= R. 

; 

AC 

, mà 

AA1 

AA' 

EF AA = 

1 . 

BC AA' 

ED 

OC ' = R. 

; 

AB' 

thay vào (3) ta được: 2S ABC = R(EF + FD + DE). 


A 

là tỷ số giữa 2 trung tuyến của 2 tam giác 

Do AD ≤ AA’ ≤ AO + OA’ = > AD ≤ R + OA’, dấu bằng xảy ra khi A là điểm 

chính giữa cung lớn BC 


Mà R không đổi, nên EF +FD + DE lớn nhất S ABC lớn nhất 

AD lớn nhất A là điểm chính giữa của cung lớn BC. 


-----------------------Hết-------------------------- 

E 



K 

C 













Bài 90: 

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE (D 

∈ BC; E ∈ AC) lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N. 

1).Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm 

I của đường tròn đó. 

2). Chứng minh rằng: MN // DE. 

3). Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn 

ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB. 


1). Do AD, BE là đường cao của 

∆ABC (giả thiết) nên : 

∠ ADB = 90 0 và ∠ AEB = 90 0 ; 

Xét tứ giác AEDB có 

∠ ADB = ∠ AEB = 90 0 ; 

nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc 

đường tròn đường kính AB. 

Tâm I của đường tròn này là trung 

điểm của AB. 

2). Xét đường tròn (I) ta có: góc D 1 

= góc B 1 (cùng chắn cung AE) 

Xét đường tròn (O) ta có: 

∠ M 1 = ∠ B 1 (cùng chắn cung AN) 

Suy ra: ∠ D 1 = ∠ M 1 = > MN//DE (do có hai góc đồng vị bằng nhau). 

3). Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. 

*) Xét tứ giác CDHE ta có: ∠ CEH = 90 0 (do AD ⊥ BC); 

∠CDH = 90 0 (do BE ⊥ AC) 

suy ra ∠ CEH + ∠CDH = 180 0 do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH. 


Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán 

kính bằng 2 

1 CH. 

K 

B 

I 

1 

H 

D 

M 

A 

1 

1 

O 

E 

N 

C 

















*) Kẻ đường kính CK, ta có: ∠ KAC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) 

= > KA ⊥ AC, mà BE ⊥ AC (giả thiết) nên KA // BH (1) 

chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2) 

Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành. 

Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung 

điểm của CK vậy nên OI = 2 

1 .CH (t/c đường trung bình) 

Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi. 

Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp 

tam giác CDE luôn không đổi. 

Cách 2: 

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. 

= > BH ⊥ AC; CH ⊥ AB (1’) 

Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và 

∠ ABK = ∠ ACK = 90 0 

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)). 

= > KB ⊥ AB; KC ⊥ AC (2’) 

Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB. 

Suy ra BHCK là hình hình hành 

= > CH ⊥ BK; 

Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên 

CH không đổi. 

c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn 

đường kính CH => đpcm… 

Bài 91: 

H 

1 1 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R và dây cung AC = R. Gọi K là 


trung điểm của dây cung CB, qua B kẻ tiếp tuyến Bx với (O) cắt tia OK tại D. 

a). Chứng minh rằng: DC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 

B 

D 

M 

A 

1 

O 

E 

K 

N 

C 

















b). Tia OD cắt (O) tại M. Chứng minh rằng: Tứ giác OBMC là hình thoi . 

Vẽ CH vuông góc với AB tại H và gọi I là trung điểm của cạnh CH. Tiếp tuyến tại A 

của đường tròn (O) cắt tia BI tại E. Chứng minh rằng ba điểm E, C, D thẳng hàng. 


a). Vì K là trung điểm của BC (gt) 

Nên OK ⊥ BC (tính chất đường kính và dây cung) hay OD là trung trực của BC 

Do đó DC = DB 

Ta có ∆ OBD = ∆ OCD (c-c-c) 

nên ∠ OCD = ∠ OBD = 90 0 (DB là tiếp tuyến tại B của đt (O) đường kính AB). 

mà C thuộc đt (O) (do OC = R theo gt) 

Vậy DC là tiếp tuyến tại C của đt (O) 

b). Vì OK là đường trung bình của ∆ ABC (do 

O, K là trung điểm của BA, BC) 

1 1 

Nên OK = AC = 2 2 R = 1 OM 

2 

(do OM = R) 

suy ra K trung điểm của OM 

(do K nằm giữa O và M) 

Lại có K là trung điểm của CB (gt). 

Nên tứ giác OBMC là hình bình hành. 

Mà OC = OB = R (gt). Vậy tứ giác OBMC là hình thoi. 

c). Kéo dài BC cắt AE tại F. 

Vì IC // EF (cùng vuông góc với AB) 


∆ BEF) 

EF EB = (hệ quả định lí Ta-lét trong 

IC IB 

Chứng minh tương tự ta có: 

suy ra 

EA EB = 

IH IB 


EF EA = hay EF IC = = 1 

IC IH EA IH 

(do I là trung điểm của CH ) 

https://123doc.org/trang-ca-nhan-3408296-loc-tin-tai.htm 101 


A 

A 

F 

E 

C 

H 

C 

I 

O 

O 

K 



M 

K 

M 

D 

B 

D 

B 

c). 













Vậy E là trung điểm của AF. lại có ∠ FCA = 90 0 (kề bù với ∠ ACB = 90 0 ) 

Chứng tỏ EC = EA = 2 

1 AF (có CE là trung tuyến ứng với cạnh huyền AF ) 

Dễ thấy: ∆ EOC = ∆ EOA (c-c-c) Nên ∠ OCE = ∠ OAE = 90 0 

Lại có ∠ OCD = 90 0 (cmt) suy ra ∠ OCE + ∠ OCD = 180 0 

Hay ∠ ECD = 180 0 . Vậy E, C, D thẳng hàng. 

Bài 92: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho tam tam giác đều ABC có đường cao AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất 

kỳ (M không trùng B; C; H) Từ M kẻ MP; MQ lần lượt vuông góc với các cạnh AB; 

AC ( P thuộc AB; Q thuộc AC) 

1). Chứng minh: Tứ giác APMQ nội tiếp đường tròn 

2). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ. 

Chứng minh OH ⊥ PQ 

3). Chứng minh rằng: MP + MQ = AH 


1). Ta có: MP ⊥ AB(gt) 

=> góc MPA = 90 0 

MQ ⊥ AC(gt) => góc MQA = 90 0 

=> góc MPA + góc MQA = 180 0 

=> Tứ giác APMQ nội tiếp (đ/l) 

2/ Ta có: OP = OQ => O thuộc đường 

trung trực của PQ (1); 

ΔABC đều, có AH ⊥ BC => AH đồng 

thời là đường phân giác của góc A 


= > ∆ APH = ∆ AQH (cạnh huyền, góc 

nhọn) => HP = HQ 

=> H thuộc đườngtrung trực của PQ (2) 














Từ (1) và (2) => OH là đườngtrung trực của PQ => OH ⊥ PQ. 




3/ Ta có: S ABC = 

AH.BC 

2 

(1) 

Mặt khác S ABC = S MAB + S MAC = 

MP. AB MQ. 

AC 

+ (2) 

2 2 

Do ∆ ABC là tam giác đều (gt) => AB = AC = BC (3) 

Từ (1), (2) và (3) => MP + MQ = AH 

Bài 93: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Từ một đỉnh A của hình vuông ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 45 0 . Một 

tia cắt cạnh BC tại E cắt đường chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt đường 

chéo BD tại Q. 

a). Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đường tròn. 

b). Chứng minh rằng: S AEF = 2S AQP 

c). Kẻ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính số đo góc MAB 

biết CPD = CM. 


a). ∠ A 1 và ∠ B 1 cùng nhìn đoạn QE dưới 

một góc 45 0 

⇒ tứ giác ABEQ nội tiếp được. 

⇒ ∠ FQE = ∠ ABE = 90 0 ; 

chứng minh tương tự ta có ∠ FBE = 90 0 ; 

⇒ Q, P, C cùng nằm trên đường tròn 

đường kính EF. 

b). Từ câu a suy ra ∆ AQE vuông cân 

AE 

⇒ = 2 

AQ 

(1) 


tương tự ∆ APF cũng vuông cân 

A 

D 

1 

Q 

M 

F 

P 

1 

B 

E 

C 

















AF 

⇒ = 2 

AB 

(2) 

từ (1) và (2) ⇒ ∆ AQP 

S 

S 

AEF 

nên = ( 2) 2 

AQP 

∆ AEF (c.g.c), 

hay S AEF = 2S AQP 

c). Dễ thấy tứ giác CPMD nội tiếp, MC = MD và ∠ APD = ∠ CPD; 

⇒ ∠ MCD = ∠ MPD = ∠ APD = ∠ CPD = ∠ CMD 

⇒ MD = CD ⇒ ∆ MCD đều ⇒ ∠ MPD = 60 0 

mà góc MPD là góc ngoài của ∆ ABM ta có ∠ APB = 45 0 . 

vậy ∠ MAB = 60 0 - 45 0 = 15 0 

Bài 94: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho hình vuông ABCD, trên đường chéo BD lấy điểm I sao cho BI = BA.Đường 

thẳng qua I vuông góc với BD cắt AD tại E và AI cắt BE tại H. 

1). Chứng minh rằng: AE = ID 

2). Đường tròn tâm E bán kính EA cắt AD tại điểm thứ hai F (F ≠ A). 

Chứng minh rằng: DF.DA = EH.EB. 


1). Tam giác ABI cân tại B nên 

∠ BAI = ∠ BIA suy ra ∠ EAI = ∠ EIA 

hay EA=EI (1) 

Xét tam giác vuông DIE có: ∠ EDI = 45 0 

nên tam giác DIE vuông cân đỉnh I, 

do đó IE = ID (2) 

Từ (1) và (2) suy ra 

AE = ID (đpcm). 

2). Do EA = EI và EI ⊥ BD nên đường tròn (E) đi qua I và nhận BD làm tiếp tuyến, 


từ đó có: ∠ DAI = ∠ DIF. 

Xét hai tam giác đồng dạng AID và IFD có: 

mặt khác ID = IE nên DA.DF = IE 2 (1) 

DA = ⇔ DA.DF = ID 2 , 



DI 

ID 

FD 















Do tam giác ABI cân tại B nên EB ⊥ AI. 

Xét hai tam giác vuông đồng dạng IHE và BIE có: 

⇔ EH.EB = IE 2 (2) 

Từ (1) và (2) suy ra: DF.DA = EH.EB (đpcm) 

Bài 95: 

IE EH IE = = 

EH 

EB IE EB IE 

-----------------------Hết-------------------------- 

Gọi C là một điểm nằm trên đoạn thẳng AB (C ≠ A, C ≠ B). Trên nửa mặt 

phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ các tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax 

lấy điểm I (I ≠ A). Đường thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K; đường tròn 

đường kính IC cắt IK tại P. 

tròn đó. 

1. Chứng minh rằng: 

a/ Tứ giác CPKB nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm của đường 

b/ Tam giác ABP là tam giác vuông. 

2. Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C trên đoạn thẳng AB sao cho tứ giác 

ABKI có diện tích lớn nhất. 


1a). P nằm trên đường tròn đường kính IC 

tâm O 1 ⇒ ∠ IPC = 90 0 

Mà ∠ IPC + ∠ KPC = 180 0 

⇒ ∠ KPC = 90 0 

Do đó: ∠ CPK + ∠ CBP = 180 0 

⇒ Tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn 

đường kính CK có tâm O 2 là trung điểm 

của CK. 

1b). Trong (O 1 ) có ∠ A 1 = ∠ I 2 


Trong (O 2 ) có ∠ B 1 = ∠ K 1 

Mà ∠ I 1 + ∠ K 1 = 90 0 = > ∠ A 1 + ∠ B 1 = 90 0 ⇒ ∆ APB vuông tại P. 

2). Ta có: AI // BK ⇒ ABKI là hình thang vuông. 



I 

A 

x 

2 

1 

1 

O 1 

P 

C 

1 



O 2 

1 

1 

y 

K 

B 













⇒ 2.S ABKI = AB(AI + BK). 

Vì A, B, I cố định nên AB, AI không đổi. Do đó: S ABKI lớn nhất khi BK lớn nhất. 

Vì ∠ C 1 = ∠ I 1 và ∠ IAC = ∠ CBK = 90 0 . nên ∆ AIC 

⇒ 

AI AC = ⇒ AI.BK = AC.BC ⇒ AC. 

BC 

BK = 

BC BK 

AI . 

Do đó: BK lớn nhất ⇔ AC.BC lớn nhất. 

2 

Ta có: ( AC − BC ) ≥ 0 => AC + BC ≥ 2 AC. 

BC 

AC. 

BC ≤ 

AC + BC 

2 

 

AC. 

BC ≤ 

AB 

2 

 

Vậy AC.BC lớn nhất khi AC.BC = AB 2 : 4. 

AC. 

BC ≤ 

AB 

4 

∆ BCK (g.g) 

Mà AC + BC = AB không đổi ⇒ AC = BC = AB : 2 ⇔ C là trung điểm AB. 

Vậy S ABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB.. 

Bài 96: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho hai đường tròn ω 

1 

, ω 

2 

cắt nhau tại hai điểm A, B. Trên tia đối của tia AB 

lấy điểm M và qua M kẻ các tiếp tuyến MD, MC với đường tròn ω 

2 

(D, C là tiếp điểm, 

D nằm trong đường tròn ω 

1 

). Đường thẳng CA cắt đường tròn ω 

1 

tại điểm thứ hai là P; 

đường thẳng AD cắt đường tròn ω 

1 

tại điểm thứ hai là Q; tiếp tuyến của đường tròn ω 

2 

tại A cắt đường tròn ω 

1 

tại điểm thứ hai là K; giao điểm của các đường thẳng CD, BP 

là E; giao điểm của các đường thẳng BK, AD là F. 

1). Chứng minh bốn điểm B, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. 


CP CB CA 

= = 

DQ BD DA 

3) Chứng minh rằng đường thẳng CD đi qua trung điểm đoạn thẳng PQ. 



2 














M 




ω 1 

K 

P 

I 

N 

Q 

E 

F 

1). Trường hợp: BFED là tứ giác lồi. 

D 

A 

B 

K 

C 

ω 2 

N 

I 

P 

ω 1 F 

ω 2 

Ta có ∠ FDE = ∠ ADC = ∠ MCA = ∠ PAK = ∠ PBK = ∠ EBF, 

suy ra BFED là tứ giác nội tiếp. 

Q 

Trường hợp: BFDE là tứ giác lồi. Chứng minh được ∠ FBE + ∠ FDE = 180 0 . 

suy ra BFDE nội tiếp. 


CP CB = 

DQ BD 

1 

Xét hai tam giác: ∆ DBQ và ∆ CBP, có ∠ DQB = ∠ CPB ( = sđAB của ω 

1 

) 

2 

D 

và ∠ QDB = ∠ PCB (cùng bù với ∠ BDA), suy ra ∆ BDQ ∆ CBP, suy ra 

CP CB = 

DQ BD 

Chứng minh 

(1) 

BC CA = 

DC DA 

Xét hai tam giác MAC và MCB, có ∠ BMC chung và ∠ MCA = ∠ MBC vì MC là 

tiếp tuyến của ω 

2 

, suy ra ∆ MAC 

CA MA MC ⎛ CA ⎞ 

= = ==> ⎜ ⎟ 

CB MC MB ⎝ CB ⎠ 

2 

MA MC MA 

= . = 

MC MB MB 

Chứng minh tương tự : (3) 

2 

⎛ DA ⎞ MA 

⎜ ⎟ = 

⎝ DB ⎠ MB 

M 

E 

B 

A 

∆ MCB suy ra 


(2) 

C 

















2 

⎛ CA ⎞ ⎛ DA ⎞ CA DA CA BC 

Từ (2) và (3) suy ra ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ => = => = (4) 

⎝ CB ⎠ ⎝ DB ⎠ CB DB DA DB 

CP BC CA 

Từ (1) và (4) suy ra = = (5) 

DQ BD DA 

3). Gọi N là giao điểm của CD và PQ Từ (5) suy ra 

Từ A kẻ AI song song với CD (I 

(6), suy ra NP = NQ. 

Bài 97: 

2 

∈ PQ ) Suy ra 

CA DA = (6). 

CP DQ 

-----------------------Hết-------------------------- 

CA NI DA NI 

= và = kết hợp với 

CP NP DQ NQ 

Cho đường tròn (O) có đường kính AB cố định, M là điểm thuộc (O) (M khác 

các điểm A, B). Các tiếp tuyến với (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua 

M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C; CD là đường kính của (I). Chứng minh rằng: 

1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng. 

2. Tam giác COD là tam giác cân. 

3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định 

khi M di động trên đường tròn (O). 


1). Vì CM là tiếp tuyến của đường 

tròn tâm O và M ∈ ( I ) 

nên ∠ CMD + ∠ CMO = 90 0 . 

Do đó D, M, O thẳng hàng (1) 

2). Vì CA, CM là các tiếp tuyến của 

đường tròn tâm O 

nên ∠ MOC = ∠ AOC (2) 


Do AB//CD nên 

∠ DCO = ∠ AOC (3) 

Từ (1), (2), (3) suy ra 



I 

C 

D 

M 

J 

E 



B 

O 

F 

A 

K 













∠ DOC = ∠ DCO 

hay ∆ DOC cân tại D 

3). Gọi F là trung điểm của AO, gọi E là giao điểm của DF và BC. 

Ta sẽ chứng minh DF⊥ BC. 

Gọi J là trung điểm của CO có DJ ⊥ CO (do tam giác DOC cân tại D) 

suy ra J ∈ (I). 

Lại có JF ⊥ AO (do CA ⊥ AO và JF là đường trung bình của ∆ OAC). 

Kéo dài DJ, OA cắt nhau tại K, trong ∆ KJF có ∠ KJF + ∠ JKF = 90 0 (i), 

trong ∆ KJO có ∠ JOK + ∠ JKO = 90 0 (2i). 

Từ (i) và (2i) suy ra ∠ KJF = ∠ JOK. 

Từ đó ta được ∠ DJF = ∠ COB (4) 

DJ JO CO CO DJ CO 

Mặt khác ∆ DJO ∆ JFO (g.g), suy ra: = = = => = (5) 

JF FO AO OB JF BO 

Kết hợp (4) và (5) ta có ∆ DJF 

∆ COB. Từ đó ∠ JDE = ∠ JCE suy ra tứ giác 

CDEJ nội tiếp đường tròn tâm I nên ∠ CED = 90 0 hay DF ⊥ BC 

Vậy khi M di động trên đường tròn (O), đường thẳng qua D vuông góc với BC luôn 

đi qua điểm F cố định. 

Đặc biệt khi M là điểm chính giữa của cung AB thì D ≡ M , ta cũng có các kết quả 

tương tự.. 

Bài 98: 

-----------------------Hết-------------------------- 

Cho ba điểm A, B, C phân biệt, thẳng hàng và theo thứ tự đó sao cho AB ≠ BC . 

Trong cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AC dựng các hình vuông ABDE và 

BCFK. Gọi I là trung điểm EF, đường thẳng đi qua I vuông góc với EF cắt các đường 

thẳng BD và AB lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng: 


1). Tứ giác AEIN và EMDI là các tứ giác nội tiếp trong đường tròn. 

2). Ba điểm A, I, D thẳng hàng và năm điểm B, N, E, M, F cùng nằm trên một 


3). Các đường thẳng AK, EF, CD đồng quy. 


















1). Từ giả thiết ta có ∠ EAN = ∠ EIN = 90 0 , suy ra tứ giác AEIN nội tiếp trong 

đường tròn đường kính EN. 

Lại có ∠ EIM = ∠ EDM = 90 0 , suy ra tứ giác EIDM nội tiếp trong đường tròn đường 

kính EM. 

2). Nối EB, FB do tính chất đường chéo của hình vuông, suy ra ∠ EBF = 90 0 . Vì I là 

trung điểm EF nên trong tam giác vuông EBF ta có BI là trung tuyến thuộc cạnh 

huyền nên: BI = IE. 

Suy ra I nằm trên đường trung trực đoạn BE, hay I thuộc AD, tức A, I, D thẳng hàng 

Xét tứ giác nội tiếp AEIN, ta có: ∠ ENI = ∠ EAI = ∠ EAD = 45 0 (do A,I,D thẳng 

hàng) 

Tương tự, trong tứ giác nội tiếp 

EIDM, ta có 

∠ EMI = ∠ EDI = ∠ EDA = 45 0 

(do A, I, D thẳng hàng). 

Suy ra ∆ EMN vuông cân tại E. 

Lại do ME = MF, NE = NF, 

nên suy ra tứ giác EMFN là hình thoi 

và như vậy nó là hình vuông. 

Khi đó IE = IF = IM = IN = IB, 

hay E, M, F, B, N cùng thuộc đường 

tròn đường kính EF. 

E 

A N B C 

3). Xét hai tam giác vuông ∆ ABK và ∆ DBC, ta thấy các cạnh góc vuông bằng nhau: 

AB = DB; BK = BC 

Suy ra hai tam giác bằng nhau và ∠ BAK = ∠ BDC = > AK ⊥ DC 

Gọi H là giao điểm của AK và DC. 

Xét ngũ giác ABHDE, ta thấy: ∠ ABD = ∠ AHD = ∠ AED = 90 0 

Vậy ngũ giác này nội tiếp. Suy ra ∠ EHD = ∠ EBD = 45 0 (1) 

Chứng minh tương tự ta cũng có ngũ giác BCFHK nội tiếp và 


∠ FHC = ∠ FKC = 45 0 (2) 

Từ (1) và (2) suy ra ∠ EHD = ∠ FHC = 45 0 , mà hai góc này ở vị trí đối đỉnh nên E, 

H, F thẳng hàng. Vậy EF, AK, CD đồng quy. 



I 

K 

M 

D 



H 

F 










-----------------------Hết-------------------------- 




Bài 99: 

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. 


a) Tứ giác AEHF có: 

∠ AEH = ∠ AFH = 90 0 (gt). 

Suy ra AEHF là tứ giác nội tiếp. 

- Tứ giác BCEF có: 

∠ BEC = ∠ BFC = 90 0 (gt). 

Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. 

b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: 

∠ BEF = ∠ BCF (1) . 

Mặt khác ∠ BMN = ∠ BCN = ∠ BCF 

(góc nội tiếp cùng chắn cung BN) (2). 

Từ (1) và (2) suy ra: ∠ BEF = ∠ BMN 

⇒ MN // EF. 

c) Ta có: ∠ ABM = ∠ CAN (do BCEF nội tiếp) = > cung AM = cung AN ⇒ AM = 

AN, lại có OM = ON nên suy ra OA là đường trung trực của MN 

= > OA ⊥ MN, mà MN song song với EF nên suy ra OA ⊥ EF. 

Bài 100: 

-----------------------Hết-------------------------- 



B 

Cho ∆ABC cân tại C có CD là đường trung tuyến. Gọi (O 1 ; R 1 ) là đường tròn 

đường kính AD và (O 2 ; R 2 ) là đường tròn đi qua A, tiếp xúc với CD tại C. Gọi E là 

giao điểm thứ hai (khác A) của (O 1 ; R 1 ) với (O 2 ; R 2 ). 


N 

F 

A 

H 

E 

O 

M 



C 













1). Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp được. 

2). Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh ba điểm A, E, I thẳng hàng. Tính 

số đo góc BCE biết CD = 2AD 

. 

3). Gọi H là giao điểm của O 1 O 2 với AE. Chứng minh rằng: 

3 

đó suy ra: E là trọng tâm của ∆ ACD khi và chỉ khi O 

1O2 

= ( R1 

+ R2) 

2 


O 2 

1). Ta có: ∠ DCE = ∠ CAE (cùng chắn cung CE); 

∠ CDE = ∠ DAE = ∠ BAE (cùng chắn cung DE) 

Trong ∆ CDE có: 

180 0 - ∠ CED = ∠ DCE + ∠ CDE = ∠ CAE + ∠ BAE = ∠ BAC (3) 

Lại do ∆ ABC cân tại C 

nên ∠ BAC = ∠ ABC = ∠ DBC (4) 

Từ (3) và (4) suy ra: ∠ CED + ∠ DBC = 180 0 ⇒ Tứ giác BCED nội tiếp được. 

O O 

R + R 

1 2 

= , từ 

2). Kéo dài AE cắt CD tại I’ ⇒ I’C 2 = I’A.I’E = I’D 2. (dùng tam giác đồng dạng) 


⇒ I’ là trung điểm CD. 

Vậy I ≡ I’, hay A, E, I thẳng hàng. 

Ta có: CD = 2AD ⇒ ID = AD ⇒ ∆ ADI vuông cân tại D 



A 

H 

E 

O 1 

C 

I 

D 

B 

ID 

IH 



1 

2 













⇒ ∠ CDE = ∠ DAI = 45 0 . 

Mà tứ giác BCED nội tiếp nên: ∠ CBE = ∠ CDE = 45 0 ; ∠ CEB = ∠ CDB = 90 0 ; 

⇒ ∆ BCE vuông cân tại E ⇒ ∠ BCE = 45 0 . 

Chú ý : Có thể tính góc trực tiếp bằng cách sau 

Ta có: ∠ DCE = ∠ ABE (tứ giác BCED nội tiếp); ∠ CDE = ∠ BAE (cùng chắn cung 

DE); CD = 2.AD = AB = > ∆ CED = ∆ BEA = > BE = CE 

Hơn nữa: ∠ CEB = ∠ CDB = 90 0 ⇒ ∆ BEC vuông cân tại E ⇒ ∠ BCE = 45 0 . 

3). Theo trên ta có I là trung điểm CD. Xét các ∆ O 1 DI và ∆ O 2 CI ta có: 

S 

O1DI 

1 

1 

1 

1 

+ SO CI 

= ( O D O C ID ( R R ). ID . S 

1 

1 

+ 

2 

). = 

1 

+ 

2 

= 

O1O2CD 

⇒ S O O I 

= . S 

1 2 

O1O2CD 

. 

2 

2 

2 

2 

Vì H là giao điểm của OO 

1 2 

với AE; AE⊥ O 1 O 2 ; A, E, I nên IH ⊥ O 1 O 2 

1 

⇒. SO . . 

1O 

IH O 

2I 

= 

1O2 

2 

Từ các kết quả trên suy ra: IH. O 1 O 2 = (R 1 + R 2 ).ID 

2 

3 

ID 3 IE. 

IA 3 

Khi đó O 

1 

O2 

= ( R1 

+ R2) 

= = (5) 

2 

2 

2 

IH 4 IH 4 

=> 

O1 

O2 

R + R 

1 

2 

ID 

= 

IH 

Lại có: IE.IA = (IH – EH)(IH + AH) = IH 2 – EH 2 . (do H là trung điểm AE). 

2 2 

2 

IH − EH 3 EH 1 EH 1 IA 

Nên: (5) ⇔ = => = => = => IE = . 

2 

2 

IH 4 IH 4 IH 2 3 

⇒ E là trọng tâm ∆ ACD. 

-----------------------Hết-------------------------- 


















Bài 101: 

Cho đường tròn (O) bán kính R =1 và một điểm A sao cho OA = 

2 . Vẽ các 

tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Một góc xOy có số đo 

bằng 45 0 , có cạnh Ox cắt đoạn thẳng AB tại D và cạnh Oy cắt đoạn thẳng AC tại E. 


Lời giải bài 101: 

2 2 − 2 ≤ DE < 1 

Vì AO = 2 , OB = OC = 1 và ∠ ABO = ∠ ACO = 90 0 suy ra OBAC là hình vuông. 

Trên cung nhỏ BC lấy điểm M sao cho 

∠ DOM = ∠ DOB ⇒ ∠ MOE = ∠ COE 

Suy ra ∆ MOD = ∆ BOD 

⇒ ∠ DME = 90 0 

∆ MOE = ∆ COE ⇒ ∠ EMO = 90 0 

suy ra D, M, E thẳng hàng, suy ra DE là 

tiếp tuyến của (O). 

Vì DE là tiếp tuyến suy ra 

DM = DB, EM = EC 

Ta có DE < AE + AD 

⇒ 2DE < AD + AE + BD + CE = 2 

suy ra DE < 1 

Đặt DM = x, EM = y ta có AD 2 + AE 2 = DE 2 ⇔ (1 - x) 2 + (1 - y) 2 = (x + y) 2 

⇔ 1- (x + y) = xy 

Vậy 

2 2 − 2 ≤ DE < 1 

2 

( x + y) 

≤ suy ra DE 2 + 4.DE – 4 ≥ 0 ⇔ DE 2 2 

4 

x 

x 

B 

D 

A 

y 

M 

-----------------------Hết-------------------------- 

E 

O 

C 

≥ 2 −

101 bài toán hình học tổng hợp kiến thức THCS (có hướng dẫn giải chi tiết)

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?