CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10 ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh...

TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com Sưu tầm và biên soạn

1

CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10 Bài 1: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Vẽ đường kính AC và AD của (O) và (O’). Tia CA cắt đường tròn (O’) tại F, tia DA cắt đường tròn (O) tại E. CE và DF cắt nhau tại M.

a) Chứng minh: EFC EDC= .

b) Chứng minh tứ giác EOO’F nội tiếp. c) Qua A kẻ đường thẳng song song với OO’ cắt CE và DF lần lượt tại M và K. Chứng

minh HEFK nội tiếp. d) Gọi I là trung điểm CD và N là điểm đối xứng của A qua I. Chứng minh N thuộc đường

tròn ngoại tiếp tam giác CMD. Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh FED FCD= Ta có:

+ 090CED = ( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

+ 090CFD = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’))

Suy ra: ( )090CED CFD= =

⇒ Tứ giác CEFD nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

EFC EDC⇒ = (2 góc nội tiếp cùng chắn

cung EC của đt (CEFD)) @ b) Chứng minh OEFO’ nội tiếp Ta có: + O là trung điểm của AC (AC là đk của (O)) + O’ là trung điểm của AD (AD là đk của (O’)) Suy ra OO’ là đường trung bình của tam giác ACD

//OO CD EO O EDC′ ′⇒ ⇒ = (đồng vị)

Mà ( )EFC EDC cmt= , nên EO O EDC′ =

Suy ra tứ giác OEFO’ nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện) @



2

c) Chứng minh tg HEFK nội tiếp

Vì HK // OO’(gt) và OO’ //CD (cmt) nên KH // CD, suy ra EHK ECD= . (1) (đồng vị)

Tứ giác EFDC nội tiếp (cmt) ta có: 180oEFK ECD+ = (2)

Từ (1) và (2), suy ra: 180oEHK EFK+ = ⇒ tứ giác EFKH nội tiếp (hai góc đối bù nhau) @ d) Chứng minh N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD Vì N là điểm đối xứng của A qua I nên I là trung điểm của AN. Tứ giác ADNC có hai đường chéo AN và CD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên là hình bình hành. Suy ra ND // CA và NC // AD.

Mà ( ) ( )90 , 90o oCA MD CFD AD MC DEC⊥ = ⊥ =

Nên ta có: , 90oND MD NC MC MCN MDC⊥ ⊥ ⇒ = =

Tứ giác MCND có 90 90 180o o oMCN MDN+ = + = nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau) Suy ra N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD. @ Bài 2: Cho đường tròn (O; R) có dây 3BC R= . Vẽ đường tròn (M) đường kính BC. Lấy điểm

( )A M∈ ( A ở ngoài (O)). AB, AC cắt (O) tại D và E. Vẽ đường cao AH của tam giác ABC, AH

cắt DE tại I. a) Chứng minh AD. AB = AE. AC. b) Chứng minh I là trung điểm của DE. c) AM cắt DE tại K. Chứng minh IKMH nội tiếp.

d) Tính DE và tỉ số AHAK

theo R.

e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh AD. AB = AE. AC Ta có tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn (O) nên

ADE ACB= . Xét ADEΔ và ACBΔ có:

+ ( )ADE ACB cmt=



3

+ Góc A chung. Suy ra ( ).ADE ACB g gΔ Δ∼

. .AD AE AD AB AE ACAC AB

⇒ = ⇒ = .

b) Chứng minh I là trung điểm của DE

Ta có : 90oBAC = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (M))

Và ( )90oAHB AH BC= ⊥

Suy ra DAI ACB= ( cùng phụ với ABC )

Mà ( )ADI ACB cmt=

Suy ra ADI DAI= ⇒ tam giác ADI cân tại I. Suy ra ID = IA.(1) Chứng minh tương tự ta cũng có IE = IA. (2) Từ (1) và (2) suy ra ID = IE hay I là trung điểm của DE. c) Chứng minh tứ giác IKMH nội tiếp

Ta có MA = MC ( A, C thuộc (M)) suy ra tam giác MAC cân tại M MAC ACM⇒ =

Ta cũng có AEK ABC= .

Từ đó: 090 90 90o oKAE AEK ABC ACB AKE IKM+ = + = ⇒ = ⇒ =

Xét tứ giác IKMH có 090 90 180o oIHM IKM+ = + = nên là tứ giác nội tiếp (2 góc đối bù nhau)

d) Tính DE và AKAH

Vẽ đường kính CF của đường tròn (O), khi đó ta có 90oFBC = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Trong tam giác vuông BCF ta có: 3 3sin 602 2

oBC RBFC BFCCF R

= = = ⇒ =

Tứ giác BDCE nội tiếp đường tròn (O) nên ta có 60oADC BFC= = .

Ta có ( ) .DE AD ADADE ACB cmt DE BCBC AC AC

Δ Δ ⇒ = ⇒ =∼

Trong tam giác vuông ADC có 1cot g ADC cot 603

oAD gAC

= = =

Suy ra: 1 1. 3.3 3

DE BC R R= = = .

Xét tam giác ADK và tam giác ACH có :



4

( )( )90o

ADK ACH cmt

DKA AHC

⎧ =⎪⎨

= =⎪⎩

Suy ra ( ).ADK ACH g gΔ Δ∼

13

AK ADAH AC

⇒ = =

e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhât.

Ta có 2 1 1

3 3ADE

ADE ABCACB

S ADADE ACB S SS AC

⎛ ⎞Δ Δ ⇒ = = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

∼

Mà 21 1 1 3 3. . . . 3

2 2 2 2 4ABCR RS AH BC AM BC R= ≤ = =

Nên 214ADES R≤ . Dấu “ = “ xảy ra khi AH AM H M= ⇔ ≡ ⇔ A là điểm chính giữa cung BC

của đường tròn (M)

Vậy diện tích tam giác ADE lớn nhất bằng 214

R khi A là điểm chính giữa cung BC của đường

tròn (M). Bài 3: Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di động trên cạnh CD ( khác C và D). Tia AE cắt đường thẳng BC tại F. Tia Ax vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng DC tại K. BD cắt KF tại I.

a) Chứng minh: CAF CKF= .

b) Chứng minh: IDF IEF= . c) Chứng minh tamg giác KAF vuông cân. d) Chứng minh I là trung điểm của KF e) Gọi M là giao điểm của BD và AE. Chứng minh IMCF nội tiếp.

f) Chứng minh khi điểm E thay đổi trên cạnh CD thì tỉ số IDCF

không đổi. Tính tỉ số đó.


a) Chứng minh: CAF CKF= .

Ta có ( )90oKAF AK AF= ⊥ và

90oKCF = (ABCD là hình vuông),



5

suy ra ( )90oKAF KCF= = ⇒ tứ giác ACFK là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một

cạnh dưới hai góc bằng nhau).

Do đó: CKF CAF=

b) Chứng minh: IDF IEF= .

Tứ giác ACKF nội tiếp nên ta có: AFK ACK= mà 45 , 45o oACK BDC= = (ABCD là hình

vuông) suy ra: ( )45oAFK BDC= = . Do đó tứ giác IDEF là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc

trong đỉnh đối diện), suy ra IDF IEF= c) Chứng minh tamg giác KAF vuông cân.

Tam giác AKF vuộng tại A (gt) có 45 45o oAFK AKF= ⇒ = nên là tam giác vuông cân tại A. d) Chứng minh I là trung điểm của KF Xét tứ giác ABFI có:

+ ( )045 cmtAFI =

+ 45oABI = (ABCD là hình vuông) Suy ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Khi đó: 180 180 180 90 90o o o o oAFI ABI AFI ABI AI KF+ = ⇒ = − = − = ⇒ ⊥ Tam giác AKF cân có AI là đường cao nên cũng là trung tuyến, suy ra I là trung điểm của KF. e) Chứng minh IMCF nội tiếp. Xét tam giác BAM và tam giác BCM có: + AB = BC (ABCD là hình vuông)

+ ABM CBM= (ABCD là hình vuông) + BM chung

Suy ra ( ). .BAM BCM c g cΔ = Δ BAM BCM=

Mà BAM BIF= (ABFI nội tiếp)

Nên BCM BIF= Suy ra tứ giác IMCF nội tiếp (Góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối diện)

f) Chứng minh tỉ số IDCF

không đổi.

Ta có:



6

45 180 135

45 180 135

o o o

o o o

ADB ADI ADB

ACB ACF ACF

ADI ACF

⎧ = ⇒ = − =⎪⎨

= ⇒ = − =⎪⎩

⇒ =

Xét tam giác ADI và tam giác ACF có:

+ ADI ACF=

+ AID AFC= (ABFI nội tiếp)

Suy ra ( )~ . DI ADADI ACF g gCF AC

Δ Δ ⇒ =

Trong tam giác vuông cân ADC có : 1sin sin 452

oAD ACDAC

= = =

Do đó: 12

DICF

= không đổi.

Bài 4: Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (B và C là hai tiếp điểm). Vẽ CD AB⊥ tại D cắt (O) tại E. Vẽ EF BC⊥ tại F và EH AC⊥ tại H. Gọi M là giao điểm của DF và BE, N là giao điểm của HF và CE.

a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD nội tiếp. b) Chứng minh 2 .EF ED EH= c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp. d) Chứng minh MN EF⊥ .


a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD nội tiếp.

Ta có:

( )( )

90

90

180

o

o

o

EFC EF BC

EHF EH AC

EFC EHC

⎧ = ⊥⎪⎨

= ⊥⎪⎩

⇒ + =

Suy ra tứ giác HEFC nội tiếp (hai góc đối bù nhau). Chứng minh tương tự ta cũng có tứ giác EFBD nội tiếp.



7

b) Chứng minh 2 .EF ED EH= Ta có:

+ EFH ECH= (1) (Tứ giác EFCH nội tiếp)

+ EDF EBF= (2) (Tứ giác EFBD nội tiếp)

+ ECH EBF= (3) (Góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

Từ (1), (2) và (3) ta có: ( )EFH EDF EFH EDF= = =

Chứng minh tương tự ta cũng có: ( )EFD EHF ECF EBD= = =

Xét tam giác EHF và tam giác EFD ta có:

( )( )

( ) 2

cmt

cmt

~ . .

EHF EFD

EFH EDF

EH EFEHF EFD g g EF ED EHEF ED

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

⇒ Δ Δ ⇒ = ⇒ =

c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp. Theo câu b ta có:

EFN EBC

EFM ECB

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

⇒

180o

EFN EFM MEN EBC ECB MEN

MFN MEN

+ + = + +

⇔ + =

Suy ra tứ giác EMFN nội tiếp (hai góc đối bù nhau) d) Chứng minh MN EF⊥ .

Tứ giác EMFN nội tiếp nên ta có: EMN EFN=

Mà ( )cmtEFN EBC=

EMN EBC⇒ = mà hai góc này ở đồng vị nên ta có MN // BC. Mà ( )EF BC gt EF MN⊥ ⇒ ⊥

Bài 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ đường kính CD ( không vuông góc với AB). AC và AD cắt tiếp tuyến tại B của (O) tại M và N. Gọi I là trung điểm AD.

a) Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp.



8

b) Chứng minh 2. 2AI AN R= .

c) Chứng minh CDM CNM= . d) Gọi K là trung điểm MN. Chứng minh AK CD⊥ . e) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc

một đường thẳng cố định khi đường kính CD thay đổi. Hướng dẫn giải

a) Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp. Ta có I là trung điểm dây cung AD, suy ra OI AD⊥ (liên hệ giữa đk và dây cung)

90oOIN⇒ = MN là tiếp tuyến của (O) tại B, suy ra

90oOB MN OBN⊥ ⇒ = .

Tứ giác OINB có 180oOIN OBN+ = nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).

b) Chứng minh 2. 2AI AN R= . Xét tam giác AIO và tam giác ABN có:

+ Góc BAN chung.

+ ( )90oAIO ABN= =

Suy ra 2~ . . 2AI AOAIO ABN AI AN AO AB RAB AN

Δ Δ ⇒ = ⇒ = =

c) Chứng minh CDM CNM= .

Ta có 90oACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra: ABC CMN= (cùng phụ với CBM )

Mà ABC ADC= (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

Nên ta có: ADC CMN= Do đó tứ giác CDNM nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện). d) Chứng minh AK CD⊥ .MN. Gọi P là giao điểm của AK và CD.

Ta có 90oMAN = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



9

Tam giác AMN vuông tại A ( 90oMAN = ) có AK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

MN nên ta có: 12

AK MN KN= = . Suy ra tam giác KAN cân tại K KAN ANK⇒ =

Ta cũng có ADC AMN= (cmt)

Do đó: 90oKAN ADC AMN ANM+ = + = , suy ra 90oAPD = AK CD⇒ ⊥ e) Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc một đường thẳng cố định khi đường kính CD

thay đổi. Tứ giác CDNM là nội tiếp do đó 4 điểm C, D, N, M cùng nằm trên một đường tròn. Mà (F) là đường tròn ngoại tiếp tam giác CNM,do đó C, D, N, M cùng thuộc (F). Ta có K là trung điểm của MN, O là trung điểm của CD suy ra ,FK MN FO CD⊥ ⊥ Tứ giác AOFK có: + //AO FK (cùng vuông góc với MN) + AK // OF (cùng vuông góc với CD) Suy ra AOFK là hình bình hành (hai cặp cạnh đối song song), suy ra FK = AO = R. Vì KF MH⊥ (tại K) và FK = R nên F thuộc đường thẳng d song song với MN và cách MN một khoảng R (d khác phía A đối với đt MN) Bài 6: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC), đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm B bán kính BA cắt AH tại D.

a) Chứng minh BC là trung trực AD. Suy ra CD là tiếp tuyến của (B). b) Gọi I là điểm đối xứng của B qua AH. Đường thẳng AI cắt CD tại E. Chứng minh tứ giác

AHEC nội tiếp. c) Gọi F là hình chiếu của A lên BD. Chứng minh BD. DF = DE. DC. Suy ra CEBF là tứ giác

nội tiếp. d) Cho AB = a, AC = 2a. Tính diện tích tam giác DEH theo a.


a) Chứng minh BC là trung trực AD. Suy ra CD là tiếp tuyến của (B).

Ta có BA = BD (A, D thuộc (B)) suy ra tam giác BAD cân tại B. Mà BH là



10

đường cao nên cũng là đường trung trực của AD. Do đó BC là đường trung trực của AD. Xét BDCΔ và BACΔ có: + BD = BA + BC chung + CD = CA (C thuộc đường trung trực của AD)

Suy ra ( ). . 90oBDC BAC c c c BDC BACΔ = Δ ⇒ = =

Ta có: ( )

CD BDD B

⊥⎧⎪⎨ ∈⎪⎩

suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn (B)

b) Chứng minh tứ giác AHEC nội tiếp. Xét tứ giác ABDI có: + H là trung điểm của AD + I là trung điểm của BI (I đối xứng với B qua H)

Suy ra ABHI là hình bình hành, từ đó ta có AI //BD 90oAEC BDC⇒ = =

Tứ giác AHEC có ( )90oAHC AEC= = nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh

dưới hai góc bằng nhau.) c) Chứng minh BD. DF = DE. DC. Suy ra CEBF là tứ giác nội tiếp. Xét DBHΔ và DAFΔ có: + Góc ADB chung

+ ( )90oBHD AFD= =

Suy ra ( )~ . . .BD DHDBH DAF g g BD DF DH DADA DF

Δ Δ ⇒ = ⇒ = (1)

Xét DEAΔ và DHCΔ có: + Góc ADE chung

+ ( )90oDHC AED= =

Suy ra ( )~ . . .DE DADEA DHC g g BE DC DH DADH DC

Δ Δ ⇒ = ⇒ = (2)

Từ (1) và (2) suy ra DB.DF = DE.DC Xét tam giác BDE và tam giác BCF có : + Góc BDE chung.

+ ( ). .BD DE DB DF DE DCDC BF

= =

( )~ . .BDE BCF c g c DEB BFC⇒ Δ Δ ⇒ =



11

Suy ra tứ giác BECD nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện) d) Tính diện tích tam giác DEH theo a. Xét tam giác DHE và DCA có : + Góc HDE chung.

+ DHE DCA= (Tứ giác AHEC nội tiếp)

Suy ra 2

~ DHE

DAC

S DHDHE DCAS CD

⎛ ⎞Δ Δ ⇒ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Trong tam giác vuông ABC ta có:

+ 2 2 2 2 2 24 5

5

BC AB AC a a a

BC a

= + = + =

⇒ =

+ . 2. .5

AB AC aAH BC AB AC AHBC

= ⇒ = = 2 4,5 5a aHD AD⇒ = =

+ 2

2 4.5

AC aHC BC AC HCBC

= ⇒ = =

Khi đó ta có 21 1 4 4 8. .

2 2 55 5DACa a aS CH AD= = = và

2

22

152 5

aDHCD a

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ = =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Từ đó ta có 2 21 1 8 8.

5 5 5 25DHE ADCa aS S= = =

Bài 7: Cho hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc ngoài nhau tại A. Một đường thẳng d quay quanh A (d khác đường thẳng IO) cắt (O) và (I) tại B và C.

a) Chứng minh OB // IC. b) Vẽ đường kính BD và CE của (O) và (I). Chứng minh A, D, E thẳng hàng. c) Tiếp tuyến tại C của đường tròn (I) cắt BD tại F. Chứng minh tứ giác DACF nội tiếp. Xác

định tậm K của đường tròn. d) Khi d quay quanh A thì K di động trên đường nào.

Hướng dẫn giải

a) Chứng minh OB // IC.



12

Ta có OA = OB (A, B thuộc (O)) suy ra tam giác OAB cân tại O OBA OAB⇒ =

Ta có IC = ID (C, D thuộc (I)) suy ra tam giác ICD cân tại I ICA IAC⇒ =

Mà OAB IAC= (đối đỉnh)

Dó đó: OBA ICA= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên OB //IC. b) Chứng minh A, D, E thẳng hàng.

Ta có: 90oDAB = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 180 90o oDAC DAB⇒ = − =

Ta có: 90oCAE = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (I)) Từ đó ta có:

90 90 180o o oDAE DAC DAE= + = + = Suy ra 3 điểm D, A, E thẳng hàng.

c) Chứng minh tứ giác DACF nội tiếp.

Ta có IC CF⊥ (CF là tiếp tuyến của (I)) mà IC // OF (cmt) suy ra

90oCF DF DFC⊥ ⇒ = Tứ giác DFCA có

( )90oBAD DFC= = nên là tứ giác

nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đỉnh đối)

Vì 90oDFC = nên DC chính là đường kính của (DFCA) suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DFCA là trung điểm của CD. d) Khi d quay quanh A thì K di động trên đường nào.

Xét tam giác ODK và tam giác OAK có: + OD = OA (D, A thuộc (O)) + KD = KA (A, D thuộc (K)) + OK chung.

Suy ra 12

ODK AKO DKA= =

Chứng minh tương tự ta cũng có 12

IKA IKC CKA= =



13

Từ đó ta có: ( )1 1 902 2

oOKI AKO IKA DKA CKA DKC= + = + = =

Do đó K thuộc đường tròn đường kính OI. Bài 8: Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho ) OA = 3R. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn (O) với B, C là hai tiếp điểm.

a) Chứng minh tứ giác OBAC là một tứ giác nội tiếp. b) Từ B vẽ đường thẳng song song với AC cắt đường tròn (O) tại điểm D khác B. Đường

thẳng AD cắt đường tròn (O) tại E khác D. Chứng minh 2 .AB AE AD= c) Chứng minh: BC. CE = AC. BE (X) d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R.


a) Chứng minh tứ giác OBAC là một tứ giác nội tiếp. Ta có ,OB AB OC AC⊥ ⊥ (AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O))

Suy ra: 90oOBA OCA= = .

Tứ giác OBAC có 90 90 180o o oOBA OCA+ = + = nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau) b) Chứng minh 2 .AB AE AD= Xét ABEΔ và ADBΔ có:



14

+ góc BAD chung

+ ABE ADB= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)

Suy ra 2~ .AB AEABE ADB AB AD AEAD AB

Δ Δ ⇒ = ⇒ =

c) Chứng minh: BC. CE = AC. BE

Ta có ECB BDA= (góc nội tiếp cùng chắn cung BE)

Và EAC BDA= (so le trong)

Suy ra EAC ECB= Xét tam giác ACE và tam giác CBE có:

+ EAC ECB= (cmt)

+ ACE CBE= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)

Suy ra ~ . .AC CEACE CBE AC BE CB CECB BE

Δ Δ ⇒ = ⇒ =

d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R. Gọi K là giao điểm của CO và BD, H là giao điểm của OA và BC. Ta có BD // AC và // ,BD AC OC AC CO BD⊥ ⇒ ⊥ tại K, do đó CK là khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC. Ta đi tính CK. Vì AB, AC là hai tiếp tuyến của (O) nên ta có OA vuông góc với BC tại H và H là trung điểm BC. Tam giác ABO vuông tại B có:

2 2 2 2 2 29 8 2 2.AB OA OB R R R AB R= − = − = ⇒ =

. 2 2 4 2. . 23 3

OB ABAH AO OB AB AH R BC BH ROA

= ⇒ = = ⇒ = =

Xét tam giác COH và CBK có: + Góc OCH chung.

+ ( )90oCHO CKB= =

Suy ra ( )4 2 2 2.. 163 3~ .

9

R RCH CO CH CBCHO CBK g g CK RCK CB CO R

Δ Δ ⇒ = ⇒ = = =

Bài 9: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm K của đường tròn đó. b) Chứng minh OA DE⊥ .



15

c) Đường thẳng DE cắt đường tròn (O) tại M và N, cắt đường thẳng BC tại F (D nằm giữa E và M). Chứng minh FE. FD = FN.FM.

d) Cho 60oBAC = . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.

Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp được đường tròn.

Xét tứ giác BEDC có: BEC BDC= (90o vì CE và BD là hai đường cao của tam giác ABC) nên BEDC là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) b) Chứng minh OA DE⊥ .

Vẽ tia tiếp tuyến Ax của đường tròn (O).

Khi đó ta có: xAB ACB= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó).

Mặt khác AED ACB= (BEDC nội tiếp)

Do đó xAB AED= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên Ax//ED. Hơn nữa OA Ax⊥ (Ax là tiếp tuyến của (O)) Suy ra OA DE⊥

c) Chứng minh FE. FD = FN.FM. Xét FBEΔ và FDCΔ có:

+ AEB ACD= (tứ giác BEDC nội tiếp)

+ Góc BFE chung Suy ra

( )~ . . .FB FEFBE FDC g g FE FD FB FCFD FC

Δ Δ ⇒ = ⇒ = (1)

Vì tứ giác BNMC nội tiếp (O) nên ta có FBN FMC=

Xét FBNΔ và FMC có:

+ Góc BFN chung

+ FBN FMC= (cmt)

Suy ra ( )~ . . .FB FNFBN FMC g g FM FN FB FCFM FC

Δ Δ ⇒ = ⇒ = (2)

Từ (1) và (2) ta có . .FE FD FN FM=

d) Cho 60oBAC = . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.



16

Tứ giác ADHD có:

360 60 90 90 360 120o o o o o oEHD AEH ADH EAD EHD EHD+ + + = ⇔ + + + = ⇒ =

120oBHC EHD⇒ = =

Ta cũng có: 2.BOC BAC= (góc ở tâm bằng hai lần góc nội tiếp cùng chắn một cung) = 120o

Tứ giác BHOC có ( )120oBHC BOC= = nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh cùng nhìn một cạnh dưới

hai góc bằng nhau) Suy ra hình tròn ngoại tam giác BHC cũng là hình tròn ngoại tiếp tam giác BOC. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp (BHOC).

Ta có IO = IB = IC suy ra ( ). .IBO ICO c c c IOB IOCΔ = Δ ⇒ =

Mà 120 60 .o oIOB IOC BOC IOB+ = = ⇒ =

Tam giác BIO cân tại I có góc 60oIOB = nên là tam giác đều.Suy ra IB = OB = R. Vậy diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng: ( )

2 2IS IB Rπ π= =

Bài 10: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó. b) Hai tia BE và CF cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và D. Chứng minh OA NM⊥ và EF

//MN. c) Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. chứng minh D thuộc đường tròn (O). d) Chứng minh diện tích tam giác AHI bằng hai lần diện tích tam giác AOI.


a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn.

Tứ giác BFEC có BFC BEC= (BE và CF là hai đường cao của tam giác ABC) nên là tứ giác nội tiếp(hai đĩnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Ta có 90oBEC = nên suy ra BC chính là đường kính của (BFCE), do đó tâm I của đường tròn này chính là trung điểm của BC.



17

b) Chứng minh OA NM⊥ và EF //MN. Vẽ tia tiếp tuyến Ax của (O)suy ra OA Ax⊥ .

và xAN ACN= (1)(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)

Ta có ANM ABM= (góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

Và ABM ACN= (góc nội tiếp cùng chắn cung EF của (BFEC))

Suy ra ANM ACN= (2).

Từ (1) và (2) ta có xAN ANM= mà hai góc này ở vị trí so le trong nên Ax // MN, hơn nữa OA Ax⊥ nên suy ra OA MN⊥ .

Ta có MNC MBC= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Và EFC MBC= (tứ giác BFEC nội tiếp)

Suy ra MNC EFC= mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MN//EF. c) Chứng minh D thuộc đường tròn (O). Tứ giác HCDB có I là trung điểm của BC (cmt) và I cũng là trung điễm của HD (D là điểm đối xứng của H qua I) nên HCDB là hình bình hành. Do đó: CD //BH và BD //CE

Suy ra ACD AEB= (đồng vị) = 90o

Và ABD AFC= (đồng vị ) = 90o

Tứ giác ABDC có 0 090 90 180oABD ACD+ = + = nên là tứ giác nội tiếp (Hai góc đối bù nhau) Do đó D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay D thuộc (O). d) Chứng minh diện tích tam giác AHI bằng hai lần diện tích tam giác AOI.

Ta có 90oACD = nên AD là đường kính của (O) suy ra O là trung điểm của AD.

Ta có AID

AIO

S ADS AO

= (cùng chiều cao hạ từ I)

= 2 Và AHI ADIS S= (cùng chiều cao hạ từ A và đáy HI = IH) Do đó ta có 2AHI AIOS S=

Bài 11: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp. Xác định tâm I của đường tròn. b) Chứng minh AE. AB = AD. AC.



18

c) Vẽ phân giác của BAC cắt BC tại F, cắt (O) tại M. Chứng minh AH // OM. d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn cắt đường thẳng BC tại K. Chứng minh: 2 .KF KB KC= . e) Đường thẳng DE cắt KC tại N. Chứng minh CN. AK = CK.ND.

f) Cho 60oBAC = và 45oACB = . Tính AD, AC theo R. Hướng dẫn giải

a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.

Tứ giác BEDC có BEC BDC= (BD và CE là hai đường cao của tam giác ABC) nên là tứ giác nội tiếp(hai đĩnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Ta có 90oBEC = nên suy ra BC chính là đường kính của (BEDE), do đó tâm I của đường tròn này chính là trung điểm của BC.

b) Chứng minh AE. AB = AD. AC. Xét AECΔ và ADBΔ có: + Góc BAC chung

+ ( )90oAEC ADB= =

Suy ra ( )~ . . .AE ABAEC ADB g g AE AB AD ACAD AC

Δ Δ ⇒ = ⇒ =

c) Chứng minh AH // OM.

Ta có ( )BAM CAM gt BM CM MB MC= ⇒ = ⇒ =

Hơn nữa ta có OB = OC. Do đó OM là đường trung trực của BC, suy ra OM BC⊥ (1) Vì H là giao điểm của hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm của tam giác ABC, suy ra AH cũng là đường cao của tam giác ABC, do đó: AH BC⊥ (2) Từ (1) và (2) ta có AH//OM d) Chứng minh: 2 .KA KB KC= . Xét tam giác KAB và tam giác KCA có: + Góc AKC chung.



19

+ KAB KCA= (Góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung BC)

Suy ra: ( ) 2~ . .KA KBKAB KCA g g KA KB KCKC KA

Δ Δ ⇒ = ⇒ =

e) Chứng minh CN. AK = CK.ND.

Ta có AED ABC= (tứ giác BEDC nội tiếp) và KAB ACB= (cmt) suy ra AED KAB= mà hai góc này ở vị trí so le trong, do đó ta có AK // ND. Ta có DN //AK, áp dụng hệ quả định lý Thalet cho tam giác CAK ta có:

. .CN DN CN AK DN CKCK AK

= ⇒ =

f) Cho 60oBAC = và 45oACB = . Tính AD, AC theo R.

Ta có 2 90oAOB ACB= = (góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn một cung) Suy ra tam giác AOB vuông cân tại O 2 2 2 22 2AB OA OB R AB R⇒ = + = ⇒ = Tam giác ADB vuông cân tại D nên ta có:

1 1 2cos cos602 2 2

oAD RBAD AD ABAB

= = = ⇒ = =

3 3 6sin sin 602 2 2

oBD AB RBAD BDAB

= = = ⇒ = =

Tam giác BDC có 90oBDC = và 45oDCB = suy ra 45oDBC =

BDC⇒ Δ vuông cân tại D. 62

RDC DB⇒ = =

Từ đó ta có: ( )2 62 6

2 2 2

RR RAC AD DC+

= + = + =

Bài 12: Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. C là điểm chính giữa cung AB, M là điểm di động trên cung BC. AM cắt BC tại K. Vẽ CI vuông góc với AM tại I cắt AB tại D.

a) Chứng minh tứ gíc ACIO nội tiêp. Suy ra số đo góc OID .

b) Chứng minh OI là tia phân giác của góc COM .

c) Chứng minh hai tam giác CIO và CMB đồng dạng. Tính tỉ số: OIMB

d) Khi M là điểm chính giữa cung BC. Tính diện tích tứ giác ACIO theo R.

e) Nếu K là trung điểm của BC. Tính AMBM

.



20

Hướng dẫn giải a) Chứng minh tứ gíc ACIO nội tiếp

Ta có ( )gtAC BC= suy ra CA = CB, do đó tam

giác ACB cân tại C. Mặt khác có CO là trung tuyến

nên cũng là đường cao, suy ra 90oCOA = .

Xét tứ giác ACIO có ( )90oCOA CIA= = nên là tứ

giác nội tiếp (Hai đỉnh kể cùng nhìn một cạnh dưới một góc vuông).

Suy ra OID CAO=

Ta giác OAC có OC = OA và 90oCOA = nên là

tam giác vuông cân, suy ra 45oCAO = .

Vậy 45oOID = .

b) Chứng minh OI là tia phân giác của góc COM .

Ta có: COI CAI= (tứ giác ACIO nội tiếp)

Và 12

CAI COM= (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung CM)

Suy ra: 12

COI COM= , do đó OI là phân giác của góc COM.

c) Chứng minh hai tam giác CIO và CMB đồng dạng. Tính tỉ số: OIMB

Ta có CBM CAM= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CM)

Và CAI COI= (ACIO nội tiếp)

Suy ra CBM COI=

Chứng minh tương tự ta có: BCM OCI= . Xét CIOΔ và CBMΔ có:

( )( )cmt

cmt

COI CBM

OCI BCM

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

( )~ .CIO CMB g gΔ Δ

d) Khi M là điểm chính giữa cung BC. Tính diện tích tứ giác ACIO theo R.



21

Gọi H là trung điểm của OM và BC. Ta có MB = MC, OB = OC suy ra OM là đường trung trực của BC. Khi đó OM BC⊥ tại H và H là trung điểm của BC.

Trong tam giác vuông cân OBC có: 2sin 45sin o

OB RBC ROBC

= = =

2. 2. .22

OA OB R RAH BC OA OB AHBC R

= ⇒ = = =

Do đó ( )2 22

2 2

RRMH OM OH R−

= − = − =

Khi đó ( ) ( )22 2 2 11 1. 2.

2 2 2 2MCB

R RS MH BC R

− −= = =

Ta có:

( )( )222 2 11 1~ cmt

2 2 42CIO

CIO MCBMCB

RS OC RCIO MCB S SS BC R

−⎛ ⎞⎛ ⎞Δ Δ ⇒ = = = ⇒ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Và 21 .

2 2AOCRS OA OC= =

Từ đó ta có: ( ) ( )2 22 2 1 2 1

2 4 4ACIO AOC CIO

R RRS S S− +

= + = + =

e) Nếu K là trung điểm của BC. Tính AMBM

.

Gọi G là giao điểm của AM và CO. Trong tam giác ABC có AK và CO là trung tuyến cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của tam giác ACB. Do đó 3CO GO= .

Ta có 90oAMB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tam giác MABΔ và OAGΔ có:

( )chung

90o

MAB

AMB AOG

⎧⎪⎨

= =⎪⎩

( )~ . 3MA MB MA AO COMAB OAG g gOA OG MB GO GO

⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ = = =

Bài 13: Cho đường tròn (O) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ A vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn (O) (B, C là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh OA vuông góc với BC.



22

b) Vẽ cát tuyến AMN của đường tròn (O) (M nằm giữa A và N). Gọi E là trung điểm của NM. Chứng minh 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm K của đường tròn đó.

c) Tia CE cắt (O) tại I. Chứng minh BI // MN. d) Tìm vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất.


a) Chứng minh OA vuông góc với BC. Ta có OB = OC (B, C thuộc (O)) và AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), suy ra OA là đường trung trực của BC, do đó OA BC⊥ b) Chứng minh 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn. Vì E là trung điểm của MN nên OE MN⊥ (liên hệ giữa đường kính và dây cung) Xét tứ giác AEOC có:

+ ( )90oAEO OE AE= ⊥

+ 90oACO = (AC là tiếp tuyến của (O))

Suy ra 90 90 180o o oAEO ACO+ = + = nên AEOC là tứ giác nội tiếp. Vậy 4 điểm A, E, O, C cùng thuộc một đường tròn.

Hơn nữa 90oAEO = nên AO là đường kính và trung điểm K của AO chính là tâm của (AEOC). c) Chứng minh BI // MN.

Ta có 90oABO = ( AB là tiếp tuyến của (O)) do đó B cũng thuộc đường tròn đường kính AO.

Từ đó ta có ABC AEC= (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (K))



23

Mặt khác ABC BIC= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Do đó BIE AEC= , mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có BI//AN d) Tìm vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất.

Vẽ BE, IF vuông góc với AN. Khi đó ta có BIFE là hình chữ nhật, suy ra BE = IF.

Khi đó 1 1. .2 2AIN ABNS IF AN BE AN S= = = . (1)

Vẽ NH vuông góc với AB (H thuộc AB). Khi đó 1 .2ABNS NH AB= (2)

Vẽ đường kính BN’, khi đó ta có NH NB N B′≤ ≤ . (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có 1 .2AINS AB BN ′≤ không đổi.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi N N ′≡ . Vậy khi AN AN ′≡ thì diện tích tam giác AIN đạt giá trị lớn nhất.

Bài 14: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Đường cao BE của tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại K. Kẻ KD vuông góc với BC tại D.

a) Chứng minh 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn. b) Chứng minh KB là phân giác của góc AKD. c) Tia DE cắt đường thẳng AB tại I. Chứng minh KI AB⊥ . d) Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với OA, đường thẳng này cắt AB tại H. Chứng minh CH

// KI.

a) Chứng minh 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.

Xét tứ giác KEDC có:

+ 90oKEC = (BE là đường cao của tam giác ABC)

+ ( )90oKDC KD CD= ⊥

Suy ra KEC KDC= ⇒ tứ giác KEDC nội tiếp hay 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.

Hơn nữa 90oKEC = nên CK là đường kính



24

của đường tròn suy ra tâm là trung điểm của CK. b) Chứng minh KB là phân giác của góc AKD.

Ta có AKB ACB= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)) Và BKD ACB= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE của (EKCD)) Suy ra AKB BKD= ⇒ DB là phân giác của góc AKD c) Chứng minh KI AB⊥ .

Ta có IAK KCB= (tứ giác AKCB nội tiếp trong (O))

Và IEK KCD= (tứ giác EKCD nội tiếp)

Suy ra IAK IEK= ⇒ tứ giác IAEK nội tiếp

Khi đó ta có: 180 180 90o o oAIK AEK AEK+ = ⇒ ΑΙΚ = − = KI AB⇒ ⊥ . d) Chứng minh CH // KI.

Vẽ tiếp tuyến Ax của (O), khi đó ta có:

OA Ax⊥ (1) và xAB ACB= (2) (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

Mà OA EH⊥ nên từ (1) ta có //Ax EH xAH AHE⇒ = (3) (so le trong)

Từ (2) và (3) ta có AHE ACB= suy ra tứ giác HECB nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện)

90oBHC BEC CH AB⇒ = = ⇒ ⊥ Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là điểm thuộc cung nhỏ AC. Vẽ MH BC⊥ tại H, vẽ MI AC⊥ tại I.

a) Chứng minh IHM ICM= . b) Đường thẳng HI cắt đường thẳng AB tại K. Chứng minh MK BK⊥ . c) Chứng minh hai tam giác MIH và MAB đồng dạng. d) Gọi E là trung điểm IH và F là trung điểm AB. Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra

ME EF⊥ Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh IHM ICM=

Tứ giác MIHC có ( )90oMIC MHC= = nên là tứ giác

nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Suy ra IHM ACM=



25

b) Chứng minh MK BK⊥ .

Ta có KAM MCB= (tứ giác AMCB nội tiếp trong (O))

Và MIK MCB= (tứ giác MIHC nội tiếp)

Suy ra KAM KIM= ⇒ tứ giác KAIM nội tiếp

Khi đó ta có: 180 180 90o o oAKM AIM M AIM MK AK+ = ⇒ ΑΚ = − = ⇒ ⊥ . c) Chứng minh hai tam giác MIH và MAB đồng dạng.

Ta có 180oMAB MCB+ = (AMCB nội tiếp)

Và 180oMIH MCB+ = (MIHC nội tiếp)

Suy ra MAB MIH=

Ta có MBA ACM= (góc nội tiếp cùng chắn cung AM của (O))

Mà IHM ACM= (cmt) nên MBA MHI= Xét tam giác MAB và tam giác MIH ta có:

( )( )

MAB MIH cmt

MBA MHI cmt

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

Suy ra ( )~ .MAB MIH g gΔ Δ

d) Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra ME EF⊥

Ta có ~ MA ABMAB MIHMI IH

Δ Δ ⇒ =

Mà AB = 2AF (F là trung điểm AB) và IH = 2IE (I là trung điểm IH)

Nên 22

MI AF AFMA IE IE

= =

( )~ . .MAF MIE c g c MEI MFA⇒ Δ Δ ⇒ =

Xét tứ giác MKFE có MFK MEK= nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

Suy ra 180 180 90o o oMEF MKA MEF MKF ME EF+ = ⇒ = − = ⇒ ⊥ Bài 16: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). D là điểm thuộc cạnh AC. Vẽ DE BC⊥ tại E.

a) Chứng minh tứ giác ADEB nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác. b) Vẽ đường tròn tâm D bán kính DE cắt (O) tại F, BF cắt AD tại I, BD cắt AE tại K. Chứng

minh tứ giác AKIB nội tiếp. c) Chứng minh: BI.BF = BK.BD



26

d) Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt BF tại N. Chứng minh NA = NF.


a) Chứng minh tứ giác ADEB nội tiếp. Xét tứ giác ADEB có

90 90 180o o oBAD BED+ = + = nên là tứ giác nội tiếp được trong một đường tròn (hai góc đối bù nhau)

Hơn nữa do 90oBAD = nên BD là đường kính của đường tròn và trung điểm J của BD là tâm.

b) Chứng minh tứ giác AKIB nội tiếp.

Ta có 90oBFD = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (J)) Xét tam giác BDF và BDE có:

+ ( )90oBFD BED= =

+ BD chung + DF = DE.

Suy ra BDF BDEΔ = Δ (cạnh huyền góc nhọn) BDF BED⇒ =

Mà BED DAE= (góc nội tiếp cùng chắn cung DE của (I))

Nên ta có: DAE DBF= ⇒ tứ giác AI KB nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau)

c) Chứng minh: BI.BF = BK.BD

Vì tứ giác AIKB nội tiếp nên 180 180 90o o oBAI BKI BKI BAI+ = ⇒ = − = Xét tam giác BKI và tam giác BFD có:

( )90

chung

~ . .

oBKI BFD

IBDBK BIBKI BFD BK BD BI BFBF BD

⎧ = =⎪⎨⎪⎩

⇒ Δ Δ ⇒ = ⇒ =

d) Chứng minh NA = NF.

Tứ giác AFDB có 90oBAD BFD= = nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh dưới hai góc bằng nhau) AFN ADB⇒ =



27

Mà ADB DBC ACB= + (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề của tam giác DBC) Suy ra ( )1AFN DBC ACB FBD ACB= + = + (vì DBC FBD= )

Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên ta có 12

AM BC MC= =

Suy ra tam giác MAC cân tại M MAC ACB⇒ = (2) Tứ giác AFDB nội tiếp nên ta có FAD FBD= (3) Từ (2) và (3) suy ra ( )4MAC FAD ACB FBD FAN ACB FBD+ = + ⇔ = +

Từ (1) và (4) ta có AFN FAN NAF= ⇒ Δ cân tại N.

CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10 ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh...

Documents

Transcript of CÁC BÀI TOÁN ÔN THI HKII VÀ THI VÀO LỚP 10 ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh...