50 Bài toán hình học lớp 9 - Phùng Mạnh Điềm

S(k) = .KB2 = . 202 = 400.
Ta có diện tích phần hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn là S = ( S(o) - S(I) - S(k))
S = ( 625- 25- 400) = .200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 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.
Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp .
Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB.
Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy.
Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE.
Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.
Lời giải: 
Ta có éCAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éCDB = 900 như vậy D và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên A và D cùng nằm trên đường tròn đường kính BC => ABCD là tứ giác nội tiếp.
ABCD là tứ giác nội tiếp => éD1= éC3( nội tiếp cùng chắn cung AB). 
éD1= éC3 => => éC2 = éC3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) 
=> CA là tia phân giác của góc SCB.
3. Xét DCMB 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 => éD1= éD2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)
5. Ta có éMEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => éMEB = 900. 
Tứ giác AMEB có éMAB = 900 ; éMEB = 900 => éMAB + éMEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => éA2 = éB2 .
Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => éA1= éB2( nội tiếp cùng chắn cung CD) 
=> éA1= éA2 => 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
TH2 (Hình b)
 Câu 2 : éABC = éCME (cùng phụ éACB); éABC = éCDS (cùng bù éADC) => éCME = éCDS 
=> => éSCM = éECM => CA là tia phân giác của góc SCB.
Bài 16 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 :
Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD.
Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp .
AC // FG.
Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy.
Lời giải: 
1. Xét hai tam giác ABC và EDB Ta có éBAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éDEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éDEB = éBAC = 900 ; lại có éABC là góc chung => DDEB ~ D CAB .
2. Theo trên éDEB = 900 => éDEC = 900 (vì hai góc kề bù); éBAC = 900 ( vì DABC vuông tại A) hay éDAC = 900 => éDEC + éDAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp .
 * éBAC = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); éDFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay éBFC = 900 như vậy F và A cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 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 => éE1 = éC1 lại có éE1 = éF1 => éF1 = éC1 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 17. 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 APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó.
Chứng minh rằng MP + MQ = AH.
Chứng minh OH ^ PQ.
Lời giải: 
1. Ta có MP ^ AB (gt) => éAPM = 900; MQ ^ AC (gt) 
=> éAQM = 900 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 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 => SABC = BC.AH.
Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM = AB.MP
Tam giác ACM có MQ là đường cao => SACM = AC.MQ
 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = 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 => éHAP = éHAQ => ( tính chất góc nội tiếp ) => éHOP = éHOQ (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 18 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.
Chứng minh MCID là tứ giác nội tiếp .
Chứng minh các đường thẳng AD, BC, MH đồng quy tại I.
Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH là tứ giác nội tiếp .
 Lời giải: 
1. Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> éMCI = 900 (vì là hai góc kề bù). 
éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 
=> éMDI = 900 (vì là hai góc kề bù).
=> éMCI + éMDI = 1800 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. Theo giả thiết thì MH ^ AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I.
3. DOAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => éA1 = éC4 
DKCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => éM1 = éC1 .
Mà éA1 + éM1 = 900 ( do tam giác AHM vuông tại H) => éC1 + éC4 = 900 => éC3 + éC2 = 900 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay éOCK = 900 .
Xét tứ giác KCOH Ta có éOHK = 900; éOCK = 900 => éOHK + éOCK = 1800 mà éOHK và éOCK là hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp.
Bài 19. 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 tứ giác BMDI nội tiếp .
Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi.
Chứng minh BI // AD.
Chứng minh I, B, E thẳng hàng.
Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O’).
Lời giải: 
 1. éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBID = 900 (vì là hai góc kề bù); DE ^ AB tại M => éBMD = 900 
=> éBID + éBMD = 1800 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; 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. éADC = 900 ( 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.) 
 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 => DMIE cân tại M => éI1 = éE1 ; DO’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính ) => éI3 = éC1 mà éC1 = éE1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => éI1 = éI3 => éI1 + éI2 = éI3 + éI2 . Mà éI3 + éI2 = éBIC = 900 => éI1 + éI2 = 900 = éMIO’ hay MI ^ O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O’).
Bài 20. 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:
Tứ giác MDGC nội tiếp .
Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đường tròn 
Tứ giác ADBE là hình thoi.
B, E, F thẳng hàng
DF, EG, AB đồng quy.
MF = 1/2 DE.
MF là tiếp tuyến của (O’).
Lời giải: 
1. éBGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éCGD = 900 (vì là hai góc kề bù) 
 Theo giả thiết DE ^ AB tại M => éCMD = 900 
=> éCGD + éCMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp
2. éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBFD = 900; éBMD = 900 (vì DE ^ AB tại M) như vậy F và M cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 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 .
	4. éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD ^ DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho => BE // AD mà AD ^ DF nên suy ra BE ^ DF .
Theo trên éBFC = 900 ( 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 => DDEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung điểm của DE) suy ra MF = 1/2 DE ( vì trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền).
	7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => DMDF cân tại M => éD1 = éF1 
DO’BF cân tại O’ ( vì O’B và O’F cùng là bán kính ) => éF3 = éB1 mà éB1 = éD1 (Cùng phụ với éDEB ) => éF1 = éF3 => éF1 + éF2 = éF3 + éF2 . Mà éF3 + éF2 = éBFC = 900 => éF1 + éF2 = 900 = éMFO’ hay MF ^ O’F tại F => MF là tiếp tuyến của (O’).
Bài 21. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. 
Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A.
Chứng minh IP // OQ.
Chứng minh rằng AP = PQ.
Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.
Lời giải: 
1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (I) . Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A .
2. DOAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => éA1 = éQ1 
 DIAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => éA1 = éP1 
=> éP1 = éQ1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ.
3. éAPO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ^ AQ => OP là đường cao của DOAQ mà DOAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ.
4. (HD) Kẻ QH ^ AB ta có SAQB = AB.QH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB 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 22. 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.
Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp .
Tính góc CHK.
Chứng minh KC. KD = KH.KB
Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đường nào?
Lời giải: 
1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên éBCD = 900; BH ^ DE tại H nên éBHD = 900 => như vậy H và C cùng nhìn BD dưới một góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên đường tròn đường kính BD => BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. BHCD là tứ giác nội tiếp => éBDC + éBHC = 1800. (1)
éBHK là góc bẹt nên éKHC + éBHC = 1800 (2).
Từ (1) và (2) => éCHK = éBDC mà éBDC = 450 (vì ABCD là hình vuông) => éCHK = 450 .
3. Xét DKHC và DKDB ta có éCHK = éBDC = 450 ; éK là góc chung 
=> DKHC ~ DKDB => => KC. KD = KH.KB. 
4. (HD) Ta luôn có éBHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển động trên cung BC (E º B thì H º B; E º C thì H º C).
Bài 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE.
Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng.
Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại F, chứng minh FBC là tam giác vuông cân.
Cho biết éABC > 450 ; gọi M là giao điểm của BF và ED, Chứng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lời giải: 
1. Theo giả thiết ABHK là hình vuông => éBAH = 450
 Tứ giác AEDC là hình vuông => éCAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => éBAC = 900 
=> éBAH + éBAC + éCAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2. Ta có éBFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1).
éFBC = éFAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên éCAD = 450 hay éFAC = 450 (2).
Từ (1) và (2) suy ra DFBC là tam giác vuông cân tại F.
3. Theo trên éBFC = 900 => éCFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); éCDM = 900 (t/c hình vuông).
=> éCFM + éCDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đường tròn suy ra éCDF = éCMF , mà éCDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => éCMF = 450 hay éCMB = 450. 
Ta cũng có éCEB = 450 (vì AEDC là hình vuông); éBKC = 450 (vì ABHK là hình vuông).
 Như vậy K, E, M cùng nhìn BC dưới một góc bằng 450 nên cùng nằm trên cung chứa góc 450 dựng trên BC => 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đường tròn.
4. DCBM có éB = 450 ; éM = 450 => éBCM =450 hay MC ^ BC tại C => MC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có éB = 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, đường tròn này cắt BA và BC tại D và E.
Chứng minh AE = EB.
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.
Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Lời giải: 
1. éAEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éAEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết éABE = 450 
=> DAEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB.
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 éAEC = 900 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.
 é ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBDH = 900 (kề bù éADC) => 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 DODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => éD1 = éC1. (3)
 DIBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => éD2 = éB1 . (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 => DAEB có éAFB = 900 .
Theo trên DADC có éADC = 900 => éB1 = éC1 ( cùng phụ éBAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>éD1 = éD2 mà éD2 +éIDH =éBDC = 900=> éD1 +éIDH = 900 = éIDO => OD ^ ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
Bài 25. 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 MI2 = MH.MK. 4. Chứng minh PQ ^ MI.
Lời giải: 
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AB = AC => DABC cân tại A.
2. Theo giả thiết MI ^ BC => éMIB = 900; MK ^ AB => éMKB = 900.
=> éMIB + éMKB = 1800 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 => éKMI + éKBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => éHMI + éHCI = 1800. mà éKBI = éHCI ( vì tam giác ABC cân tại A) => éKMI = éHMI (1).
Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => éB1 = éI1 ( nội tiếp cùng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => éH1 = éC1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà éB1 = éC1 ( = 1/2 sđ ) => éI1 = éH1 (2).
Từ (1) và (2) => DMKI DMIH => => MI2 = MH.MK
4. Theo trên ta có éI1 = éC1; cũng chứng minh tương tự ta có éI2 = éB2 mà éC1 + éB2 + éBMC = 1800 => éI1 + éI2 + éBMC = 1800 hay éPIQ + éPMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => éQ1 = éI1 mà éI1 = éC1 => éQ1 = éC1 => PQ // BC ( vì có hai góc đồng vị bằng nhau) . Theo giả thiết MI ^BC nên suy ra IM ^ PQ.
 Bài 26. 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 :
1. 2. AM là tia phân giác của éCMD. 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.
Lời giải: 1. Theo giả thiết M là trung điểm của => 
=> éCAM = éBAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => AK là tia phân giác của góc CAB => ( t/c tia phân giác của tam giác )
2. (HD) Theo giả thiết CD ^ AB => A là trung điểm của => éCMA = éDMA => MA là tia phân giác của góc CMD.
3. (HD) Theo giả thiết M là trung điểm của => OM ^ BC tại I => éOIC = 900 ; CD ^ AB tại H => éOHC = 900 => éOIC + éOHC = 1800 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.
Bài 27 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 : 
Tứ giác ABOC nội tiếp. 2. éBAO = é BCO. 3. DMIH ~ DMHK. 4. MI.MK = MH2.
Lời giải: 
(HS tự giải)
Tứ giác ABOC nội tiếp => éBAO = é BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO).
Theo giả thiết MH ^ BC => éMHC = 900; MK ^ CA => éMKC = 900
=> éMHC + éMKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => éHCM = éHKM (nội tiếp cùng chắn cung HM). 
Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => éMHI = éMBI (nội tiếp cùng chắn cung IM). 
Mà éHCM = éMBI ( = 1/2 sđ ) => éHKM = éMHI (1). Chứng minh tương tự ta cũng có 
éKHM = éHIM (2). Từ (1) và (2) => D HIM ~ D KHM.
Theo trên D HIM ~ D KHM => => MI.MK = MH2
Bài 28 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.
Chứng minh tứ giác BHCF là hình bình hành.
E, F nằm trên đường tròn (O).
Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân.
Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC.
Lời giải: 
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 => éBAC + éB’HC’ = 1800 mà éBHC = éB’HC’ (đối đỉnh) => éBAC + éBHC = 1800. Theo trên BHCF là hình bình hành => éBHC = éBFC => éBFC + éBAC = 1800 
=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O).
* H và E đối xứng nhau qua BC => DBHC = DBEC (c.c.c) => éBHC = éBEC => é BEC + éBAC = 1800 => 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)
Theo trên E ẻ(O) => éCBE = éCAE ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4).
Theo trên F ẻ(O) và éFEA =900 => AF là đường kính của (O) => éACF = 900 => éBCF = éCAE ( vì cùng phụ éACB) (5).
Từ (4) và (5) => éBCF = éCBE (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) => éOIG = éHAG (vì so le trong);