Một số bài hình học trong đề thi vào 10

ng tròn tâm O 
 đường kính AB. Dựng tiếp tuyến với đường tròn (O) tại C và gọi H là 
 chân đường vuông góc kẻ từ A đến tiếp tuyến đó. AH cắt đường tròn 
 (O) tại M ( M  A) . Đường vuông góc với AC kẻ từ M cắt AC tại K và 
 AB tại P. 
 a) Chứng minh tứ giác MKCH nội tiếp . 
 b) Chứng minh MAP cân . 
 c) Tìm điều kiện của ABC để ba điểm M, K, O thẳng hàng. 
Bài 4. Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Đường tròn tâm O 
 đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N ( A M&N). 
 Gọi I, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng OH, BH, và CH. 
 Chứng minh: 
 a) AHN ACB 
 b) Tứ giác BMNC nội tiếp . 
 c) Điểm I là trực tâm tam giác APQ. 
Bài 5. Cho đường tròn (O;R) đường kính AB.Gọi C là điểm bất kỳ thuộc đường 
 tròn đó ( C A&B). M, N lần lượt là điểm chính giữa của các cung nhỏ 
 AC và BC. Các đường thẳng BN và AC cắt nhau tại I, các dây cung AN và 
 BC cắt nhau ở P. Chứng minh: 
 a)Tứ giác ICPN nội tiếp. Xác định tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. 
 b)KN là tiếp tuyến của đường tròn (O;R). 
 c)Chứng minh rằng khi C di động trên đường tròn (O;R) thì đường thẳng MN 
 luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định . 
Bài 6. Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường 
 tròn ( B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại 
 D và E ( D nằm giữa A và E , dây DE không qua tâm O). Gọi H là trung 
 điểm của DE, AE cắt BC tại K . 
 a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn . 
 b) Chứng minh HA là tia phân giác của BHC 
 c) Chứng minh : 2 1 1
AK AD AE
  . 
Bài 7. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Trên đường tròn (O;R) lấy điểm M sao cho 
060MAB  . Vẽ đường tròn (B;BM) cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai là N . 
a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của đường tròn (B;BM) . 
b) Kẻ các đường kính MOI của đường tròn (O;R) và MBJ của đường tròn (B;BM) . Chứng 
minh N , I , J thẳng hàng và JI . JN = 6R2 
c) Tính phần diện tích của hình tròn (B;BM) nằm bên ngoài đường tròn (O;R) theo R . 
 ( Trích đề thi vào lớp 10 nĕm học 2005) 
Bài 8: Cho đường tròn (O;R) , đường kính AB . Trên tiếp tuyến kẻ từ A của đường 
 tròn này lấy điểm C sao cho AC = AB . Từ C kẻ tiếp tuyến thứ hai CD của 
 đường tròn (O;R) , với D là tiếp điểm. 
 a) Chứng minh rằng ACDO là một tứ giác nội tiếp . 
 b) Gọi H là giao điểm của AD và OC .Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH ; AD 
 c) Đường thẳng BC cắt đường tròn (O;R) tại điểm thứ hai M.Chứng minh 045MHD  
 d) Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác MHB. Tính diện tích phần của hình tròn này 
 nằm ngoài đường tròn (O;R) . 
Bài 9. Cho đường tròn (O) đường kính AB bằng 6cm . Gọi H làđiểm nằm giữa A và 
 B sao cho AH = 1cm . Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB , đường thẳng này cắt 
đường tròn (O) tại C và D . Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M . Từ M hạ đường vuông góc 
MN với đường thẳng AB ( N thuộc thẳng AB ) . 
 a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp . 
 b) Tính độ dài đoạn thẳng CH và tính tg ABC . 
 c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) . 
 d) Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt NC ở E . Chứng minh đường thẳng EB 
 đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. 
Bài 10. 
 Cho đường tròn tâm O, đường kính AC. Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K 
 nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ CD (E không trùng C và D), AE cắt 
 BD tại H. 
a) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. 
b) Chứng minh AD2 = AH. AE. 
c) Cho BD = 24cm; BC = 20cm. Tính chu vi hình tròn (O). 
d) Cho BCD  . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác MBC cân tại 
M. Tính góc MBC theo  để M thuộc đường tròn (O). 
Bài 11. 
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A 
và C khác O ). Đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. 
Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại 
M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 
1. Chứng minh : BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn. 
2. Chứng minh EM = EF 
3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ đó suy 
ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD 
Bài 12. 
Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R và C là 1 điểm nằm trên đường tròn sao cho CA > CB. 
Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt 
đoạn AC tại P; AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K . 
1) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn. 
2) Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng. 
Các tiếp tuyến tại A và C của đương tròn (O) cắt nhau tại Q. Tính diện tích của tứ giác QAIM theo 
R khi BC = R 
Bài 13. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R, điểm C thuộc nửa đường tròn (CA < CB). 
Gọi D là hình chiếu của C trên AB. Điểm E chuyển động trên đoạn thẳng CD (E khác C và D). Tia 
AE cắt đường tròn tại điểm thứ hai F. 
 1) Chứng minh rằng: 
 a) Tứ giác BDEF nội tiếp đường tròn. 
 b) AC2 = AE.AF 
 2) Tính AE.AF + BD.BA theo R. 
 3) Khi điểm E chuyển động trên đoạn thẳng CD thì tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF 
chuyển động trên đường nào? Vì sao? 
HN
F
E
CB
A
=
//
O
FE
C
DBA
LӠI GIҦI CHI TIӂT 
 Bài 1: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 1999 – 2000) 
 a) Chứng minh tứ giác HFCN nӝi tiӃp: 
 Ta có : 090BFC BEC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 
 đường kính BC) 
 Tứ giác HFCN có 0180HFC HNC  nên nội tiếp được trong 
 một đường tròn đường kính HC) (đpcm) 
 b) Chứng minh FB là tia phân giác của góc EFN: 
 Ta có: EFB ECB ( hai góc nội tiếp cùng chắn BE của đường tròn đường kính BC) 
 ECB BFN ( hai góc nội tiếp cùng chắn HN của đường tròn đường kính HC) 
 Suy ra: EFB BFN . Vậy FB là tia phân giác của góc EFN (đpcm) 
 c) Giҧ sử AH = BC. Tính sӕ đo góc BAC của tam giác ABC : 
 FAH và FBC có: 
0AFH 90BFC  
 AH = BC (gt) 
 FAH FBC (cùng phụ ACB ) 
 Vậy FAH = FBC (cạnh huyền- góc nhọn). Suy ra: FA = FB. 
 AFB vuông tại F; FA = FB nên vuông cân. Do đó 045BAC  
Lưu ý: Các câu hỏi hay còn lại từ bài tập trên: 
 - Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác FEN. 
 - Gọi I và K lần lượt là trung điểm của BH và CH . Chứng minh tứ giác FEIK nội tiếp. 
 - Cho BC = a. Tính BH. BF + CH. CE theo a. 
Bài 2: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 2000 – 2001) 
 a) Chứng minh tứ giác EFDA nӝi tiӃp: 
 Ta có: 0AFD 90AED   (gt) 
 Hai đỉnh E và F cùng nhìn AD dưới góc 900 nên tứ giác 
 EFDA nội tiếp được trong một đường tròn. 
 b) Chứng minh AF là phân giác của EAD : 
 Ta có : 
 //
AE CD
AE OC
OC CD
   . Vậy EAC CAD ( so le trong) 
 Tam giác AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên CAO OCA 
 Do đó: EAC CAD . Vậy AF là phân giác của góc EAD (đpcm) 
 c) Chứng minh tam giác EFA và tam giác BDC đồng dҥng: 
 EFA và BDC có : 
 EFA CDB (hai góc nội tiếp cùng chắn AE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EFDA) 
EAC CAB
EAF BCD
CAB DCB
    
 . Vậy EFA và BDC đồng dạng (góc- góc) 
d) Chứng minh các tam giác ACD và ABF có cùng diện tích: 
 SACD = 
1
.
2
DF AC và SABF = 
1
.AF
2
BC . (1) 
O P
K
M
H
A
C
B
/ / ////
H QP
I
O
N
M
CB
A
 BC // DF (cùng  AF) nên : 
AF
BC AC
DF
 hay DF. AC = BC.AF (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra : SACD = SABF (đpcm) (Lưu ý: có thể giải 2 cách khác nữa) 
Bài 3: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 2001 – 2002) 
 a) Chứng minh tứ giác MKCH nӝi tiӃp: 
 Ta có : 090MHC  (gt), 090MKC  (gt) 
 Tứ giác MKCH có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 nên 
 nội tiếp được trong một đường tròn. 
 b) Chứng minh tam giác MAP cân: 
 AH // OC (cùng vuông góc CH) nên MAC ACO (so le trong) 
 AOC cân ở O (vì OA = OC = R) nên ACO CAO 
 Do đó: MAC CAO . Vậy AC là phân giác của MAB . 
 Tam giác MAP có AK là đường cao (do AC  MP), đồng thời là đường phân 
 giác nên tam giác MAP cân ở A (đpcm). 
 Cách 2: Tứ giác MKCH nội tiếp nên AMP HCK (cùng bù HMK ) 
 HCA CBA (cùng bằng 1
2
sđ AC ), CBA MPA (hai góc đồng vị của MP// CB) 
 Suy ra: AMP APM . Vậy tam giác AMP cân tại A. 
 c) Tìm điӅu kiện cho tam giác ABC để ba điểm M; K; O thẳng hàng: 
 Ta có M; K; P thẳng hàng. Do đó M; K;O thẳng hàng nếu P  O hay AP = PM 
 Kết hợp với câu b tam giác MAP cân ở A suy ra tam giác MAP đều. 
 Do đó 030CAB  . 
 Đảo lại: 030CAB  ta chứng minh P  O : 
 Khi 030CAB   060MAB  (do AC là phân giác của MAB ) 
 Tam giác MAO cân tại O có 060MAO  nên MAO đều. 
 Do đó: AO = AM. Mà AM = AP(do MAP cân ở A) nên AO = AP. Vậy P  O . 
 Trả lời: Tam giác ABC cho trước có 030CAB  thì ba điểm M; K; O thẳng hàng. 
Bài 4:(đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 2002 – 2003) 
a) Chứng minh AHN ACB : 
090ANH  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
 Nên Tam giác ANH vuông tại N 
090AHC  (do AH là đường cao của ABC) nên tam 
 giác AHC vuông ở H. 
 Do đó: AHN ACB (cùng phụ HAC ) 
b) Chứng minh tứ giác BMNC nӝi tiӃp: 
 Ta có : AMN AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN) 
 AHN ACB (câu a) 
 Vậy: AMN ACB . Do đó tứ giác BMNC là một tứ giác nội tiếp. 
c) Chứng minh I là trực tâm tam giác APQ: 
 OA = OH và QH = QC (gt) nên QO là đường trung bình của tam giác AHC. 
 Suy ra: OQ//AC, mà AC AB nên QO  AB. 
 Tam giác ABQ có AH  BQ và QO  AB nên O là trực tâm của tam giác . 
H/
/
=
=
P
O
K
I
N
M
C
BA
/
/
//
//
H
O
K
E
D
C
B
A
 Vậy BO  AQ. Mặt khác PI là đường trung bình của tam giác BHO nên PI // BO 
 Kết hợp với BO  AQ ta được PI  AQ. 
 Tam giác APQ có AH  PQ và PI  AQ nên I là trực tâm tam giác APQ(đpcm) 
Bài 5: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 2003 – 2004) 
 a) Chứng minh tứ giác ICPN nӝi tiӃp. Xác đӏnh tâm K của đưӡng tròn ngoҥi tiӃp 
 tứ giác đó: 
 Ta có : 090ACB ANB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) 
 Do đó: 090ICP INP  
Tứ giác ICPN có 0180ICP INP  nên nội tiếp được trong một 
 đường tròn . 
 Tâm K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ICPN là trung điểm 
 của đoạn thẳng IP. 
 b) Chứng minh KN là tiӃp tuyӃn của đưӡng tròn (O). 
 Tam giác INP vuông tại N , K là trung điểm IP nên 1
2
KN KI IP  
 Vậy tam giác IKN cân ở K . Do đó KIN KNI (1) 
 Mặt khác NKP NCP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung PN đường tròn (K)) (2) 
 N là trung điểm cung CB nên CN BN CN NB   . Vậy NCB cân tại N 
 Do đó : NCB NBC (3) 
 Từ (1) , (2), (3) suy ra: INK IBC , hai góc này ở vị trí đồng vị nên KN // BC 
 Mặt khác ON BC nên KN  ON. Vậy KN là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
Chú ý: * Có thể chứng minh 0 090 90KNI ONB KNO    
 * hoặc chứng minh 0 090 90KNA ANO KNO    
 c) Chứng minh rằng khi C di đӝng trên đưӡng tròn (O) thì đưӡng thẳng MN luôn 
 tiӃp xúc vӟi mӝt đưӡng tròn cӕ đӏnh: 
 Ta có AM MC (gt) nên AOM MOC . Vậy OM là phân giác của AOC . 
 Tương tự ON là phân giác của COB , mà AOC và COB kề bù nên 090MON  
 Vậy tam giác MON vuông cân ở O 
 Kẻ OH  MN, ta có OH = OM.sinM = R. 2
2
 = 
2
2
R
 không đổi. 
 Vậy khi C di động trên đường tròn (O) thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một 
 đường tròn cố định (O; 2
2
R ) 
Bài 6: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 2004 – 2005) 
 a) Chứng minh tứ giác ABOC nӝi tiӃp: 
090ABO ACO  (tính chất tiếp tuyến) 
 Tứ giác ABOC có 0180ABO ACO  nên nội tiếp được 
 trong một đường tròn . 
b) Chứng minh HA là tia phân giác của góc BHC: 
 AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Suy ra AB AC . Do đó AHB AHC 
 Vậy HA là tia phân giác của góc BHC. 
c)Chứng minh 2 1 1
AK AD AE
  : 
_=
=
/
/
O
K H
E
D
C
B
A
60
O
J
IN
M
B
A
H
 ABD và AEB có: 
 BAE chung, ABD AEB (cùng bằng 1
2
sđ BD ) 
 Suy ra : ABD ~ AEB 
 Do đó: 2 .AB AD AB AD AE
AE AB
   (1) 
 ABK và AHB có: 
 BAH chung, ABK AHB (do AB AC ) nên chúng đồng dạng. 
 Suy ra: 2 .AK AB AB AK AH
AB AH
   (2) 
 Từ (1) và (2) suy ra: AE.AD = AK. AH 1
.
AH
AK AE AD
  
2 2
.
AH
AK AE AD
  =  2
.
AD DH
AE AD

=
2 2
.
AD DH
AE AD
 
.
AD AD ED
AE AD
 
=
.
AE AD
AE AD

= 
1 1
AD AE
 
 (do AD + DE = AE và DE = 2DH) 
 Vậy: 2 1 1
AK AD AE
  (đpcm) 
Bài 7: (đề thi xét tuyển vào lớp 10 nĕm học 2005 – 2006) 
 a) Chứng minh AM và AN là các tiếp tuyến của 
 đường tròn (B;BM). 
 Ta có : 090AMB ANB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) 
 Điểm M và N thuộc (B;BM) ; AM MB và AN NB 
 Nên AM ; AN là các tiếp tuyến của (B;BM) 
b) Chứng minh N; I; J thẳng hàng và JI .JN = 6R2. 
090MNI MNJ  (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O và tâm B ) 
 Nên IN MN và JN  MN . Vậy ba điểm N ; I ; J thẳng hàng. 
* Tam giác MJI BO là đường trung bình nên IJ = 2BO = 2R 
 Tam giác AMO cân ở O (vì OM = OA), 060MAO  nên tam giác MAO đều. 
 AB  MN tai H(tính chất dây chung của hai đường tròn (O) và (B)cắt nhau) 
 Nên OH = 1 1
2 2
OA R . Vậy HB = HO + OB = 3
2 2
R RR  32. 3
2
RNJ R   
 Vậy JI . JN = 2R . 3R = 6R2 
c)Tính diện tích phần hình tròn (B; BM) nằm ngoài đường tròn (O; R) theo R: 
 Gọi S là diện tích phần hình tròn nằm (B;BM) nằm bên ngoài hình tròn (O;R). 
 S1 là diện tích hình tròn tâm (B; BM) 
 S2 là diện tích hình quạt MBN 
 S3 ; S4 là diện tích hai viên phân cung MB và NB của đường tròn (O;R) 
 Ta có : S = S1 – (S2 + S3 + S4). 
 Tính S1: 
0 060 120MAB MB   3MB R  . Vậy: S1 =  2 23 3R R  . 
 Tính S2 : 
_//
//
= M
O
I
H
D
C
BA
060MBN   S2 =  
2 0
0
3 60
360
R
 = 
2
2
R
  Tính S3 : 
 S3 = Squạt MOB – SMOB . 
0120MOB   Squạt MOB = 
2 0 2
0
.120
360 3
R R  . 
 OA = OB  SMOB = 12 SAMB = 
1 1
. . .
2 2
AM MB = 1 . 3
4
R R = 
2 3
4
R
 Vậy S3 = 
2
3
R
2 3
4
R = S4 (do tính chất đối xứng) 
 Từ đó: S = S1 – (S2 + 2S3) 
 = 
23 R – 2 2 22 3
2 3 2
R R R      
 = 
2 211 3 3
6
R R 
 (đvdt) 
Bài 8: 
 a) Chứng minh tứ giác ACDO nội tiếp: 
090CAO CDO  (tính chất tiếp tuyến) 
 Tứ giác ACDO có 0180CAO CDO  nên nội tiếp được trong 
 một đường tròn. 
b) Tính theo R độ dài các đoạn thẳng AH; AD: 
 CA = CD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OD =R OC AD  và AH = HD 
 Tam giác ACO vuông ở A, AH  OC nên 2 2 21 1 1AH AO AC  
 =  22
1 1
2R R
 = 254R 
 Vậy : AH = 2 5
5
R
 và AD = 2AH = 4 5
5
R
c) Chứng minh 045MHD  : 
090AMB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 090CMA  
 Hai đỉnh H và M cùng nhìn AC dưới góc 900 nên ACMH là tứ giác nội tiếp. 
 Suy ra : ACM MHD 
 Tam giác ACB vuông tại A, AC = AB(gt) nên vuông cân . Vậy 045ACB  
 Do đó : 045MHD  . 
d) Tính diện tích hình tròn (I) nằm ngoài đường tròn (O) theo R : 
 Từ 090CHD  và 045MHD  045CHM  mà 045CBA  (do CAB vuông cân ở B) 
 Nên CHM CBA  Tứ giác HMBO nội tiếp . Do đó 090MHB MOB  . 
 Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác MHB là trung điểm MB. 
 Gọi S là diên tích phần hình tròn ( I ) ở ngoài đường tròn (O). 
 S1 là diện tích nửa hình tròn đường kính MB. 
 S2 là diện tích viên phân MDB 
 Ta có : S = S1 – S2 
E I
K
H O
N
M
D
C
BA
  Tính S1 : 090 2MB MB R   . Vậy S1 = 
2 21 2
.
2 2 4
R R      
  Tính S2: S2 = SquạtMOB – SMOB 
 = 
2 0 2
0
.90
360 2
R R  = 
2 2
4 2
R R  
  S = 
2
4
R  ( 
2 2
4 2
R R  ) = 
2
2
R
Bài 9: a) Chứng minh tứ giác MNAC nội tiếp: 
090ACB  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 Suy ra 090MCA  . Tứ giác MNAC có 0180N C  nên 
 nội tiếp được trong một đường tròn. 
 b) Tính CH và tg ABC. 
 AB = 6 (cm) ; AH = 1 (cm)  HB = 5 (cm) 
 Tam giác ACB vuông ở C, CH  AB  CH2 = AH . BH = 1 . 5 = 5 5CH  (cm) 
 * tg ABC = 5
5
CH
BH
 
 c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O): 
 Ta có : NCA NMA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN của đường tròn ngoại tiếp 
 tứ giác MNAC). 
 NMA ADC (so le trong của MN // CD) và ADC ABC (cùng chắn AC ) 
 Nên : NCA ABC . Do 1
2
ABC  sđ AC 1
2
NCA  sđ AC 
 Suy ra CN là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
 (xem lại bài tập 30 trang 79 SGK toán 9 tập 2) 
 d) Chứng minh EB đi qua trung điểm của CH: 
 Gọi K là giao điểm của AE và BC; I là giao điểm của CH và EB. 
 KE // CD (cùng  với AB) AKB DCB  (đồng vị) 
 DAB DCB ( cùng chắn cung BD) 
 DAB MAN (đối đỉnh) và MAN MCN (cùng chắn MN ) 
 Suy ra: EKC ECK KEC  cân ở E. Do đó EK = EC 
 Mà EC = EA( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên EK = EA. 
 KBE có CI // KE  CI BI
KE BE
 và ABE có IH // AE  IH BI
AE BE
 
 Vậy CI IH
KE AE
 mà KE = AE nên IC = IH (đpcm) 
Bài 10. (Trích đề thi tuyển sinh vào lớp 10 nĕm học 2009- 2010) 
 Cho đường tròn tâm O, đường kính AC. Vẽ dây BD vuông góc với AC tại K ( K nằm 
 giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ CD (E không trùng C và D), AE cắt BD tại H. 
e) Chứng minh tam giác CBD cân và tứ giác CEHK nội tiếp. 
f) Chứng minh AD2 = AH. AE. 
g) Cho BD = 24cm; BC = 20cm. Tính chu vi hình tròn (O). 
h) Cho BCD  . Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A, vẽ tam giác MBC cân tại 
M. Tính góc MBC theo  để M thuộc đường tròn (O). 
//?
_
K
E
H
M
O
D
C
B
A
 Hưӟng dẫn: 
 c) Tính BK = 12 cm, CK = 16 cm, dùng hệ thức lượng 
 tính được CA = 25 cm  R = 12,5 cm 
 Từ đó tính được C = 25 
d) M  (O) ta cần có tứ giác ABMC nội tiếp. 
  0180ABM ACM  
0 090 2 180
2
MBC     
 Từ đó tính được 0180
4
MBC  
Bài 11 (Nĕm hӑc 2011 – 2012) 
Chứng minh: 
a) Ta có:  M O đường kính AB (gt) suy ra: 090AMB  (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) hay 
090FMB  . Mặt khác 090 ( )FCB GT . Do đó 0180AMB FCB  . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp 
đường tròn. 
b) Ta có: BCFM là tứ giác nội tiếp(cmt)  EFM 1CBM  (cùng bù với CFM ) 
Mặt khác  EMF 2CBM  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn AM ) 
   1 & 2 EFM EMF EFM   cân tại E EFEM  (đpcm) 
c) Gọị H là trung điểm của DF. Dễ thấy IH DF và  IF 3
2
DHID  . 
Trong đường tròn  I ta có: IF
2
DDMF  (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn DF ) hay 
 IF 4
2
DDMA  
Trong đường tròn  O ta có:  5DMA DBA (góc nội tiếp cùng chắn DA )’ 
     3 ; 4 ; 5 DIH DBA  
Dễ thấy 090CDB DBA  
090HDI DIH  
 Mà  DIK DBA cmt 
Suy ra CDB HDI hay ; ;CDB CDI D I B  thẳng hàng. 
Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt) 
2
ADABI ABD sd   . Vì C cố định nên D cố định 
2
AD
sd 
không đổi. Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD 
IH
F
E
D
O
A B
M
C
Bài 13. (Nĕm hӑc 2014 – 2015) 
J
K
I
F
D
B
OA
C
E
1a) Chứng minh: Tứ giác BDEF nội tiếp đường tròn. 
Xét tứ giác BDEF có (vì góc AFB nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 
 Tứ giác BDEF nội tiếp đường tròn (Đpcm) 
 b) Chứng minh: AC2 = AE.AF 
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 
 (cùng chắn cung AC) 
 
Xét có: 
 chung 
 (cmt) 
 (g-g) 
 => AC2 = AE.AF (Đpcm) 
*Cách 2: Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, ta có: AC2 = AD. AB (1) 
Ta lại có tam giác vuông ADE đồng dạng với tam giác vuông AFB (g-g) 
AD AE AD.AB AE.AF
AF AB
    (2) 
Từ (1) và (2) ta có AC2 = AE. AF (Đpcm) 
2) Tính AE.AF + BD.BA theo R. 
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC, ta có: BC2 = BD.BA 
2 2 2 2AE.AF BD.BA AC BC AB 4R      
3) Khi điểm E chuyển động trên đoạn thẳng CD thì tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF 
chuyển động trên đường nào? Vì sao? 
Gọi K là giao điểm của đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác CEF với BC 
 (cùng chắn cung FK) 
Mà (cmt) => mà chúng ở vị trí đồng vị => EK // AB 
Mà là đường kính của (I) 
 Khi E chuyển động trên đoạn thẳng CD thì I chuyển động trên đoạn thẳng CB. 
- Nếu E trùng với C thì K trùng với C => I trùng với C 
- Nếu E trùng với D thì K trùng với B => I trùng với J (với J là trung điểm của CB) 
Vậy khi E chuyển động trên đoạn thẳng CD thì tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF 
chuyển động trên đoạn CJ (J là trung điểm của CB) 
Bài 13 (Nĕm hӑc 2012 – 2013) 
Q
K
P
M
I
A
O
B
C
a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm). 
b) Dễ thấy MI và AC là hai đường cao của MAB P  là trực tâm của MAB BP  là đường 
cao thứ ba  1BP MA  . 
Mặt khác 090AKB  (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  