Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS

OE vuông góc với
AB.
Lời giải
A
O
M
N
D
H B
E
I
P
Q
A
D B
CM
Q
N
P
hình bài 21 hình bài 22
AM, AN là tiếp tuyến đường tròn (O)⇒ OA⊥MN.
Tương tự OB⊥PQ, đường thẳng OE cắt đường thẳng AB tại H.
Gọi D là giao điểm của OA và MN, I là giao điểm của OB và PQ⇒ tứ giác ODEI nội tiếp
⇒ ÔED = ÔID (1)
4OMA là tam giác vuông⇒ OM2 = OD ·OA.
Tương tự OP2 = OI ·OB, OM = OP
⇒ OD ·OA = OI ·OB⇒ tứ giác DABI là tứ giác nội tiếp.
⇒ ÔID = D̂AB (2)
Từ (1), (2) ⇒ ÔED = D̂AB⇒ tứ giác DAHE là tứ giác nội tiếp, D̂AN = 90◦⇒ ÂHE = 90◦⇒
OE⊥AB.
Bài 22. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD, M là điểm đối xứng với A qua
đường kính BD, AM cắt BD tại N. Từ N kẻ đường thẳng song song với AC cắt DC tại P và BC tại
Q. Chứng minh rằng MPCQ là hình chữ nhật.
Lời giải
M đối xứng với A qua BD⇒ AM⊥BD, NA = NM.
Ta có M̂AC = M̂BC (cùng chắn cung MC
_
), NQ‖AC⇒ M̂NQ = M̂AC⇒ M̂NQ = M̂BQ⇒ NMQB
là tứ giác nội tiếp⇒ BM là đường kính⇒MQ⊥BQ, BD là đường kính⇒ DC⊥BC.
nguyenmanhha0210@gmail.com 17 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Mặt khác, M̂DC = M̂AC = M̂NP⇒ tứ giácDNPM nội tiếp đường tròn đường kínhDM⇒ D̂PM =
90◦.
Tứ giác MPCQ có ba góc vuông⇒ tứ giác PCQM là hình chữ nhật.
Bài 23. Cho tam giác ABC, đường tròn (J) bàng tiếp góc A tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần
lượt tại I, D, E. Giả sử đường thẳng EI vuông góc với với AC tại K, gọi H là hình chiếu của D trên
JK. Chứng minh rằng ĈHI = ÂHE = 90◦.
Lời giải
A D
B
CK
J
E
F
HI
A
D
B
C
M
N
S
Q
P
RI
hình bài 23 hình bài 24
Gọi F là giao điểm của BJ và EI, JB⊥EF , EK⊥AC⇒ FKJD là hình chữ nhật⇒ FJ = KD,
JE2 = JD2 = JF · JB = DK · JB⇒ DK
JD
=
JD
JB
⇒4KDJ v4DJB⇒ D̂KJ = ĴDB⇒ JK⊥DB.
⇒ B, H, D thẳng hàng.
Lại có B̂IJ = B̂EJ = B̂HJ = 90◦⇒ E, I, H nằm trên đường tròn đường kính JB
⇒ K̂CI = ÎBJ = K̂HI⇒CHIK nội tiếp⇒ ÎHC = 90◦, tứ giác AKHE nội tiếp
⇒ ÂHE = ÂKE = 90◦.
Bài 24. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Đường phân giác các góc  và B̂ cắt nhau tại P,
đường phân giác góc Ĉ và D̂ cắt nhau tại R, đường phân giác B̂ và Ĉ cắt nhau tại Q, đường phân
giác góc  và D̂ cắt nhau tại S. Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp vàMQ vuông góc với
NP.
Lời giải
Ta có
ŜPQ+ ŜRP =
(
180◦− 1
2
B̂− 1
2
Â
)
+
(
180◦− 1
2
Ĉ− 1
2
D̂
)
= 360◦− 1
2
(
Â+ B̂+ Ĉ+ D̂
)
= 180◦
⇒ tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp.
Xét4NAB: phân giác Â, B̂ cắt nhau tại P⇒ NP là phân giác của ÂNB.
nguyenmanhha0210@gmail.com 18 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Xét4NCD: phân giác ngoài Ĉ và D̂ cắt nhau tại R⇒ NR là phân giác của ÂNB⇒ P, R, N thẳng
hàng.
Tương tự M, S, Q thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của MQ cắt NP,
M̂IN = 180◦− ÎMN− ÎNM
= 180◦− ÂMN− ÂNM+ ÂMI+ ÂNI = 1
2
(
Â+ M̂
)
+
1
2
(
Â+ N̂
)
= Â+ ÂMI+ ÂNI =
1
2
(
180◦− D̂
)
+
1
2
(
180◦− B̂
)
= 90◦
⇒MQ⊥NP.
Bài 25. Cho tam giác ABC (AB = AC), trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 2DC và trên AD
lấy điểm E sao cho B̂ED = Â. Chứng minh rằng  = 2D̂EC.
Lời giải
A
DB C
M
N
I
E
Từ D kẻ đường thẳng song song với AC và AB cắt AB tạiM và AC tại N, từM kẻ đường thẳng song
song với BC cắt AC tại I, ta có
AM
MB
=
CD
BC
=
1
2
⇒ AI
IC
=
1
2
⇒ AI
AC
=
1
3
,
CN
NA
=
CD
BD
=
1
2
⇒ CN
CA
=
1
3
⇒ AI = IN = NC.
Theo giả thiết B̂ED = Â⇒ B̂MD = B̂ED⇒ tứ giác BMED là tứ giác nội tiếp
⇒ M̂EA = M̂BD = B̂CA = M̂IA⇒ tứ giác AMEI nội tiếp⇒ ÊIC = ÂME = ÊDB
⇒ tứ giác IEDC nội tiếp⇒ NI = NC = ND⇒ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IEDC
⇒ Â = D̂NC = 2D̂EC.
Bài 26. Cho tam giác ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, các đường thẳng
AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, K. Trên cạnh BC lấy điểm M. Hai
điểm P và Q thỏa mãn MP song song với BE, CP vuông góc với CK và BQ vuông góc với BE.
Chứng minh rằng PE, QK, DM đồng qui.
Lời giải
nguyenmanhha0210@gmail.com 19 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
JB
JA
M
N
I
E
K
P
Q
A
B C
P
N
Q
D
M
hình bài 26 hình bài 27
Từ M kẻ đường thẳng song song với BE cắt đường phân giác ngoài Ĉ, đó chính là điểm P, thỏa
mãnCP⊥CK, MP‖BE.
Tương tự, điểm Q thỏa mãn nằm trên đường phân giác ngoài B̂⇒ BQ⊥BE và MQ‖CK. Đường
thẳng AD và BE cắt đường phân giác ngoài tại hai điểm JA, JB.
DM cắt đường tròn ngoại tiếp4ABC tại N. Ta có
D̂AE =
1
2
(
Â+ B̂
)
= 90◦− 1
2
Ĉ,
B̂CJB = 90◦+
1
2
Ĉ⇒ B̂JBC = 12 Â
MP‖BJB⇒ M̂PC = 12 Â.
Mặt khác D̂NC =
1
2
Â⇒ tứ giác MNPC là tứ giác nội tiếp⇒ B̂CJB + M̂NP = 180◦.
Tứ giác BEND nội tiếp⇒ ÊND = 180◦− ÊBD = 180◦− 1
2
(
Â+ B̂
)
= 90◦+
1
2
Ĉ.
Từ B̂CJB = 90◦+
1
2
Ĉ⇒ ÊND+ M̂NP = B̂CJB + M̂NP = 180◦⇒ P, N, E thẳng hàng.
Tương tự Q, K, N thẳng hàng⇒ đpcm.
Bài 27. Cho tam giác ABC, M và N là hai điểm trên phân giác AD thỏa mãn ÂBN = ĈBM. Đường
thẳng CN cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN tại P, đường thẳng BM cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ACM tại Q. Chứng minh P, A, Q thẳng hàng và ÂCN = B̂CM.
Lời giải
AMCQ là tứ giác nội tiếp⇒ M̂AC = M̂QC, APBN nội tiếp
⇒ B̂PN = B̂AN, AD là phân giác⇒ B̂AD = ĈAD⇒ B̂PN = M̂QC
⇒ B̂PC = B̂QC⇒ PQCB nội tiếp⇒ Q̂PC = Q̂BC, ÂPN = ÂBN.
Theo giả thiết ĈBM = ÂBN⇒ ĈBQ = ĈPA, ĈPQ = ĈBQ⇒ P, A, Q thẳng hàng.
Các tứ giác AQCM, PQCB nội tiếp⇒ ÂCM = ÂQM⇒ ÂCN = B̂CM.
Bài 28. Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp  và I, D, E là các tiếp điểm với
nguyenmanhha0210@gmail.com 20 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
cạnh BC, CA, AB. Đường thẳng BJ cắt ID tại M và đường thẳng CJ cắt EI tại N. Đường thẳng
AM, AN cắt cạnh BC tại O và Q. Chứng minh IP = IQ.
Lời giải
Cách 1. ÊBI = 180◦− B̂, J là tâm đường tròn bàng tiếp Â⇒ ÊBJ = ĴBI
⇒ ÊBJ = ÎBJ = 90◦− 1
2
B̂, EI⊥BJ⇒ B̂EI = 1
2
B̂.
Tương tự ĈID =
1
2
Ĉ.
Có MJ⊥EI và cắt EI tại trung điểm⇒ ÊMJ = ĴMI = 90◦− M̂IB− B̂IE = 90◦− 1
2
(
B̂+ Ĉ
)
,
ÊMJ =
1
2
Â⇒ ÊMJ = ÊAJ = 1
2
Â⇒ AMEJ là tứ giác nội tiếp, AE⊥EJ
⇒MA⊥MJ⇒MA‖IE⇒ PEIA là hình thang cân⇒ IP = AE.
Tương tự, tứ giác AIDQ là hình thang cân IQ = AD, mặt khác AE = AD⇒ IP = IQ.
A
B
C
J
D
E
N
I
M
P
Q
Cách 2. JE⊥AE, JD⊥AD⇒ A, E, J, D nằm trên đường tròn đường kính AJ; ÊBJ = ĴBI =
90◦− 1
2
B̂.
Tương tự ÎCJ = 90◦− 1
2
Ĉ⇒ B̂IM = ĈID = 90◦− ÎCJ = 1
2
Ĉ.
4BMI có B̂MI = ĴBI− B̂IM = 90◦− 1
2
B̂− 1
2
Ĉ =
1
2
Â⇒ AM⊥MJ, MJ là phân giác ngoài B̂⇒
PB = BA.
PI = PB+BI = BA+BE = AE.
ĴMD = ĴAD =
1
2
Â⇒M thuộc đường tròn (AEJ).
Tương tự, N cũng thuộc đường tròn (AEJ)⇒ QI = QC+CI =CA+CD = AD.
Mặt khác, AD = AE⇒ IP = IQ.
Bài 29. Cho tam giác cân ABC (AB = AC, Â < 60◦). Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho D̂BC =
Â, E là giao điểm của đường trung trực BD và đường thẳng qua A song song với BC. Kéo dài AC
về phía A lấy điểm P sao cho PA = 2AC. Chứng minh rằng đường thẳng qua E vuông góc với AC,
đường thẳng qua P vuông góc với AB và đường thẳng BD đồng qui.
Lời giải
nguyenmanhha0210@gmail.com 21 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
M
E
Q
P
A
B CD M
E
O
Q
P
hình bài 29 hình bài 30
Theo giả thiết D̂BC = Â⇒ tứ giác EACB là hình bình hành⇒ AC song song với BE.
Gọi M là trung điểm AP⇒ AM = AC = AB⇒MBC là tam giác vuông, MB⊥BC
⇒MB⊥AE⇒MABE là hình thoi⇒ME = MP = MA⇒ PE⊥EA.
Giả sử đường thẳng qua P và vuông góc với AB cắt BD tại Q và PE⊥BC
⇒ Q̂PE = ÂBC⇒ Q̂PE = B̂DC = B̂DE⇒ tứ giác PQDE nội tiếp
⇒ P̂EQ = P̂DQ.
Mặt khác, P̂DQ = P̂AE, P̂AE + ÂPE = 90◦⇒ P̂EQ+ ÂPE = 90◦⇒ PA⊥EQ⇒ AC⊥EQ, suy ra
đpcm.
Bài 30. Cho tam giác nhọn ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm O, điểm P trên cạnh AB sao
cho B̂OP = ÂBC điểm Q trên cạnh AC sao cho ĈOQ = ÂCB. Chứng minh rằng đường thẳng đối
xứng với BC qua PQ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ.
Lời giải
Đường thẳng AO cắt cạnh BC tại D.
O là tâm đường tròn ngoại tiếp4ABC⇒ OA = OB⇒ ÔAB = ÔBA.
Theo giả thiết B̂OP = ÂBC⇒4ABD v4BOP⇒ AB
BO
=
AD
BP
⇒ AB ·BP = AD ·BO và B̂PO =
ÂDB.
Tương tự,4ACDv4COQ⇒ AC ·CQ = AD ·CO, ĈQO = ÂDC.
⇒ ÂPO+ ÂQO = 180◦− B̂PO+ 180◦−ĈQO = 360◦−
(
ÂDB+ ÂDC
)
= 180◦.
⇒ O nằm trên đường tròn ngoại tiếp 4APQ.
Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp 4ABC và đường tròn ngoại tiếp 4APQ⇒ OE =
OA⇒ ÔAE = ÔEA, tứ giác AEQO nội tiếp⇒ ÂEO = ÂQO, tứ giác AQOP nội tiếp⇒ ÂEO =
ÂQO = B̂PO = ÂDB.
⇒ ÊAO = ÂDB⇒ AE‖BC, mà OC = OB⇒ AB ·BP = AC ·CQ.
Giả sử ÂBC > ÂCB⇒ PQ cắt cạnh BC tại M (về phíaC);
nguyenmanhha0210@gmail.com 22 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
AEQP nội tiếp⇒ P̂AE + P̂QE = 180◦, AE‖BC⇒ P̂AE + ÂBC = 180◦.
⇒ ÊPQ = ÊAQ, ÊAQ = ÂCB⇒ ÊPQ = ÂCB⇒4EPQv4ACB (g.g) ⇒4ABC =4ECB.
ÂPE = ÂPQ− ÊPQ = ÂOQ− ÊOQ = ÂOB;
Mặt khác, ÔAC =
1
2
(
180◦− ÂOC
)
= 90◦− ÂBC, ÊAC = ÂCB.
⇒ÂOB = 180◦−2ÔAE−2
(
90◦− ÂBC+ ÂCB
)
= 2
(
ÂBC− ÂCB
)
⇒ ÂPE = 2
(
ÂBC− ÂCB
)
,
ÂBE = ÂBC− ÊBC = ÂBC− ÂCB⇒ ÂPE = 2ÂBE⇒ P̂BE = P̂EB (1)
Gọi M là giao điểm của PQ và BC,
ÂQP = ÂEP = 180◦−
(
Â+ Ĉ
)
−
(
B̂−Ĉ
)
= 2Ĉ− B̂
⇒P̂MB = ÂCB− M̂QC = ÂCB− ÂQP = B̂−Ĉ
⇒B̂MP = B̂EP = B̂−Ĉ⇒ tứ giác BPEM nội tiếp.
Kết hợp với (1) có B̂MP = P̂ME⇒MP là phân giác của B̂ME.
Lại có ÊQM = 180◦− ÊQP = 180◦− B̂, P̂EM = 180◦− B̂
⇒4MQE v4MEP⇒ME2 = MP ·MQ⇒ME là tiếp tuyến của đường tròn (APQ).
Bài 31. Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA1, BB1, CC1 cắt nhau tại H, đường thẳng AC
cắt A1C1 tại D. Gọi I là trung điểm của AC. Chứng minh DH vuông góc với BI.
Lời giải
A
B C
D
A1
C1 B1
E
H I
DB cắt đường tròn tại E, AA1⊥BC, CC1⊥AB⇒ AC1A1C nội tiếp
⇒ DA ·DC = DC1 ·DA1. Tứ giác AEBC nội tiếp⇒ DA ·DC = DE ·DB⇒ DE ·DB = DC1 ·DA1
⇒C1A1BE nội tiếp.
Mặt khác tứ giác C1BA1H nội tiếp ⇒ 5 điểm C1, E, B, A1, H nằm trên một đường tròn đường
kính BH⇒ BE⊥HE.
nguyenmanhha0210@gmail.com 23 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Kéo dài EH cắt AC tại I⇒ tứ giác BEB1I nội tiếp⇒ HE ·HI = HB ·HB1.
Mặt khác HA ·HA1 = HB ·HB1⇒ HA ·HA1 = HE ·HI⇒ tứ giác AEA1I nội tiếp
⇒ ÎEA1 = Â1AI, ÂEI = ÂA1I.
D̂EA = Ĉ, B̂EA1 = B̂C1A1 = Ĉ, D̂EA = B̂EA1 và IE⊥DB
⇒ ÂEI = ÎEA1⇒ ÎAA1 = ÂA1I⇒ IA = IA1 = IC⇒ I là trung điểm AC. Vậy DH⊥BI.
Bài 32. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D, E, F lần lượt trên các cạnh
BC, CA, AB sao cho DE vuông góc với OC, DF vuông góc với OB, gọi I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác AEF . Chứng minh rằng ID vuông góc với cạnh BC.
Lời giải
A
B C
D
O
E
F
I
A
B C
D
O
E
F
I
G
K
P
H
M
hình bài 32 hình bài 33
ÔCB=
1
2
(
180◦− B̂OC
)
= 90◦− 1
2
B̂OC = 90◦− Â, OC⊥DE⇒ ÊDC = 90◦−ÔCB⇒ ÊDC = Â.
Tương tự, B̂DF = Â⇒ ÊDF = 180◦− Â.
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nên ÊIF = 2Â ⇒ ÊDF = 180◦ − ÊIF ⇒
ÊDF + ÊIF = 180◦⇒ I, E, D, F nằm trên một đường tròn
⇒ ÎEF = ÎDF mà ÎEF = 1
2
(
180◦− ÊIF
)
= 90◦− Â⇒ ÎDF + B̂DF = 90◦⇒ ID⊥BC.
Bài 33. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) và P là điểm bất kì nằm trong tam
giác ABC và không trùng O. Đường thẳng AP cắt (O) tại D, gọi DE, AF là đường kính của (O).
Giả sử EP, FP lần lượt cắt (O) tại G và I, đường thẳng AI cắt DG tại K. Gọi H là hình chiếu của
K lên đường thẳng OP, OP cắt EF tạiM. Chứng minh rằng A, H, K, D, M cùng thuộc một đường
tròn.
Lời giải
Theo giả thiết DE, AF là đường kính của đường tròn (O), KH⊥OP
⇒ K̂HP = K̂IP = K̂GP = 90◦⇒ K, H, P, G nằm trên đường tròn đường kính KP
⇒ ÎHP = ÎGP = ÎGE = ÎDE⇒ ÎHO = ÎDO⇒ tứ giác IHDO nội tiếp đường tròn.
Mặt khác HDOI là tứ giác nội tiếp⇒ D̂HO = D̂IO = ÎDO, suy ra
ÔHI = ÔHD⇒ ÔHI = P̂KI = 90◦−K̂AD⇒ ÔHD= 90◦−ĤKD⇒ K̂HD= K̂AD hayK, H, A, D
cùng thuộc một đường tròn.
nguyenmanhha0210@gmail.com 24 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Ta có AO = OF và AP‖EF nên PAMF là hình bình hành
⇒ D̂AM = P̂FM = ÎGE = ÎHP = M̂HD⇒ A, H, D, K, M cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 34. Cho tam giác ABC và trực tâm H. Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC và E là chân đường cao hạ từ B xuống xạnh AC. Dựng các hình bình hành PAQB và PADC
cắt HD tại F . Chứng minh rằng EF song song với AP.
Lời giải
Két dài AH cắt BC tại K ⇒ AK⊥BC⇒ tứ giác HKCE nội tiếp ⇒ ÊHK + ÂCB = 180◦, P nằm
trên đường tròn (O)⇒ ÂPB = ÂCB.
Mặt khác theo giả thiết AQBP là hình bình hành
⇒ ÂQB = ÂPB⇒ ÂQP+ ÂHB = ÂQB+ ÊHK = 180◦.
A
B C
D
E
F
I
Q
K
P
H
A
B
C
D
P
Q
I
O
M
N
E
H
hình bài 34 hình bài 35
⇒ tứ giác AQBH nội tiếp, gọi I là giao điểm BH và AP⇒ K̂AF = ĤBQ = ÂIE.
Hoàn toàn tương tự, tứ giác ADCH nội tiếp
⇒ ÂHD = ÂCD = ĈAP⇒ ÂHD+ ĤAF = ĈAP+ ÂIE = 90◦
⇒ tứ giác AHEF nội tiếp⇒ ĤFE = ĤAE = ĤAC = ĤDC⇒ EF‖CD⇒ EF‖AP.
Bài 35. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M, đường
thẳng AM cắt (O) tại N. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của đường vuông góc NC tạiC với (O) và
BN. AP cắt BC tại E. Chứng minh rằng Q, M, E thẳng hàng.
Lời giải
Gọi D là giao điểm củaMO và PQ, H là giao điểm PO vàMQ và I là giao điểm OM với cạnh BC.
DO⊥BC⇒ B̂DM = ĈDM = 90◦− P̂CB, CN⊥PQ⇒ B̂CN = 90◦− P̂CB, B̂CN = B̂AN (cùng chắn
cung BN_)
⇒ B̂DM = B̂AM⇒ tứ giác AMBD nội tiếp;
OM⊥BC⇒ B̂MD = ĈMD, ĈMD = 90◦− B̂CM = 90◦− B̂AC,
B̂QC = N̂QC = 90◦−ĈNQ = 90◦− B̂AC (do ABNC nội tiếp)
⇒ B̂MD = B̂QD⇒ tứ giác BMQD nội tiếp⇒MB = MC = MQ
nguyenmanhha0210@gmail.com 25 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
⇒ M̂QC = M̂CQ = 90◦− N̂CM = 90◦− N̂PC = P̂NC⇒ tứ giác NCQH nội tiếp;
NC⊥PQ⇒ NH⊥MQ (1)
Giả sử PN cắt ME tại K, MB là tiếp tuyến của (O)⇒MB2 = MN ·MA.
Mặt khác MB2 = MI ·MO⇒MI ·MO = MN ·MA⇒ tứ giác AOIN nội tiếp
⇒ ÔIA = ÔNA = K̂NM⇒ tứ giác AEKN nội tiếp⇒ PN⊥ME (2)
Từ (1), (2)⇒M, Q, E thẳng hàng.
Bài 40 (Ví dụ 40 NCPT Toán 9 - Tập 2). Qua điểm A ở bên ngoài đường tròn (O), kẻ cát tuyến
ABC với đường tròn. Các tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt nhau tại K. Qua K kẻ đường
thẳng vuông góc với AO, cắt AO tại H và cắt đường tròn (O) tại E và F (E nằm giữa K và F). Gọi
M là giao điểm của OK và BC. Chứng minh rằng:
a) EMOF là tứ giác nội tiếp;
b) AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (O).
Lời giải
A
B
C
E
F
OH
M
K
a)4OCK vuông,CM⊥OK nên KC2 = KM ·KO.
KC là tiếp tuyến, KEF là cát tuyến nên KC2 = KE ·KF .
Suy ra KM ·KO = KE ·KF , nên KM
KE
=
KF
KO
.
Ta có4KEM v4KOF (c.g.c) nên ÊMK = ÔFK, từ đó EMOF là tứ giác nội tiếp. (1)
b) Đặt ÊMK = ÔFK = α , ta có ÂOE = ÂOF = 90◦−α , ÂME = 90◦−α nên AOME là tứ giác
nội tiếp. (2)
Từ (1), (2) suy ra năm điểm A, E, M, O, F thuộc một đường tròn, đường kính của đường tròn là
AO (vì ÂMO = 90◦).
Do đó ÂFO = ÂEO = 90◦, tức AF và AE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Bài 41(Bài 277 NCPT Toán 9 - Tập 2). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi
(P), (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài
(khác BC) của hai đường tròn (P) và (Q) nó cắt AB, AH, AC theo thứ tự ởM, K, N. Chứng minh
nguyenmanhha0210@gmail.com 26 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
rằng:
a) Các tam giác HPQ và ABC đồng dạng.
b) KP‖AB, KQ‖AC.
c) BMNC là tứ giác nội tiếp.
d) Năm điểm A, M, P, Q, N thuộc cùng một đường tròn.
e) Tam giác AED vuông cân (D, E theo thứ tự là giao điểm của PQ với AB, AC).
Lời giải
A
B C
D
E
K
H
M
N
P
Q
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB vàCHA nên
HP
HQ
=
AB
AC
.
Do đó4HPQv4ABC (c.g.c).
b) Từ câu a) suy ra ĤQP = Ĉ, mà Ĉ = B̂AH (1)
Tứ giác HPKQ có P̂HQ = P̂KQ = 90◦ nên là tứ giác nội tiếp, suy ra ĤQP = ĤKP. (2)
Từ (1), (2) suy ra B̂AH = ĤKP, do đó KP‖AB.
Chứng minh tương tự KQ‖AC.
c) Ta đã có Ĉ = ĤKP = M̂KP = N̂MA (so le trong PK‖AB).
Do đó tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp.
d) Ta có B̂AH = N̂MA (cùng bằng Ĉ) nên KM = KA.
Tương tự KN = KA.
Ta có ĤAQ = ÂQK (cùng bằng ĈAQ) nên KQ = KA.
Tương tự KP = KA.
Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Cách 1. Từ câu a) suy ra ĤQP = Ĉ nên tứ giác HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó Q̂EA = Q̂HC =
45◦. Tam giác vuông ADE có Ê = 45◦ nên là tam giác vuông cân.
Cách 2. (không dựa vào câu a)). Chứng minh BP⊥AQ.
Tương tựCQ⊥AP, suy ra AO⊥PQ (O là giao điểm của BP vàCQ).
Tam giác ADE có AO là tia phân giác của  và AO⊥DE nên là tam giác cân, do đó là tam giác
vuông cân.
Bài 42. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau AC và BD vuông góc với nhau
nguyenmanhha0210@gmail.com 27 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
tại S. Gọi M, N, P, Q lần lượt đối xứng với S qua AB, BC, CD, DA. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác SPQ cắt AP tại F . Chứng minh rằng M, E, F , Q cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
Đường tròn ngoại tiếp tam giác SMN có tâm B và tiếp xúc với AS tại S, AM tại M. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác SPQ có tâm D và tiếp xúc với AQ tại Q, AS tại S.
Ta có ÂMQ = ÂQM⇒ Q̂ME− F̂QM = ÂQF− ÂME = Q̂PF− M̂NE. (1)
A
B
C
S
D
P
Q
M
N
E
F
Ta có AE ·AN = AM2 = AF ·AP hay tứ giác NEFP nội tiếp.
Do đó
F̂EM− ÊFQ =
(
F̂EN + N̂EM
)
−
(
ÊFP+ P̂EQ
)
=
[(
180◦− F̂PN
)
+ N̂EM
]
−
[(
180◦− ÊNP
)
+ P̂FQ
]
=
(
ÊNP− F̂PN
)
+
(
N̂SM− P̂SQ
)
=
(
ÊNC− F̂PC
)
+
(
N̂SM− P̂SQ
)
(để ý rằngCP =CS =CN)
=
[(
ÊNS+ N̂SC
)
−
(
F̂PS+ ŜPC
)]
+
(
N̂SM− P̂SQ
)
=
[(
ÊNS+ N̂SC
)
−
(
F̂PS+ ĈSP
)]
+
(
N̂SM− P̂SQ
)
=
(
N̂SC+ N̂SM
)
−
(
ĈSP+ P̂SQ
)
+
(
N̂SM− F̂PS
)
=
(
M̂SC− Q̂SC
)
+
(
ÊNS− F̂PS
)
=
[(
90◦− ŜNM
)
−
(
90◦− ŜPQ
)]
+
(
ÊNS− F̂PS
)
=
(
ŜPQ− F̂PS
)
−
(
ŜNM− ÊNS
)
= Q̂PF− M̂NE. (2)
Từ (1), (2) suy ra Q̂ME− F̂QM = F̂EM− ÊFQ hay Q̂ME + ÊFQ = F̂EM+ F̂QM.
Do đó tứ giác MEFQ nội tiếp.
Bài 43. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B. Kéo dài AB về phía B lấy điểm M,
nguyenmanhha0210@gmail.com 28 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
từ M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (O1) (E, F là các tiếp điểm, F cùng phía (O2)
đối với AB). Đường thẳng BE và BF cắt đường tròn (O2) tại P và Q, gọi I là giao điểm của PQ và
EF . Chứng minh rằng QI = IP.
Lời giải
A
B
O1 O2
E
F
M
Q
I
P
Kéo dài EF cắt PQ tại I.
MF là tiếp tuyến⇒ M̂FB = F̂AB (cùng chắn cung BF_)
⇒4MFBv4MAF ⇒ MF
MA
=
FB
FA
.
Tương tự,4MEBv4MAE⇒ ME
MA
=
EB
EA
, mà ME = MF ⇒ FB
FA
=
EB
EA
(1)
ÂFE = ÂBE (cùng chắn cung AE
_
), ABPQ là tứ giác nội tiếp
⇒ ÂBE = ÂQP⇒ ÂFE = ÂQP⇒ tứ giác AFIQ là tứ giác nội tiếp⇒ ÂFQ = ÂIQ
⇒ ÂFB = ÂIP, mặt khác ÂBF = ÂPQ⇒4FBAv4IPA⇒ BF
AF
=
PI
AI
(2)
Tương tự,4ABE v4AQI⇒ QI
IA
=
BE
AE
(3)
Từ (1), (2), (3)⇒ QI
IA
=
PI
IA
⇒ QI = IP.
Bài 44. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H, D là điểm trên cung nhỏ
BC, dựng hình bình hành ADCE, K là trực tâm tam giác ACE. Gọi P, Q là hình chiếu của K lên
BC và AB. Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của HK.
Lời giải
A
B C
D
E
H
M
P
K
N
Q
I
Theo giả thiết ta có ÂDC = ÂEC, K là trực tâm của4ACE⇒ EK⊥AC;
nguyenmanhha0210@gmail.com 29 ĐT: 0947 137 735
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
ÂKC+ ÂEC = 180◦⇒ ÂKC+ ÂDC = 180◦⇒ tứ giác ADCK nội tiếp⇒ K ∈ (O), EK cắt AC tại
I⇒ P, Q, I thẳng hàng (đường thẳng Simson).
Giả sử MH cắt (O) tại M và cắt PQ tại N ⇒ MN‖KP, KQ⊥BC ⇒ BQKP là tứ giác nội tiếp
⇒ Q̂BK = ÂMK = Q̂PK
Bài 45. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm là H. Giả sửM
là một điểm trên cung BC không chứa A (M khác B, C). Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của
M qua các đường thẳng AB, AC.
1) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp.
2) Chứng minh ba điểm N, H, P thẳng hàng.
3) Tìm vị trí của M trên đoạn NP lớn nhất.
Hướng dẫn giải
A
B
C
M
N
P
K
I H
O
1) Gọi I là giao điểm của CH và AB, K là giao điểm của AH với BC, dễ thấy ÎBK + ÂHC = 180◦
(1)
Lại có ÎBK = ÂMC (cùng chắn cung AC
_
), ÂMC = ÂPC (đối xứng) nên ÎBK = ÂPC (2)
Từ (1), (2) có ÂPC+ ÂHC = 180◦, suy ra tứ giác AHCP nội tiếp.
2) Do tứ giác AHCP nội tiếp nên ÂHP = ÂCP mà ÂCP = ÂCM (tính chất đối xứng), nên ÂHP =
ÂCM.
Lại có ÂCM+ ÂBM = 180◦ nên ÂHP+ ÂBM = 180◦, mà ÂBM = ÂBN
suy ra ÂHP+ ÂBN = 180◦. (3)
Tương tự ý 1) ta có tứ giá