Tuyển tập 80 bài toán hình học lớp 9 thi vào THPT - Đặng Ngọc Thanh

ính 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 ÐBCD = 900; BH ^ DE tại H nên ÐBHD = 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 => ÐBDC + ÐBHC = 1800. (1)
ÐBHK là góc bẹt nên ÐKHC + ÐBHC = 1800 (2).
Từ (1) và (2) => ÐCHK = ÐBDC mà ÐBDC = 450 (vì ABCD là hình vuông) => ÐCHK = 450 .
3. Xét DKHC và DKDB ta có ÐCHK = ÐBDC = 450 ; ÐK là góc chung 
=> DKHC ~ DKDB => => KC. KD = KH.KB. 
4. (HD) Ta luôn có ÐBHD = 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 ÐABC > 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 => ÐBAH = 450
 Tứ giác AEDC là hình vuông => ÐCAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => ÐBAC = 900 
=> ÐBAH + ÐBAC + ÐCAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2. Ta có ÐBFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1).
ÐFBC = ÐFAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên ÐCAD = 450 hay ÐFAC = 450 (2).
Từ (1) và (2) suy ra DFBC là tam giác vuông cân tại F.
3. Theo trên ÐBFC = 900 => ÐCFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); ÐCDM = 900 (t/c hình vuông).
=> ÐCFM + ÐCDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đường tròn suy ra 
ÐCDF = ÐCMF , mà ÐCDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => ÐCMF = 450 hay ÐCMB = 450. 
Ta cũng có ÐCEB = 450 (vì AEDC là hình vuông); ÐBKC = 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 ÐB = 450 ; ÐM = 450 => ÐBCM =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 ÐB = 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.
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.
Lời giải: 
1. ÐAEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> ÐAEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ÐABE = 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 ÐAEC = 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.
 Ð ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ÐBDH = 900 (kề bù ÐADC) => DBDH 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 DBDE bán kính ID.
Ta có DODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => ÐD1 = ÐC1. (3)
 DIBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => ÐD2 = ÐB1 . (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 ÐAFB = 900 .
Theo trên DADC có ÐADC = 900 => ÐB1 = ÐC1 ( cùng phụ ÐBAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>ÐD1 = ÐD2 mà ÐD2 +ÐIDH =ÐBDC = 900=> ÐD1 +ÐIDH = 900 = ÐIDO => 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 => ÐMIB = 900; MK ^ AB => ÐMKB = 900.
=> ÐMIB + ÐMKB = 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 => ÐKMI + ÐKBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => ÐHMI + ÐHCI = 1800. mà ÐKBI = ÐHCI ( vì tam giác ABC cân tại A) => ÐKMI = ÐHMI (1).
Theo trên tứ giác BIMK nội tiếp => ÐB1 = ÐI1 ( nội tiếp cùng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => ÐH1 = ÐC1 ( nội tiếp cùng chắn cung IM). Mà ÐB1 = ÐC1 ( = 1/2 sđ ) => ÐI1 = ÐH1 (2).
Từ (1) và (2) => DMKI DMIH => => MI2 = MH.MK
4. Theo trên ta có ÐI1 = ÐC1; cũng chứng minh tương tự ta có ÐI2 = ÐB2 mà ÐC1 + ÐB2 + ÐBMC = 1800 => ÐI1 + ÐI2 + ÐBMC = 1800 hay ÐPIQ + ÐPMQ = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => ÐQ1 = ÐI1 mà ÐI1 = ÐC1 => ÐQ1 = ÐC1 => 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 ÐCMD. 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 => 
=> ÐCAM = ÐBAM (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 => ÐCMA = ÐDMA => MA là tia phân giác của góc CMD.
3. (HD) Theo giả thiết M là trung điểm của => OM ^ BC tại I => ÐOIC = 900 ; CD ^ AB tại H => ÐOHC = 900 => ÐOIC + ÐOHC = 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 M 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. ÐBAO = Ð BCO. 3. DMIH ~ DMHK. 4. MI.MK = MH2.
Lời giải: 
(HS tự giải)
Tứ giác ABOC nội tiếp => ÐBAO = Ð BCO (nội tiếp cùng chắn cung BO).
Theo giả thiết MH ^ BC => ÐMHC = 900; MK ^ CA => ÐMKC = 900
=> ÐMHC + ÐMKC = 1800 mà đây là hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => ÐHCM = ÐHKM (nội tiếp cùng chắn cung HM). 
Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => ÐMHI = ÐMBI (nội tiếp cùng chắn cung IM). 
Mà ÐHCM = ÐMBI ( = 1/2 sđ ) => ÐHKM = ÐMHI (1). Chứng minh tương tự ta cũng có 
ÐKHM = ÐHIM (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 => ÐBAC + ÐB’HC’ = 1800 mà 
ÐBHC = ÐB’HC’ (đối đỉnh) => ÐBAC + ÐBHC = 1800. Theo trên BHCF là hình bình hành => ÐBHC = ÐBFC => ÐBFC + ÐBAC = 1800 
=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O).
* H và E đối xứng nhau qua BC => DBHC = DBEC (c.c.c) => ÐBHC = ÐBEC => Ð BEC + ÐBAC = 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 Î(O) => ÐCBE = ÐCAE ( nội tiếp cùng chắn cung CE) (4).
Theo trên F Î(O) và ÐFEA =900 => AF là đường kính của (O) => ÐACF = 900 => ÐBCF = ÐCAE 
( vì cùng phụ ÐACB) (5).
Từ (4) và (5) => ÐBCF = ÐCBE (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) => ÐOIG = ÐHAG (vì so le trong); lại có ÐOGI = Ð HGA (đối đỉnh) => DOGI ~ DHGA => mà OI = AH 
 => mà AI là trung tuyến của ∆ ABC (do I là trung điểm của BC) => G là trọng tâm của ∆ ABC.
Bài 29 BC là một dây cung của đường tròn (O; R) (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 tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC.
Gọi A’ là trung điểm của BC, Chứng minh AH = 2OA’.
Gọi A1 là trung điểm của EF, Chứng minh R.AA1 = AA’. OA’.
Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy ra vị trí của A để 
tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải: (HD)
1. Tứ giác BFEC nội tiếp => ÐAEF = ÐACB (cùng bù ÐBFE)
 ÐAEF = ÐABC (cùng bù ÐCEF) => D AEF ~ D ABC.
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 DAHK => 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 :
D AEF ~ D ABC => (1) trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp DABC; R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp D AEF; AA’ là trung tuyến của DABC; AA1 là trung tuyến của DAEF.
Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đây cũng là đường tròn ngoại tiếp DAEF 
Từ (1) => R.AA1 = AA’. R’ = AA’ = AA’ . 
Vậy R . AA1 = AA’ . A’O (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.
 	 SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =( OA’ . BC’ + OB’ . AC + OC’ . AB )
2SABC = OA’ . BC + OB’ . AC’ + OC’ . AB (3)
Theo (2) => OA’ = R . mà là tỉ số giữa 2 trung tuyến của hai tam giác đồng dạng AEF và ABC nên = . Tương tự ta có : OB’ = R .; OC’ = R . Thay vào (3) ta được 
2SABC = R () ó 2SABC = R(EF + FD + DE) 
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn nhất khi SABC.
 Ta có SABC = AD.BC do BC không đổi nên SABC lớn nhất khi AD lớn nhất, mà AD lớn nhất khi A là điểm chính giữa của cung lớn BC.
Bài 30 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 AM là phân giác của góc OAH.
Giả sử ÐB > ÐC. Chứng minh ÐOAH = ÐB - ÐC.
Cho ÐBAC = 600 và ÐOAH = 200. Tính:
ÐB và ÐC của tam giác ABC.
b) Diện tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC theo R
Lời giải: (HD)
1. AM là phân giác của ÐBAC => ÐBAM = ÐCAM => => M là trung điểm của cung BC => OM ^ BC; Theo giả thiết AH ^ BC => OM // AH => ÐHAM = ÐOMA ( so le). Mà ÐOMA = ÐOAM ( vì tam giác OAM cân tại O do có OM = OA = R) => ÐHAM = OAM => AM là tia phân giác của góc OAH.
2. Vẽ dây BD ^ OA => => ÐABD = ÐACB.
 Ta có ÐOAH = Ð DBC ( góc có cạnh tương ứng vuông góc cùng nhọn) => ÐOAH = ÐABC - ÐABD => ÐOAH = ÐABC - ÐACB hay ÐOAH = ÐB - ÐC.
3. a) Theo giả thiết ÐBAC = 600 => ÐB + ÐC = 1200 ; theo trên ÐB ÐC = ÐOAH => ÐB - ÐC = 200 .
=> 
b) Svp = SqBOC - SBOC = = 
Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết ÐBAC = 600.
Tính số đo góc BOC và độ dài BC theo R.
Vẽ đường kính CD của (O; R); gọi H là giao điểm của ba đường cao của tam giác ABC Chứng minh BD // AH và AD // BH.
Tính AH theo R.
Lời giải: 
1. Theo giả thiết ÐBAC = 600 => sđ=1200 ( t/c góc nội tiếp )
=> ÐBOC = 1200 ( t/c góc ở tâm) .
 * Theo trên sđ=1200 => BC là cạnh của một tam giác đều nội tiếp (O; R) => BC = R.
2. CD là đường kính => ÐDBC = 900 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 ÐDBC = 900 => DDBC vuông tại B có BC = R; CD = 2R.
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.
Theo trên BD // AH; AD // BH => BDAH là hình bình hành => AH = BD => AH = R.
Bài 32 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB.
 Chứng minh khi MN di động , trung điểm I của MN luôn nằm trên một đường tròn cố định.
Từ A kẻ Ax ^ MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành.
Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN.
 Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào.
Cho AM. AN = 3R2 , AN = R. Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác AMN.
Lời giải: (HD)
1. I là trung điểm của MN => OI ^ MN tại I ( quan hệ đường kính và dây cung) = > ÐOIH = 900 .
OH cố địmh nên khi MN di động thì I cũng di động nhưng luôn nhìn OH cố định dưới một góc 900 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 ÐANB = 900 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 DOBC => IH // OC Theo giả thiết Ax ^ MN hay IH ^ Ax => OC ^ Ax tại C => ÐOCA = 900 => 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 = 3R2 , AN = R. => AM =AN = R=> DAMN cân tại A. (1)
Xét DABN vuông tại N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ÐABN = 600 .
ÐABN = ÐAMN (nội tiếp cùng chắn cung AN) => ÐAMN = 600 (2).
Từ (1) và (2) => DAMN là tam giác đều => SDAMN = .
=> S = S(O) - SDAMN = - = 
Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác của góc BAC cắt BC tại I, cắt đường tròn tại M.
Chứng minh OM ^ BC.
Chứng minh MC2 = MI.MA.
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 .
Lời giải: 
1. AM là phân giác của ÐBAC => ÐBAM = ÐCAM 
=> => M là trung điểm của cung BC => OM ^ BC
2. Xét DMCI và DMAC có ÐMCI =ÐMAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau); ÐM là góc chung 
=> DMCI ~ DMAC => => MC2 = MI.MA.
3. (HD) ÐMAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đ/tròn ) => ÐP1 = 900 – ÐK1 mà ÐK1 là góc ngoài của Δ AKB nên ÐK1 = ÐA1 + ÐB1 = (t/c phân giác của một góc ) => ÐP1 = 900 – ().(1)
CQ là tia phân giác của góc ACB => ÐC1 = = (1800 - ÐA - ÐB) = 900 – (). (2).
Từ (1) và (2) => ÐP1 = ÐC1 hay ÐQPB = ÐQCB mà P và C nằm cùng về một nửa mặt phẳng bờ BQ nên cùng nằm trên cung chứa góc 900 – () dựng trên BQ. 
Vậy bốn điểm P, C, B, Q cùng thuộc một đường tròn .
Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = 6 Cm, chiều cao AH = 4 Cm, nội tiếp đường tròn (O) đường kính AA’.
Tính bán kính của đường tròn (O).
Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ là hình gì? Tại sao?
Kẻ AK ^ CC’ tứ giác AKHC là hình gì? Tại sao?
Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm ngoài tam giác ABC.
Lời giải: 
1. (HD) Vì DABC 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. => DACA’ vuông tại C có đường cao CH = = 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = => AA’ 
=> AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 9cm) => 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 ÐACA’ = 900 (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 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => ÐC2 = ÐH1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; DAOC cân tại O ( vì OA=OC=R) => ÐC2 = ÐA2 => ÐA2 = ÐH1 => 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.
Bài 35 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 tứ giác IECB nội tiếp .
Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.
Chứng minh AM2 = AE.AC.
Chứng minh AE. AC - AI.IB = AI2 .
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.
Lời giải: 
1. Theo giả thiết MN ^AB tại I => ÐEIB = 900; Ð ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ÐACB = 900 hay ÐECB = 900 
=> ÐEIB + ÐECB = 1800 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 => ÐAMN = ÐACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ÐAME = ÐACM. Lại thấy ÐCAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.
3. Theo trên DAME ~ D ACM => => AM2 = AE.AC
4. ÐAMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ^AB tại I => DAMB vuông tại M có MI là đường cao => MI2 = 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 AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI .
5. Theo trên ÐAMN = ÐACM => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D ECM; Nối MB ta có ÐAMB = 900 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp D ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 ^BM.
Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M. 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 O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. 
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các đường cao AD, BE, CF. Gọi H là trực tâm của tam giác. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các hình chiếu vuông góc của D lên AB, BE, CF, AC. Chứng minh :
 Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật.
 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.
Lời giải: 1. & 2. (HS tự làm)
3. Theo chứng minh trên DNHP nội tiếp => ÐN2 = ÐD4 (nội tiếp cùng chắn cung HP); DHDC có ÐHDC = 900 (do AH là đường cao) D HDP có ÐHPD = 900 (do DP ^ HC) => ÐC1= ÐD4 (cùng phụ với ÐDHC)=>ÐC1=ÐN2 (1) chứng minh tương tự ta có ÐB1=ÐP1 (2)
Từ (1) và (2) => DHNP ~ D HCB
4. Theo chứng minh trên DNMB nội tiếp => ÐN1 = ÐD1 (nội tiếp cùng chắn cung BM).(3)
DM // CF ( cùng vuông góc với AB) => ÐC1= ÐD1 ( hai góc đồng vị).(4)
Theo chứng minh trên ÐC1 = ÐN2 (5)
Từ (3), (4), (5) => ÐN1 = ÐN2 mà B