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


F
ED FCD=

Ta có:

+ 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) @
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
2

c) Chứng minh tg HEFK nội tiếp


(
)
90 , 90
oo
CA MD CFD AD MC DEC⊥=⊥=
Nên ta có:


,90
o
ND MD NC MC MCN MDC⊥⊥⇒==

Tứ giác MCND có


90 90 180
oo o
MCN 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)


(
)
A
DE ACB cmt=
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
3
+ Góc A chung.
Suy ra
(
)
.
A
DE ACB g gΔΔ∼AD AE
A
DAB AEAC
AC AB
⇒=⇒ = .
b) Chứng minh I là trung điểm của DE
Ta có :

90
o

A
DI 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


M
AC ACM⇒=
Ta cũng có


A
EK ABC= .
Từ đó:





0
90 90 90
oo
KAE AEK ABC ACB AKE IKM+=+=⇒=⇒=

Xét tứ giác IKMH có


0

ADC BFC==.
Ta có
()
.
D
EAD AD
ADE ACB cmt DE BC
BC AC AC
ΔΔ ⇒=⇒=∼

Trong tam giác vuông ADC có

1
cot g ADC cot 60
3
o
AD
g
AC
===

Suy ra:
11
.3.
33
D
EBC R R== =.
Xét tam giác ADK và tam giác ACH có :
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC
243/27/15 LẠC LONG QUÂN

3
AK AD
AH AC
⇒==

e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhât.
Ta có
2
11
33
ADE
A
DE ABC
ACB
SAD
A
DE ACB S S
SAC
⎛⎞
ΔΔ⇒= =⇒=
⎜⎟
⎝⎠
∼

Mà
2
11 133
3
22 22 4
ABC

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
ID
CF
không đổi. Tính tỉ số đó.
Hướng dẫn giải:

a) Chứng minh:


CAF CKF= .
Ta có

(
)
90
o
KAF AK AF=⊥ và

A
FK ACK=
mà


45 , 45
oo
ACK BDC==
(ABCD là hình
vuông) suy ra:


(
)
45
o
AFK 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 45
oo
AFK AKF=⇒ = nên là tam giác vuông cân tại A.
d) Chứng minh I là trung điểm của KF
Xét tứ giác ABFI có:

(
)
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
ID
CF
không đổi.
Ta có:
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
6





ID AFC= (ABFI nội tiếp)
Suy ra
()
~.
D
IAD
ADI ACF g g
CF AC
ΔΔ ⇒=
Trong tam giác vuông cân ADC có :

1
sin sin 45
2
o
AD
ACD
AC
===

Do đó:
1
2
DI
CF
=
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

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.
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
7
b) Chứng minh
2
.EF ED EH=





()


()
()
2
cmt
cmt
~. .
EHF EFD
EFH EDF
EH EF
EHF EFD g g EF ED EH
EF ED
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇒Δ Δ ⇒ = ⇒ =

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

NEF⊥ .
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.
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
8

(liên hệ giữa đk và dây cung)

90
o
OIN⇒=
MN là tiếp tuyến của (O) tại B, suy ra

90
o
OB MN OBN⊥⇒ =.
Tứ giác OINB có


180
o
OIN OBN+= nên là tứ
giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau).
b) Chứng minh
2
.2
A
IAN R= .
Xét tam giác AIO và tam giác ABN có:
+ Góc

BAN
chung.
+





A
BC ADC=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
Nên ta có:


A
DC CMN=
Do đó tứ giác CDNM nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện).
d) Chứng minh
A
KCD⊥ .MN.
Gọi P là giao điểm của AK và CD.
Ta có

90
o
MAN =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
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
9
Tam giác AMN vuông tại A (

90

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
,
F
KMNFOCD
⊥
⊥
Tứ giác AOFK có:
+
//
A
OFK (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.


90
o
BDC BAC c c c BDC BACΔ=Δ ⇒ = =
Ta có:
()
CD BD
D
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


90
o
AEC BDC⇒==
Tứ giác AHEC có



D
EAΔ và
D
HCΔ có:
+ Góc ADE chung
+


(
)
90
o
DHC AED==
Suy ra
()
~.
DE DA
D
EA DHC g g BE DC DH DA
DH DC
ΔΔ ⇒=⇒ = (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
D
BDF DEDC

DHE DCA
SCD
⎛⎞
ΔΔ⇒=
⎜⎟
⎝⎠

Trong tam giác vuông ABC ta có:
+
222222
45
5
BC AB AC a a a
BC a
=+=+=
⇒=

+
.2

5
A
BAC a
AH BC AB AC AH
BC
=⇒= =

24
,
55

a
DH
CD a
⎛⎞
⎜⎟
⎛⎞
=
=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Từ đó ta có
22
1188
.
55525
DHE ADC
aa
SS===
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)

(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:

90
o
DAB = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))


180 90
oo
DAC DAB⇒=−=
Ta có:

90
o
CAE = (góc nội tiếp chắn
nửa đường tròn (I))
Từ đó ta có:



90 90 180
oo o
DAE DAC DAE=+=+=


+ OK chung.
Suy ra



1
2
ODK AKO DKA==
Chứng minh tương tự ta cũng có



1
2
IKA IKC CKA==

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
13
Từ đó ta có:





(
)
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:


90
o
OBA OCA==.
Tứ giác OBAC có


90 90 180
oo o
OBA OCA+=+= nên là tứ giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau)
b) Chứng minh
2
.
A


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)
+


A
CE CBE=
(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)
Suy ra
~
AC CE
A
CE CBE AC BE CB CE
CB BE
ΔΔ⇒=⇒ =
d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AC theo R.

CHO CKB==
Suy ra
()
42 22
.
.16
33
~.
9
RR
CH CO CH CB
CHO CBK g g CK R
CK CB CO R
ΔΔ ⇒=⇒= = =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⊥ .
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
15
c)

Mặt khác


A
ED ACB= (BEDC nội tiếp)
Do đó


x
AB 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
F
BE
Δ
và
FDC
Δ
có:
+


+


F
BN FMC= (cmt)
Suy ra
()
~.
FB FN
F
BN FMC g g FM FN FB FC
FM FC
ΔΔ ⇒=⇒ = (2)
Từ (1) và (2) ta có
FE FD FN FM=
d) Cho

60
o
BAC =
. Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC theo R.
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
16
Tứ giác ADHD có:



(
)


IBO ICO ccc IOB IOCΔ=Δ ⇒ =
Mà




120 60 .
oo
IOB IOC BOC IOB+= =⇒=

Tam giác BIO cân tại I có góc

60
o
IOB = nên là tam giác đều.Suy ra IB = OB = R.
Vậy diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác BHC bằng:
()
22
I
SIBR
π
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)

243/27/15 LẠC LONG QUÂN

GV: NGUYỄN TĂNG VŨ http://truonglangtoi.wordpress.com
Sưu tầm và biên soạn
17
b) Chứng minh OA NM⊥ và EF //MN.
Vẽ tia tiếp tuyến Ax của (O)suy ra OA Ax
⊥
.
và


x
AN ACN= (1)(góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn cung đó)
Ta có


A
NM ABM=
(góc nội tiếp cùng chắn cung AM)
Và


A
BM ACN= (góc nội tiếp cùng chắn cung EF của (BFEC))
Suy ra


A
NM ACN= (2).


Và


A
BD AFC=
(đồng vị )
= 90
o

Tứ giác ABDC có


00
90 90 180
o
ABD 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

90
o
ACD =
nên AD là đường kính của (O) suy ra O là trung điểm của AD.
Ta có
AID
AIO
SAD

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

60
o
BAC = và

45
o
ACB = . 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

90
o
BEC = nên suy ra BC chính

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:
A
HBC
⊥
(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.
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
19
+

CN AK DN CK
CK AK
=⇒ =
f) Cho

60
o
BAC =
và

45
o
ACB =
. Tính AD, AC theo R.
Ta có


290
o
AOB ACB== (góc ở tâm bằng 2 lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Suy ra tam giác AOB vuông cân tại O
2222
22AB OA OB R AB R⇒=+=⇒=

Tam giác ADB vuông cân tại D nên ta có:


112
cos cos60
222

o
DBC =BDC⇒Δ vuông cân tại D.
6
2
R
DC DB⇒==

Từ đó ta có:
(
)
26
26
22 2
R
RR
AC 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 .


(
)
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

90
o
COA = .
Xét tứ giác ACIO có


(
)
90
o
COA 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

90
o
COA = nên là
tam giác vuông cân, suy ra

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:
OI
M
B

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:


()


2
sin 45
sin
o
OB R
BC R
OBC
===

2
.2

2
2
OAOB R R
AH BC OAOB AH
BC
R
=⇒= ==

Do đó
(
)
22
2
22
R
R
MH OM OH R
−

22 4
2
CIO
CIO MCB
MCB
R
S
OC R
CIO MCB S S
SBC
R
−
⎛⎞
⎛⎞
ΔΔ ⇒= = =⇒= =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠

Và
2
1
.
22
AOC
R
SOAOC==

Từ đó ta có:

AMB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét tam giác
M
ABΔ
và OAGΔ có:



()
chung
90
o
MAB
AMB AOG
⎧
⎪
⎨
==
⎪
⎩

()
~. 3
MA MB MA AO CO
MAB OAG g g
OA 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.

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:
+

(
)
90
o
A
EO OE AE=⊥
+

90
o
ACO = (AC là tiếp tuyến của (O))
Suy ra


90 90 180
oo o

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
11

22
A
IN ABN
SIFANBEANS== =. (1)
Vẽ NH vuông góc với AB (H thuộc AB). Khi đó
1
.
2
ABN
SNHAB= (2)
Vẽ đường kính BN’, khi đó ta có
N
HNBNB
′
≤
≤ . (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
1
.
2
AIN

thuộc một đường tròn.
Xét tứ giác KEDC có:
+

90
o
KEC = (BE là đường cao của tam giác
ABC)
+

(
)
90
o
KDC 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

90
o
KEC = nên CK là đường kính
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC


IEK KCD= (tứ giác EKCD nội tiếp)
Suy ra

IAK IEK=⇒
tứ giác IAEK nội tiếp
Khi đó ta có:




180 180 90
ooo
AIK AEK AEK+=⇒ΑΙΚ=−= KI AB⇒⊥.
d) Chứng minh CH // KI.
Vẽ tiếp tuyến Ax của (O), khi đó ta có:
OA Ax⊥ (1) và


x
AB 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


//
A
x EH xAH AHE⇒= (3) (so le trong)
Từ (2) và (3) ta có

Gọi E là trung điểm IH và F là trung điểm AB. Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra
M
EEF
⊥Hướng dẫn giải:
a) Chứng minh


IHM ICM=
Tứ giác MIHC có


(
)
90
o
MIC MHC==
nên là tứ giác
nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc
bằng nhau)
Suy ra


IHM ACM=

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


Ta có


180
o
MAB MCB+= (AMCB nội tiếp)
Và


180
o
MIH MCB+= (MIHC nội tiếp)
Suy ra


M
AB MIH=
Ta có


M
BA ACM= (góc nội tiếp cùng chắn cung AM của (O))
Mà


IHM ACM= (cmt) nên


M
BA MHI

⊥

Ta có
~
M
AAB
MAB MIH
M
IIH
ΔΔ⇒=

Mà AB = 2AF (F là trung điểm AB) và IH = 2IE (I là trung điểm IH)
Nên
2
2
M
IAFAF
M
AIEIE
==

(
)


~
M
AF MIE c g c MEI MFA⇒Δ Δ ⇒ =
Xét tứ giác MKFE có
