Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 1

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

ðịnh nghĩa – ðịnh lý
Hệ quả
Ký hiệu tốn học Hình vẽ
1. Góc ở tâm: Trong một
đường tròn, số đo của góc ở
tâm bằng số đo cung bị
chắn.
2. Góc nội tiếp:
* ðịnh lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc nội tiếp
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.
* Hệ quả: Trong một đường
tròn:
a) Các góc nội tiếp bằng
nhau chắn các cung bằng
nhau.



⇒

AOB
= sđ

AmB
(O,R) có:

BAC
nội tiếp chắn

BC

⇒

BAC
=
1
2
sđ

BC
.
c) (O,R) có:

d) (O,R) có:

BAC
nội tiếp chắn nửa đường tròn







=


n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn EF
BAC
EDF
BAC EDF








⇒ =



n.tiếp chắn BC
n.tiếp chắn BC
BAC
BAC BDC
BDC


⇒ =



n.tiếp chắn BC
1
2
ở tâm chắn BC
BAC
BAC BOC
BOC
Tốn 9 – Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 2

3. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến
và dây cung:
* ðịnh lý: Trong một đường
tròn, số đo của góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cung
bằng nửa số đo của cung bị
chắn.

.

* ðặc biệt:
a) Các điểm D, E, F cùng
thuộc nửa mặt phẳng bờ AB,
đường kính BC
⇒

BAC
= 90
0
.

(O,R) có:

BAx
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây
cung chắn

AB
⇒
a)



α
= = =
ADB AEB AFB
cùng nhìn
đoạn AB
⇒
A, B, D, E, F cùng thuộc








⇒ =



& AB
AB
BAx tạobởitt dcchắn
BAx ACB
ACBnộitiếpchắn


một góc vuông
⇒
Các ñểm
A, B, C, D, E, F thuộc
ñường tròn ñường kính AB.
7. Tứ giác nội tiếp:
* ðịnh nghĩa: Một tứ giác
có bốn ñỉnh nằm trên một
dường tròn ñược gọi là tứ
giác nội tiếp ñường tròn.
* ðịnh lý: Trong một tứ giác
nội tiếp, tổng số ño hai góc
ñối diện bằng 180
0
.

* ðịnh lý ñảo: Nếu một tứ
giác có tổng số ño hai góc
ñối diện bằng 180
0
thì tứ
giác ñó nội tiếp ñược ñường
tròn.

8. ðộ dài ñường tròn, cung
tròn:
* Chu vi ñường tròn:


cùng nhìn ñoạn AB
⇒
A, B, C, D, E,
F thuộc một ñường tròn ñường kính
AB. * Tứ giác ABCD có A, B, C, D
∈
(O)

⇔
ABCD là tứ giác nội tiếp (O). * Tứ giác ABCD nội tiếp (O)




0
0
180
180
A C
B D

C = 2
π
R =
π
d

0
180
Rn
π
=ℓ
2
.
360 2
R n R
S
π
= =
ℓ

2
2
4
d
S R
π π
= =

* Diện tích toàn phần:

* Thể tích:


V
nón
=
1
3
V
trụ
S: diện tích ñáy; h: chiều cao,

l: ñường sinh

S
viên phân
= S
quạt
- S
ABC

2 2
1 2
( )
S R R
π
= −
2


2
1
3
V R h
π
=

2 2
l h R
= +

1 2
( )
xq
S R R l
π
= +

Tốn 9
–
Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 5BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1:
Cho

AC:
+ (O,R) có:












⇒ = ⇒ ⊥


=


.
.
( )
ACF n tiếp chắn AF
BCF n tiếp chắn BF AF BF OF AB
ACF BCF CF làphân giác

+ (O,R) có:


* Thể tích:
3. Hình cầu:
* Diện tích mặt cầu:

* Thể tích:
S
tp
= S
xq
+ S
đáy lớn
+ S
đáy nhỏ


3
4
3
V R
π
=

I
M
F
N
E
O
A
B
C
D
Toỏn 9

ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08 6




2
2
. .
2 4 4
OA OA R
S
.
3. CMR: ID

MN:
+ I v D ủi xng nhau qua BC

ID BC
(1)
+ (O,R) cú:


= =




= =


1
2
1
2
OF AB taùi M MA MB AB


ICD cõn ti C


=
BCD BCF
( BC l ủng trung trc ủng thi l ủng cao).
+ Khi D nm trờn (O,R) thỡ:
M:

Mc khỏc:






+ + = =
1
3
AE EC CD ACD CD ACD
(1).
M:


= + = + = =0 0
1 1 1 1 1
.360 60
2 3 3 6 6
BAC sủ ABD sủ ABD sủ ABD sủ ABD
.
Bi 2:
Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a. Gi M l ủim trờn cnh BC v N l ủim trờn cnh CD
sao cho BM = CN. Cỏc ủon thng AM v BN ct nhau ti H.
1. CMR: Cỏc t giỏc AHND v MHNC l nhng t giỏc ni tip.
2. Khi BM =
4
a
. Tớnh din tớch hỡnh trũn ngoi tip t giỏc AHND theo a.











=








=


=


.
.
( )
BCD n tieỏp chaộn BD
BCF n tieỏp chaộn BF BD BF
BCD BCF cmt





=


( )
BF AF cmt



=
BAM CBN

+



+ = =
0
90
CBN ABH ABC

⇒ =
0
90
AHB
(ðL tổng 3 góc của
∆
AHB)
⇒ ⊥
AM BN
tại H


⇒ = =
0
90
AHN MHN
.
+ Tứ giác AHND có:

⇒
DN =
3
4
a
.
+
∆
AND vuông tại D
2
2 2 2
3
4
a
AN AD DN a
 
⇒ = + = +
 
 
=
5
4
a
.
+ Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND:
2
2 2
5 25
:4
4 4 64

2
=
2
2
2
2
2
a a
x
 
− +
 
 

⇒
MN
2
ñạt giá trị nhỏ nhất là
2
2
a
khi
2 0
2
a
x
− =

⇒
MN ñạt giá trị nhỏ nhất là

ABC
∆
là tam giác ñều có cạnh bằng a. Tính diện tích hình viên phân chắn cung nhỏ
BC của (O).
HD:
a) CMR: Tứ giác BKHC nội tiếp:
+ BH
⊥
AC
⇒

BHC
= 90
0
nhìn ñoạn BC
⇒
H
∈
ñường tròn ñường kính BC (1).
+ CK
⊥
AB
⇒

BKC
= 90
0
nhìn ñoạn BC
⇒
K

+ ng trũn (O) cú:












= =


=


.
.
( )
ABE n tieỏp chaộn AE
CAE n tieỏp chaộn AF AE CF AE AF
ABE CAF cmt
(1)
+ Mc khỏc: OE = OF = R (2)

+ ng trũn (O) cú:









=



.
.
BCF n tieỏp chaộn BF
BCF BEF
BEF n tieỏp chaộn BF
(4)
T

(3) v (4)










R = OA =
2
3
h =
=
2 3 3
3 2 3
a a
.


S
(O)
=

R
2
=



=
2
2
3

(

2
3
a
-
2
3
4
a
)=


2
4 3 3
36
a ( )
(ủvdt).
Bi 4:
Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a. Gi E l mt ủim bt k trờn cnh BC. Qua B v ủng
thng vuụng gúc vi tia DE ti H, ủng thng ny ct tia DC ti F.
a) CMR: Nm ủim A, B, H, C, D cựng nm trờn mt ủng trũn.
b) CMR: DE.HE = BE.CE.
c) Tớnh ủ di ủon thng DH theo a khi E l trung ủim ca BC.
d) CMR: HC l tia phõn giỏc ca

DHF
.



0
nhìn ñoạn BD
⇒
A
∈
ñường tròn ñường kính BD (1)
+

BHD
= 90
0
nhìn ñoạn BD
⇒
H
∈
ñường tròn ñường kính BD (2)
+

BCD
= 90
0
nhìn ñoạn BD
⇒
C
∈
ñường tròn ñường kính BD (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
A, B, H, C, D
∈

DE EC
BE EH

⇔
DE.HE = BE.CE.
c) Tính ñộ dài ñoạn thẳng DH theo a khi E là trung ñiểm của BC:
•
Khi E là trung ñiểm của BC
⇒ = = =
2 2
BC a
EB EC
.
•

∆
DEC vuông tại C
⇒ = +
2 2
DE EC CD⇒
DE =
 
+ =
 
 
2
2

=
3 5
5
a
.
d) CMR: HC là tia phân giác của

DEF
:

+ ðường tròn ñường kính BD có: Mà:

+ Mặc khác:



+ = =
0
90
CHD CHF DHF
(2)

+ Từ (1) và (2)

⇒



C
A
B








⇒ =



.
.
CHD n tieáp chaénCD
CHD CBD
CBD n tieáp chaénCD
 



= =


0
1
45

90
BOH
⇒
=
(1)
+ (O) có:

BMD
nội tiếp chắn ñường tròn
⇒

0
90
BMD =
(2)
+ Từ (1) và (2)


0 0 0
90 90 180
BOH BMD
⇒
+ = + =

⇒
MBOH là tứ giác nội tiếp ñường tròn ñường kính BH.
* CMR: DH.DM = 2R
2
:


⇒
=
⇒
=
⇒
=
(ñpcm).
2. CMR: MD.MH = MA.MC:
+ (O,R) có:
• • CD = AD (ABCD là hình vuông)


⇒ =
CD AD
.
•

+
∆
MDC và
∆
MAH có:



MDC =
∆
MAH
⇒
MD = MA
+ (O,R) có:
• MD = MA


MCD MBA
⇒
=




MC CD MB BA
⇒ + = +
(1)
• Do:CD = BA


⇒ =
CD BA
(2)
Từ (1) và (2)
⇒


=

⊥
AC
⇒
M’I
⊥
H’C (4)
Từ (3) và (4)
⇒
M’I là ñường là ñường trung tuyến của
∆
M’H’C
⇒
IH’ = IC
Hay I là trung ñiểm của H’C (ñpcm). H
O
D
C
A
B
M
I
H'
O
D
C
A
B




⇒ = ⇒ =


=


.
.
CMD n tieáp chaénCD
AMD n tieáp chaén AD CMD AMD CMD AMH
CD AD
Toỏn 9

ễn tp hc k II_ GV: Trn Nguyn Hong_violet.vn/hoangkim08 11

Bi 6:
Cho hai ủng trũn (O; 20cm) v (O; 15cm) ct nhau ti A v B. Bit AB = 24cm v O v O
nm v hai phớa so vi dõy chung AB. V ủng kớnh AC ca ủng trũn (O) v ủng kớnh AD ca
ủng trũn (O).
a) CMR: Ba ủim C, B, D thng hng.
b) Tớnh ủ di ủon OO.
c) Gi EF l tip tuyn chung ca hai ủng trũn (O) v (O) (E, F l cỏc tip ủim).
CMR: ng thng AB ủi qua trung ủim ca ủon thng EF.
HD:

ABC
+

ABD
= 180
0

Ba ủim C, B, D thng hng.
b) Tớnh ủ di ủon OO:
+ (O) v (O) ct nhau ti A v B

OO l ủng
trung trc ca AB.
+ Gi H l giao ủim ca OO v AB

OO

AB ti H; HA = HB =
1
2
AB = 12 (cm).
+

AHO vuụng ti H

2 2
OH OA HA
=
=
2 2

2 2 2
OK OH HK
= +
(2)
+ T (1) v (2)

KE
2
= (OH
2
+ HK
2
) OE
2
= 16
2
+ HK
2
20
2
= HK
2
144 (*).
+

OFK vuụng ti F
2 2 2
' '
KF O K O F
=


2 2
KE = KF KE = KF

M:

AB ủi qua trung ủim ca EF (ủpcm).
Bi 7:
Cho na ủng trũn tõm O ủng kớnh AB = 2R. T A v B ln lt k hai tip tuyn Ax v By
vi na ủng trũn. Qua ủim M thuc na ủng trũn (M khỏc A v B) k tip tuyn th ba ct cỏc tip
tuyn Ax v By ln lt ti C v D.
1. CMR:
a) T giỏc AOMC ni tip.
b) CD = CA + DB v

COD
= 90
0
.
c) AC. BD = R
2
.
F
E
B
O O'
H
A
C
D

OAC
= 90
0
(1)
+ CD là tiếp tuyến tại M
⇒

OMC
= 90
0
(2)
Từ (1) và (2)
⇒

OAC
+


OMC
= 180
0
⇒
AOMC là tứ giác nội tiếp
đường tròn đường kính OC.

1b) CMR: CD = CA + DB và

COD
= 90
0

∆

⇒ =

⊥

2
COD vuông tại O
OM MC.MD
OM CD 2. Khi

BAM
= 60
0
. Chứng tỏ
BDM
∆
là tam giác đều và tính diện tích của hình quạt tròn chắn
cung MB của nửa đường tròn đã cho theo R:
+ Nửa (O, R) có:
•













⇒ = = =



0 0
2 2 60 120
BAM nội tiếp chắn BM
BOM .BAM .
BOM ở tâm chắn BM

• S
quạt
=
π π π
= =
2 2 2
60
360 360 3
R n R R
(đvdt).

Bài 8:
Từ điểm M ở ngồi đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA
và MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D.

⇒




0
180AOM MOB (kề bu)ø
OC là phân giác của AOM
OD là phân giác của MOB

⇒ =

= =

2
AC.BD R
với OM = R,MC AC, MD BD
Tốn 9
–
Ơn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hồng_violet.vn/hoangkim08 13

c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. CMR: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn.
Suy ra AB là phân giác của

CHD
.
d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). CMR: 3 điểm A,

∆
(g.g)

⇒
= ⇔ =
2
MA MC
MA MC.MD
MD MA
(đpcm)).
b) CMR:5 điểm M, A, O, I, B cùng nằm trên một đường tròn:
+ (O) có:
•
I là trung điểm của dây CD
⇒
⊥
OI CD


⇒
=
0
90
OIM
nhìn đoạn OM (1)
•

⊥
MA OA
(T/c tiếp tuyến)

∆
vng tại A
⇒
MA
2
= MO. MH
Mà:

⇒
MO. MH = MC. MD
MH MC
MD MO
⇒
=

+ và
MDO
∆
có:


:
DOM chung
MH MC
MD MO



=


⇒ + =
0
180
CDO CHO

Suy ra: Tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn (đpcm)
* CMR: AB là phân giác của

CHD
:
+
COD
∆
có OC = OD = R
⇒
COD
∆
cân tại O





 


⇒ = ⇒ =


=


= −


= −


0
0
90
90
AHC MHC
AHD OHD
(2)

H
I
C
A
B
O
M
D
I
C
A
B
O
M
D

thẳng hàng:
+ Gọi K là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại C và D của (O)
+
⊥
CK OC
(T/c tiếp tuyến)

⇒ =
0
90
OCK
nhìn đoạn OK (1)
+
⊥
DK OD
(T/c tiếp tuyến)

⇒ =
0
90
ODK
nhìn đoạn OK (2)
Từ (1), (2)
⇒
Tứ giác OCK nội tiếp đường tròn đường kính OK



⇒ =
OKC ODC (cùng chắn OC)




=
OHK OCK
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ ⊥

⇒ ≡

⊥

HK MO
HK AB
Mà: AB MO(cmt)

⇒
3 điểm A, B, K thẳng hàng (đpcm).
Bài 9:Cho hình vng cạnh a , lấy điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,C). Qua B kẻ đường thẳng
vng góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K.
1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh: KM
⊥
DB.

đường tròn đường kính BD (1)
+

BCD
= 90
0
nhìn đoạn BD
⇒
C
∈
đường tròn đường kính BD (2)
Từ (1) và (2)
⇒
B, H, C, D
∈
đường tròn đường kính BD.
2. Chứng minh: KM
⊥
⊥⊥
⊥
DB:
+
∆
BDK
có :
⊥


⊥ ⇒




0
90KCB KHD
BKD : chung

∆
KCB

∆
KHD
(g.g)







=


+ =


AHC AHD
Mà: AHC AHD CHD
H
A
K

Ôn tập học kỳ II_ GV: Trần Nguyễn Hoàng_violet.vn/hoangkim08 15⇒ =
KC KH
KB KD

⇒
KC . KD = KH . KB (ñpcm).
4. CMR: (S
ABM
+ S
DCM
) không ñổi:
+

∆
ABM
vuông tại B
⇒
S
ABM
=
1
2
AB.BM
=

+
1
2
a.CM

=
+ = = =
2
1 1 1 1
2 2 2 2
a.(BM CM) a.BC a.a a

+ Vì a là không ñổi
⇒
2
1
2
a
không ñổi
⇒
(S
ABM
+ S
DCM
) không ñổi.
*

Xác ñịnh vị trí của M trên BC ñể S
2
ABM

a.x a.(a x)

=
 
+ −
 
2 2 2
1
4
a x (a x)

=
 
− +
 
2 2 2
1
2 2
4
a x ax a

=
 
− +
 
 
2 2 2
1 1
2
4 2

8
a
khi :
−
1
2
x a
= 0
⇒
=
1
2
x a

Vậy khi M là trung ñiểm của BC thì
+
2 2
ABM DCM
S S
ñạt giá trị nhỏ nhất là
4
8
a
.
Bài 10:
Cho ñiểm A ở ngoài ñường tròn (O, R). Gọi AB, AC là hai tiếp tuyến của ñường tròn (B và C là
hai tiếp ñiểm). Từ A vẽ một tia cắt ñường tròn tại E và F (E nằm giữa A và F).
a) CMR:
AEC
∆


+
AEC
∆
và
ACF
∆
có:






=

⇒



ACE CFE (cuøng chaén CE
CAF : chung

∆
KCB

∆
KHD
(g.g)


⇒
=OBA
0
90
nhìn ñoạn OA (2)
•

⊥
AC OC
(T/c tiếp tuyến
)

⇒
=OCA
0
90
nhìn ñoạn OA (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒
5 ñiểm , A,B, O, I, C
∈
ñường tròn ñường kính OA.
c) Từ E vẽ ñường thẳng vuông góc với OB cắt BC tại M. Chứng minh tứ giác EMIC nội tiếp
ñược trong ñưởng tròn. Suy ra tứ giác MIFB là hình thang: