Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Ngày 2 tháng 5 năm 2015
CHỨNG MINH
1
Dạng 1.1. Chứng minh quan hệ bằng nhau của hai đoạn thẳng, hai góc, hai cung
1. Các cách chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau
a) Sử dụng yếu tố độ dài của đoạn thẳng:
- Hai đoạn thẳng có cùng số đo.
- Hai đoạn thẳng cùng bằng một đoạn thẳng thứ ba.
- Hai đoạn thẳng cùng bằng tổng hoặc hiệu của hai đoạn thẳng bằng nhau đôi một.
b) Sử dụng tam giác bằng nhau:
Hai cạnh tương ứng (tổng quát: hai đoạn thẳng tương ứng) của hai tam giác bằng nhau.
c) Sử dụng định nghĩa các hình:
- Hai cạnh bên của hình thang cân, các cạnh của tam giác đều.
- Định nghĩa trung điểm của đoạn thẳng, đường trung tuyến của tam giác, đường trung trực của
đoạn thẳng.
- Bán kính của đường tròn.
d) Sử dụng tính chất các hình:
- Tính chất tia phân giác của một góc, tính chất đường tr ung trực của một đoạn thẳng.
- Định lí thuận về đương trung bình của tam giác, của hình thang, các cạnh của hình thoi, hình
vuông.
- Hai đường chéo của hình thang cân, hình chữ nhật.
- Tính chất đường chéo của hình bình hành, hình chữ nhật.
- Các đoạn thẳng đối xứng nhau qua một trục, qua một tâm.
- Tính chất của đường kính vuông góc với một dây.
- Hai dây cách đều tâm của một đường tròn.
- Hai khoảng cách từ tâm đến hai dây bằng nhau trong một đường tròn.
- Hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ một điểm đến một đường tròn.
- Tính chất của đường nối tâm hai đường tròn cắt nhau.
- Hai dây căng hai cung bằng nhau trong một đường tròn.
2. Các cách chứng minh hai góc bằng nhau

Dạng 1.2. Chứng minh qua hệ không bằng nhau của hai đoạn thẳng, hai góc, hai cung
1. Các cách chứng minh hai đoạn thẳng không bằng nhau
- So sánh độ dài hai đoạn thẳng.
- So sánh hai góc đối diện với hai cạnh trong một tam giác.
- Sử dụng quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, giữa các đường xiên và các hình chiếu
của chúng.
- Sử dụng quan hệ giữa ba cạnh của một tam giác.
- So sánh đường kính và dây của một đường tròn.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
- Sử dụng quan hệ giữa hai dây và khoảng cách từ tâm đến hai dấy đó.
- So sánh hai cung của một đường tròn từ đó so sánh được hai dây căng hai cung đó.
2. Các cánh chứng minh hai góc không bằng nhau
- So sánh số đo của hai góc.
- Góc ngoài của một tam giác và góc trong không kề với nó.
- So sánh hai cạnh đối diện với hai góc của một tam giác.
3. Các cách chứng minh hai cung không bằng nhau (trong một đường tròn hoặc hai đường
tròn bằng nhau)
- So sánh số đo của hai cung.
- So sánh hai góc ở tâm tương ứng.
- So sánh hai góc nội tiếp chắn hai cung.
- Sử dụng quan hệ giữa hai cung và dây căng cung.
Dạng 1.3. Chứng minh quan hệ song song hoặc vuông góc của hai đường thẳng, quan
hệ thẳng hàng của ba điểm, quan hệ đồng quy của ba đường thẳng
1. Các cách chứng minh hai đường thẳng song song
- Xét cặp góc đồng vị, hoặc so le trong, hoặc trong cùng phía tạo thành hai đường thẳng với một
cát tuyến.
- Hai đường thẳng cùng song song hoặc cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba.
- Các cạnh đáy của hình thang, các cạnh đối của hình bình hành, hình vuông, . . .
- Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác, đường trung bình của hình thang.
- Sử dụng định lí Ta-lét đảo.

4. Cách chứng minh ba đường thẳng đồng quy
3
(ba đường thẳng cùng đi qua một điểm)
- Giao điểm của hai đường thẳng nằm trên đường thẳng còn lại.
- Ba đường trung tuyến, ba đường phân giác, ba đường cao, ba đường trung trực của một tam giác.
- Các đường chéo của hai hình bình hành có một đường chéo chung.
1.4. Chứng minh quan hệ tiếp xúc của hai đường thẳng và hai đường tròn, của hai
đường tròn
1. Các cách chứng minh đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn
- Đường thẳng và đường tròn chỉ có một điểm chung.
- Khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường thẳng bằng bán kính của đường tròn.
- Đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó.
- Nếu

BAx có số đo bằng nửa số đo của cung AB và cung này nằm bên trong góc đó thì Ax là tiếp
tuyến của đường tròn.
2. Các cách chứng minh hai đường tròn tiếp xúc nhau
- Nếu đoạn nối tâm hai đường tròn bằng tổng của hai bán kính thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài.
- Nếu đoạn nối tâm hai đường tròn bằng hiệu của hai bán kính thì hai đường tròn tiếp xúc trong.
1.5 Chứng minh bốn điểm cùng thuộc một đường tròn
4
Các cách chứng minh bốn điểm thuộc cùng một đường tròn (hoặc chứng minh tứ giác nội tiếp):
2
Xem thêm chuyên đề thẳng hàng, đồng quy
3
Xem thêm chuyên đề thẳng hàng, đồng quy
4
Xem thêm chuyên đề tứ giác nội tiếp
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
- Chỉ ra một điểm cách đều bốn đỉnh của tứ giác.

M
A
BC S
• Cho tam giác ABC và điểm S thuộc tia đối của tia BC. Khi đó các điều sau là tương đương:
i) SA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
ii)

ACB =

BAS.
iii) SA
2
= SB ·SC.
Bài 1. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt
tại E, F. Các đường thẳng BI, CI lần lượt cắt EF tại M, N. Chứng minh rằng bốn điểm B, M N, C
cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
A
B C
E
F
I
N
M
• Nếu M thuộc tia đối của tia FE, ta có:

MIC =

B
2

◦
. Tương tự

BNC = 90
◦
. Do đó bốn điểm B, C, M, N thuộc cùng một
đường tròn.
Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, AH là đường cao xuất phát từ A. Về phía ngoài tam giác dựng các
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
tam giác vuông AMB và ANC đồng dạng với nhau (vuông tại M, N). Gọi T là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng các điểm T , H, M, N thuộc cùng một đường tròn.
Lời giải
A
B C
E
M
F
N
TH
A
B
M
C
DE F
hình bài 2 hình bài 3
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC. Do các tam giác AMB và ANC đồng dạng với nhau
suy ra
∆EMT  ∆FT N do đó

EMT =


BEM
=

EMT +

BET +

ET M =

EMT +

ET F +

ET M. (2)
Từ (1), (2) suy ra

MHN =

FT N +

ET F +

ET M =

MT N.
Vậy các điểm M, H, T , N cùng thuộc một đường tròn.
Bài 3. Cho hình thoi ABCD có

B = 60

2
= AM ·AF.
Vậy AD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MDF.
Bài 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O
1
). Các tia AB và CD cắt nhau tại M, các tia AD
và BC cắt nhau tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN cắt (O
1
) tại điểm B

khác B. Chứng
minh rằng B

D đi qua trung điểm của MN.
Lời giải
Gọi I là giao điểm của B

D với MN, ta có

IMB

= 180
◦
−

B

BC =

B


O
1
N
I
D
A
B
M
C
E
H
F
O
N
∆
hình bài 4 hình bài 5
Do đó IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác B

DM suy ra IM
2
= ID ·IB

.
Tương tự IN
2
= ID ·IB

.
Vậy IM = IN, ta có đpcm.

(
HN −HM
)
.
Suy ra HN −HM = AH (2)
Từ (1), (2) ta có HN −HM = AH và HM ·HN = AH
2
do đó HM =
√
5 −1
2
AH và HN =
√
5 + 1
2
AH.
Vậy (O) luôn đi qua điểm cố định M, N.
Bài 6. Cho hình bình hành có

ABC > 90
◦
. Hạ DA

, DC

, DD

lần lượt vuông góc với AB, BC , AC.
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng các điểm A



OC

= 2

A

DC

= 2

180
◦
−

ABC

. (1)
A
B
D
CC

A

D

O
A
B

C = 180
◦
−


ADA

+

CDC


(do các tứ giác A

ODA, CDD

C

nội tiếp được).
=180
◦
−


ADC −

A

DC



A

D

C

hay tứ giác A

OD

C

nội tiếp được.
Bài 7. Đường phân giác

BAD của hình bình hành ABCD cắt cạnh BC và đường thẳng CD lần lượt
tại M, N. Chứng minh rằng:
a) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
b) Nếu K là giao của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác CMN, BCD (K = C) thì

AKC = 90
◦
.
Hướng dẫn giải
a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác C MN. Ta có

BAN =

CAD =

A
2
=

OCM +

M
1
+
1
2

BAD = 90
◦
+
1
2

BAD (do OC⊥MN).

BOM = 180
◦
−

OMC = 180
◦
−

OCM = 90
◦

IKA.
Hướng dẫn giải
A
B D C
K
H
E
G
I
P A I
Q
B C
M
E
D
F
N
hình bài 8 hình bài 9
Ta có

HID =

HGD = 90
◦
do đó tứ giác HGID nội tiếp được.
Từ đó, ta có

HIG =

HDE =

HKI. Vậy KC là tia phân giác của

IKA.
Bài 9. Cho tam giác ABC đường cao AD. Gọi D, E, F là hai điểm nằm trên một đường thẳng qua
D sao cho

AEB =

AFC = 90
◦
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, EF. Chứng minh rằng

ANM = 90
◦
.
Hướng dẫn giải
Dựng hình chữ nhật APBD, QADC. Gọi I là trung điểm của PQ. Ta có tứ giác AEBD nội tiếp.
Do đó

PEA =

PBA =

BAD =

BED hay

PED =

AEB = 90

giác BEI và đường tròn ngoại tiếp tam giác CDI cắt nhau tại K (K khác I).
a) Chứng minh rằng năm điểm A, E, H, K, D cùng nằm trên một đường tròn.
b) Gọi M là giao điểm của DE và BC. Chứng minh rằng ba điểm M, H, K thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tứ giác MBKD nội tiếp.
Hướng dẫn giải
Vì

BAC +

ABC +

ACB+

EKD +

EKI +

IKD = 540
◦
, mà

ABC +

EKI = 180
◦
;

ACB+

IKD = 180

ABC.
Từ câu a) ta thấy

AKE =

ADE (cùng chắn AE

của đường tròn đường kính AH), suy ra

AKE =

ABC.
Lại vì

ABC +

EKI = 180
◦
nên

AKE +

EKI = 180
◦
, nghĩa là ba điểm A, K, I thẳng hàng.
Mặt khác

IKC =

IDC =

MEB;

MEC = 90
◦
+

MEB;

MKC =

MKI +

IKC nên

MKI = 90
◦
.
Do A, E, H, K, D nằm trên đường tròn đường kính AH, nên

HKA = 90
◦
. Vậy ba điểm M, H, K
thẳng hàng (đpcm).
c) Do tứ giác DEHK bội tiếp nên

HEK =

HDK (1)
Tứ giác MEKC nội tiếp nên


CD
O
1
O
2
O
3
O
4
Ta có

AO
4
B = 90
◦
+
1
2

ADB =
1
2

ACB + 90
◦
=

AO
1
B.

O
4
O
1
B −

O
2
O
1
B =

BAO
4
+

BCO
2
=
1
2
(

A +

C) = 90
◦
.
Tương tự


3
O
4
là hình chữ nhật.
Bài 12. Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi CD là đường kính của
đường tròn, qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn cắt đường thẳng AB tại E, EO cắt cạnh BC, cạnh
CA tại M và N tương ứng. Gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh rằng bốn điểm O, D, E, I nằm
trên một đường tròn và O là tr ung điểm của MN.
Lời giải
A
B
C
D
O
M
N
E
J
F
I
Gọi I là trung điểm của AB, ta có OI⊥AB. Từ D là tiếp điểm ta có OD⊥DE. Suy ra O, I, D, E
nằm trên một đường tròn đường kính OE ⇒

IDO =

IEO.
Từ A kẻ đường thẳng song song với EO cắt BC tại F ⇒

AEO =



PBC =

PCA.
Do đó tứ giác APCD nội tiếp nên

APC +

ADC = 180
◦
(1)
và

DAC =

DPC.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
A
B C
D
P
I
Q
A B
O
I
D
M N
C
E





PBC =

ADB

ABD =

BCP
⇒ PBC  ADB.
⇒
PB
PC
=
AD
AB
⇒
PB
PC
=
AD
AC
⇒
PB
BQ
=
AD
AC

NOI.
Tam giác IDC và tam giác IQB có

CDI =

IQP,

DCI =

IPQ ⇒IDC  IQB.
Suy ra

CEI =

PFI ⇒

MOI =

NOI ⇒ MON cân ⇒IM = IN.
Bài 15. Cho hình bình hành ABCD,

A > 90
◦
. M là trung điểm BC, đường thẳng AM cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại N, gọi H là hình chiếu của C trên cạnh AB. Chứng minh rằng tứ
giác ADNH là tứ giác nối tiếp.
Lời giải
Theo giả thiết MB = MC, CH⊥AB,

A =

A
B C
D
M
N
H
A
B C
D
M
N
P
Q
E
I
hình bài 15 hình bài 16

HMN =

HMB +

BMN =

HMB +
1
2
(BN

+ AC


ABC +

BAN =

BAD +

BAN =

BCD +

BCN =

DCN.
⇒ MHN  CDN (c.g.c)
⇒

CDN =

MHN,

NDA =

CDA −

CDN =

ABC −

MHN =


PMA = 180
◦
−

PCE =

PQE = 180
◦
−

PQA
⇒ tứ giác MAIP là tứ giác nội tiếp.

IPC = 180
◦
−

MPI =

MAI = 180
◦
−

IDC.
⇒

IPC +

IDC = 180
◦

A
B
C
D
E
M
I
K
H
A
B C
D
O
E
F
K
hình bài 17 hình bài 18
E là điểm đối xứng của A qua BC ⇒DE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABC ⇒AE⊥BC
và MA = ME.
Theo giả thiết IA = IH nên IMBE ⇒

KIM =

KBE =

KAE ⇒ A, I, M, K nằm trên một đường
tròn ⇒

IAM =


EAD =

ADM =

EDM.
Từ (1) ⇒

MKE =

EDM ⇒ bốn điểm M, K, D, E nằm trên một đường tròn
⇒

KDM =

KEM =

KEA =

KAD
⇒ AD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK.
Bài 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. D, E, F lần lượt là các điểm trên cạnh
BC, CA, AB sao cho DE vuông góc với OC, DF vuông góc với OB. Gọi K là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng minh rằng KD vuông góc với BC.
Lời giải
Theo giả thiết DE⊥OC
⇒

EDC = 90
◦
−

K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF ⇒

EKF = 2

A và KE = KF.
Mặt khác,

EDF = 180
◦
−

EDC −

FDB = 180
◦
−2

A
⇒

EDF = 180
◦
−

EKF ⇒

EDF +

EKF = 180
◦

M
I
H
hình bài 19 hình bài 20
Theo giả thiết BD⊥AC, CE⊥AB ⇒ tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp
⇒

EBC +

EDC = 180
◦
⇒

ADE =

ABC.
Mặt khác

ABC =

AMC (cùng chẵn cung AC

) ⇒

AMC =

ADE ⇒

IMC +


AN
ND
=
CN
AN
⇒ NA
2
= ND ·NC.
⇒ tứ giác COID nội tiếp ⇒

DIN =

OCD (1)
và

OIC =

ODC (cùng chẵn cung OC

) (2)
Mặt khác OCD cân ⇒

OCD =

ODC (3)
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Từ (1), (2), (3) suy ra

CIO =


Lời giải
A
O
M
N
D
H B
E
I
P
Q
A
D B
C
M
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
⇒

OED =

OID (1)
OMA là tam giác vuông ⇒ OM
2
= OD ·OA.

MAC =

MBC (cùng chắn cung MC

), NQAC ⇒

MNQ =

MAC ⇒

MNQ =

MBQ ⇒NMQB
là tứ giác nội tiếp ⇒ BM là đường kính ⇒ MQ⊥BQ, BD là đường kính ⇒ DC⊥BC.
Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Mặt khác,

MDC =

MAC =

MNP ⇒ tứ giác DNPM nội tiếp đường tròn đường kính DM ⇒

DPM =
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

2
= JD
2
= JF ·JB = DK ·JB ⇒
DK
JD
=
JD
JB
⇒ KDJ  DJB ⇒

DKJ =

JDB ⇒JK⊥DB.
⇒ B, H, D thẳng hàng.
Lại có

BIJ =

BEJ =

BHJ = 90
◦
⇒ E, I, H nằm trên đường tròn đường kính JB
⇒

KCI =

IBJ =


D cắt nhau tại S. Chứng minh tứ giác PQRS là tứ giác nội tiếp và MQ vuông góc với
NP.
Lời giải
Ta có

SPQ +

SRP =

180
◦
−
1
2

B −
1
2

A

+

180
◦
−
1
2

C −

Tài liệu bồi dưỡng Toán THCS
Xét NCD: phân giác ngoài

C và

D cắt nhau tại R ⇒ NR là phân giác của

ANB ⇒P, R, N thẳng
hàng.
Tương tự M, S, Q thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của MQ cắt NP,

MIN = 180
◦
−

IMN −

INM
= 180
◦
−

AMN −

ANM +

AMI +

ANI =


D

+
1
2

180
◦
−

B

= 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

BED =

A. Chứng minh rằng

A = 2

DEC.
Lời giải
A
DB C
M

BD
=
1
2
⇒
CN
CA
=
1
3
⇒ AI = IN = NC.
Theo giả thiết

BED =

A ⇒

BMD =

BED ⇒ tứ giác BMED là tứ giác nội tiếp
⇒

MEA =

MBD =

BCA =

MIA ⇒ tứ giác AMEI nội tiếp ⇒


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

C, đó chính là điểm P, thỏa
mãn CP⊥CK, MPBE.
Tương tự, điểm Q thỏa mãn nằm trên đường phân giác ngoài

B ⇒ BQ⊥BE và MQCK. Đường
thẳng AD và BE cắt đường phân giác ngoài tại hai điểm J
A
, J
B
.
DM cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại N. Ta có

DAE =
1
2



B
⇒

MPC =
1
2

A.
Mặt khác

DNC =
1
2

A ⇒ tứ giác MNPC là tứ giác nội tiếp ⇒

BCJ
B
+

MNP = 180
◦
.
Tứ giác BEND nội tiếp ⇒

END = 180
◦
−

EBD = 180


MNP =

BCJ
B
+

MNP = 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

ABN =

CBM. 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

ACN =

BCM.
Lời giải
AMCQ là tứ giác nội tiếp ⇒

MAC =

MQC, APBN nội tiếp
⇒


CBQ =

CPA,

CPQ =

CBQ ⇒P, A, Q thẳng hàng.
Các tứ giác AQCM, PQCB nội tiếp ⇒

ACM =

AQM ⇒

ACN =

BCM.
Bài 28. Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp

A và I, D, E là các tiếp điểm với
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.

EBI = 180
◦
−

B, J là tâm đường tròn bàng tiếp

Có MJ⊥EI và cắt EI tại trung điểm ⇒

EMJ =

JMI = 90
◦
−

MIB −

BIE = 90
◦
−
1
2


B +

C

,

EMJ =
1
2

A ⇒

EMJ =

B.
Tương tự

ICJ = 90
◦
−
1
2

C ⇒

BIM =

CID = 90
◦
−

ICJ =
1
2

C.
BMI có

BMI =

JBI −

BIM = 90
◦

◦
). Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho

DBC =

A, 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
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

DBC =

A ⇒ 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

PEQ +

APE = 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

BOP =

ABC điểm Q trên cạnh AC sao cho

COQ =

ACB. 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 tiếp ABC ⇒ OA = OB ⇒

OAB =

OBA.
Theo giả thiết

BOP =

ABC ⇒ ABD  BOP ⇒
AB


ADB +

ADC

= 180
◦
.
⇒ O nằm trên đường tròn ngoại tiếp APQ.
Gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp ABC và đường tròn ngoại tiếp APQ ⇒ OE =
OA ⇒

OAE =

OEA, tứ giác AEQO nội tiếp ⇒

AEO =

AQO, tứ giác AQOP nội tiếp ⇒

AEO =

AQO =

BPO =

ADB.
⇒

EAO =


EPQ =

ACB ⇒EPQ  ACB (g.g) ⇒ABC = ECB.

APE =

APQ −

EPQ =

AOQ −

EOQ =

AOB;
Mặt khác,

OAC =
1
2

180
◦
−

AOC

= 90
◦

⇒

APE = 2


ABC −

ACB

,

ABE =

ABC −

EBC =

ABC −

ACB ⇒

APE = 2

ABE ⇒

PBE =

PEB (1)
Gọi M là giao điểm của PQ và BC,



ACB −

AQP =

B −

C
⇒

BMP =

BEP =

B −

C ⇒ tứ giác BPEM nội tiếp.
Kết hợp với (1) có

BMP =

PME ⇒ MP là phân giác của

BME.
Lại có

EQM = 180
◦
−


A
1
C
1
B
1
E
H
I
DB cắt đường tròn tại E, AA
1
⊥BC, CC
1
⊥AB ⇒AC
1
A
1
C nội tiếp
⇒ DA ·DC = DC
1
·DA
1
. Tứ giác AEBC nội tiếp ⇒ DA ·DC = DE ·DB ⇒DE ·DB = DC
1
·DA
1
⇒C
1
A
1

=

A
1
AI,

AEI =

AA
1
I.

DEA =

C,

BEA
1
=

BC
1
A
1
=

C,

DEA =


I
A
B C
D
O
E
F
I
G
K
P
H
M
hình bài 32 hình bài 33

OCB =
1
2

180
◦
−

BOC

= 90
◦
−
1
2


A ⇒

EDF = 180
◦
−

EIF ⇒

EDF +

EIF = 180
◦
⇒ I, E, D, F nằm trên một đường tròn
⇒

IEF =

IDF mà

IEF =
1
2

180
◦
−

EIF



IGP =

IGE =

IDE ⇒

IHO =

IDO ⇒ tứ giác IHDO nội tiếp đường tròn.
Mặt khác HDOI là tứ giác nội tiếp ⇒

DHO =

DIO =

IDO, suy ra

OHI =

OHD ⇒

OHI =

PKI = 90
◦
−

KAD ⇒



ACB = 180
◦
, P nằm
trên đường tròn (O) ⇒

APB =

ACB.
Mặt khác theo giả thiết AQBP là hình bình hành
⇒

AQB =

APB ⇒

AQP +

AHB =

AQB +

EHK = 180
◦
.
A
B C
D
E
F

ACD =

CAP ⇒

AHD +

HAF =

CAP +

AIE = 90
◦
⇒ tứ giác AHEF nội tiếp ⇒

HFE =

HAE =

HAC =

HDC ⇒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 tại C với (O) và
BN. AP cắt BC tại E. Chứng minh rằng Q, M, E thẳng hàng.
Lời giải
Gọi D là giao điểm của MO và PQ, H là giao điểm PO và MQ và I là giao điểm OM với cạnh BC.
DO⊥BC ⇒

BDM =


◦
−

BCM = 90
◦
−

BAC,

BQC =

NQC = 90
◦
−

CNQ = 90
◦
−

BAC (do ABNC nội tiếp)
⇒

BMD =

BQD ⇒ tứ giác BMQD nội tiếp ⇒ MB = MC = MQ