80 bài tập Hình học lớp 9

 1 
80 BÀI TẬP HÌNH HỌC LỚP 9 
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF 
cắt nhau tại 
H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P. 
Chứng minh rằng: 
1. Tứ giác CEHD, nội tiếp . 
2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 
4. H và M đối xứng nhau qua BC. 
5. Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 
Lời giải: 
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 
 CEH = 900 ( Vì BE là đường cao) 
 CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) 
=>  CEH +  CDH = 1800 
H 
( 
( 
2 
- 
- 
2 
1 
1 
1 P 
N 
F 
E 
M 
D C B 
A 
O 
Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEC = 900. 
CF là đường cao => CF  AB => BFC = 900. 
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường 
kính BC. 
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â là góc chung 
=>  AEH  ADC => 
AC
AH
AD
AE
 => AE.AC = AH.AD. 
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C là góc chung 
=>  BEC  ADC => 
AC
BC
AD
BE
 => AD.BC = BE.AC. 
4. Ta có C1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ABC) 
C2 = A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) 
=> C1 =  C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân tại C 
=> CB cũng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn 
 => C1 = E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) 
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 
 C1 = E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) 
 E1 = E2 => EB là tia phân giác của góc FED. 
Chứng minh tương tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do 
đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. 
 2 
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm 
đường tròn 
ngoại tiếp tam giác AHE. 
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Chứng minh ED = 
2
1
BC. 
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 
Lời giải: 
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 
 CEH = 900 ( Vì BE là đường cao) 
H 
1 
3 
2 
1 
1 
O 
E 
D C B 
A 
  CDH = 900 ( Vì AD là đường cao) 
 =>  CEH +  CDH = 1800 
 Mà  CEH và  CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: BE là đường cao => BE  AC => BEA = 900. 
AD là đường cao => AD  BC => BDA = 900. 
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường 
kính AB. 
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có BEC = 900 . 
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 
2
1
BC. 
4. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => 
tam giác AOE cân tại O => E1 = A1 (1). 
Theo trên DE = 
2
1
BC => tam giác DBE cân tại D => E3 = B1 (2) 
Mà B1 = A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 
Mà E1 + E2 = BEA = 90
0
 => E2 + E3 = 90
0
 = OED => DE  OE tại E. 
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E. 
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí 
Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm 
Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua 
điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. 
Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 
1. Chứng minh AC + BD = CD. 
2. Chứng minh COD = 900. 
3.Chứng minh AC. BD = 
4
2AB
. 
4.Chứng minh OC // 
BM 
 3 
5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD. 
5.Chứng minh MN  AB. 
6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ 
nhất. 
Lời giải: 
/ 
/ 
y 
x 
N 
C 
D 
I 
M 
B O A 
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + 
DM. 
 Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia 
phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900. 
3. Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp tuyến ). 
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R
2
 => AC. BD = 
4
2AB
. 
4. Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1) 
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung 
trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 
5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính 
CD có IO là bán kính. 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình 
thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình 
của hình thang ACDB 
 IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường 
kính CD 
6. Theo trên AC // BD => 
BD
AC
BN
CN
 , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra 
DM
CM
BN
CN
 
=> MN // BD mà BD  AB => MN  AB. 
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy 
ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi 
CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax 
và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. 
Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn 
bàng tiếp góc 
A , O là trung điểm của IK. 
1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn. 
2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
3. Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 
Cm. 
Lời giải: (HD) 
1. Vì I là tâm 
đường tròn nội tiếp, 
K là tâm đường tròn 
bàng tiếp góc A nên 
BI và BK là hai tia 
phân giác của hai góc 
kề bù đỉnh B 
 4 
Do đó BI  BK hayIBK = 900 . 
Tương tự ta cũng có ICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên 
đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường 
tròn. 
2. Ta có C1 = C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. 
C2 + I1 = 90
0
 (2) ( vì IHC = 900 ). hoctoancapba.com 
o 
1 
2 
1 
H 
I 
C 
A 
B 
K 
I1 =  ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 90
0
 hay AC  OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O). 
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. 
AH
2
 = AC
2
 – HC2 => AH = 22 1220  = 16 ( cm) 
CH
2
 = AH.OH => OH = 
16
1222

AH
CH
 = 9 (cm) 
OC = 225129 2222  HCOH = 15 (cm) 
Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng 
d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến 
MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm 
của OM và AB. 
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một 
đường tròn . 
3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 
4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 
5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d 
Lời giải: 
1. (HS tự làm). 
2. Vì K là trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính 
d 
H 
I 
K 
N 
P 
M 
D 
C 
B 
A 
O 
Và dây cung) => OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900. như 
vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. 
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 
 => OM là trung trực của AB => OM  AB tại I . 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là 
đường cao. 
 5 
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = 
IA
2
. 
4. Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. 
OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. 
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH  AB; cũng theo trên OM  AB => O, H, M thẳng 
hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB). 
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H 
cũng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H 
khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R 
Bài 6 hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn 
tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường 
tròn tại D cắt CA ở E. 
1. Chứng minh tam giác BEC cân. 
2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 
3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH). 
4. Chứng minh BE = BH + DE. 
Lời giải: (HD) 
1.  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2). 
Vì AB CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến 
của BEC => BEC là tam giác cân. => B1 = B2 
2 
1 
I 
E 
H 
D 
C 
A 
B 
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = 
AIB => AI = AH. 
3. AI = AH và BE  AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED 
Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó 
một điểm P sao 
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. 
1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một 
đường tròn. 
2. Chứng minh BM // OP. 
3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng 
minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài 
cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. 
Lời giải: 
1. (HS tự làm). 
2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM là góc ở tâm 
chắn cung AM => é 
ABM = 
2
AOM
(1) 
OP là tia phân giác é 
AOM ( t/c hai tiếp 
tuyến cắt nhau ) => é 
AOP = 
2
AOM
 (2) 
Từ (1) và (2) => é 
ABM = é AOP (3) 
 6 
X 
( ( 
2 
1 
1 1 
K 
I 
J 
M 
N 
P 
A B 
O 
Mà é ABM và é AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 
3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : éPAO=90
0
 (vì PA là tiếp tuyến ); éNOB = 900 (gt 
NOAB). 
=> éPAO = éNOB = 90
0
; OA = OB = R; éAOP = éOBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = 
BN (5) 
Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau). 
4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ 
Ta cũng có PM  OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam 
giác POJ. (6) 
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có éPAO = éAON = éONP = 900 => K là trung 
điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) 
 AONP là hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) 
 Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác éAPM => éAPO = éMPO (8). 
Từ (7) và (8) => IPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK  PO. (9) 
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng. 
Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M 
khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại 
I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt 
AM tại K. 
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp. 
2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB. 
3) Chứng minh BAF là tam giác cân. 
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi. 
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. 
Lời giải: 
1. Ta có : éAMB = 90
0
 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éKMF = 90
0
 (vì là hai góc kề bù). 
éAEB = 90
0
 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éKEF = 90
0
 (vì là hai góc kề bù). 
=> éKMF + 
éKEF = 180
0
 . Mà 
éKMF và éKEF là hai 
góc đối của tứ giác 
EFMK do đó EFMK là 
tứ giác nội tiếp. 
 7 
X 
2 
1 
2 1 
E 
K 
I 
H 
F 
M 
B O A 
2. Ta có éIAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => AIB vuông tại A có AM  IB ( theo trên). 
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB. 
3. Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => éIAE = éMAE => AE = ME (lí do ) 
=> éABE =éMBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. 
(1) 
Theo trên ta có éAEB = 90
0
 => BE  AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2). 
Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B . 
4. BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E 
là trung điểm của AF. (3) 
Từ BE  AF => AF  HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác 
éHAK (5) 
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung 
tuyến => E là trung điểm của HK. (6). 
Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung 
điểm của mỗi đường). 
5. (HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình 
thang. 
Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn thì AKFI phải là hình thang cân. 
AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. 
Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => éABM = éMAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7) 
Tam giác ABI vuông tại A có éABI = 450 => éAIB = 450 .(8) 
Từ (7) và (8) => éIAK = éAIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng 
nhau). 
Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn. 
Bài 9 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D 
thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F (F ở giữa B và E). 
1. Chứng minh AC. AE không đổi. 
2. Chứng minh  ABD =  DFB. 
3. Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp. 
Lời giải: 
 8 
1. C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa 
đường tròn ) => BC  AE. 
ABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC 
là đường cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao ), mà 
AB là đường kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi. 
2.  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ). 
=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 
180
0
)(1) 
 ABF có ABF = 900 ( BF là tiếp tuyến ). 
=> AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800) 
(2) 
Từ (1) và (2) => ABD = DFB ( cùng phụ với BAD) 
D 
C 
A O B 
F 
E 
X 
3. Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 . 
ECD + ACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cùng bù với ACD). 
Theo trên ABD = DFB => ECD = DFB. Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) 
nên suy ra ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD và EFD là hai góc đối của tứ giác CDFE 
do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp. 
Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho 
AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi 
P là chân đường 
vuông góc từ S đến AB. 
1.Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng ∆ PS’M cân. 
2.Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn . 
Lời giải: 
1. Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn 
nửa đường tròn ) => AMS = 900 . Như vậy P và M cùng nhìn AS 
dưới một góc bằng 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính 
AS. 
Vậy bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đường tròn. 
2. Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm trên đường tròn nên M’ 
cũng nằm trên đường tròn => hai cung AM và AM’ có số đo bằng 
nhau 
3 
( 
) 
4 
3 
1 
1 
) 
( 
1 2 
2 
1 
1 
H O 
S' 
M' 
M 
A 
B 
S 
P 
=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) (1) 
Cũng vì M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB tại H => MM’// SS’ ( cùng vuông góc với AB) 
 => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2). 
=> Từ (1) và (2) => AS’S = ASS’. 
Theo trên bốn điểm A, M, S, P cùng nằm trên một đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp cùng chắn 
AP ) 
=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân tại P. 
 9 
3. Tam giác SPB vuông tại P; tam giác SMS’ vuông tại M => B1 = S’1 (cùng phụ với S). 
(3) 
Tam giác PMS’ cân tại P => S’1 = M1 (4) 
Tam giác OBM cân tại O ( vì có OM = OB =R) => B1 = M3 (5). 
Từ (3), (4) và (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 
90
0
 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 90
0
 => PM  OM tại M => PM là tiếp tuyến của đường 
tròn tại M 
Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC). Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) tại các 
điểm D, E, F . BF cắt (O) tại I , DI cắt BC tại M. Chứng minh : 
1. Tam giác DEF có ba góc nhọn. 
2. DF // BC. 3. Tứ giác BDFC nội tiếp. 4. 
CF
BM
CB
BD
 
Lời giải: 
 1. (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có AD = AF => tam giác 
ADF cân tại A => ADF = AFD sđ cung DF DEF < 
90
0
 ( vì góc DEF nội tiếp chắn cung DE). 
 Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900. Như vậy tam giác 
DEF có ba góc nhọn. 
 2. Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => 
AD AF
AB AC
 => DF // 
BC. 
 3. DF // BC => BDFC là hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC 
cân) 
=> BDFC là hình thang cân do đó BDFC nội tiếp được một đường tròn . 
M 
I 
O 
F 
E 
D 
C B 
A 
 4. Xét hai tam giác BDM và CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy của tam giác cân). 
BDM = BFD (nội tiếp cùng chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF . 
=> BDM CBF => 
CF
BM
CB
BD
 
Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên 
đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M 
cắt tiếp tuyến 
tại N của đường tròn ở P. Chứng minh : 
1. Tứ giác OMNP nội tiếp. 
2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. 
3. CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 
4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì P chạy trên đoạn thẳng 
cố định nào. 
Lời giải: 
1. Ta có OMP = 900 ( 
vì PM  AB ); ONP = 
90
0
 (vì NP là tiếp tuyến 
). 
Như vậy M và N cùng 
nhìn OP dưới một góc 
bằng 900 => M và N 
cùng nằm trên đường 
 10 
tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp. 
2. Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung 
OM) 
 Tam giác ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ONC = OCN 
B' A' 
O 
P 
N 
M 
D 
B A 
C 
=> OPM = OCM. 
Xét hai tam giác OMC và MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = 
POM lại có MO là cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP. (1) 
Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2). 
Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành. 
3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp 
chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C là góc chung => OMC NDC 
=> 
CM CO
CD CN
 => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R
2
 không đổi => 
CM.CN =2R
2
 không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy trên đường thẳng cố định 
vuông góc với CD tại D. 
Vì M chỉ chạy trên đoạn thẳng AB nên P chỉ chạy trên doạn thẳng A’ B’ song song và bằng AB. 
Bài 13 Cho tam giác A