Chuyên đề Hình học 9: Chứng minh tứ giác nội tiếp

4.CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP 
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN 
Phương pháp chứng minh 
 -Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm. 
-Chứng minh tứ giỏc cú hai góc đối diện bự nhau. 
 -Chứng minh hai đỉnh cựng nhỡn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm cũn lại 
hai gúc bằng nhau. 
 -Chứng minh tổng của gúc ngoài tại một đỉnh với góc trong đối diện 
bự nhau. 
 -Nếu MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thỡ tứ giỏc ABCD 
nột tiếp. (Trong đó M AB CD; N AD BC    ) 
 -Nếu PA.PC = PB.PD thỡ tứ giỏc ABCD nội tiếp. (Trong đó 
P AC BD  ) 
 -Chứng minh tứ giác đó là hỡnh thang cõn; hỡnh chữ nhật; hỡnh 
vuụng;  
Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cựng thuộc một đường tròn ta có thể 
chứng minh lần lượt 4 điểm một lúc. Song cần chú ý tính chất “Qua 3 
điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn” 
B. BÀI TẬP TỔNG HỢP: 
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
1P
N 
F
E
M
D CB
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 
5 C1 = E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) 
6 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. 
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 CB
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 = 900 => E2 + E3 = 900 = 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 
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
NC
D
I
M
BOA 
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 =R2 => 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 
Do đó BI  BK hayIBK = 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 = 900 (2) ( vì IHC = 900 ). 
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 = 900 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. 
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 22 1220  = 16 ( cm) 
CH2 = 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. 
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM 
= R2; và OI. IM = IA2. 
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 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  ABM nội tiếp chắn cung AM;  AOM là góc ở tâm 
chắn cung AM =>  ABM = 2
AOM
(1) OP là tia phân giác  AOM ( t/c 
hai tiếp tuyến cắt nhau ) =>  AOP = 2
AOM
 (2) 
Từ (1) và (2) =>  ABM =  AOP (3) 
 X 
(( 
2
1
1 1 
K
I
J
M
N 
P
A BO 
Mà  ABM và  AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4) 
3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : PAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); NOB 
= 900 (gt NOAB). 
=> PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (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 PAO = AON = ONP = 
900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6) 
 AONP là hình chữ nhật => APO =  NOP ( so le) (7) 
 Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác APM => 
APO = MPO (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 : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> KMF = 900 (vì là hai góc kề bù). 
AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> KEF = 900 (vì là hai góc kề bù). 
=> KMF + KEF = 1800 . Mà KMF và KEF là hai góc đối của 
tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp. 
 X
2 
1 2 
1
E 
K
I
H
F 
M
B OA 
2. Ta có IAB = 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 => IAE = MAE => 
AE = ME (lí do ) 
=> ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia 
phân giác góc ABF. (1) 
Theo trên ta có AEB = 900 => 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 HAK (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 => ABM = MAI = 450 (t/c góc 
nội tiếp ). (7) 
Tam giác ABI vuông tại A có ABI = 450 => AIB = 450 .(8) 
Từ (7) và (8) => IAK = AIF = 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: 
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 1800)(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. 
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 = 900 nên suy ra M1 + M2 = PMO = 900 => 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. 
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 < 
900 ( 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
CB 
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 = 900 (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 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
BA
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); 
DN