Các bài toán ôn thi học kì II và thi vào lớp 10

TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
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: n nEFC 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 n nFED FCD= 
Ta có: 
 + n 090CED = ( Góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn (O)) 
+ n 090CFD = (Góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn (O’)) 
Suy ra: n n ( )090CED CFD= = 
⇒ Tứ giác CEFD nội tiếp (2 đỉnh kề cùng 
nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) 
n nEFC EDC⇒ = (2 góc nội tiếp cùng chắn 
cung pEC của đt (CEFD)) @ 
b) Chứng minh OEFO’ nội tiếp 
Ta có: 
+ O là trung điểm của AC (AC là đk của (O)) 
+ O’ là trung điểm của AD (AD là đk của (O’)) 
Suy ra OO’ là đường trung bình của tam giác ACD 
n n//OO CD EO O EDC′ ′⇒ ⇒ = (đồng vị) 
Mà n n ( )EFC EDC cmt= , nên n nEO 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  
Sưu tầm và biên soạn 
2
c) Chứng minh tg HEFK nội tiếp 
Vì HK // OO’(gt) và OO’ //CD (cmt) nên KH // CD, suy ra n nEHK ECD= . (1) (đồng vị) 
Tứ giác EFDC nội tiếp (cmt) ta có: n n 180oEFK ECD+ = (2) 
Từ (1) và (2), suy ra: n n 180oEHK EFK+ = ⇒ tứ giác EFKH nội tiếp (hai góc đối bù nhau) @ 
d) Chứng minh N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD 
Vì N là điểm đối xứng của A qua I nên I là trung điểm của AN. 
Tứ giác ADNC có hai đường chéo AN và CD cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường nên là hình 
bình hành. Suy ra ND // CA và NC // AD. 
Mà n( ) n( )90 , 90o oCA MD CFD AD MC DEC⊥ = ⊥ = 
Nên ta có: n n, 90oND MD NC MC MCN MDC⊥ ⊥ ⇒ = = 
Tứ giác MCND có n n 90 90 180o o oMCN 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) Chứng minh I là trung điểm của DE. 
c) AM cắt DE tại K. Chứng minh IKMH nội tiếp. 
d) Tính DE và tỉ số AH
AK
 theo R. 
e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn 
nhất. 
Hướng dẫn giải: 
a) Chứng minh AD. AB = AE. AC 
 Ta có tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn (O) nên 
n nADE ACB= . 
Xét ADEΔ và ACBΔ có: 
+ n n ( )ADE ACB cmt= 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
3
+ Góc A chung. 
Suy ra ( ).ADE ACB g gΔ Δ∼ 
. .AD AE AD AB AE AC
AC AB
⇒ = ⇒ = . 
b) Chứng minh I là trung điểm của DE 
Ta có : n 90oBAC = ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (M)) 
Và n ( )90oAHB AH BC= ⊥ 
Suy ra n nDAI ACB= ( cùng phụ với nABC ) 
Mà n n ( )ADI ACB cmt= 
Suy ra n nADI 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 n nMAC ACM⇒ = 
Ta cũng có n nAEK ABC= . 
Từ đó: n n n n n n090 90 90o oKAE AEK ABC ACB AKE IKM+ = + = ⇒ = ⇒ = 
Xét tứ giác IKMH có n n 090 90 180o oIHM IKM+ = + = nên là tứ giác nội tiếp (2 góc đối bù nhau) 
d) Tính DE và AK
AH
Vẽ đường kính CF của đường tròn (O), khi đó ta có n 90oFBC = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Trong tam giác vuông BCF ta có: n n3 3sin 60
2 2
oBC RBFC BFC
CF R
= = = ⇒ = 
Tứ giác BDCE nội tiếp đường tròn (O) nên ta có n n 60oADC BFC= = . 
Ta có ( ) .DE AD ADADE ACB cmt DE BC
BC AC AC
Δ Δ ⇒ = ⇒ =∼ 
Trong tam giác vuông ADC có n 1cot g ADC cot 60
3
oAD g
AC
= = = 
Suy ra: 1 1. 3.
3 3
DE BC 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 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
4
n n ( )
n n ( )90o
ADK ACH cmt
DKA AHC
⎧ =⎪⎨ = =⎪⎩
Suy ra ( ).ADK ACH g gΔ Δ∼ 
1
3
AK AD
AH AC
⇒ = = 
e) Tìm vị trí của A để diện tích tam giác ADE lớn nhât. 
 Ta có 
2 1 1
3 3
ADE
ADE ABC
ACB
S ADADE ACB S S
S AC
⎛ ⎞Δ Δ ⇒ = = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠∼ 
Mà 
21 1 1 3 3. . . . 3
2 2 2 2 4ABC
R RS AH BC AM BC R= ≤ = = 
Nên 21
4ADE
S R≤ . Dấu “ = “ xảy ra khi AH AM H M= ⇔ ≡ ⇔ A là điểm chính giữa cung BC 
của đường tròn (M) 
Vậy diện tích tam giác ADE lớn nhất bằng 21
4
R khi A là điểm chính giữa cung BC của đường 
tròn (M). 
Bài 3: Cho hình vuông ABCD cố định. E là điểm di động trên cạnh CD ( khác C và D). Tia AE cắt 
đường thẳng BC tại F. Tia Ax vuông góc với AE tại A cắt đường thẳng DC tại K. BD cắt KF tại I. 
a) Chứng minh: n nCAF CKF= . 
b) Chứng minh: n nIDF 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: n nCAF CKF= . 
Ta có n ( )90oKAF AK AF= ⊥ và 
n 90oKCF = (ABCD là hình vuông), 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
5
suy ra n n ( )90oKAF KCF= = ⇒ tứ giác ACFK là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một 
cạnh dưới hai góc bằng nhau). 
Do đó: n nCKF CAF= 
b) Chứng minh: n nIDF IEF= . 
Tứ giác ACKF nội tiếp nên ta có: n nAFK ACK= mà n n45 , 45o oACK BDC= = (ABCD là hình 
vuông) suy ra: n n ( )45oAFK BDC= = . Do đó tứ giác IDEF là tứ giác nội tiếp (góc ngoài bằng góc 
trong đỉnh đối diện), suy ra n nIDF IEF= 
c) Chứng minh tamg giác KAF vuông cân. 
Tam giác AKF vuộng tại A (gt) có n n45 45o oAFK AKF= ⇒ = nên là tam giác vuông cân tại A. 
d) Chứng minh I là trung điểm của KF 
Xét tứ giác ABFI có: 
+ n ( )045 cmtAFI = 
+ n 45oABI = (ABCD là hình vuông) 
Suy ra ABFI là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc bằng nhau) 
Khi đó: n n n n180 180 180 90 90o o o o oAFI ABI AFI ABI AI KF+ = ⇒ = − = − = ⇒ ⊥ 
Tam giác AKF cân có AI là đường cao nên cũng là trung tuyến, suy ra I là trung điểm của KF. 
e) Chứng minh IMCF nội tiếp. 
Xét tam giác BAM và tam giác BCM có: 
+ AB = BC (ABCD là hình vuông) 
+ n nABM CBM= (ABCD là hình vuông) 
+ BM chung 
Suy ra ( ). .BAM BCM c g cΔ = Δ n nBAM BCM= 
Mà n nBAM BIF= (ABFI nội tiếp) 
Nên n nBCM 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  
Sưu tầm và biên soạn 
6
n n n
n n n
n n
45 180 135
45 180 135
o o o
o o o
ADB ADI ADB
ACB ACF ACF
ADI ACF
⎧ = ⇒ = − =⎪⎨ = ⇒ = − =⎪⎩
⇒ =
Xét tam giác ADI và tam giác ACF có: 
+ n nADI ACF= 
+ n nAID AFC= (ABFI nội tiếp) 
Suy ra ( )~ . DI ADADI ACF g g
CF AC
Δ Δ ⇒ = 
Trong tam giác vuông cân ADC có : n 1sin sin 45
2
oAD 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 CD AB⊥ tại D cắt (O) tại E. Vẽ EF BC⊥ tại F và EH AC⊥ tại H. Gọi M 
là giao điểm của DF và BE, N là giao điểm của HF và CE. 
a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD nội tiếp. 
b) Chứng minh 2 .EF ED EH= 
c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp. 
d) Chứng minh MN EF⊥ . 
Hướng dẫn giải: 
a) Chứng minh tứ giác EFCH, EGBD 
nội tiếp. 
Ta có: 
n ( )
n ( )
n n
90
90
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  
Sưu tầm và biên soạn 
7
b) Chứng minh 2 .EF ED EH= 
Ta có: 
+n nEFH ECH= (1) (Tứ giác EFCH nội tiếp) 
+ n nEDF EBF= (2) (Tứ giác EFBD nội tiếp) 
+ n nECH EBF= (3) (Góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó) 
Từ (1), (2) và (3) ta có: n n n n( )EFH EDF EFH EDF= = = 
Chứng minh tương tự ta cũng có: n n n n( )EFD EHF ECF EBD= = = 
Xét tam giác EHF và tam giác EFD ta có: 
n n ( )
n n ( )
( ) 2
cmt
cmt
~ . .
EHF EFD
EFH EDF
EH EFEHF EFD g g EF ED EH
EF ED
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
⇒ Δ Δ ⇒ = ⇒ =
c) Chứng minh tứ giác EMFN nội tiếp. 
 Theo câu b ta có: 
n n
n n
EFN EBC
EFM ECB
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
⇒ 
n n n n n n
n n 180o
EFN EFM MEN EBC ECB MEN
MFN MEN
+ + = + +
⇔ + =
 Suy ra tứ giác EMFN nội tiếp (hai góc đối bù nhau) 
d) Chứng minh MN EF⊥ . 
Tứ giác EMFN nội tiếp nên ta có: n nEMN EFN= 
Mà n n ( )cmtEFN EBC= 
n nEMN 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  
Sưu tầm và biên soạn 
8
b) Chứng minh 2. 2AI AN R= . 
c) Chứng minh n nCDM CNM= . 
d) Gọi K là trung điểm MN. Chứng minh AK CD⊥ . 
e) Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Tính KF theo R. Suy ra F luôn thuộc 
một đường thẳng cố định khi đường kính CD thay đổi. 
Hướng dẫn giải 
a) Chứng minh tứ giác OINB nội tiếp. 
Ta có I là trung điểm dây cung AD, suy ra 
OI AD⊥ (liên hệ giữa đk và dây cung) 
n 90oOIN⇒ = 
MN là tiếp tuyến của (O) tại B, suy ra 
n 90oOB MN OBN⊥ ⇒ = . 
Tứ giác OINB có n n 180oOIN OBN+ = nên là tứ 
giác nội tiếp (hai góc đối bù nhau). 
b) Chứng minh 2. 2AI AN R= . 
Xét tam giác AIO và tam giác ABN có: 
+ Góc nBAN chung. 
+ n n ( )90oAIO ABN= = 
Suy ra 2~ . . 2AI AOAIO ABN AI AN AO AB R
AB AN
Δ Δ ⇒ = ⇒ = = 
c) Chứng minh n nCDM CNM= . 
Ta có n 90oACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Suy ra: n nABC CMN= (cùng phụ với nCBM ) 
Mà n nABC ADC= (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) 
Nên ta có: n nADC CMN= 
Do đó tứ giác CDNM nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện). 
d) Chứng minh AK CD⊥ .MN. 
Gọi P là giao điểm của AK và CD. 
Ta có n 90oMAN = (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  
Sưu tầm và biên soạn 
9
Tam giác AMN vuông tại A (n 90oMAN = ) có AK là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền 
MN nên ta có: 1
2
AK MN KN= = . Suy ra tam giác KAN cân tại K n nKAN ANK⇒ = 
Ta cũng có n nADC AMN= (cmt) 
Do đó: n n n n 90oKAN ADC AMN ...  BDC⇒ Δ vuông cân tại D. 6
2
RDC DB⇒ = = 
Từ đó ta có: 
( )2 62 6
2 2 2
RR RAC 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 nOID . 
b) Chứng minh OI là tia phân giác của góc nCOM . 
c) Chứng minh hai tam giác CIO và CMB đồng dạng. Tính tỉ số: OI
MB
d) Khi M là điểm chính giữa cung BC. Tính diện tích tứ giác ACIO theo R. 
e) Nếu K là trung điểm của BC. Tính AM
BM
. 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
20
Hướng dẫn giải 
a) Chứng minh tứ gíc ACIO nội tiếp 
Ta có p p ( )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 n 90oCOA = . 
Xét tứ giác ACIO có n n ( )90oCOA CIA= = nên là tứ 
giác nội tiếp (Hai đỉnh kể cùng nhìn một cạnh dưới 
một góc vuông). 
Suy ra n nOID CAO= 
Ta giác OAC có OC = OA và n 90oCOA = nên là 
tam giác vuông cân, suy ra n 45oCAO = . 
Vậy n 45oOID = . 
b) Chứng minh OI là tia phân giác của góc nCOM . 
Ta có: n nCOI CAI= (tứ giác ACIO nội tiếp) 
Và n n1
2
CAI COM= (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung CM) 
Suy ra: n n1
2
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
MB
Ta có n nCBM CAM= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CM) 
Và n nCAI COI= (ACIO nội tiếp) 
Suy ra n nCBM COI= 
Chứng minh tương tự ta có: n nBCM OCI= . 
Xét CIOΔ và CBMΔ có: 
n n ( )
n n ( )
cmt
cmt
COI CBM
OCI BCM
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
 ( )~ .CIO CMB g gΔ Δ 
d) Khi M là điểm chính giữa cung BC. Tính diện tích tứ giác ACIO theo R. 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
21
Gọi H là trung điểm của OM và BC. Ta có MB = MC, OB = OC suy ra OM là đường trung 
trực của BC. Khi đó OM BC⊥ tại H và H là trung điểm của BC. 
Trong tam giác vuông cân OBC có: n 2sin 45sin o
OB RBC R
OBC
= = = 
2. 2. .
22
OA OB R RAH BC OA OB AH
BC R
= ⇒ = = = 
Do đó 
( )2 22
2 2
RRMH OM OH R
−= − = − = 
Khi đó 
( ) ( )22 2 2 11 1. 2.
2 2 2 2MCB
R R
S MH BC R
− −= = = 
Ta có: 
 ( ) ( )222 2 11 1~ cmt
2 2 42
CIO
CIO MCB
MCB
RS OC RCIO MCB S S
S BC R
−⎛ ⎞⎛ ⎞Δ Δ ⇒ = = = ⇒ = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
Và 
21 .
2 2AOC
RS OA OC= = 
Từ đó ta có: 
( ) ( )2 22 2 1 2 1
2 4 4ACIO AOC CIO
R RRS S S
− += + = + = 
e) Nếu K là trung điểm của BC. Tính AM
BM
. 
Gọi G là giao điểm của AM và CO. Trong tam giác ABC có AK và CO là trung tuyến cắt nhau 
tại G nên G là trọng tâm của tam giác ACB. Do đó 3CO GO= . 
Ta có n 90oAMB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Xét tam giác MABΔ và OAGΔ có: 
n
n n ( )
chung
90o
MAB
AMB AOG
⎧⎪⎨ = =⎪⎩
( )~ . 3MA MB MA AO COMAB 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. 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
22
b) Vẽ cát tuyến AMN của đường tròn (O) (M nằm giữa A và N). Gọi E là trung điểm của NM. 
Chứng minh 4 điểm A, O, E, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm K của đường tròn 
đó. 
c) Tia CE cắt (O) tại I. Chứng minh BI // MN. 
d) Tìm vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất. 
Hướng dẫn giải 
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: 
+ n ( )90oAEO OE AE= ⊥ 
+ n 90oACO = (AC là tiếp tuyến của (O)) 
Suy ra n n 90 90 180o o oAEO ACO+ = + = nên AEOC là tứ giác nội tiếp. Vậy 4 điểm A, E, O, C 
cùng thuộc một đường tròn. 
Hơn nữa n 90oAEO = nên AO là đường kính và trung điểm K của AO chính là tâm của 
(AEOC). 
c) Chứng minh BI // MN. 
Ta có n 90oABO = ( AB là tiếp tuyến của (O)) do đó B cũng thuộc đường tròn đường kính AO. 
Từ đó ta có n nABC AEC= (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (K)) 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
23
Mặt khác n nABC BIC= (góc giữa tia tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp cùng chắn một 
cung) 
Do đó n nBIE 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 1 1. .
2 2AIN ABN
S IF AN BE AN S= = = . (1) 
Vẽ NH vuông góc với AB (H thuộc AB). Khi đó 1 .
2ABN
S NH AB= (2) 
Vẽ đường kính BN’, khi đó ta có NH NB N B′≤ ≤ . (3) 
Từ (1), (2) và (3) ta có 1 .
2AIN
S AB BN ′≤ không đổi. 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi N N ′≡ . 
Vậy khi AN AN ′≡ thì diện tích tam giác AIN đạt giá trị lớn nhất. 
Bài 14: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) (AB < AC). Đường cao BE của 
tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại K. Kẻ KD vuông góc với BC tại D. 
a) Chứng minh 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn. 
b) Chứng minh KB là phân giác của góc AKD. 
c) Tia DE cắt đường thẳng AB tại I. Chứng minh KI AB⊥ . 
d) Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với OA, đường thẳng này cắt AB tại H. Chứng minh CH 
// KI. 
a) Chứng minh 4 điểm K, E, D, C cùng 
thuộc một đường tròn. 
Xét tứ giác KEDC có: 
+ n 90oKEC = (BE là đường cao của tam giác 
ABC) 
+ n ( )90oKDC KD CD= ⊥ 
Suy ra n nKEC KDC= ⇒ tứ giác KEDC nội 
tiếp hay 4 điểm K, E, D, C cùng thuộc một 
đường tròn. 
Hơn nữa n 90oKEC = nên CK là đường kính 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
24
của đường tròn suy ra tâm là trung điểm của CK. 
b) Chứng minh KB là phân giác của góc AKD. 
Ta có n nAKB ACB= ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)) 
Và n nBKD ACB= (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE của (EKCD)) 
Suy ra n nAKB BKD= ⇒ DB là phân giác của góc nAKD 
c) Chứng minh KI AB⊥ . 
Ta có n nIAK KCB= (tứ giác AKCB nội tiếp trong (O)) 
Và n nIEK KCD= (tứ giác EKCD nội tiếp) 
Suy ra n nIAK IEK= ⇒ tứ giác IAEK nội tiếp 
Khi đó ta có: n n n n180 180 90o o oAIK AEK AEK+ = ⇒ ΑΙΚ = − = KI AB⇒ ⊥ . 
d) Chứng minh CH // KI. 
Vẽ tiếp tuyến Ax của (O), khi đó ta có: 
 OA Ax⊥ (1) và n nxAB 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 n n//Ax EH xAH AHE⇒ = (3) (so le trong) 
Từ (2) và (3) ta có n nAHE ACB= suy ra tứ giác HECB nội tiếp (góc ngoài bằng góc trong đối diện) 
n n 90oBHC BEC CH AB⇒ = = ⇒ ⊥ 
Bài 15: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là điểm thuộc cung nhỏ AC. 
Vẽ MH BC⊥ tại H, vẽ MI AC⊥ tại I. 
a) Chứng minh n nIHM ICM= . 
b) Đường thẳng HI cắt đường thẳng AB tại K. Chứng minh MK BK⊥ . 
c) Chứng minh hai tam giác MIH và MAB đồng dạng. 
d) Gọi E là trung điểm IH và F là trung điểm AB. Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra 
ME EF⊥ 
Hướng dẫn giải: 
a) Chứng minh n nIHM ICM= 
Tứ giác MIHC có n n ( )90oMIC MHC= = nên là tứ giác 
nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc 
bằng nhau) 
Suy ra n nIHM ACM= 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
25
b) Chứng minh MK BK⊥ . 
Ta có n nKAM MCB= (tứ giác AMCB nội tiếp trong (O)) 
Và n nMIK MCB= (tứ giác MIHC nội tiếp) 
Suy ra n nKAM KIM= ⇒ tứ giác KAIM nội tiếp 
Khi đó ta có: n n n n180 180 90o o oAKM AIM M AIM MK AK+ = ⇒ ΑΚ = − = ⇒ ⊥ . 
c) Chứng minh hai tam giác MIH và MAB đồng dạng. 
Ta có n n 180oMAB MCB+ = (AMCB nội tiếp) 
Và n n 180oMIH MCB+ = (MIHC nội tiếp) 
Suy ra n nMAB MIH= 
Ta có n nMBA ACM= (góc nội tiếp cùng chắn cung AM của (O)) 
Mà n nIHM ACM= (cmt) nên n nMBA MHI= 
Xét tam giác MAB và tam giác MIH ta có: 
n n ( )
n n ( )
MAB MIH cmt
MBA MHI cmt
⎧ =⎪⎨ =⎪⎩
Suy ra ( )~ .MAB MIH g gΔ Δ 
d) Chứng minh KMEF nội tiếp. Suy ra ME EF⊥ 
Ta có ~ MA ABMAB MIH
MI IH
Δ Δ ⇒ = 
Mà AB = 2AF (F là trung điểm AB) và IH = 2IE (I là trung điểm IH) 
Nên 2
2
MI AF AF
MA IE IE
= = 
( ) n n~ . .MAF MIE c g c MEI MFA⇒ Δ Δ ⇒ = 
Xét tứ giác MKFE có n nMFK MEK= nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới 
hai góc bằng nhau) 
Suy ra n n n n180 180 90o o oMEF MKA MEF MKF ME EF+ = ⇒ = − = ⇒ ⊥ 
Bài 16: Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). D là điểm thuộc cạnh AC. Vẽ DE BC⊥ tại 
E. 
a) Chứng minh tứ giác ADEB nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác. 
b) Vẽ đường tròn tâm D bán kính DE cắt (O) tại F, BF cắt AD tại I, BD cắt AE tại K. Chứng 
minh tứ giác AKIB nội tiếp. 
c) Chứng minh: BI.BF = BK.BD 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
26
d) Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt BF tại N. Chứng minh NA = NF. 
Hướng dẫn giải 
a) Chứng minh tứ giác ADEB nội tiếp. 
Xét tứ giác ADEB có 
n n 90 90 180o o oBAD BED+ = + = nên là tứ giác nội 
tiếp được trong một đường tròn (hai góc đối bù 
nhau) 
Hơn nữa do n 90oBAD = nên BD là đường kính của 
đường tròn và trung điểm J của BD là tâm. 
b) Chứng minh tứ giác AKIB nội tiếp. 
Ta có n 90oBFD = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 
(J)) 
Xét tam giác BDF và BDE có: 
+n n ( )90oBFD BED= = 
+ BD chung 
+ DF = DE. 
Suy ra BDF BDEΔ = Δ (cạnh huyền góc nhọn) n nBDF BED⇒ = 
Mà n nBED DAE= (góc nội tiếp cùng chắn cung DE của (I)) 
Nên ta có: n nDAE DBF= ⇒ tứ giác AI KB nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới hai góc 
bằng nhau) 
c) Chứng minh: BI.BF = BK.BD 
Vì tứ giác AIKB nội tiếp nên n n n n180 180 90o o oBAI BKI BKI BAI+ = ⇒ = − = 
Xét tam giác BKI và tam giác BFD có: 
n n ( )
n
90
chung
~ . .
oBKI BFD
IBD
BK BIBKI BFD BK BD BI BF
BF BD
⎧ = =⎪⎨⎪⎩
⇒ Δ Δ ⇒ = ⇒ =
d) Chứng minh NA = NF. 
Tứ giác AFDB có n n 90oBAD BFD= = nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhình một cạnh 
dưới hai góc bằng nhau) n nAFN ADB⇒ = 
TTBDKT QUANG MINH ÔN THI HỌC KỲ II - HÌNH HỌC 
243/27/15 LẠC LONG QUÂN 
GV: NGUYỄN TĂNG VŨ  
Sưu tầm và biên soạn 
27
Mà n n nADB DBC ACB= + (góc ngoài bằng tổng hai góc trong không kề của tam giác DBC) 
Suy ra n n n n n ( )1AFN DBC ACB FBD ACB= + = + (vì n nDBC FBD= ) 
Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên ta có 1
2
AM BC MC= = 
Suy ra tam giác MAC cân tại M n nMAC ACB⇒ = (2) 
Tứ giác AFDB nội tiếp nên ta có n nFAD FBD= (3) 
Từ (2) và (3) suy ra n n n n n n n ( )4MAC FAD ACB FBD FAN ACB FBD+ = + ⇔ = + 
Từ (1) và (4) ta có n nAFN FAN NAF= ⇒ Δ cân tại N.