CHÙM BÀI TOÁN

TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN

ÔN THI VÀO 10
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: Cho  O; R  và điểm M nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn, dây BC vuông
góc OM tại H .
B

O

H

I

M

C

1) Chứng minh OH .OM  R 2 .
Vì MB là tiếp tuyến  O   BM  OB   OBM vuông tại B, BH là đường cao .
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông OBM : OM .OH  OB 2  R 2
2) Chứng minh MB  MC , HB  HC .
Xét hai tam giác vuông OHB và OHC có OB  OC  R , OH chung.

  COH

 BOH
Từ đó chỉ ra OHB  OHC  2cgv   
.
 HB  HC
Từ đó suy ra OMB  OMC  c  g  c   MB  MC .

3) Chứng minh MC là tiếp tuyến đường tròn.

  OBM
  900  CM là tiếp tuyến của  O  .
Do OMB  OMC  OCM

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

4) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp đường tròn, tìm tâm đường tròn đó.
B

O

H

M

I

C

  MCO
  1800  MBOC nội tiếp, tâm nằm ở trung điểm OM .
Chỉ ra MBO
5) Bài có thể thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB, MC . Chứng minh BC  OM .
B

O

M

H

C

+ Lập luận vì MB  MC  M nằm trên trung trực BC , OB  OC  O nằm trên trung trực BC .
Vậy OM là trung trực BC  OM  BC .

 ( tính chất tiếp tuyến) nên OM là đường cao
+ Hoặc chỉ ra MB  MC và MO là phân giác góc BMC

MBC  OM  BC .
 biết OM  2 R .
6) Tính OH , HM , MB, MC , góc BMC
B

O

M

H

C

Chỉ ra OB 2  OH .OM  R 2  OH .2 R  OH 

R
R 3R
.
 HM  OM  OH  2 R  
2
2
2

Tính BM  OM 2  OB 2  R 3  MC  MB  R 3 .

sin BMO

OB 1
  300  BMC
  2.BMO
  600 .
  BMO
OM 2

7) Cho CM 

4
R . Tính diện tích COBM .
3

1
1 4
4R 2
Vì OBM  OCM  SOBMC  2S OCM  2. .OC.CM  2. .R. R 
( đơn vị diện tích)
2
2 3
3
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

 và I là tâm đường tròn nội tiếp
8) Gọi giao OM với  O  là I . Chứng minh BI là phân giác góc MBC

MBC .
(Đề bài có thể đổi thành: Chứng minh khi M thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp MBC luôn nằm trên
một đường tròn cố định – hoặc chứng minh I cách đều 3 cạnh BM , CM , BC )
B

O

H

I

M

C


Cách 1: Do MC , MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M  MO là phân giác góc BMC

1 .

  IBM
  900
OBI

  HIB
  900
  IBM
  BI là phân giác góc CBM
  2 .
Ta có:  HBI
 HBI
 
 HIB  OBI ,  OI  OB  R 
Từ 1 2   I là tâm đường tròn nội tiếp BCM .

Cách 2: Do MC , MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M  MO là phân giác góc BMC

1 .

  BI
.
  COM
 ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cung CI
Ta có: BOM
 1 
CBI  2 sdCI
  IBM
  BI là phân giác góc CBM
  2 .
Mà 
 CBI
1
  sd BI

 IBM

2
Từ 1 2   I là tâm đường tròn nội tiếp BCM .
9) Chứng minh

IH
HB

IM BM
B

O

H

I

M

C

  HI  BH ( tính chất phân giác) .
Xét BHM có BI là phân giác trong của góc HBM
IM BM
10) Tìm vị trí điểm M để BI  MC ( hoặc CI  MB ).

 , để BI  CM  CBM cân tại B  CB  BM .
Vì BI là phân giác góc CBM
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

  600  BOC
  1200  BOM
  600 .
Mà BM  CM  BCM là tam giác đều nên BMC

Ta có: cos BOM

OB
OB
 OM 
 2R .

OM
cos BOM

Vậy để BI  CM thì M   O; 2 R  .
11) Từ điểm A trên cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  . Tiếp tuyến này cắt MB, MC tại
A1 , A2 . Chứng minh chu vi MA1 A2 không đổi và độ lớn góc 
A1OA2 không phụ thuộc vào vị trí điểm
A khi A di chuyển trên cung nhỏ BC .
B
A1
A
O

M

A2
C

 MB  MC

Ta có:  A1B  A1 A ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) .
A A  A C
 2
2
Chu vi MA1 A2 là: MA1  MA2  A1 A2  MA1  MA2   A1 A  AA2    MA1  A1 A    MA2  AA2 

  MA1  A1B    MA2  CA2   MB  MC  2MB không đổi khi A di chuyển trên cung nhỏ BC .





1 1 1 1
 không đổi.
Ta có: 
A1OA2  
A1OA  
AOA2  BAO
 AOC  BOC  1800  BMC
2
2
2
2

Vậy chu vi tam giác MA1 A2 và độ lớn góc 
A1OA2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A .
12) Cho R  3cm, OM  6cm . Tính số đo góc 
A1OA2 .
B
A1
A
O

M

A2
C





1
 . Trong tam giác vuông BMO ta có:
Ta có: 
A1OA2  1800  BMC
2


sin BMO

OB 3 1
  300  BMC
  600 .
   BMO
OM 6 2

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành





1
  600 .
Do đó 
A1OA2  1800  BMC
2

13) Gọi giao OA1 và OA2 với BC là A3 và A4 . Chứng minh A2 A3  OA1 và A1 A4  OA2 ( hoặc các câu
hỏi liên quan đến ba đường cao của OA1 A2 hoặc chứng minh tứ giác OCA2 A3 và OBA1 A4 và
A3 A4 A2 A1 là tứ giác nội tiếp)
B
A1
A3

O

A
M

A4
A2
C

1 
  1 .BOC
 ( góc ở tâm và góc nt)
Ở trên các em đã chứng minh được 
mà BCA
A1OA2  .BOC
2
2
2

.
Suy ra 
A1OA2  BCA
2
0


Từ đó suy ra tứ giác OCA2 A3 là tứ giác nội tiếp nên OA
3 A2  OCA2  90 .

  1 .BOC
  tứ giác OBA A nội tiếp nên
Chứng minh tương tự: 
A1OA2  CBA
1 4
1
2
0


OA
4 A1  OBA1  90  A1 A4  OA2 .

  600 , gọi giao OA và OA với BC là A và A . Tính tỉ số A1 A2 .
14) Cho góc BMC
1
2
3
4
A3 A4
B
A1
A3

O

A
M

A4
A2
C

  1200 .
Đầu tiên các em tính góc BOC


 
Ở bài trên các em đã chứng minh được tứ giác OCA2 A3 nội tiếp nên OA
2 C  OA3C  OA2 A  OA3C
A2 A1 OA3


( do OA
.

2 C  OA2 A tính chất tt cắt nhau) . Từ đó suy ra OA3 A4 ∽ OA2 A1 
A3 A4 OA2
OA3
OA3
1 
1
Do OA3 A2 vuông tại A3 và 
A3OA2  .BOC
 600 nên cos 
A3OA4 

 cos 600  .
OA2
OA2
2
2

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

Vậy

A2 A1 OA3 1


A3 A4 OA2 2

  600 và OA1  BC  A3 . Chứng minh AA . AA  BA . CA .
15) Cho góc BMC

1
2
3
4
OA2  BC  A4
B
A1
A3

O

A
M

A4
A2
C

Chỉ ra 
A1 BA3  
A1OA2  
A2CA4  600 .

A1 BA3 ∽ A4OA3  g  g 
A B BA
 A1 BA3 ∽ A4CA2  1  3 .
Chỉ ra 
A4C CA2
A4OA3 ∽ A4CA2  g  g 
 A1B  A1 A
A A BA
 1  3  AA1 . AA2  BA3 . CA4
Mà 
A4C AA2
CA2  AA2
16) Từ điểm A trên cung nhỏ BC kẻ AR, AT , AY lần lượt vuông góc với CB, BM , CM tại R , T , Y .

  600 . Tính góc TRY
 ( hoặc chứng minh góc TRY
 không đổi hoặc chứng minh
Cho góc BMC
  BMC
)
TRY
B
T
A

R

M

O
Y

C

1
Chỉ ra ATBR, AYCR là tứ giác nội tiếp nên 
( góc nt và góc ở tâm)
ART  
ABT  BOA
2





1
1 1 1 1

  600 .
Và 
ARY  
ACY  
AOC  TRY
ART  
ARY  BOA
 AOC  BOC  1800  BMC
2
2
2
2
2

17) Chứng minh AR 2  AT . AY
B
T
A

R

M

O
Y

C

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

 
AYR  
ACR  
ABT  
ART
 ARY ∽ ATR  g  g 
Chỉ ra góc 
ARY  
ACT  
ABC  
ATR
 
Suy ra

AR AY

 AR 2  AT . AY .
AT AR

18) Tìm vị trí điểm A để AT . AR . AY đạt giá trị lớn nhất hoặc AT . AY đạt giá trị lớn nhất.
B
T
A

R

M

O
Y

C

+ Ta có: AT . AY  AR 2 .
Do đó AT . AY đạt giá trị lớn nhất khi AR lớn nhất, suy ra ARmax  AI  A  I .
+ Ta có: AT . AY  AR 2  AT .AY . AR  AR 3
Do đó AT . AR . AY đạt giá trị lớn nhất khi AR lớn nhất, suy ra ARmax  AI  A  I .
( với I  OM   O  ).
19) Gọi RT  AB  A5 , RY  AC  A6 . Chứng minh tứ giác AA5 RA6 nội tiếp và A5 A6  RA ( hoặc
A5 A6 / / BC )
B
T
A5
R
O

A
H

M
A6
Y

C

 
ARA5  
ABT  
ACB
Chỉ ra 
.
ARA6  
ACY  
ABC
 
Suy ra 
A5 AA6  
A5 RA6  
A5 AA6  
A5 RA  
ARA6  
A5 AA6  
ACB  
ABC  1800 .
Suy ra tứ giác AA5 RA6 nội tiếp.
  A A / / BC  A A  AR .
Vì tứ giác AA5 RA6 nội tiếp nên 
A6 A5 A  
A6 RA  
ACY  CBA
5 6
5 6

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

20) Cho A, B, Y thẳng hàng, kéo dài A5 A6  BM  R1 . Chứng minh BR1 A6 R là hình bình hành ( hoặc khai
thác các yếu tố của hình bình hành này)
B
R1
T
A5

H
O

M

A

R
A6

Y
C

Ở trên các em đã chỉ ra A5 A6 / / BC .
Mặt khác: 
ABT  
ACB  
AYR  RY / / BM . Từ đó suy ra BR1 A6 R là hình bình hành.
21) Chứng minh rằng nếu TR  TB thì RY  RC .
B
T
A

R
O

M

Y
C

Chỉ ra 
AYR  
ACR  
ABT  
ART  
AYR  
ART .

  900
 
ART  TRB
  RYC
.
Mà 
 TRB
0


 AYR  RYC  90
  TBR
  RCY
  RCY
  RYC
  RY  RC .
Mặt khác TB  TR  TRB

.
22) Chứng minh rằng tia đối của tia AR là phân giác của góc TAY
B
T

O

y

A

R

M

H

Y
C

Gọi Ay là tia đối tia AR .

  TAy
.
Chỉ ra tứ giác BTAR nội tiếp nên CBT

.
  YAy
 . Mà C

  Ay là phân giác của góc TAY
Chỉ ra tứ giác CYAR nội tiếp nên BCY
BT  BCY
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

 AB  RT  A5
23) Gọi 
. Gọi  O4  là đường tròn đi qua 3 điểm ATA5 ,  O5  là đường tròn đi qua 3 điểm
 AC  RY  A6
AYA6 và A7 là giao điểm thứ hai của  O4  và  O5  , H là trung điểm BC . Chứng minh A7 , A, H
thẳng hàng.
B
T
A5

O

R

A8

H

A6

O4

A7

A
M

O5

Y
C

Gọi A8 là giao A7 A với A5 A6 và H  là giao A7 A với BC .

Chỉ ra 
A5 A6 A  BCA
A6YA  A5 A6 là tiếp tuyến của  O5  .

Từ đó chỉ ra được A8 A62  A8 A . A8 A7 .

Chứng minh tương tự : 
A8 A5 A  BCT
A5TA  A8 A5 là tiếp tuyến của  O4 

suy ra A8 A52  A8 A . A8 A7 . Từ đó suy ra A8 A62  A8 A52  A8 A5  A8 A6  A8 là trung điểm A5 A6 .
+ Do A5 A6 / / BC 

A5 A8 A6 A8  AA8 


  H B  H C  H  là trung điểm BC  H   H .
H B H C  AH  

Vậy A7 , A, H thẳng hàng.

  1200 . Gọi giao OA và OA với BC là A và A . Tìm vị trí điểm A trên cung nhỏ
24) Cho góc BOC
1
2
3
4
BC để diện tích tam giác OA3 A4 bé nhất và tìm giá trị bé nhất đó ( hoặc tìm vị trí điểm A để diện

tích OA1 A2 bé nhất hoặc độ dài A1 A2 bé nhất)
B

B
A1

A3
R

A1

T
A3

A
M

O
A4

A
O

H
A4

A2

Y
A2

C

Ta có: OA3 A4 ∽ OA2 A1 theo tỉ số K 
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

C

OA3
1
 cos 
A3OA2  cos 600  .
OA2
2

M

Suy ra

S OA3 A4
S OA2 A1

=

S OA2 A1
1
.
 S OA3 A4 =
4
4

Do đó SOA3 A4 nhỏ nhất khi S OA2 A1 nhỏ nhất.

1
R
Mà S OA2 A1  OA. A1 A2  . A1 A2 nhỏ nhất khi A1 A2 nhỏ nhất.
2
2
Mà A1 A2 nhỏ nhất khi A  OM   O  . Khi đó OAB là tam giác đều nên OH  HA 

R
và OM  2 R .
2

Các em tính được BC  2 BH  R 3 và AM  OM  OA  R .
Ta có:

A1 A2 AM
AA
R
2 R. 3

 1 2 
 A1 A2 
3
R
BC MH
3
R 3
2

Khi đó S OA2 A1 
Nên S OA3 A4 =

R
R 2 R. 3 R 2 3
.
. A1 A2  .

2
2
3
3

S OA2 A1
4



R2 3
12

25) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt MB, MC tại O1 và O2 . Tìm vị trí điểm M để diện
tích tam giác MO1O2 bé nhất.
O1
B

O

M

C
O2

Xét MO1O2 có: OM vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên MO1O2 cân tại M .
1
Suy ra S MO1O2  2 S MOO1  2. OB.O1M  R.O1 M .
2

Mặt khác O1M  O1 B  BM  2 O1 B.BM  2 OB 2  2 R 2  2 R .
Dấu bằng xảy ra khi O1 B  BM  O1OM vuông cân nên OM  R 2 .
Vậy min S MO1O2  2 R 2 khi điểm M nằm cách O một khoảng OM  R 2 .
26) Chứng minh ba tam giác O1 A1O ∽  A1OA2 ∽  O2OA2 và O1 A1 . O2 A2  O2O . O1O .





1 1 1 1
 .
Ta có: 
A1OA2  
A1OA  
AOA2  POA
 AOC  BOC  1800  M
2
2
2
2

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

Do MO1O2 cân tại M ( vì OM vừa là đường cao, vừa là phân giác) nên
0

 O
  180  M  O
 O

O
A1OA2 .
1
2
1
2
2

Xét O1 A1O và  A1OA2 có:


O
1 A1O  OA1 A2 ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

O
A1OA2 ( chứng minh trên)
1

Suy ra O1 A1O ∽  A1OA2  g  g  .
Chứng minh tương tự các em sẽ được  A1OA2 ∽  O2OA2 .
Vậy O1 A1O ∽  A1OA2 ∽  O2OA2 .
Chỉ ra O1 A1O ∽  O2OA2 

O1 A1 O1O

 O1 A1 . O2 A2  O2O . O1O ( đpcm).
O2O O2 A2
O1
B
A1
A
O

M

A2
C
O2

27) Chứng minh O1 A1  O2 A2  O1O2 .
O1
B
A1
A
O

M

A2
C
O2

Sử dụng BĐT Cosi:
Ta có: O1 A1  O2 A2  2 O1 A1 . O2 A2  O1 A1  O2 A2  2 O1O . O2O .
2

OO
OO 
Mà O1O  O2O  1 2 nên O1 A1  O2 A2  2  1 2   O1O2 .
2
 2 

28) Cho  O; R  và điểm M cố định. Tìm vị trí điểm A để O1 A1  O2 A2 nhỏ nhất.

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

O1
B
A1
A
O

M

A2
C
O2

Vì  O; R  và điểm M cố định nên O1O2 không đổi.
Ta có: O1 A1  O2 A2  2 O1 A1 . O2 A2  O1 A1  O2 A2  2 O1O . O2O .
2

Mà O1O  O2O 

O1O2
OO 
nên O1 A1  O2 A2  2  1 2   O1O2 .
2
 2 

Dấu bằng xảy ra khi O1 A1  O2 A2  A1 A2 / / O1O2  A  I ( với I  OM   O  )
29) Cho  O  và M cố định, điểm A di chuyển trên cung nhỏ BC . Chứng minh chu vi tam giác MA1 A2
không phụ thuộc vào vị trí điểm A .
O1
B
A1
A
O

M

A2
C
O2

Chỉ ra chu vi MA1 A2 là: MA1  A1 A  AA2  A2 M   MA1  A1 B    CA2  A2 M   MB  MC  2 MB
không đổi.
Vậy chu vi tam giác MA1 A2 không phụ thuộc vào vị trí điểm A .
30) Cho  O  và M cố định . Tìm vị trí điểm A trên cung nhỏ BC để diện tích tam giác MA1 A2 lớn nhất.
O1
B
A1
A
O

M

A2
C
O2

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

Như trên ta đã chứng minh: Chu vi MA1 A2 không đổi và bằng 2MB .
Đặt MB  a  nửa chu vi MA1 A2 là p  a không đổi
và S MA1 A2 

 p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2 
p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2   

4



4

3

p3
 p  MA1  p  A1 A2  p  MA2 
Ta có:  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2   
 
3

 27

Nên p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2  

p4
 S MA1 A2 
27

p  p  MA1  p  A1 A2  p  MA2  

p 2 . 27
27

Dấu bằng xảy ra khi MA1  MA2  A là giao điểm của OM với  O 


31) Kéo dài AH   O   Z . Chứng minh tứ giác MAOZ là tứ giác nội tiếp và góc BMZ
AMC ( hoặc
  CM

chứng minh BMA
Z hoặc OM là phân giác góc 
AMZ ).
B

A
O

M

H

Z

C

 HM .HO  HC
Chỉ ra 
 HM .HO  HA.HZ .
2
 HA.HZ  HB.HC  HC
2

Từ đó suy ra HAM ∽ HOZ  c  g  c   
AZO  
AMO  tứ giác MAOZ là tứ giác nội tiếp.


+ Ta có: 
AMO  
AZO (góc nt chắn cung OA ) mà OAZ
AZO ( OAZ cân tại O)
  OMZ
 (góc nt chắn cung OZ ) nên 
 mà BMO
  CMO
 nên BMA
  CM

Và OAZ
AMO  OMZ
Z suy ra

BMZ
AMC .
32) Lấy điểm T1 bất kì trên BC , kẻ đường thẳng qua T1 và vuông góc OT1 , cắt MB, MC tại T2 , T3 . Chứng
minh OT2T3 cân.
T2
B

T1
O

M

H

T3
C

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

  OT

OBT
1
2T1
Chỉ ra tứ giác OT1 BT2 ; OT1T3C nội tiếp nên 
mà


T

OCT
OT
3 1
1
  OCT
  OT


OB  OC  OBT
1
2
2T1  OT3T1  OT2T3 cân tại O .

33) Chứng minh rằng nếu T1 là trung điểm HB thì T3 là trung điểm CM , hoặc HT3 BT2 là hình bình hành
( hoặc cho T1 là trung điểm HB , chứng minh BT3 là trung tuyến BMC , hoặc MG  2GH ….)
T2

B

T1
G

O

M

H

T3

C

Chỉ ra OT2T3 cân nên T1 là trung điểm T3T2 , mà T1 là trung điểm HB  HT3 BT2 là hình bình hành, do
đó HT3 / / BT2 . Dựa vào MBC có HT3 / / BM mà H là trung điểm BC  T3 là trung điểm CM .
34) Chứng minh OH . OT2  OB.OT1
T2
B

T1
O

M

H

T3
C



Chỉ ra OT
2T1  OBT1  OT2T1 ∽ OBH  g  g   OH . OT2  OB.OT1

35) Vẽ đường kính CK của đường tròn  O  . Chứng minh BK / /OM .
B

K

O

H

I

M

C

Vì OB  OC  OK  R  CKB vuông tại B  BK  BC mà OM  BC  BK / / OM .
36) Đường thẳng vuông góc KC tại O cắt BC tại E . Chứng minh HE.HC  HO.HM  R 2 .
Chỉ ra HOE ∽ HCO  g  g   HE.HC  OH 2 .
Mà HO.HM  BH 2  HE.HC  HO.HM  OH 2  HB 2  OB 2  R 2 .
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

37) Cho R  3cm, OM  5cm . Tính độ dài các cạnh của tam giác MBC .
Ta có: BM 2  OM 2  OB 2  16  BM  MC  4cm .
BH .OM  OB.BM  BH 

OM .BM 3.4 12

 cm  BC  2 BH  4,8cm .
OM
5
5

38) Kẻ CP  BM tại P , CP  OM  Q . Chứng minh Q là trực tâm MBC và BQ  MC . Tính BQ .
B

B

K

P

P

O

H

M

Q

O

H

M

Q

C

C

Xét MBC có MH , CP là đường cao nên Q là trực tâm MBC và BQ  MC .

OB / / CQ   MB 

Chỉ ra OC / / BQ   MC   OBQC là hình thoi nên BQ  OB  R .
 BC  OQ

39) Giả sử  O  cố định và điểm M luôn chạy trên đường tròn  O;3R  . Chứng minh khi đó Q chạy trên
một đường tròn cố định.
Các em tính được độ dài OH 

R
2R
 OQ 
 Q luôn chạy trên đường tròn
3
3

.
40) Chứng minh BC là phân giác của góc KCP
  HCQ

Chỉ ra BHQ  CHQ  2cgv   HBQ

  KCB
 ( so le trong )
Do QB / / KC ( cùng vuông góc CM ) nên HBQ
.
  BCQ
  BC là phân giác của góc KCP
Suy ra KCB
41) Tứ giác OBQC là hình gì ? Vì sao?

OB / / CQ,   MB 

Chỉ ra OC / / BQ,   CM   OBQC là hình thoi.
OQ  BC

42) Gọi Q1 là trung điểm BK . Chứng minh OHBQ1 là hình chữ nhật.
K

B

Q1

O

M

H

C

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

 2R 
 O;
.
3 


0

 
Chỉ ra OQ
1 B  Q1 BH  BHO  90  OHBQ1 là hình chữ nhật.

43) Từ C kẻ đường thẳng song song MB và cắt  O  tại Y2 . Chứng minh KY2 . OM  2 R 2
K

B

O

Y2

M

H

C

44) Từ C kẻ đường thẳng song song MB và cắt  O  tại Y2 . Tia MY2 cắt đường tròn tại M  , gọi M 3 là
điểm đối xứng với M  qua OM . Chứng minh Y2 , H , M 3 thẳng hàng.
B
B

O

M3

H

M

O

M'3

H

M

M'
M'

Y2

Y2

C

C

Cách 1:
Gọi M 3 là giao Y2 H với  O  . Chỉ ra tứ giác OHM Y2 nội tiếp.
  OY

 

 

Từ đó suy ra MHM
2 M  OM Y2  OHY2  M 3 HM .
 
  M 3 và M  đối xứng nhau qua OM  M 3  M 3 .
Từ đó suy ra M 3 HM  MHM

Cách 2:
1  



Do M 3 đối xứng M  qua MO nên M
.M 3OM   M 3Y2 M  .
3OM  M OM 
2





OM  M
Y2 H  M
Y2 H  M
Y2 M 2 .
Mặt khác tứ giác OHM Y2 nội tiếp nên M

Vậy Y2 , H , M 3 thẳng hàng.
45) Từ B kẻ BF2  KC tại F2 , BF2  KM  F3 . Chứng minh F3 là trung điểm F2 B và BC là phân giác
.
góc MBF
2

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

K

B
F3

K1

F2
O

M

H

C

Chỉ ra F2 F3 / / CM 

F2 F3 CM CM
.


KF2
KC 2OC


  1 sd BC
   F BK ∽ HMC  g  g   F2 B  HM .
Chỉ ra F
2 KB  HCM  
2

KF2 HC
 2

Chỉ ra HOC ∽ HCM  g  g  
Từ 3 đẳng thức trên các em suy ra :

HM CM
.

HC OC

F2 F3 1 CM 1 F2 B
FF 1 FB
FB
 .
 .
 2 3  . 2  F2 F3  2  F3 là
KF2 2 OC 2 KF2
KF2 2 KF2
2

trung điểm F2 B .



   1 sd BC
 .
+ Chỉ ra F
2 BC  CKB ( cùng phụ F2 BK ) mà CKB  CBM  

2





Suy ra F
2 BC  CBM  BC là phân giác góc MBF2 .

46) Qua O kẻ đường thẳng vuông góc OB cắt MC tại Y1 . Chứng minh OY1M cân.
B

K

K1

I

H

I1

M

O

Y1
C



Chỉ ra OY1 / / MB   OB   Y
1OM  OMB  slt   OMY1  OY1M cân tại Y1 .

47) Gọi B3 là điểm chính giữa cung I I1 . Từ H kẻ HH 3  B3 I1 tại H 3 , kẻ HH 4  B3 I tại H 4 . Chứng
minh 5 điểm O, H , H 4 , B3 , H 3 cùng thuộc một đường tròn.
B3
B

H3

H4
I1

O

H

I

M

C

Chỉ ra 5 điểm O, H , H 4 , B3 , H 3 cùng nằm trên đường tròn đường kính HB3 .
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

48) Gọi H 5 là điểm đối xứng với H qua H 3 H 4 . Chứng minh H 4 H 5 B3 H 3 là hình thang cân.
B3
B

H3

H5
H4
I1

H

O

M

I

C

H 4 H  H4 H5
Chỉ ra 
( tính chất đối xứng trục)
H3H  H3 H5
0


nên H 3 H 5 H 4  H 3 HH 4  g  g  g   H
3 H 5 H 4  H 3 HH 4  90  H 4 H 5 B3 H 3 là tứ giác nội tiếp.



Vì H 4 H 5  HH 4  B3 H 3  B
3 H 5 H 3  H 4 H 3 H 5 ( góc nt chắn hai cung bằng nhau)

Suy ra B3 H 5 / / H 3 H 4  H 4 H 5 B3 H 3 là hình thang.
Vì hình thang H 4 H 5 B3 H 3 là tứ giác nội tiếp nên H 4 H 5 B3 H 3 là hình thang cân.
49) Chứng minh rằng H 5   O  .
B3

B

H3

H5
H4

I1

O

M

I

H

C

0


OH
5 H 3  OB3 H 3  45
Chỉ ra 
, mà H 4 H 5 B3 H 3 là tứ giác nội tiếp và H 4 H 5  B3 H 3 nên góc
I  450
OB
3



 
H
4 B3 H 5  B3 H 5 H 3  OB3 H 5  OH 5 B3  OH 5 B3 cân tại O  OH 5  OB3  R  H 5   O  .

50) Tiếp tuyến tại H 5 cắt OM tại H 6 . Chứng minh H 3 , H 4 , H 6 thẳng hàng.
B3

B

H3

H5
H4

I1

O

H

C

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

I

H6

M

 IHH 4  OH 3 H 4  OB3 I  450

0
0



Tứ giác OHH 4 H 3 nội tiếp nên OH 5 H 4  OB
H
3 H 4  45
4 HI  H 4 H 5 H 6  45

0
OH 5 H 6  90


 
Mà H
4 H 5 H  H 4 HH 5  HH 5 H 6  H 5 HH 6  H 6 H 5  H 6 H  H 6 nằm trên trung trực HH 5

Mà H 3 H 4 là trung trực HH 5 nên H 3 , H 4 , H 6 thẳng hàng.
51) Giả sử B cố định và M thay đổi sao cho MB là tiếp tuyến của  O  . Tìm quỹ tích điểm Q khi M
thay đổi.
Do OBQC là hình thoi nên BQ  OB  R mà B cố định nên Q   B; R  .
 MK   O   K1

52) Gọi C1 là trung điểm CM ,  MK  BC  B1 . Chứng minh MK1.MK  MH .MO .
C K  BC  B
2
 1 1
B2

K

B2

B

B1

O

K

B

K1

B1
M

H

O

K1

M

H

C1

C1

C

C

Chỉ ra CKM vuông tại C và có CK1 là đường cao nên MK1.MK  CM 2 .
Chỉ ra OCM vuông tại C có CH là đường cao nên MH .MO  CH 2 .
Từ đó suy ra MK1.MK  MH .MO

  MKO

 MHK
1
53) Chứng minh MK1 H ∽ MOK và góc 
. Từ đó suy ra OKK1 H nội tiếp.


O

MOK
 MK
1
B2

K

B2

B

B1

O

K

B

K1

B1
M

H

O

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

M

H

C1
C

K1

C1
C

 chung và MK1  MH
Xét MK1 H và MOK có: góc KMO
MO MK
Từ đó suy ra MK1 H ∽ MOK .

  MKO

 MHK
1
Vì MK1 H ∽ MOK nên 
.


 MK
1O  MOK
0
  OHK
K


Xét tứ giác OKK1 H có OKK
1
1
1 HM  OHK1  180 , mà đây là hai góc đối nhau nên tứ giác

OKK1 H là tứ giác nội tiếp.
54) Chứng minh C1 K1 là tiếp tuyến của  O  .
B2

K

B

B1

O

K1

M

H
C1
C

Chỉ ra CMK1 vuông tại K1  K1C1  C1C  C1M  C1 K1C cân tại C1 .
0


Chỉ ra OC1 K1  OC1C  c  c  c   OK
1C1  OCC1  90 .

Từ đó suy ra C1 K1 là tiếp tuyến của  O  .
55) Gọi K2 là trung điểm KK1 . Chứng minh B2 K là tiếp tuyến của  O  .
B'

K

B2

B
K2
B1

O

K

B
K2

K1

M

H

O

B1

M

H

C1
C

K1

C1
C

OK 2  KK1
Vì K2 là trung điểm KK1  
.
K

OK
 KOK
2
1
2

giả sử OK 2  BC  B . Ta sẽ chứng minh B '  B2 , tức là chứng minh B ' K1 là tiếp tuyến  O  .
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

Ta có: OK 2 M ∽ OHB  g  g   OK 2 .OB  OH .OM  OB 2  R 2  OK12
0

 

 OK 2 .OB  OK12  OK 2 K1 ∽ OK1 B   c  g  c   OK
1 B  OK 2 K1  90  B K1 là tiếp tuyến của

 O  , suy ra

B  B2 .

0
  OK

Từ OKB2  OK1 B2  c  g  c   OKB
2
1 B2  90 nên B2 K là tiếp tuyến của  O  .

56) Chứng minh MHB1 ∽ B2 HO . Từ đó suy ra HO.HM  HB2 . HB1  BH 2 .
B'

K

B2

B
K2
B1

O

K

B
K2

K1

M

H

B1

O

K1

M

H

C1

C1

C

C

  HB


Các em chỉ ra HMB
1
2 O ( cùng phụ HPB2 ).

Từ đó suy ra MHB1 ∽ B2 HO  g  g   HO.HM  HB2 . HB1 và HO.HM  BH 2 .
57) Chứng minh BC 2  4 HB1 . HB2 .
2

BC
 BC 
2
Chỉ ra BH  HO.HM  HB2 . HB1 mà BH 

  HB2 . HB1  BC  4 HB1 . HB2 .
2
 2 
2

B2

K

B
K2

O

B1

K1

M

H

C1
C

58) Chứng minh OH .OM  OK 2 .OB2  R 2  OB 2 ( hoặc chứng minh OK 2 .OB2 không đổi)



Chỉ ra K
2 MO  HB2O ( cùng phụ HOB2 ) .

Từ đó suy ra K 2 MO ∽ HB2O  g  g   OH .OM  OK 2 .OB2 .
Mà OH .OM  OB 2  R 2 nên OH .OM  OK 2 .OB2  R 2  OB 2
Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

59) Chứng minh OB1  B2 M
B2

K

B
K2

O

K1

B1

M

H

C1
C

Chỉ ra B1 là trực tâm OMB2  OB1  MB2 .
60) Chứng minh tứ giác MHK 2 B2 nội tiếp từ đó suy ra OK 2 . OB2 không đổi.
B2

K

B
K2

K1

B1

O

M

H

C1
C
0
  MK

Xét tứ giác MHK 2 B2 có: MHB
2
2 B2  90 , mà đây là hai góc có đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh

MB2 , suy ra tứ giác MHK 2 B2 là tứ giác nội tiếp.
Chỉ ra OK 2 . OB2  OH .OM  OB 2  R 2 không đổi.
61) Gọi BC1   O   J1 . Chứng minh C1 J1C ∽ C1CB , C1MJ1 ∽ C1 BM ; CH J1C1 là tứ giác nội tiếp.
(hoặc bài có thể khai thác từ các yếu tố trên như chứng minh các góc, tỉ số đoạn thẳng…)
B

K

K1
J1
O

M

H

C1

C



Chỉ ra C1 H  C1C ( trung tuyến tam giác vuông) nên C
1CH  C1 HC .


  1 sd CJ
   C J C ∽ C CB  g  g   C

 
Mặt khác C
1CJ1  C1 BC  
1
1 1
1
1 J1C  C1CB  C1 HC .
2


Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

Từ đó suy ra CH J1C1 là tứ giác nội tiếp.
+ Chỉ ra C1 J1C ∽ C1CB  CC12  C1 J1 . C1 B mà

C1C  C1M  C1M 2  C1 J1 . C1 B  C1MJ1 ∽ C1BM  c  g  c 

62) Kéo dài MJ1 cắt  O  tại J 2 . Chứng minh J1C là phân giác góc C
1 J1 J 2
B

K

K1
J2
J1
O

M

H

C1

C


 
Do C1MJ1 ∽ C1 BM  C
1MJ1  C1 BM  MJ 2 B  J 2 B / / CM

  CJ

 J
BC  BCM
1C1


 2
 J
2 J1C  CJ1C1  J1C là phân giác góc C1 J 1 J 2 .


 J 2 BC  J 2 J1C
 K 3 M 2  K 3 K1 . K 3 B
63) Kéo dài BK1  OM  K 3 . Chứng minh 
từ đó suy ra K3 là trung điểm HM và
2
 K 3 H  K3 K1 . K 3 B

HK1  BK1 .
B2

K

B

K1

O

H

K3

M

C



 
Chỉ ra K
3 MK  MKB ( sole trong) mà MKB  K 3 BM ( tính chất góc nt và góc tạo bởi tt và dây cung)
2


Nên K
3 MK  K 3 BM . Từ đó suy ra K 3 MK1 ∽ K 3 BM  g  g   K 3 M  K 3 K1 . K 3 B .

  MKO
 mà MKO
  HBK
 ( góc nt chắn cung CK
)
+ Do MK1 H ∽ MOK nên MHK
1
3
1

Từ đó suy ra K3 HK1 ∽ K3 BH  g  g   K 3 H 2  K 3 K1 . K 3 B .
2
 K 3 M  K 3 K1 . K 3 B
Vì 
 K 3 M  K 3 H  K 3 là trung điểm MH .
2
 K 3 H  K3 K1 . K 3 B

Giáo viên: Nguyễn Chí Thành

B2

K

B

K1

O

H

M

K3

C
0

   
+ Ta có: K
1 BH  K1 HB  K1 HK 3  K1 HB  K 3 HB  90 . Từ đó suy ra HK1  BK1 .

64) Chứng minh

HC 2 KK1

 1.
HK12 MK1
B2

K

B

K1

O

H

M

K3

C

 BH 2  BK1 .BK 3
CH 2  BK1 .BK 3

BK3 BK1  K1 K 3
BK1
HC 2
2
Chỉ ra  HK1  BK1 . K1 K 3  
.
Suy
ra



1.
2
2
HK1 K1 K