https://app.box.com/s/yae026p7crh2sf48tpikd1a5ohoqvg6o

1. CẨM NANG CHINH PHỤC HÌNH HỌC VÀO
LỚP 10 NĂM 2023 HỆ THỨC LƯỢNG
TRONG TÁC VUÔNG, ĐƯỜNG TRÒN, CÁC
ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN HÌNH HỌC, PHÂN TÍCH
VÀ GIẢI 23 ĐỀ CHUYÊN TOÁN
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
C Ẩ M N A N G C H I N H P H Ụ C
H Ì N H H Ọ C
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group
vectorstock.com/28062405

2. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 521
Website:
Môc lôc
Trang
CHƯƠNG 1 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TÁC VUÔNG
CHƯƠNG 2 ĐƯỜNG TRÒN
CHƯƠNG 3 CÁC ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN HÌNH HỌC
CHƯƠNG 4 PHÂN TÍCH VÀ GIẢI 23 ĐỀ CHUYÊN TOÁN

3. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
CHƯƠNG I: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG
TAM GIÁC VUÔNG
Dưới đây là các hệ thức về mối liên hệ của các cạnh, các góc, đường chiếu và đường cao trong một
tam giác vuông.
Cho ABC
∆ vuông tại A. Giả sử AH là đường cao của tam giác. Khi đó ta có các hệ thức sau:
2
1) .
BH BC BA
= và 2
.
CH CB CA
=
2 2 2
2
2) .
3) . .
1 1 1
4)
HB HC HA
AH BC BACA
HA BA CA
=
=
= +
   
5)sin ,cos ,tan ,
CA BA CA BA
B B B cotB
CB BC BA CA
= = = = (tương tự với góc 
C )
   

 


1 1
ˆ
6)sin cos ,sin cos ,tanB ,tan cot
cot
B C C B cotC C B
C
cotB
= = = = = =
Trên đây tôi đã nhắc lại một số hệ thức cơ bản nhất về mối liên hệ gữa các cạnh, các góc, đường
chiếu và đường cao trong một tam giác vuông. Dưới đây là hệ thống bài tập giúp bạn đọc ghi nhớ và
sử dụng thành thạo các công thức này trong các bài toán.
Bài 1: Cho ABC
∆ vuông tại A đường cao AH . Biết 9, 16.
BH CH
= = Giải tam giác ABC .
 Định hướng lời giải: Ở đây bài toán yêu cầu giải tam giác ABC tức là chúng ta cần tìm độ dài 3
cạnh của tam giác. Điều này hoàn toàn dễ dàng ta chỉ cần sử dụng các hệ thức ở trên thì bài toán sẽ
được giải quyết. Dễ thấy 25
BC BH CH
= + = . Để tính các cạnh AB,AC ta sẽ sử dụng hệ thức 1) ở
trên ta được 2
. 225 15
BA BH BC BA
= = ⇒ = và 2
. 400 20
CA CH CB CA
= = ⇒ = . Từ đó ta đã tìm
được độ dài các cạnh của ABC
∆ . Ngoài ra ta hoàn toàn có thể tính được độ dài đường cao, diện
tích và chu vi ABC
∆
Lời giải
Ta có 25
BC BH CH
= + =
Trong tam giác ABC
∆ vuông tại A đường cao AH
Ta có:
2
2
. 225 15
. 400 20
AB BC HB AB
CA BC CH CA
= = ⇒ =
= = ⇒ =
 Nhận xét: Như vậy đối với ABC
∆ vuông tại A và có đường cao AH. Ta chỉ cần biết được độ dài 2
trong số các cạnh , , , , ,
AB BC CA HA HB HC ta hoàn toàn có thể xác định được tất cả các yếu tố còn
lại của ABC
∆ . Từ đó ta sẽ có các bài toán sau:
Cho ABC
∆ vuông tại A đường cao AH
1) Biết 12, 15.
AC BC
= = Tính độ dài các đoạn , , , .
AB BH CH AH

4. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 2
Website:
2) Biết 10, 8
AC HC
= = . Tính độ dài các đoạn , , , .
AB BC BH AH
3) Biết 15, 12
AB AH
= = . Tính độ dài các đoạn , , ,
AC BC CH BH .
4) Biết 25, 12
BC AH
= = . Tính độ dài các đoạn , , ,
AC AB CH BH .
Bài 2: Cho ABC
∆ vuông tại A đường cao AH. Biết 
AC 12, 60
C
= = °. Giải tam giác ABC và tính độ dài
đường cao AH
Lời giải
Áp dụng hệ thức 5) ta sẽ có:




12
cos 24
cos60
cos
sin
.sin 12.sin 60 6 3
CA AC
C BC
CB C
AB
C
BC
AB BC C
= ⇒ = = =
°
=
⇒
= = °
=
Lại có
. 6 3.12
. 2 . 3 3
24
ABC
AB AC
AH BC S AB AC AH
BC
∆
= = ⇒ = = =
 Nhận xét: Ở bài toán 1 ta thấy nếu biết được 2 yếu tố về cạnh và đường cao trong ABC
∆ vuông thì ta
hoàn toàn xác định được các yếu tố còn lại trong tam giác. Đến bài toán 2 này ta thấy rằng nếu trong
tam giác ABC vuông mà ta biết được 1 yếu tố về cạnh và một yếu tố về góc thì các yếu tố còn lại cũng
hoàn toàn được xác định. Từ đó sẽ dẫn đến các bài toán sau:
Cho ABC
∆ vuông tại A có đường cao AH
1) Biết 
10, 30 .
BC C
= = ° Tính độ dài các đoạn , , , ,
AB AC BH CH AH
2) Biết 
5, 60
AH C
= = °. Tính độ dài các đoạn , , , ,
AB BC CA BH CH
3) Biết 
8, 45
CH C
= = °. Tính độ dài các đoạn , , , ,
AB BC CA BH AH
4) Biết AB: AC 3: 4
= và 15
BC = . Tính độ dài các đoạn ,
BH CH
Ở 2 bài toán trên ta đều xét tam giác ABC vuông. Bây giờ ta chuyển sang xét các tam giác không
vuông.
Bài 3: Cho ABC
∆ có 3 góc nhọn, đường cao AH
a) Chứng minh  
( )
. cot cot
BC AH B C
= +
b) Biết  
6, 60 , 45
AH B C
= = ° = °. Giải tam giác ABC
Lời giải
a. Ta thấy trên hình có 2 tam giác ABH và ACH đều vuông tại H từ đó ta có thể áp dụng hệ thức lượng
trong các tam giác này
+ Trong ABH
∆ vuông tại H có:

5. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 3
Website:
 
cot .cot
BH
B BH AH B
AH
= ⇒ = (1)
+ Trong ACH
∆ vuông tại H có:
 
cot .cot
CH
C CH AH C
AH
= ⇒ = (2)
+ Từ (1) và (2), suy ra:
 
( )
. cot cot
BC BH HC AH B C
= + = +
b. Theo phần a) ta có:  
( ) ( ) ( )
. cot cot 6 cot 60 cot 45 2 3 3
BC AH B C
= + = °+ °
= +
+ Trong ABH
∆ vuông tại H có:


6
sin 4 3
sin30
sin
AH AH
B AB
AB B
= ⇒ = = =
°
+ Trong ACH
∆ vuông tại H có:


6
sin 6 2
sin 45
sin
AH AH
C AC
AC C
= ⇒ = = =
°
Bài 4: Cho ABC
∆ có 
A nhọn. Chứng minh diện tích tam giác ABC là 
1
. .sin
2
S AB AC A
=
 Định hướng lời giải: Ta đã biết diện tích tam giác thì bằn g
1
2
cạnh đáy x chiều cao như vậy ở bài
toán này ta sẽ phải hạ chiều cao từ 1 đỉnh của tam giác. Quan sát điều cần chứng minh ta thấy 
sin A
nên ta sẽ phải dựng đường cao hạ từ đỉnh B hoặc C của ABC
∆ . Từ đó áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác vuông ta dễ dàng có điều phải chứng minh.
Lời giải
Hạ ( )
BH AC H AC
⊥ ∈
Trong ABH
∆ có 
sin
BH AB A
=
Do đó 
1 1
. . .sin
2 2
ABC
S BH AC AB AC A
∆
= =
⇒đpcm
 Nhận xét:
- Rõ ràng ta hoàn toàn có thể mở rộng bài toán này cho hình bình hành ABCD vì thực chất hình bình
hành ABCD bằng 2 lần diện tích tam giác ABD do đó 
. .sin .
ABCD
S AB AD A
=
- Bài toán trên là một bài toán khá cơ bản tuy nhiên nó có ứng dụng rất nhiều trong các bài toán khác
nhau.
Dưới đây là một số bài toán như vậy:
1) (Tính độ dài đường phân giác trong tam giác)

6. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 4
Website:
Xét ABC
∆ nhọn có đường phân giác ( )
AD D BC
∈
Ta có ABC ABD ACD
S S S
∆ ∆ ∆
= +
Theo bài toán trên ta suy ra:

 



1 1 1
. .sin . .sin . .sin
2 2 2 2 2
2 . .
. .sin 2
( ).sin
2
os
A A
AB AC A AB AD AC AD
A
c AB AC
AB AC A
AD
AB AC
A
AB AC
= +
⇒
= =
+
+
( Ta có công thức 
 
sin 2sin .
2 2
os
A A
A c
= Công thức này chứng minh cũng không quá khó khăn, ta sẽ xét
ABC
∆ cân tại A và kẻ các đường các đường cao ,
AH BK sau đó sử dụng hệ thức lượng giác các tam
giác vuông. Việc chứng minh cụ thể xin được dành cho bạn đọc).
2) Cho ABC
∆ có  90
A < ° . Trên cạnh ,
AB AC lần lượt lấy các điểm ', '.
B C Chứng minh rằng
'C'
ABC
AB
S
S
∆
∆
=
.
'. '
AB AC
AB AC
Áp dụng bài toán trên ta có:


'C'
1
. .sin
.
2
1 '. '
'. '.sin
2
ABC
AB
AB AC A
S AB AC
S AB AC
AB AC A
∆
∆
= =
⇒đpcm
Các bài tập dưới đây xin mời các bạn đọc tự chứng minh:
1. Cho ABC
∆ nhọn. Kẻ đường thẳng d song song với BC và cắt các cạnh ,
AB AC lần lượt tại ,
D E . Tìm
vị trí của d để diện tích BDE
∆ đạt giá trị lớn nhất.
2. Cho tứ giác ABCD có 2 đường chéo cắt nhau tại O. Biết  90
AOD < ° . Chứng minh:
( )

1
AC.BD.sin
2
ABCD
S AOD
=
3. Cho ABC
∆ vuông tại A. Từ trung điểm E của cạnh AC kẻ EF BC
⊥
a. Chứng minh 
.cos
AF BE C
=
b. Biết 
10, 60
BC C
= = °. Tính diện tích tứ giác ABFE
c. AF và BE cắt cạnh tại O. Tính 
sin AOB
Bài 5: Cho ABC
∆ . Trên cạnh BC lấy hai điểm ,
M N sao cho  
BAM CAN
=
Chứng minh rằng:

7. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 5
Website:
2
. .
BM BN AB
b
CN CM AC
 
=  
 
. 2
BM CM AM
c
CN BN AN
+ ≥
(Đề thi chuyên Toán THPT Hùng Vương năm 2000)
 Định hướng lời giải: Quan sát vào hình vẽ và các tỉ số cần chứng minh ở trên ta sẽ nghĩ ngay đến tỉ lệ
diện tích các tam giác có chung đường cao.
Ta có ngay ABM
ACN
S
BM
CN S
∆
∆
= và ACM
ABN
S
CM
BN S
∆
∆
= . Giả thiết lại cho  
BAM CAN
= nên ta sẽ nghĩ đến công thức
diện tích dựa vào góc đã chứng minh ở bài 4. Áp dụng công thức đó ta sẽ có:


1
2
1
2
ABM
ACN
AB.AM .sin BAM
S AB.AM
S AC .AN
AC .AN .sinCAN
∆
∆
= và


1
2
1
2
ACM
ABN
AC .AM .sinCAM
S
S AB.AN .sin BAN
∆
∆
=
Do     ACM
ABN
S AC .AM
BAM CAN BAN CAM
S AB.A N
∆
∆
= ⇒ = ⇒ = từ đó kết hợp lại ta sẽ giải quyết được phần a)
và b). Phần c) yêu cầu chứng minh bất đẳng thức 2
BM CM AM
CN BN AN
+ ≥ mà theo phần a) ta đã biết tích
2
.
BM CM AM
CN BN AN
 
=  
 
một cách tự nhiên ta sẽ nghĩ đến việc áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 tỉ số
BM
CN
và
CM
BN
. Ta có
2
2 . 2 2 .
BM CM BM CM AM AM
CN BN CN BN AN AN
 
+ ≥ = =
 
 
Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Lời giải
a. Dễ thấy các tam giác , , ,
ABM ACN ABN ACM
∆ ∆ ∆ ∆ có cùng chiều cao hạ từ đỉnh A do đó ta có:
. . ACM
ABM
ACN ABN
S
S
BM CM
CN BN S S
∆
∆
∆ ∆
=
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác

1
. .sin
2
XYZ
S XY XZ X
∆ = ta có




1 1
2 2
1 1
2 2
ACM
ABM
ACN ABN
S
S
BM CM
. .
CN BN S S
AB.AM .sin BAM AC .AM .sinCAM
. (*)
AC .AN.sinCAN AB.AN.sin BAN
∆
∆
∆ ∆
=
=
Lại có        
BAM CAN BAC BAM BAC CAN BAN CAM
= ⇒ − = − ⇒ =
2
. .
BM CM AM
a
CN BN AN
 
=  
 

8. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 6
Website:
Do đó từ (*) suy ra
2
.
BM CM AM
CN BN AN
 
=  
 
b. Tương tự phần a) ta có:




2
1 1
AB. .sin AB. .sin
2 2
. . .
1 1
AC. .sin AC. .sin
2 2
ABN
ABM
ACN ACM
AM BAM AN BAN
S
S
BM BN AB
CN CM S S AC
AN CAN AM CAM
∆
∆
∆ ∆
 
= = =  
 
c. Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có: 2 . 2
BM CM BM CM AM
CN BN CN BN AN
+ ≥ =
 Nhận xét: Hai đường thẳng AM, AN ở bài toán trên được gọi là hai đường đẳng giác trong ABC
∆ .
Hệ thức ở phần b) là một hệ thức khá quan trọng đó là một trong những tính chất của đường đẳng
giác trong tam giác. Từ hệ thức này ta có thể giải quyết bài toán khá khó sau đây:
Cho ABC
∆ có BD là phân giác trong của 
ABC . Trên đoạn BD lấy 2 điểm M, N sao cho
 
CAM BAN
= . Chứng minh  
ACM BCN
=
+ Trong ABD
∆ có  
DAM BAN
= nên theo phần b) bài toán trên ta sẽ có:
( )
2
. 1
BN BM AB
DM DN AD
 
=  
 
Do BD là phân giác của 
ABC nên theo tính chất
đường phân giác trong tam giác ta có:
( )
2
AD AB AB BC
CD BC AD CD
= ⇒ =
Từ (1) và (2), suy ra: ( )
2
. 3
BN BM BC
DM DN CD
 
=  
 
Mặt khác trên đoạn BD ta lấy điểm '
M sao cho  '
BCN DCM
=
+ Trong BCD
∆ có  '
BCN DCM
= nên theo phần b) bài toán trên ta sẽ có:
( )
2
'
. 4
'
BN BM BC
DM DN CD
 
=  
 
Từ (3) và (4), suy ra:
'
. .
'
BN BM BN BM
DM DN DM DN
=
' '
' '
'
BM BM BM BM
BM BM M M
DM DM BD BD
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ≡
Do đó  
BCN ACM
= (đpcm)
Bài 6: Chứng minh
6 2
sin 75
4
+
° =

9. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 7
Website:
( Đề thi chuyên Toán – Tin, Hà Tây năm 2000-2001)
 Định hướng lời giải: Để tính đượcsin 75° việc đầu tiên chắc chắn ta phải dựng một tam giác vuông
có 2 góc nhọn là75° và15°. Ta giả sử có tam giác ABC vuông tại A và có  
75 , 15 .
B C
= ° = ° Tiếp theo
ta sẽ khai thác một số tính chất của tam giác vuông mà tính chất đầu tiên ta nghĩ tới sẽ là đường trung
tuyến từ đỉnh của góc vuông có độ dài bằng
1
2
độ dài cạnh huyền. Như vậy, nếu gọi I là trung điểm của
BC thì ta sẽ có
2
BC
IA IB IC a
= = = = và ta để ý rằng tam giác IAB cân mà có  75
B
= ° nên  30
AIB
= ° .
Từ đây ta sẽ nghĩ ngay đến việc hạ đường cao AH thì ta sẽ hoàn toàn tính được độ dài ,
AH HI theo a.
Từ đó dễ dàng tính được độ dài của AC theo a nên ta sẽ thu được điều phải chứng minh.
Lời giải
Giả sử ABC
∆ có vuông tại A và có  
75 , 15 , 2
B C BC a
= ° = ° =
Gọi I là trung điểm của BC
Do ABC
∆ vuông tại A nên ta có IA IB IC a
= = =
IAB
⇒ ∆ cân tại I có  
75 30
B AIB
= ° ⇒ = °
Kẻ ( )
AH BC H BC
⊥ ∈
Trong AHI
∆ vuông tại H có .sin30
2
a
AH AI
= °
=
3
.co 30
2
s
a
IH AI
= °
=
Do đó
( )
2 3
3
2 2
a
a
CH CI IH a
+
= + = + =
Ta có:
( )
( )
2
2
2
2 2 2 2
2 3
2 3
4 4
a a
AC AH HC a
+
= + = + = +
2 3
AC a
⇒ = +
Trong ABC
∆ vuông tại A có sin

10. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 8
Website:
 2 3 2 3 6 2
sin 75 sin
2 2 4
AC a
B
BC a
+ + +
°
= = = = = ⇒ đpcm
 Nhận xét: Cũng với cách làm tương tự ta hoàn toàn có thể tính được giá trị lượng giác của các góc khác
như 18 ,36 ,54 ,72
° ° ° °. Mời bạn đọc thử sức với các bài toán đó.
Bài 7: Cho ABC
∆ có độ dài các cạnh , ,
BC AC AB lần lượt là , ,
a b c . Chứng minh rằngsin
2
A a
b c
≤
+
.
(Đề thi chuyên tỉnh Trà Vinh năm học 2013-2014)
 Định hướng lời giải: Đề bài yêu cầu chứng minh

sin
2
A a
b c
≤
+
như vậy chắc chắn ta sẽ nghĩ đến việc
tạo ra góc

2
A
bằng cách dựng tia phân giác AD của góc A. Tiếp theo để làm xuất hiện

sin
2
A
thì ý tưởng
tự nhiên là hạ BK AD
⊥ ta sẽ có ABK
∆ vuông tại K và

sin
2
A BK
AB
= . Mặt khác, ta lại dễ dàng thấy rằng

sin
2
A BD a
BK BD
AB b c
≤ ⇒ ≤ =
+
Lời giải
Kẻ đường phân giác AD của  ( )
A D BC
∈
Hạ ( )
BK AD K AD
⊥ ∈
Trong ABK
∆ vuông tại K có 
sin
BK
KAB
BA
=
Hay

( )
sin 1
2
A BK
BA
=
Trong BDK
∆ vuông tại K cạnh huyền BD có ( )
2
BK BD
≤
Từ (1) và (2) suy ra

( )
sin 3
2
A BD
BA
≤
Do AD là phân giác của 
A nên ta có:
DB AB
DC AC
=
( )
4
BD AB BD BC a
BC AB AC BA AB AC b c
⇒ = ⇒ = =
+ + +
Từ (3) và(4), ta có:

sin
2
A a
b c
≤ ⇒
+
đpcm
 Nhận xét: Tương tự với các góc 
,
B C của ABC
∆ ta cũng có
 
sin ;sin .
2 2
B b C c
c a a b
≤ ≤
+ +
Từ đó ta sẽ
có
  
sin .sin .sin .
2 2 2
A B C a b c
b c c a a b
≤ + +
+ + +
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc sau

11. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 9
Website:
( )( )( ) 8
a b b c c a abc
+ + + ≥ ta sẽ được một bất đẳng thức khá đẹp mắt
   1
sin .sin .sin
2 2 2 8
A B C
≤
Ngoài việc tính toán các đại lượng hình học, các hệ thức lượng trong tam giác vuông còn có ứng dụng
trong việc chứng minh các đẳng thức hình học. Ta sẽ xem xét một bài toán sau:
Bài 8: Cho ABC
∆ vuông tại A. Đường cao , ,
AH HD HE lần lượt là các đường cao của AHB
∆ và AHC
∆ .
Chứng minh
2 3
2 3
;
AB HB AB DB
AC HC AC EC
= =
 Định hướng lời giải: Từ các tam giác vuông ,
ABC HAB
∆ ∆ và HAC
∆ ta dễ dàng thiết lập được mối liên
hệ giữa các đoạn , , , , , , ,
AB AC BH CH HD HE DB EC với nhau bởi các hệ thức lượng trong tam giác
vuông nên sẽ không khó khăn gì để thu được điểu phải chứng minh.
Lời giải
a. Trong ABC
∆ vuông tại A đường cao AH có:
2
2 2
2
. ; .
AB HB
AB BH BC AC CH CB
AC HC
= = ⇒ =
b. Theo phần a) có
2
2
AB HB
AC HC
=
( )
2
4 2
4
1
AB HB
AC HC
⇒ =
Trong HAB
∆ vuông tại H có đường cao HD có ( )
2
. 2
HB BD BA
=
Trong HAC
∆ vuông tại H có đường cao HE có ( )
2
. 3
HC EC AC
=
Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2
4 2
4
.
CE.
AB HB BD BA
AC CA
HC
= =
3
3
AB DB
AC EC
⇒ = ⇒đpcm
 Nhận xét: Đây cũng là một bài tập đơn giản giúp chúng ta có thể nhớ và vận dụng linh hoạt các hệ thức
lượng trong tam giác vuông vào các bài tập tính toán cũng như chứng minh đẳng thức.
Bài 9: Cho hình vuông ABCD. Gọi I là điểm nằm giữa A, B. Tia DI cắt CB ở K. Đường thẳng qua D
vuông góc với DI và cắt BC tại L . Chứng minh:
a. DIL
∆ là tam giác cân
b. Tổng 2 2
1 1
DI DK
+ không thay đổi khi I thay đổi trên AB.
 Định hướng lời giải: Phần a) bài toán yêu cầu chứng minh DIL
∆ là tam giác cân. Nhìn từ hình vẽ ta
thấy DIL
∆ cân tại D như vậy ta cần chứng minh  
DIL DLI
= hoặc DI DL
= . Quan sát thể hình ta thấy

12. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 10
Website:
rằng việc chứng minh 2 cạnh DI DL
= là dễ dàng hơn vì trong 2 ADI
∆ và CDL
∆ đều có góc vuông có 1
cặp cạnh bằng nhau mà ta dễ dàng nhận ra  
ADI CDL
= vì cùng phụ với 
CDI ADI CDL
⇒ ∆ = ∆
DI DL
⇒ = ta có đpcm. Phần b yêu cầu chứng minh tổng 2 2
1 1
DI DK
+ không đổi khi I thay đổi trên AB.
Rõ ràng phần a) của bài toán là một gợi ý cho phần b) khi ta có 2 2 2 2
1 1 1 1
DI DL
DI DK DL DK
= ⇒ + = +
mà theo hệ thức lượng trong DLK
∆ vuông tại D có đường cao DC nên 2 2 2
1 1 1
DL DK DC
+ = không đổi.
Lời giải
a. Ta có:         ( )
90 1
ADI IDC ADC IDL IDC CDL ADI CDL
+ = = °
= = + ⇒ =
Lại có  
90
DAI DCL
= =

và (2)
AD DC
=
Từ (1) và (2), suy ra: ADI CDL
∆ =
∆ (g.c.g) DI DL DIL
⇒ = ⇒ ∆ cân tại D
b. Theo phần a) ta có DI DL
=
Do đó 2 2 2 2
1 1 1 1
DI DK DL DK
+ = +
Trong tam giác DKL vuông tại D, đường cao
DC có 2 2 2
1 1 1
DL DK DC
+ = không đổi
2 2 2
1 1 1
DI DK DC
⇒ + = không đổi khi I thay
đổi trên AB
 Nhận xét: Bài toán này sẽ khó hơn rất nhiều nếu bỏ đi phần a) của bài 7 ta sẽ có bài toán sau: Cho
hình vuông ABCD. Điểm I thay đổi trên cạnh AB. Đường thẳng DI cắt tia BC tại K. Chứng minh rằng
tổng 2 2
1 1
DI DK
+ không thay đổi khi I thay đổi trên cạnh AB.
Bài 10: Cho hình thoi ABCD có  120
A
= °. Kẻ tia Ax sao cho  15
BAx
= ° . Tia Bx cắt cạnh BC tại M và cắt
đường thẳng CD tại N. Chứng minh rằng: 2 2 2
1 1 4
3
AM AN AB
+ =
 Định hướng lời giải: Đẳng thức cần chứng minh gợi cho ta đến đẳng thức về mối liên hệ về cạnh và
đường cao trong tam giác vuông 2 2 2
1 1 1
h b c
= + . Từ đó ta thấy nó cũng mang một chút hơi hướng như
bài 8. Ta sẽ tạo một tam giác vuông có độ dài 2 cạnh góc vuông là AM và AN. Quan sát thể hình ta sẽ
dựng ( )
AE AN E DC
⊥ ∈ và dựng ( )
AH DC H DC
⊥ ∈ . Như vậy ta sẽ chỉ cần chứng minh được

13. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 11
Website:
AE AM
= và 2 2
1 4
3
AH AB
= . Việc chứng minh AE AM
= hoàn toàn tương tự như phần a) của bài 8.
Theo giả thiết có  120
A
= ° nên dễ thấy ADC
∆ đều
3
60
2
AH sin .AD AB
⇒ = ° = từ đó ta sẽ có đpcm.
Lời giải
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với Ax và cắt đoạn DC tại E
Hạ ( )
AH CD H CD
⊥ ∈
Trong tam giác EAN vuông tại A, đường cao AH có:
2 2 2
1 1 1
(1)
AH AE AN
= +
Mặt khác, ta có:     120 90 15 15
DAE DAB EAN NAB
= − − = °− °− °
= °
 
DAE MAB
⇒ =
Mà   ( ) 2
AD AB,B D ADE ABM g.c.g AE AM( )
= = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =
Do ABCD là hình thoi có  120
A
= °
 
1
60
2
DAC A ADC
⇒ = = ° ⇒ ∆ là tam giác đều
3
60
2
(3)
AH AD.cos AB
⇒
= °
=
Từ (1), (2) và (3), suy ra: 2 2 2
1 1 4
3
AM AN AB
+ = ⇒ đpcm
 Nhận xét: Dưới đây là một số bài toán có ý tưởng tương tự như 2 bài toán trên:
Bài toán 1: Cho hình thang vuông ABCD có   90
A D
= = ° và ( )
AD BC AB DC
= < . Gọi E là giao điểm
của hai đường thẳng DA và CB. Chứng minh: 2 2 2
1 1 1
AD BC EC
= +
Bài toán 2: Cho hình chữ nhật ABCD với ( )
0
AD t.AB t
= > . Lấy điểm M trên cạnh BC. Đường thẳng
AM cắt đường thẳng CD tại P. Chứng minh rằng: 2 2 2
1 1 1
AB AM AP
= +

14. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN
BÀI 1: Sự xác định đường tròn. Tính chất đối xứng của đường tròn
I. Tóm tắt lý thuyết
1) Cho đường tròn (O) bán kính R kí hiệu là (O;R)
Xét vị trí điểm M trên mặt phẳng so với vị trí của (O;R):
_ Điểm M thuộc (O;R) khi và chỉ khi OM R
=
_ Điểm M nằm bên trong (O;R) khi và chỉ khi OM R
<
_ Điểm M nằm bên ngoài (O;R) khi và chỉ khi OM R
>
2) Đường tròn là hình có tâm đối xứng.Tâm của đường tròn chính là tâm đối xứng của đường tròn đó
3) Đường tròn là hình có trục đối xứng. Đường kính bất kì của đường tròn đều là trục đối xứng của đường
tròn đó
II .Bài tập
Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC .Vẽ đường tròn (O) có đường kính BC và cắt cạnh AB, AC theo thứ tự ở D,
E
a. Chứng minh ⊥ ⊥
,
CD AB BE AC
b. Gọi K là giao điểm của BE và CD. Chứng minh rằng ⊥
AK BC
Định hướng lời giải :
Ta dễ dàng nhận thấy OB OC OD OE
= = =
từ đó suy ra
2
BC
OD OE
= =
Mà OD, OE lần lượt là các đường trung
tuyến trong ∆BDC và ∆BEC nên ta có 2
tam giác này vuông tại D, E hay suy ra
⊥
CD AB và ⊥
BE AC
Như vậy ta có BE, CD là các đường cao
của ∆ABC
K BE CD
⇒ = ∩ là trực tâm của ∆ABC nên ta sẽ có ⊥
AK BC
Lời giải:
a. Do D, E thuộc đường tròn (O) đường kính BC
2
BC
OD OE OB OC
⇒ = = = =
⇒ các tam giác BDC và BEC là các tam giác vuông tại D và E
⇒ ⊥
BE AC và ⊥
CD AB
b. Ta thấy trong tam giác ABC có các đường cao BE và CD

15. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 2
Website:
Lại có K là giao điểm của BE và CD
K
⇒ là trực tâm của ∆ ⇒ ⊥
ABC AK BC
Nhận xét : Từ bài toán này ta rút ra nhận xét đó là với mỗi điểm M bất kì thuộc đường tròn đường
kính BC thì ta sẽ có  90
BMC
= °. Nhận xét này là khá quan trọng và sẽ được dùng trong rất nhiều
các bài toán trong suốt chương trình hình học 9
Bài 2: Cho 3 dây AB, BC, CA của một đường tròn (O;R) trong đó AB là đường kính
a. Chứng minh  90
ACB
= °
b. Tìm tập hợp điểm I nhìn đoạn thẳng AB đã cho dưới một góc vuông
c. Dựng ∆ABC vuông có cạnh huyền AB cố định đã cho bằng 5cm, cạnh góc vuông 3
AC cm
=
d. Dựng trực tâm của ∆ABC có cạnh 5 , 4,5 , 4
AB cm BC cm CA cm
= = =
Định hướng lời giải : Tương tự như phần a) bài 1 dễ thấy OA OB OC R
= = = do đó
2
AB
OC =
Mà OC là trung tuyến trong ∆ABC nên ∆ABC vuông tại C hay  90
ACB
= °
Phần b) yêu cầu tìm tập hợp điểm I nhìn đoạn thẳng AB dưới 1 góc vuông tức là  90
AIB
= ° . Như vậy tam
giác ∆AIB vuông tại I nên điều đầu tiên ta nghĩ đến đó là đường trung tuyến từ I có độ dài bằng
1
2
cạnh
AB , do đó
2
AB
OI R
= = nên ( )
;
I O R
∈ từ đó suy ra tập hợp điểm I chính là đường tròn (O;R). Phần c) và
d) ta chỉ cần dựa vào kết quả của phần b) và bài 1 sẽ được giải quyết
Lời giải:
a. Dễ thấy
2
AB
OA OB OC R OC
= = = ⇒ =
Mà OC là đường trung tuyến của ∆ABC
⇒ ∆ABC vuông tại  90
C ACB
⇒ =°
b. Phần thuận
Ta có = ° ⇒ ∆
90
AIB AIB vuông tại I
Mà IO là đường trung tuyến của ∆AIB
( )
;
2
AB
OI R I O R
⇒ = = ⇒ ∈
* Phần đảo : Với ( )
;
I O R
∈
Theo phần a) dễ thấy  90
AIB
= °

16. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 3
Website:
Vậy nên ta có tập hợp các điểm I nhìn đoạn thẳng AB một góc vuông là đường tròn (O) sao cho AB
là đường kính
c. Dựng đường tròn đường kính 5
AB cm
=
Dựng dây 3
AC cm
= (ta luôn dựng được vì 3 5
cm cm
< )
Từ đó ta sẽ dựng được tam giác ABC vuông tại C có 5 , 3
AB cm CA cm
= =
d. Đầu tiên ta dễ dàng dựng được ∆ABC (dựng bằng compa)
Tiếp theo ta sẽ dựng đường tròn ( )
,2
O cm với O là trung điểm của AC. Khi đó AC là đường kính của
đường tròn này. Gọi D, E là các giao điểm của đường tròn (O) với các cạnh AB, BC. Khi đó nếu gọi
H là giao điểm của AD và CE thì H chính là trực tâm của ∆ABC (theo bài 1)
Nhận xét : Bài toán này chính là hệ quả trực tiếp của phần nhận xét ở bài 1. Với kiến thức ở phần lí
thuyết trong bài này ta vẫn chưa được sử dụng ngay nhận xét đó nhưng nó có thể giúp cho ta phát
triển và giải quyết vấn đề của bài toán rất nhanh
Bài 3: Cho AB là dây cung của đường tròn (O;R) (AB không là đường kính). C là điểm trên tia đối của tia
AB. Chứng minh điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R)
Định hướng lời giải :
Để chứng minh được C nằm ngoài đường tròn (O;R) ta cần chứng minh OC R
> hay OC OA
> . Điều này
giúp ta nghĩ đến việc dựng đường phụ ⊥
OH AB để vận dụng quan hệ đường xiên và hình chiếu
Lời giải:
Hạ ( )
⊥ ∈
OH AB H AB
Do C nằm trên tia đối của tia AB nên
dễ thấy HC HA
>
Theo quan hệ đường xiên và hình
chiếu ta suy ra OC OA
> hay OC R
>
C
⇒ nằm ngoài đường tròn (O;R) ⇒đpcm
Nhận xét :
_ Ta có bài tập tương tự sau : Cho AB là dây cung của đường tròn (O;R) (AB không là đường kính). C là
điểm nằm trên đoạn thẳng AB. Chứng minh điểm C nằm trong đường tròn (O;R)
_ Hai bài tập này giúp ta chứng minh được định lí không tồn tại đường tròn nào đi qua 3 điểm thẳng hàng
Bài 4: Cho đường tròn (O) và điểm A cố định trên đường tròn, điểm B chuyển động trên đường tròn. Tìm
quỹ tích trung điểm M của dây AB
Định hướng lời giải :
Đối với những bài toán tìm quỹ tích với những hình vẽ đơn giản không quá phức tạp ta thường vẽ một 1 vài
điểm trên để hình dung dễ hơn quỹ tích của chúng. Ở bài toán này ta sẽ lấy thêm 2 hoặc 3 điểm B trên đường
tròn để xác định quỹ tích trung điểm của chúng. Ta để ý rằng OA OB
= tức là tam giác OAB cân tại O, do

17. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 4
Website:
đó OM vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao trong tam giác  90
OAB AMO
⇒ =
°. Theo phần b) bài
toán 2 ta có quỹ tích của điểm M là đường tròn đường kính OA từ đó ta có được đpcm
Lời giải:
* Phần thuận
Ta có OA OB
= nên tam giác AOB cân tại O
Do đó trung tuyến OM đồng thời là
đường cao của 
∆ ⇒ =°
90
AOB AMO
Theo bài toán 2 điểm M thuộc đường
tròn ( )
O′ có đường kính là AO cố định
* Phần đảo
Gọi M ′ là điểm bất kì trên đường tròn đường kính AO
Gọi B′ là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM ′ với (O)
Cũng theo bài toán 2 ta có  90
AM O
′= °
′ ′
⇒ ⊥
OM AB mà lại có ′
∆AOB cân tại O do đó OM ′ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
M ′
⇒ là trung điểm của AB′
Vậy nên quỹ tích trung điểm M của đoạn AB là đường tròn đường kính AO
Nhận xét :Tiếp theo ta sẽ thử khảo sát bài toán này với trường hợp điểm A nằm trong hoặc nằm ngoài
đường tròn (O;R). Do 2 trường hợp tương tự nhau, nên ta sẽ trình bày 1 trường hợp điểm A nằm ngoài
đường tròn (O;R)
Với trường hợp này ta cũng vẽ một số vị trí của điểm B để dự đoán quỹ tích của điểm M chuyển động trên
đường tròn có tâm O′ là trung điểm của OA và có bán kính là
2
R
* Phần thuận
Gọi O′ là trung điểm của OA
Khi đó ta có O M
′ là đường
trung bình của ∆AOB
2 2
OB R
O M
′
⇒ = =
M
⇒ thuộc đường tròn ;
2
R
O
 
′
 
 
* Phần đảo
Gọi M ′ là điểm bất kì thuộc đường tròn ;
2
R
O
 
′
 
 
và M ′′ là giao điểm thứ 2 của AM ′ với ;
2
R
O
 
′
 
 
Gọi ,
B B
′ ′′ là 2 giao điểm của đường thẳng AM ′ với (O;R) sao cho AB AB
′′ ′
<

18. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 5
Website:
Khi đó dễ thấy M ′ và M ′′ lần lượt là trung điểm của AB′ và AB′′
⇒đpcm
Kết luận : Quỹ tích trung điểm M của AB là đường tròn tâm ;
2
R
O
 
′
 
 
với O′ là trung điểm của OA
Bài 5: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định. H là một điểm bất kì trên cung AB. Trên tia BH lấy
một điểm D sao cho H là trung điểm của BD. Đoạn thẳng DO cắt AH tại M. Tìm quỹ tích của điểm M
Định hướng lời giải :
Hoàn toàn dễ dàng nhận ra điểm M chính là trọng tâm của ∆ABD nên ta sẽ thu ngay được tỉ lệ
2
3
AM DM
AH DO
= = . Điều này giúp ta nghĩ đến việc kẻ đường thẳng song song từ M với đường thẳng OH cắt
AO tại N để lợi dụng tỉ số
2
3
AM
AH
= để suy ra điểm N cố định và đoạn NM có độ dài không đổi. Từ đó suy
ra được quỹ tích của M là một đường tròn tâm N cố định
Lời giải:
* Phần thuận :
Trong ∆ABD có đường trung tuyến AH
và DO cắt nhau tại M
M
⇒ là trọng tâm của ∆ ⇒ =
2
3
AM
ABD
AH
Từ M kẻ đường thẳng song song với OH
và cắt đoạn thẳng AB tại N
Theo định lí Tales, ta có :
2 2 2
3 3 3
AN MN AM
AN AO R N
AO OH AH
= = =⇒ = = ⇒ cố định
và
2 2
3 3
NM OH R
= =
M
⇒ thuộc nửa đường tròn
2
;
3
N R
 
 
 
cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB so với nửa đường tròn (O)
* Phần đảo :
Gọi M ′ là một điểm bất kì thuộc nửa
đường tròn
2
;
3
N R
 
 
 
cùng thuộc nửa
mặt phẳng bờ AB so với nửa đường tròn (O)
Gọi H ′ là giao điểm của AM ′ với nửa đường tròn (O;R)
Trên tia BH ′ lấy điểm D′ sao cho H D H B
′ ′ ′
=

19. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 6
Website:
Ta cần chứng minh OD′ đi qua điểm M ′
Thật vậy ta có :
2
2 2
3
3 3
R
NM AN NM
OH R AO OH
′ ′
= =⇒ = =
′ ′
Theo định lí Tales đảo / /
MN OH
′ ′
⇒
Do đó
2
3
AM
M
AH
′
′
= ⇒
′
là trọng tâm của ′
∆ABD
⇒trung tuyến D O
′ đi qua M ′ ⇒đpcm
Vậy nên quỹ tích của điểm M là nửa đường tròn
2
;
3
N R
 
 
 
nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB so với nửa
đường tròn (O;R)
Nhận xét : Dưới đây là một số bài toán tương tự :
1. Cho một đoạn thẳng cố định AB có độ dài bằng 2a. Gọi I là trung điểm của AB, K là trung điểm của
đoạn IB. Trên tia Kx kẻ tùy ý, lấy một điểm M sao cho  
KMB MAB
= . Tìm quỹ tích của điểm M
2. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Một đoạn thẳng MN có độ dài thay đổi, M chạy trên AB, N
chạy trên AD sao cho chu vi tam giác AMN luôn bằng 2a. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C
xuống MN. Chứng minh rằng H luôn luôn nằm trên một đường tròn cố định
3. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, M là một điểm chuyển động trên đường tròn (O). C là một
điểm trên tia AM sao cho AC BM
= . Chứng minh rằng đường thẳng d vuông góc với AM tại C
luôn đi qua một điểm cố định
Bài 6:Cho ∆ABC nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của ∆ABC . Vẽ
( )
⊥ ∈
OK BC K BC . Chứng minh 2
AH OK
=
Định hướng lời giải :
Quan sát hình vẽ ta dễ dàng nhận ra ⊥
OK BC vì tam giác BOC cân tại O và OK là đường trung tuyến nên
đồng thời là đường cao. Từ đó ta thấy / /
AH OK mà đề bài yêu cầu chứng minh 2
AH OK
= nên ta sẽ dự
đoán OK là đường trung bình của tam giác nào đó chứa cạnh AH, gọi D là giao của AO và HK. Ta cần
chứng minh O, K lần lượt là trung điểm của của AD, HK. Từ đó ta nhận thấy D nằm trên đường tròn (O)
Lời giải:
Gọi D là giao của AO và HK
Gọi D′ là giao của AO với (O)
Ta sẽ chứng minh D D′
≡
Khi đó AD′ là đường kính của (O)
Theo các bài toán ở trên ta dễ dàng
chứng minh được   90
ACD ABD
′ ′
= = °
Do đó ′ ′
⊥ ⊥
;
AC CD AB BD

20. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 7
Website:
/ / ; / /
BH CD CH BD
′ ′
⇒
BHCD′
⇒ là hình bình hành
HD′
⇒ đi qua trung điểm của BC hay HD′ đi qua K
D HK AO D D
′ ′
⇒ = ∩ ⇒ ≡
,
O K
⇒ lần lượt là trung điểm của AD, HD
OK
⇒ là đường trung bình của ∆ ⇒ = ⇒
1
2
AHD OK AH đpcm
Nhận xét :
_ Kết quả của bài toán vẫn đúng trong trường hợp ∆ABC tù
_ Đây là bài toán không quá khó nhưng nó có ứng dụng trong rất nhiều bài toán hay và khó. Dưới đây là một
số bài toán như vậy :
1. (Đường thẳng Ơle) Cho ∆ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn (O), H là trực tâm, G là trọng tâm
của ∆ABC . Chứng minh O, G, H thẳng hàng
2. Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến bất kì
PBC (A,B,C thuộc (O)). Tìm quỹ tích trực tâm H của tam giác ABC
3. Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F tương ứng là trung điểm của BC, CA, AB. Kẻ các
đường thẳng , ,
DD EE FF
′ ′ ′ sao cho / / , / / , / /
DD OA EE OB FF OC
′ ′ ′ . Chứng minh rằng các đường
thẳng , ,
DD EE FF
′ ′ ′ đồng quy
4. (Đề thi THPT chuyên Hùng Vương 2013-2014) Cho điểm A cố định trên đường tròn (O;R). Gọi AB,
AC là 2 dây cung của (O;R) thay đổi sao cho . 3
AB AC R
= . Xác định vị trí của B, C trên (O) để
diện tích tam giác ABC lớn nhất
Bài 7: Cho 3 điểm A, B, C bất kì và đường tròn (O) bán kính l. Chứng minh rằng luôn tồn tại điểm M thuộc
đường tròn ( )
;1
O thỏa mãn :
3
MA MB MC
+ + ≥
Định hướng lời giải :
Bài toán yêu cầu chứng minh tồn tại điểm M thuộc đường tròn ( )
;1
O thỏa mãn 3
MA MB MC
+ + ≥ thì
việc đầu tiên ta nghĩ đến là xét 1 điểm M thuộc đường tròn. Ta thấy việc xét 1 điểm M vẫn chưa thu được
điều gì nên cần phải xét thêm những điểm M khác thuộc đường tròn ( )
;1
O . Bây giờ nếu xét thêm các điểm
khác thuộc ( )
;1
O thì ý tưởng sẽ là tìm các điểm có một mối liên hệ gì đó với M và điểm đầu tiên ta nghĩ đến
đó chính là điểm M ′ đối xứng với M qua O hay MM ′ chính là đường kính đường tròn ( )
;1 2
O MM ′
⇒ =
.
Đến đây ta sẽ áp dụng bất đẳng thức tam giác thì thu được 2
MA M A MM
′ ′
+ ≥ =
Tương tự 2, 2
MB M B MC M C
′ ′
+ ≥ + ≥
Cộng theo vế các bất đẳng thức ta được :

21. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 8
Website:
( ) ( ) 6
MA MB MC M A M B M C
′ ′ ′
+ + + + + ≥ nên rõ ràng sẽ tồn tại 1 tổng lớn hơn hoặc bằng 3. Như vậy ta
đã giải quyết xong bài toán
Lời giải:
Gọi M ′ là điểm đối xứng của M qua (O)
M ′
⇒ cũng thuộc đường tròn (O)
Theo bất đẳng thức tam giác, ta có :
MA M A MM
′ ′
+ ≥
MB M B MM
′ ′
+ ≥
MC M C MM
′ ′
+ ≥
( ) ( ) 3 6
MA MB MC M A M B M C MM
′ ′ ′ ′
⇒ + + + + + ≥ =
Do đó tồn tại 1 trong 2 số hạng trên lớn hơn hoặc bằng 3 tức là 3
MA MB MC
+ + ≥ hoặc
3
M A M B M C
′ ′ ′
+ + ≥
Vậy nên luôn tồn tại điểm M thuộc đường tròn (O) thỏa mãn 3
MA MB MC
+ + ≥ ⇒đpcm
Nhận xét : Đây là bài toán hình học có mang một chút hơi hướng của tổ hợp. Ý tưởng chính của bài toán
này là chúng ta cần tạo ra 2 đại lượng có cùng tính chất và cần chứng minh một trong hai đại lượng này thỏa
mãn điều kiện đề bài. Sau đây tôi xin giới thiệu thêm bài toán tương tự như vậy để bạn đọc dễ hình dung ra
tư tưởng của bài toán này:
Bài 8: Trong mặt phẳng cho 2 1
n + điểm ( )
n∈ sao cho trong 3 điểm bất kì nào cũng tồn tại hai điểm có
khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong các điểm đó có ít nhất 1
n + điểm nằm trong một đường
tròn có bán kính bằng 1
Định hướng lời giải :
Giống như ý tưởng bài 7 ta cần tạo ra 2 đại lượng có cùng tính chất với nhau và sẽ chứng minh 1 trong 2 đại
lượng này thỏa mãn điều kiện đề bài. Ở bài toán này ta cần tạo ra 2 đường tròn bán kính 1 và 2 đường tròn
này sẽ chứa tất cả 2 1
n + điểm đã cho. Vấn đề bây giờ là chọn tâm của 2 đường tròn. Giả thiết cho trong 3
điểm bất kì nào cũng tồn tại hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1 tức là các điểm có mối liên hệ khoảng cách
với nhau vì vậy ta sẽ nghĩ ngay đến việc chọn 2 điểm trong số 2 1
n + điểm đã cho làm tâm của 2 đường tròn
cần tạo. Bây giờ ta chọn điểm O bất kì và vẽ đường tròn (O;l). Nếu có tất cả 2n điểm nằm trong đường tròn
này thì bài toán đã được giải quyết. Nếu có điểm nằm bên ngoài giả sử là điểm O′ . Tiếp tục vẽ đường tròn
(O′ ;l) và ta sẽ chứng minh tất cả các điểm đã cho đều nằm tất cả trong 2 đường tròn này. Giả sử tồn tại A
trong 2 1
n − điểm còn lại mà đều không thuộc 1 trong 2 đường tròn đã tạo. Khi đó rõ ràng 1, 1
OA O A
′
> >

22. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 9
Website:
mà ta lại có 1
OO′ > điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy nên điều cần chứng minh đã xong tức là 2 đường
tròn đã tạo sẽ bao hết tất cả 2 1
n + điểm đã cho do đó sẽ tồn tại 1 đường tròn chứa ít nhất 1
n + điểm
Lời giải:
Gọi O là một điểm trong 2 1
n + điểm đã cho
Nếu trong 2n điểm còn lại nếu không tồn tại điểm nào có khoảng cách tới (O) lớn hơn 1 thì rõ ràng 2n điểm
này sẽ nằm trong đường tròn tâm O bán kính 1 thì bài toán được giải quyết
Nếu trong 2n điểm này tồn tại 1 điểm có khoảng cách đến O lớn hơn 1. Giả sử điểm đó là O′
Xét điểm A bất kì trong 2 1
n − điểm còn lại. Theo giả thiết trong 3 điểm bất kì nào cũng tồn tại hai điểm có
khoảng cách nhỏ hơn 1. Do đó trong 3 điểm , ,
O O A
′ luôn tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Mà lại
có 1
OO′ > nên ta có 1
OA < hoặc 1
O A
′ < tức là điểm A thuộc đường tròn tâm O bán kính l hoặc đường
tròn tâm O′ bán kính l. Do ta xét A là điểm bất kì trong 2 1
n − điểm đã cho nên ta thu được 2 1
n − điểm
này sẽ thuộc đường tròn tâm O bán kính l hoặc đường tròn tâm O′ bán kính l. Vậy nên tồn tại 1 đường tròn
chứa ít nhất n điểm đã cho. Không giảm tổng quát giả sử đường tròn đó là đường tròn tâm O bán kính l. Như
vậy thêm điểm O thì sẽ tồn tại l đường tròn bán kính l chứa 1
n + điểm đã cho
Nhận xét : Bài 7 và bài 8 là hai bài toán có ý tưởng tương tự nhau. Chúng ta sẽ tạo ra 2 đại lượng nào đó
tính chất giống nhau và sẽ chứng minh một trong hai đại lượng đó thỏa mãn yêu cầu bài toán
Bài 9: Cho đường tròn (O) điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M vẽ 2 đường thẳng cắt (O) tại A, B, C, D
(trong đó M, A, B thẳng hàng và ; , ,
MA MB M C D
< thẳng hàng và MC MD
< )
Biết AB CD
= . Chứng minh MA MC
=
Định hướng lời giải :
Quan sát hình vẽ chắc chắn chúng ta sẽ nghĩ ngay đến việc hạ các đường vuông góc OH, OK lần lượt xuống
các đường thẳng MB, MD. Khi đó dễ thấy H, K là trung điểm của AB, CD mà giả thiết cho AB CD
= nên
HA KC OK OH
= ⇒ = tiếp tục suy ra được HM KM
= và cuối cùng là MA MB
=
Lời giải:
Hạ ( ) ( )
⊥ ∈ ⊥ ∈
,
OH MB H MB OK MD K MD
Do các tam giác OAB và OCD

23. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 10
Website:
cân tại O nên OH, OK thứ tự là
các đường trung tuyến của
∆OAB và ∆OCD
Theo giả thiết, có :
( )
1
AB CD HA KC
= ⇒ =
Theo định lí Pytago trong các tam giác OHA vuông tại H và tam giác OKC vuông tại K có :
( )
2 2 2
2 2 2
2
OH OA HA
OK OC KC
= −
= −
Từ (1) và (2), suy ra : 2 2
OH OK OH OK
= ⇒ =
Suy ra ∆ =
∆
OHM OKM (cạnh huyền - cạnh góc vuông)
HM KM HA AM KC CM
⇒ = ⇒ + = +
MA MC
⇒ = ⇒ đpcm
Nhận xét : Từ kết quả của bài toán này ta thấy rằng + = +
MA AB MC CD
MB MD MA MB MC MD
⇒ = ⇒ + = +
và / /
MA MC
AB CD
MB MD
= ⇒ và
cũng dễ dàng suy ra MO là
đường phân giác của 
AMC
Bây giờ ta sẽ xét bài toán trong
trường hợp giả thiết cho
MA MB MC MD
+ = + thì có
dẫn đến kết quả / /
AC BD và
MO là phân giác của 
AMC
hay không ?
Vẫn sử dụng thế hình như bài trên
Ta để ý rằng : ( ) ( ) 2
MA MB MH HA MH HB MH
+ = − + + =
Tương tự : 2
MC MD MK
+ =
Giả thiết cho MA MB MC MD MH MK
+ = + ⇒ =
⇒ ∆ = ∆
MHO MKO (cạnh huyền - cạnh góc vuông)
 
HMO KMO
⇒ =
MO
⇒ là phân giác của 
HMK hay MO là phân giác của 
AMC
Ta có OH OK HA KC
= ⇒ = (áp dụng định lí Pytago)
AB CD
⇒ =

24. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 11
Website:
Mà 2
MA MB AB MA
+ = +
2
MC MD CD MC
+ = +
MA MC MB MD
⇒ = ⇒ =
Và do đó / /
MA MC
AC BD
MB MD
= ⇒

25. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN
Bài 2 : Vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn
I . Tóm tắt lí thuyết
Ba vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn
a. Đường thẳng và đường tròn cắt nhau
Khi đường thẳng d và đường
tròn (O) có hai điểm chung, ta
nói đường thẳng d và đường
tròn (O) cắt nhau. Đường
thẳng d gọi là cát tuyến của đường
tròn (O)
Ta có < = = −
2 2
;
OH R HA HB R OH (R là bán kính đường tròn (O))
b. Đường thẳng và đường tròn tiếp xúc nhau
Khi đường thẳng d và đường tròn (O)
có một điểm chung ta nói đường thẳng
d và đường tròn (O) tiếp xúc nhau.
Đường thẳng d gọi là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Điểm chung của đường thẳng d và đường tròn (O)
gọi là tiếp điểm
Khi đó ⊥ =
;
OC d OC R
c. Đường thẳng và đường tròn không giao nhau
Khi đường thẳng d và đường
tròn (O) không có điểm chung,
ta nói đường thẳng d và đường
tròn (O) không giao nhau
Khi đó OH R
>
II. Bài tập
Bài 1: Cho đường thẳng d và đường tròn (O) không giao nhau. Chứng minh rằng mọi điểm thuộc đường
thẳng d đều nằm ngoài đường tròn (O)
Định hướng lời giải :

26. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 2
Website:
Ta sẽ dựa vào định nghĩa để chứng minh tức là ta cần chứng minh khoảng cách từ tâm O của đường tròn đến
các điểm trên đường thẳng đều lớn hơn bán kính đường tròn (O). Ta để ý đến giả thiết cho đường thẳng d và
đường tròn (O) không giao nhau tức là khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d lớn hơn bán kính đường
tròn. Từ đó ta nghĩ ngay đến việc hạ ( )
⊥ ∈ ⇒ >
OH d H d OH R mà với mọi điểm A thuộc d thì
OA OH
≥ nên OA R
> . Ta đã có được điều cần chứng minh
Lời giải:
Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với
d và cắt d tại H
Do d và (O) không giao nhau nên
OH R
> với R là bán kính của (O)
Giả sử A là điểm bất kì thuộc d
OA OH R
⇒ ≥ >
Suy ra A nằm ngoài đường tròn (O)
Vậy nên mọi điểm thuộc d đều nằm ngoài đường tròn (O)
Nhận xét : Đây là một tính chất cơ bản mà bạn đọc cần phải biết. Dưới đây là một số tính chất khác xin mời
bạn đọc tự chứng minh :
1. Một đường thẳng d đi qua một điểm nằm trong đường tròn (O;R) thì đường thẳng này phải cắt đường
tròn này tại 2 điểm phân biệt
2. Nếu một đường thẳng d cắt đường tròn tại 2 điểm phân biệt A, B thì mọi điểm nằm giữa A và B đều
nằm trong đường tròn (O;R) các điểm còn lại trên đường thẳng d sẽ nằm ngoài đường tròn
Bài 2: Cho hình thang vuông  
( )
90 , 4 , 13 , 9
ABCD A D AB cm BC cm CD cm
= = = = =
a. Tính độ dài AD
b. Chứng minh đường thẳng AD tiếp xúc đường tròn có đường kính BC
Định hướng lời giải :
Phần a) của bài toán yêu cầu tính AD là khá dễ dàng và đã quen thuộc với chúng ta vì chỉ cần sử dụng kiến
thức lớp 9. Chỉ cần kẻ BH vuông góc với CD thì ta được hình chữ nhật ABHD nên sẽ thu được DH từ đó
cũng tính được CH. Sau đó sử dụng định lí Pytago trong tam giác BHC vuông tại H sẽ tính được
BH AD
⇒ . Phần b) bài toán yêu cầu chứng minh AD tiếp xúc với đường tròn có đường kính. Để chứng
minh thì ta sẽ áp dụng định nghĩa đường thẳng tiếp xúc với đường tròn khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm
đường tròn tới đường thẳng đó bằng bán kính đường tròn đó. Như vậy từ O là trung điểm của BC và cũng là
tâm của đường tròn đường kính BC ta sẽ dựng đường thẳng vuông góc với AD và cắt AD tại E. Ta cần

27. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 3
Website:
chứng minh
2
BC
OE = . Dễ thấy OE là đường trung bình của hình thang ABCD nên E là trung điểm của
AD nên suy ra
13
2 2 2
AB CD BC
OE
+
= = = ⇒đpcm
Lời giải:
a. Từ B kẻ đường thẳng vuông góc với
CD và cắt CD tại H
Khi đó tứ giác ABHD là hình chữ nhật
; 4
AD BH DH AB cm
⇒ = = =
9 4 5
HC CD DH cm
⇒ = − = − =
Theo định lí Pytago trong tam giác
BHC vuông tại H có
2 2 2 2 2
13 5 144
BH BC CH
= − = − =
12
AD BH cm
⇒ = =
b. Gọi E; O lần lượt là trung điểm của AD; BC
Khi đó EO là đường trung bình của hình thang / / / /
ABCD EO AB CD
⇒
⊥
EO AD
Mà
13
2 2 2
AB CD BC
EO
+
= = =
Do đó AD tiếp xúc với đường tròn có đường kính BC
Nhận xét : Đây là một bài tập khá cơ bản giúp chúng ta ghi nhớ được lý thuyết và biết cách chứng minh một
đường thẳng tiếp xúc với đường tròn một cách đơn giản và “thô sơ” nhất
Bài 3: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Qua điểm C thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến d của
đường tròn. Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ C đến AB. Chứng minh :
a. CE CF
=
b. AC là tia phân giác của góc 
BAE
c. 2
.
CH AE BF
=
Định hướng lời giải :
Chúng ta sẽ dễ dàng nhận ra ngay tứ giác ABFE là hình thang và có / / / /
OC AE BF nên OC là đường
trung bình của hình thang ABFE (vì O là trung điểm của AB). Do đó suy ra CE CF
= . Phần b) yêu cầu
chứng minh AC là phân giác của 
BAE tức là ta cần chứng minh  
CAE CAB
= . Ta phải tìm một yếu tố
trung gian nào đó để so sánh 2 góc này. Đó chính là góc 
ACO vì ta thấy ngay ∆AOC cân tại O nên
 
CAO ACO
= và  
CAE ACO
= do / /
AE OC . Vậy nên ta đã chứng minh được  
CAE CAB
= . Chuyển sang
phần c) yêu cầu chứng minh 2
.
CH AE BF
= . Ta thấy vế trái có xuất hiện 2
CH , từ hình vẽ ta sẽ thấy ngay

28. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 4
Website:
2
.
CH AH BH
= . Như vậy ta chỉ cần chứng minh . .
AH BH AE BF
= . Mà theo phần b) lại có CA là phân
giác của 
BAE nên ta dễ dàng chứng minh được AE AH
= và tương tự là BF BH
= . Từ đó ta có điều cần
chứng minh
Lời giải:
a. Ta có ⊥
AE d và ⊥
CF d
/ /
AE CF
⇒ ⇒ tứ giác AEFB là hình
thang
Lại có O là trung điểm của AB và
/ / / /
OC AE CF (vì ⊥
OC d )
C
⇒ là trung điểm của EF CE CF
⇒ =
b. Do  
⇒ =
/ /
AE OC CAE ACO (2 góc so le trong) (1)
Mặt khác : = ⇒ ∆
OC OA AOC cân tại O
 
( )
2
ACO OAC
=
Từ (1) và (2), suy ra :  
CAE CAO
=
Xét ∆ACE và ∆ACH
  90
AEC AHC
= = °
 
CAE CAH
=
AC cạnh chung
⇒ ∆ = ∆
ACE ACH (cạnh huyền - góc nhọn)
 
CAE CAH
⇒ =
AC
⇒ là phân giác của 
BAE
c. Do C thuộc nửa đường tròn đường kính AB
2
AB
OC OA OB
⇒ = = =
⇒ ∆ABC vuông tại C
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ABC vuông tại C, đường cao CH có :
( )
2
. 3
CH AH BH
=
Theo phần b) ta có ∆ =
∆
ACE ACH
( )
4
AH AE
⇒ =
Tương tự ta cũng có ( )
5
BH BF
=
Từ (3), (4) và (5), suy ra : 2
.
CH AE BF
= ⇒ đpcm

29. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 5
Website:
Nhận xét : Đây là một bài toán quen thuộc mà chắc chắn bạn đọc đều đã được gặp vì cùng một thế hình này
ta có khá nhiều giả thiết có thể khai thác được. Ngoài 3 kết quả ở bài toán trên ta còn có thể thu được kết quả
đó là ∆EHF vuông tại H và AB là đường thẳng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆EHF

30. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN
Bài 3 : Tiếp tuyến của đường tròn .
Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
I. Tóm tắt lí thuyết
1) Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn
Định lí : Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua điểm đó
thì đường thẳng ấy là tiếp tuyến của đường tròn
2) Định lí về 2 tiếp tuyến cắt nhau
Nếu 2 tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau thì :
_ Điểm đó cách đều 2 tiếp điểm
_ Tia kẻ từ điểm đó đến tâm là phân
giác của góc tạo bởi 2 tiếp tuyến
_ Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia
phân giác của góc tạo bởi 2 bán kính
đi qua các tiếp điểm
II. Bài tập
Sau đây tôi xin giới thiệu một số phương pháp chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của đường tròn.
Để chứng minh đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) ta có các phương pháp sau :
Phương pháp 1 : Chứng minh khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d bằng R
Bài 1: Cho hình thang vuông  
( )
90
ABCD A D
= = ° , có 4 , 12 , 9
AB cm AD cm CD cm
= = = . Chứng minh
AD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC
Định hướng lời giải :
Để chứng minh được AD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC ta cần chứng minh khoảng cách từ
tâm O của đường tròn đến đường thẳng AD tức là bằng
2
BC
. Như vậy việc đầu tiên ta cần tính độ dài của
BC. Giả thiết đã cho độ dài AB, CD, AD nên việc tính BC là khá dễ dàng. Bây giờ ta cần tính khoảng cách
từ tâm O đến AD. Ta sẽ hạ đường vuông góc từ O xuống AD và cắt AD tại E. Để ý ABCD là hình thang nên
OE là đường trung bình của hình thang ABCD
13
2 2 2
AB CD BC
OE
+
⇒ = = = ⇒ đpcm
Lời giải:
Kẻ ( )
⊥ ∈
BH CD H CD
ABHD
⇒ là hình chữ nhật

31. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 2
Website:
12
BH AD cm
= =
4 5
DH AB cm CH CD DH cm
= = ⇒ = − =
Trong tam giác BHC vuông tại H có
2 2 2
169
BC BH HC
= + =
13
BC cm
⇒ =
Gọi O là trung điểm của BC
O
⇒ là tâm đường tròn có đường kính là BC
Kẻ ( )
⊥ ∈
OE AD E AD
Do ABCD là hình thang nên dễ thấy OE là đường trung bình
13
2 2 2
AB CD BC
OE
+
⇒ = = =
Vậy nên AD là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính BC
Bài 2: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A, B kẻ 2 đường thẳng ,
d d′ lần lượt vuông góc với AB.
Trên ,
d d′ tương ứng lấy 2 điểm C, D sao cho  90
COD
= ° . Chứng minh rằng CD là tiếp tuyến của nửa
đường tròn đường kính AB
Định hướng lời giải :
Cũng giống như bài 1 ta cũng chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB bằng cách chứng
minh khoảng cách từ O đến CD bằng bán kính đường tròn (O) hay chính bằng
2
AB
OA OB
= = . Khi đó ta
hạ ( )
⊥ ∈
OM CD M CD thì OM OA OB
= = và dễ thấy ∆ =
∆
OCM OCA . Để chứng minh 2 tam giác này
bằng nhau ta chỉ cần chứng minh  
ACO MCO
= hoặc  
AOC MOC
= . Nhìn từ hình vẽ ta thấy rằng chứng
minh  
ACO MCO
= thuận lợi hơn. Để ý ∆CDO vuông tại O nên nếu gọi E là trung điểm CD thì ∆COE
cân tại O suy ra  
=
MCO EOC . Mặt khác, dễ thấy / / / /
OE AC BD nên  
ACO COE
= do đó ta sẽ có
 
ACO MCO
= . Từ đó ta có đpcm
Lời giải:
Kẻ ( )
⊥ ∈
OM CD M CD
Gọi E là trung điểm của CD
Dễ thấy OE là đường trung
bình của hình thang ACDB
 
ACO COE
⇒ =
( 2 góc ở vị trí so
le trong) (1)

32. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 3
Website:
Mặt khác, ta có :  90
COD
= °
⇒ ∆COD vuông tại O và có OE là đường trung tuyến
⇒ = = ⇒ ∆
2
CD
OE EC OCE cân tại E
 
( )
2
COE ECO
⇒ =
Từ (1) và (2) , suy ra :  
ACO ECO
= hay  
ACO MCO
=
Do đó ∆ =
∆ ⇒ =
AOC MOC OM OA
CD
⇒ là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB
Nhận xét : Ta để ý  90
COD
= ° khi đó dễ dàng chứng minh được ∆ ∆

AOC DOB nên ta có
2
1
. .
4
AC OA
AC BD OA OB AB
OB BD
= ⇒ = = . Như vậy thay vì cho giả thiết  90
COD
= ° ta sẽ thay giả thiết
mới được bài toán như sau : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Từ A, B kẻ 2 đường thẳng ,
d d′ lần
lượt vuông góc với AB. Trên ,
d d′ tương ứng lấy 2 điểm C, D sao cho 2
1
.
4
AC BD AB
= . Chứng minh rằng
CD là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB
Phương pháp 2: Nếu d và (O) có giao điểm là A thì ta chỉ cần chứng minh ⊥
OA d
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn (I) đường kính BH cắt AB tại D, đường
tròn (J) đường kính CH cắt AC tại E. Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến chung của (I) và (J)
Định hướng lời giải :
Để chứng minh DE là tiếp tuyến của (I) ta chỉ cần chứng minh ⊥
DE DI vì D thuộc (I). Như vậy ta cần
chứng minh  90
IDE
= ° hay ta sẽ chứng minh   90
IDH HDE
+ =°. Để chứng minh điều này ta cần khai thác
các góc vuông mà giả thiết đã cho. Ta thấy ngay ∆IDH cân tại I
 
IDH IHD
⇒ =
Lại có ADHE là hình chữ nhật  
OD OH ODH OHD
⇒ = ⇒ =
Do đó ta có :       90
IDE IDH HDE IHD OHD OHI
= + = + = =°
Như vậy ta đã chứng minh được DE là tiếp tuyến của (I). Chứng minh DE là tiếp tuyến của (J). Chứng minh
DE là tiếp tuyến của (J) hoàn toàn tương tự
Lời giải:
Gọi O là giao điểm của AH và DE
Dễ thấy AEHD là hình chữ nhật
nên O là trung điểm của AH và DE
Và OA OD OE OH
= = =

33. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 4
Website:
⇒ ∆ODH cân tại O
 
( )
1
ODH OHD
⇒ =
Lại có IH ID
= nên ∆IDH cân tại I
 
( )
2
IDH IHD
⇒ =
Do  90
AHI= ° nên  
( )
90 3
DHI DHA
+ =°
Từ (1) , (2) và (3) , suy ra :   
+ = ° ⇒ = ° ⇒ ⊥
90 90
IDH ODH IDO ID DE
Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (I)
Tương tự ta cũng chứng minh được DE là tiếp tuyến của đường tròn (J)
Nhận xét : Đây là phương pháp được sử dụng phổ biến nhất trong các bài toán về chứng minh tiếp tuyến
của đường tròn
Bài 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C thuộc nửa đường tròn. Vẽ ( )
⊥ ∈
CH AB H AB . M là
trung điểm CH, BM cắt tiếp tuyến Ax của (O) tại P. Chứng minh PC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Định hướng lời giải :
Để chứng minh PC là tiếp tuyến của đường tròn (O) ta cần chứng minh ⊥
PC OC hay  90
PCO
= ° . Khi đó
∆ =
∆
PAO PCO mà ta đã có OA OC
= và PO cạnh chung nên ta cần chứng minh  
COP AOP
= hoặc
PA PC
= . Quan sát thế hình ta thấy việc chứng minh PA PC
= là khả thi hơn. Ta lại để ý rằng M là trung
điểm của CH và / /
CH AP điều này gợi cho ta nhớ đến một bổ đề đã được học ở chương trình lớp 8 đó là
trong một hình thang đường nối trung điểm 2 cạnh đáy đi qua giao điểm của 2 cạnh bên của hình thang đó.
Như vậy nếu ta kéo dài BC cắt AP tại Q thì P chính là trung điểm của AQ. Đây chính là chìa khóa của bài
toán vì phần còn lại là khá dễ dàng khi ta thấy ∆AQC vuông tại C có đường trung tuyến CP nên
1
2
CP AQ PA
= = từ đó ta sẽ có đpcm.
Lời giải:
Kéo dài BC cắt Ax tại Q
Theo định lí Taless :
Trong ∆BPQ có ( )
/ / 1
CM BC
CM PQ
PQ BQ
⇒ =
Trong ∆ABP có ( )
/ / 2
MH BH
MH AP
AP BA
⇒ =
Trong ∆ABQ có ( )
/ / 3
BC BH
CH AQ
BQ BA
⇒ =

34. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 5
Website:
Từ (1) , (2) và (3) suy ra :
MC MH
PQ PA
= mà MH CH
= nên PQ PA
=
P
⇒ là trung điểm của QA
Do C thuộc đường tròn đường kính AB nên  
90 90
ACB QCA
= ° ⇒ = °
∆AQC vuông tại C đường trung tuyến
1
2
CP CP AQ PA PQ
⇒ = = =
Xét ∆AOP và ∆COP
; ; :
PA PC OA OC PO chung
= =
 
⇒ = ⇒
∆ = = °
∆ 90
AOP COP PCO PAO
PC
⇒ là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Nhận xét : Ngoài cách giải trên ta còn có thể tiếp cận bài toán này theo hướng sau :
Nếu ta kéo dài PC cắt tiếp tuyến By
của (O) tại Q thì theo định lí Tales ta
cũng dễ dàng suy ra A, M, Q thẳng
hàng. Và ta có
MH BH
PA BA
=
.
MH BA
PA
BH
⇒ =
Tương tự
.
MH BA
QB
AH
=
2 2 2 2
. .
.
. .
MH AB CH AB
PA QB
AH BH AH BH
⇒ = = . Lại có ∆ABC vuông tại C đường cao CH nên ta có
2
.
CH AH BH
= . Do đó 2
1
.
4
PA QB AB
= bài toán bây giờ trở thành bài toán đã giới thiệu ở trên
Bài 5: Cho đường tròn (O) đường kính AB. M là một điểm trên đoạn OB. Đường thẳng qua M vuông góc
AB tại M cắt (O) tại C và D. AC cắt BD tại P, AD cắt BC tại Q. AB cắt PQ tại I. Chứng minh IC và ID là
tiếp tuyến của (O)
Định hướng lời giải :
Để chứng minh IC là tiếp tuyến của (O) ta cần chứng minh ⊥
IC OC hay  90
OCI= °. Dễ dàng chứng minh
được   90
ACB PCQ
= = ° do đó để chứng minh  90
OCI= ° ta chỉ cần chứng minh  
ACO ICB
= . Từ hình vẽ
ta có thể dự đoán được I là trung điểm của PQ và ⊥
AI PQ . Nếu ta có I là trung điểm của PQ thì suy ra
IC IQ
= ( vì ∆PQC vuông tại C có đường trung tuyến CI) ∆CIQ cân tại I nên  
ICQ IQC
= mà
 
IQC CAO
= (vì cùng pụ với 
QPA )   
ICQ CAO OAC
⇒ = = (vì ∆AOC cân tại O). Đến đây thì bài toán đã

35. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 6
Website:
được giải quyết. Bây giờ ta sẽ quay lại việc chứng minh I là trung điểm của PQ và ⊥
AI PQ . Điều này
chứng minh cũng không có gì khó khăn vì ta thấy trong ∆APQ có ⊥ ⊥
;
QC AP PD QA và QC PD B
∩ =
nên B là trực tâm của ⇒
∆ ⊥
APQ AB PQ hay ⊥
AI PQ . Từ đây tiếp tục suy ra / /
CD PQ mà theo bổ đề
tôi đã nêu ở bài 4 : Trong một hình thang đường nối trung điểm 2 cạnh đáy đi qua giao điểm của 2 cạnh bên.
Áp dụng ta thấy rằng CDQP là hình thang, M là trung điểm của CD ,
PC QD A AM PQ I I
∩ = ∩ = ⇒ là
trung điểm của PQ. Đến đây ta đã giải quyết được trọn vẹn bài toán
Lời giải:
Do C, D thuộc đường tròn (O) đường kính
AB nên ta dễ dàng chứng minh
được  
= = ° ⇒ ⊥
90 ;
ACB ADB QC AP
⊥
PD QA
Trong ∆APQ có đường cao QC và
PD cắt nhau tại B
B
⇒ là trực tâm của ∆APQ
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ / /
AB PQ hay AI PQ PQ CD
Mặt khác, dễ thấy AB là trục đối xứng của (O) mà ⊥ ⇒ ;
CD AB C D đối xứng nhau qua AB M
⇒ là trung
điểm của CD
Ta có tứ giác PQDC là hình thang và ;
PC QD A M
∩ = là trung điểm của CD AM PQ I I
∩ = ⇒ là trung
điểm của PQ
Trong ∆PCQ vuông tại C có  
( )
90 1
CPQ CQP
+ =°
Trong ∆AIP vuông tại I có  
( )
90 2
CPI PAI
+ = °
Từ (1) và (2), suy ra  
( )
3
IQC CAI
=
Do OA OC
= nên ∆AOC cân tại  
( )
4
O CAO ACO
⇒ =
Trong ∆PCQ vuông tại C có đường trung tuyến
2
PQ
CI CI IQ
⇒ = =

36. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 7
Website:
⇒ ∆CIQ cân tại  
( )
5
I CQI QCI
⇒ =
Từ (3),(4) và (5) , suy ra :  
ACO ICQ
=
     
⇒ + = + = = ° ⇒ = ° ⇒ ⊥
90 90
ICQ OCB ACO OCB ACB OCI OC IC
IC
⇒ là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được ID là tiếp tuyến của đường tròn ( )
O ⇒đpcm
Nhận xét : Bài toán này cũng không quá khó khăn vì phương pháp thứ 2 này đã định hướng sẵn cho ta
hướng đi và từ đó ta chỉ cần dùng phương pháp cộng góc thì sẽ giải quyết xong bài toán
Phương pháp 3 : Để chứng minh một đường thẳng d là tiếp tuyến của (O) ta dựng đường thẳng d là tiếp
tuyến của (O) sau đó chứng minh d và d′ trùng nhau. Do đó d là tiếp tuyến của (O)
Bài 6: Cho tam giác ABC cạnh a ngoại tiếp đường tròn (O). Trên các cạnh AB và AC lấy các điểm M, N sao
cho chu vi tam giác AMN bằng a. Chứng minh NM tiếp xúc với (O)
Định hướng lời giải :
Từ hình vẽ ta thấy nếu N M
′ ′ tiếp xúc đường tròn (O) thì tứ giác BM N C
′ ′ sẽ ngoại tiếp đường tròn (O). Khi
đó ta sẽ áp dụng bổ đề sao cho tứ giác ngoại tiếp đường tròn : Tứ giác ngoại tiếp một đường tròn khi và chỉ
khi tổng độ dài 2 cặp cạnh đối của tứ giác bằng nhau. Từ đó ta có
M N BC BM CN
′ ′ ′ ′
+ = +
M N BM CN BC
′ ′ ′ ′
= + −
AM M N N A AB AC BC a
′ ′ ′ ′
⇒ + + = + − =
Vậy nên mọi đường thẳng M N
′ ′ tiếp xúc với (O) thì chu vi tam giác AM N
′ ′ đều bằng a. Điều này gợi cho
ta sử dụng điểm ( )
N N AC
′ ′∈ sao cho N M
′ tiếp xúc với (O). Ta sẽ chứng minh N N
′ ≡
Theo trên ta có AM MN N A a
′ ′
+ + =
AM MN N A AM MN NA MN N A MN NA
′ ′ ′ ′
⇒ + + = + + ⇒ + = + . Ta có , ,
A N N ′ thẳng hàng nên nếu
N N ′
≠ thì sẽ cho điều mâu thuẫn vì nếu AN AN ′
> thì ′ ′ ′ ′
= − = − <
NN AN AN MN MN NN (theo bất
đẳng thức tam giác)
⇒mâu thuẫn
Trường hợp AN AN
′ > hoàn toàn tương tự
Lời giải:
Từ M kẻ tiếp tuyến thứ 2 đến đường
tròn (O), tiếp xúc với (O) tại K và cắt
AC tại N ′
Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của
đường tròn (O) với các đoạn BC, CA, AB

37. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 8
Website:
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau,
ta có :
;
MK MF KN N E
′ ′
= =
;
BF BD CD CE
= =
Do đó ta có : ′ ′
+ + + = + + +
MK KN BD CD MF BF N E EC
′ ′ ′ ′
⇒ + = + ⇒ = + −
MN BC MB N C MN MB N C BC
′ ′ ′ ′
⇒ + + = + + + − = + − =
AM MN AN AM AN MB N C BC AB AC BC a
′ ′
⇒ + + = + +
AM MN N A AM MN NA
( )
*
′ ′
⇒ + = +
MN AN MN AN
Do , , ′
A N N thẳng hàng nên ta xét các trường hợp
_ Trường hợp 1 : ′
>
AN AN
′ ′
− =
AN AN NN
Từ (*) suy ra ′ ′
− =
MN MN NN điều này mâu thuẫn vì theo bất đẳng thức tam giác trong tam giác ′
MNN ta
có : ′ ′
− <
MN MN NN
_ Trường hợp 2 : ′ >
AN AN
Hoàn toàn tương tự như trường hợp 1
Vậy cả 2 trường hợp trên đều mâu thuẫn do đó ′ ′
= ⇒ ≡
AN AN N N
⇒ MN là tiếp tuyến của đường tròn ( )⇒
O đpcm
Nhận xét : Sau đây tôi sẽ trình bày bổ đề ở trên, đây là bổ đề khá quan trọng mà chúng ta cần phải biết : Một
tứ giác ngoại tiếp một đường tròn khi và chỉ khi tổng độ dài của 2 cặp cạnh đối bằng nhau
Chứng minh
" "
⇒ Tổng độ dài 2 cặp cạnh đối bằng nhau
Giả sử ta có tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) và các cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với (I) lần lượt
tại các điểm E, F, G, H
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có :
,
= =
AE AH BE BF
,
= =
CF CG DG DH
⇒ + + + = + + +
AE BE CG DG AH DH BF CF
⇒ + = +
AB CD BC DA
" "
⇐ Tứ giác ngoại tiếp đường tròn
Giả sử tứ giác ABCD có tổng độ dài
2 cặp cạnh đối bằng nhau tức là
+ = +
AB CD BC DA

38. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 9
Website:
Xét trường hợp = ⇒ =
BC AB CD AD
Xét trường hợp > ⇒ >
BC AB CD AD
Gọi E, F là các điểm trên các đoạn BC, CD
sao cho ,
= =
BE BA DF DA
⇒ − = − =
BC BA BC BE EC
Và − = − =
CD DA CD DF CF
Do + = +
AB CD BC DA
⇒ − = −
CD DA BC AB
⇒ =
CE CF
Vậy nên ta có ; ;
= = =
BA BE CE CF DA DF hay ta cũng có các tam giác ; ;
ABE EFC FDA lần lượt cân tại
các đỉnh B, C, D
⇒ Đường phân giác của các góc   
, ,
B C D sẽ là các đường trung trực của các đoạn AE, EF, FA đồng quy tại
một điểm
Do đó đường phân giác của các góc   
, ,
B C D cũng đồng quy tại 1 điểm và điểm này chính là tâm đường tròn
nội tiếp trong tứ giác ABCD
⇒đpcm
Trên đây tác giả đã giới thiệu 3 phương pháp để chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường
tròn. Ta thấy rằng mỗi phương pháp đều có ưu điểm riêng đối với từng bài khác nhau. Vì vậy chúng ta cần
phải nắm vững cả 3 phương pháp và vận dụng một cách linh hoạt trong các bài toán khác nhau để đạt hiệu
quả cao nhất trong việc chứng minh một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn
Tiếp theo tôi sẽ giới thiệu một số bài toán liên quan đến tính chất của tiếp tuyến của đường tròn
Bài 8: Cho ∆ABC và đường tròn (I) nội tiếp bên trong tam giác. Các cạnh BC, CA, AB thứ tự tiếp xúc với
(I) tại D, E, F. Tính độ dài các đoạn AF, AE , BF, BD, CD, CE theo các cạnh của ∆ABC
Định hướng lời giải :
Không khó để chúng ta nhận ra các đoạn AF, AE, BF, BD, CD, CE các tiếp tuyến của đường tròn (I). Theo
tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn ta suy ra được , ,
= = =
AE AF BD BF CD CE và dựa vào
tổng , ,
+ = + = + =
AF BF AB BD CD BC CE AE AC ta sẽ tính được độ dài của AE, AF, BD, BF, CE, CD
theo các cạnh BC, CA, AB
Lời giải:
Giả sử ( )
, , , , 0
= = = >
BC a CA b AB c a b c
Do (I) là đường tròn nội tiếp trong
∆ABC nên BC, CA, AB là các tiếp
tuyến tại D, E, F của (I)

39. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 10
Website:
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có
, ,
= = =
AE AF BD BF CE CF
Đặt ( )
0
= > ⇒ = − = −
BD x x CD BC BD a x
⇒ = = − ⇒ = − = − +
CE CD a x AE AC CD b a x
⇒ = = − + ⇒ = − = − + −
AF AE b a x BF AB AF c b a x
Mà = ⇒ = − + −
BD BF x a b c x
2 2
− + − +
⇒ = ⇒ = =
a b c a b c
x BD BF
;
2 2
+ − + −
= = = =
a b c b c a
CD CE AE AF
Nhận xét : Bây giờ nếu ta gọi p, r lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC thì ta sẽ có
, ,
= =
− = =
− = =
−
AE AF p a BD BF p b CD CE p c và ( ) ( ) ( )
tan tan tan
2 2 2
=
− =
− =
−
A B C
r p a p b p c .
Đây là những hệ thức mà chúng ta cần nhớ để vận dụng một cách linh hoạt vào các bài toán tính toán trong
tam giác
Bài 9: Cho ∆ABC . Gọi (I) và ( )
′
I lần lượt là các đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp trong góc 
A
của ∆ABC . D, E lần lượt là các điểm tiếp xúc của đường thẳng BC với đường tròn ( ) ( )
, ′
I I . Vẽ đường
kính ′
DD của đường tròn (I). Chứng minh , ,
′
A D E thẳng hàng
Định hướng lời giải :
Bài toán yêu cầu chứng minh , ,
′
A D E thẳng hàng mà từ hình vẽ ta dễ dàng nhận ra / / ′
ID I E và , , ′
A I I
thẳng hàng. Từ đó để chứng minh bài toán này ta sẽ đi chứng minh bổ đề sau : Cho 2 đường thẳng 1 2
/ /
d d .
Một đường thẳng 3
d cắt hai đường thẳng 1 2
,
d d tại các điểm 1 2
,
B B . Giả sử A là một điểm bất kì thuộc 3
d .
Trên 1 2
,
d d lần lượt lấy các điểm 1 2
,
C C về cùng một phía so với ( )
3 1 1 2 2
,
∈ ∈
d C d C d sao cho 1 1 1
2 2 2
=
AB B C
AB B C
.
Khi đó 2 2
, ,
A B C thẳng hàng. Bổ đề này chỉ là một chút suy biến của định lí Tales và chứng minh cũng khá
đơn giản : Gọi 2
'
C là giao của 1
AC và 2
d . Theo định lí Tales ta có 1 1 1
2 2 2 2
2 2 2
'
'
= ⇒ =
AB B C
B C B C
AB B C
mà
2 2 2
, ' ∈
C C d và cùng nằm về một phía so với đường thẳng 3
d do đó 2 2 1 2
' , ,
≡ ⇒
C C A C C thẳng hàng
Quay trở lại bài toán, theo bổ đề muốn
chứng minh , ,
′
A D E thẳng hàng thì ta
chỉ cần chứng minh
′
= =
′ ′
AI ID r
AI IF r
( , ′
r r lần lượt là bán kính đường tròn

40. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 11
Website:
( ) ( )
, )
′
I I . Từ đó ta sẽ nghĩ ngay đến việc gọi
M, N lần lượt là tiếp điểm của đường
thẳng AB với các đường tròn ( ) ( )
, ′
I I
Đến đây ta thấy rằng ,
⊥
IM AB
′ ⊥
I N AB nên / / ′
IM I N . Áp dụng định
lí Tales suy ra = =
′ ′ ′
AI IM r
AI I N r
. Đến đây
bài toán đã được giải quyết xong
Lời giải:
Dễ thấy , , ′
A I I thẳng hàng
Gọi M, N lần lượt là các tiếp điểm
của đường thẳng AB với đường tròn
( ) ( )
, ′
I I
Ta có , ′
⊥ ⊥
IM AB I N AB
/ / ′
⇒ IM I N
Theo định lí Tales ta có : =
′ ′
AI IM
AI I N
Do ,
′ ′ ′
= =
IM ID I N I E
( )
1
′
⇒ = =
′ ′ ′
AI IM ID
AI I N I E
Mặt khác ta lại có / /
′ ′
ID I E (vì cùng
vuông góc với BC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra , ,
′
A D E thẳng hàng ⇒đpcm
Nhận xét : Từ bài toán này ta có thể thu được rất nhiều kết quả rất hay và thú vị. Nếu ta gọi F là tiếp điểm
của đường thẳng AC và đường tròn ( )
′
I thì rõ ràng ta sẽ có =
AN AF và ,
= =
BN BE CE CF
Do đó + = + =
BN CF BE CE BC . Như vậy ta sẽ có :
2 2
= + = + + + = + + = ⇒ =
AN AN AF AB AC BN CF AB AC BC p AN p
⇒ = − = − ⇒ = = −
BN AN AB p c BE BN p c
⇒ = − = −
CE BC BE p a
Kết hợp với bài 8 ta sẽ có =
BD CE
,
⇒ D E đối xứng nhau qua trung
điểm của BC
Nếu ta gọi L, K lần lượt là trung

41. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 12
Website:
điểm của , ⇒
BC AD L cũng là trung
điểm của DE
Do đó IL, IK lần lượt là các đường
trung bình trong các ′
∆DD E và ′
∆ADD
/ / , / / , ,
⇒ ⇒
IL AE IK AE I K L thẳng
hàng. Ta sẽ thu được bài toán sau :
Bài toán 1 : Cho ∆ABC . Đường tròn (I) nội tiếp trong ∆ABC và tiếp xúc với cạnh BC tại D. Gọi L,K lần
lượt là trung điểm của các cạnh BC, AD. Chứng minh rằng I, K, L thẳng hàng
Từ hình vẽ trên ta thấy rằng trong ∆ADE có 2 đường trung tuyến AL, EK. Hai đường trung tuyến này cắt
nhau tại G là trọng tâm của
2
3
∆ ⇒ =
AG
ADE
AL
mà AL cũng là đường trung tuyến của ∆ ⇒
ABC G cũng là
trọng tâm của ∆ABC . Do đó đường thẳng EK đi qua trọng tâm của ∆ABC . Từ đó ta sẽ có bài toán tiếp
theo
Bài toán 2 : Cho ∆ABC . Đường tròn (I) nội tiếp trong ∆ABC và tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần lượt
tại D, E, F. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn AD, BE, CF. Các đường tròn bàng tiếp các góc
  
, ,
A B C của ∆ABC tương ứng tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại Q, R,S. Chứng minh rằng ba đường thẳng
QM, RN, SP đồng quy tại một điểm
Hai bài toán trên đây thực sự là khá khó đối với những người không biết các kết quả mà tôi đã nêu ở trên

42. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN
Bài 4 : Vị trí tương đối của hai đường tròn
I. Tóm tắt lý thuyết
1) Ba vị trí tương đối của đường tròn
_ Hai đường tròn có 2 điểm chung được gọi là hai đường tròn cắt nhau. Hai điểm chung đó gọi là hai giao
điểm. Đoạn thẳng nối hai điểm đó gọi là dây cung
_ Hai đường tròn chỉ có duy nhất một điểm chung được gọi là tiếp xúc nhau. Điểm chung đó gọi là tiếp điểm

43. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 2
Website:
_ Hai đường tròn không có điểm chung nào được gọi là ngoài nhau
2) Tính chất đường nối tâm
Định lí :
_ Nếu hai đường tròn cắt nhau thì hai giao điểm đối xứng nhau qua đường nối tâm, tức là đường nối tâm là
đường trung trực của dây chung.
_ Nếu hai đường tròn tiếp xúc nhau thì tiếp điểm sẽ nằm trên đường nối tâm
3) Tiếp tuyến chung của hai đường tròn
_ Tiếp tuyến chung của hai đường tròn là đường thẳng tiếp xúc cả hai đường thẳng đó
a) Tiếp tuyến chung của hai đường tròn cắt nhau

44. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 3
Website:
_ Hai đường tròn cắt nhau có 2 tiếp tuyến chung và giao điểm hai tiếp tuyến này cắt nhau tại 1 điểm trên
đường thẳng OO′
b) Tiếp tuyến chung của 2 đường tròn tiếp xúc nhau
_ Hai đường tròn tiếp xúc ngoài
có 3 tiếp tuyến chung trong
đó có hai tiếp tuyến chung
ngoài và 1 tiếp tuyến chung
trong. Tiếp tuyến chung trong
là đường thẳng vuông góc với
đường nối tâm tại tiếp điểm.
Hai tiếp tuyến chung ngoài
cắt nhau tại một điểm trên
đường nối tâm
_ Hai đường tròn tiếp xúc trong
có một tiếp tuyến chung là
đường thẳng vuông góc với
đường nối hai tâm tại tiếp
điểm

45. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 4
Website:
c) Hai đường tròn không tiếp xúc nhau
_ Hai đường tròn không tiếp xúc nhau có 4 tiếp tuyến chung trong đó có 2 tiếp tuyến chung ngoài và 2 tiếp
tuyến chung trong. Giao điểm của 2 tiếp tuyến chung ngoài và giao điểm của 2 tiếp tuyến chung trong đều
thuộc đường thẳng nối 2 tâm
II. Bài tập
Bài 1: Cho hai đường tròn (O) và ( )
O′ cắt nhau tại A và B. Gọi I là trung điểm OO′ . Qua A vẽ đường thẳng
vuông góc với IA, cắt các đường tròn (O) và ( )
O′ tại C và D (khác A). Chứng minh rằng AC AD
=
Định hướng lời giải :
Ta cần chứng minh AC AD
= mà lại thấy I là trung điểm của OO′ mà lại có ⊥
IA CD nên ta sẽ nghĩ ngay
đến việc kẻ các đường vuông góc từ ,
O O′ xuống CD để tạo hình thang có IA là đường trung bình. Giả sử
chân đường vuông góc hạ từ ,
O O
′ xuống CD lần lượt là E, F. Khi đó dễ thấy E, F lần lượt là trung điểm của
AD, AC mà lại có AE AF
= nên ta suy ra được AC AD
=
Lời giải:
Từ ,
O O
′ lần lượt hạ các đường
vuông góc xuống CD và cắt CD
lần lượt tại E, F
Dễ thấy E, F lần lượt là trung điểm
của AD, AC
Ta có / / / /
O E OF IA
′

46. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 5
Website:
OFEO′
⇒ là hình thang có I là
trung điểm của OO A
′ ⇒ là trung
điểm của EF
2 2
⇒ = ⇒ = = =
AE AF AC AF AE AD (đpcm)
Nhận xét : Dựa vào ý tưởng của bài toán ta có thể giải quyết rất nhiều các bài toán hay và khó sau :
Bài 2: Cho hai đường tròn (O) và ( )
O′ cắt nhau ở A và B. Đường thẳng d qua A cắt (O) và ( )
O′ lần lượt tại
C và D ( A nằm giữa C và D)
a. Nêu cách dựng d để A là trung điểm của CD
b. Xác định vị trí của d để tổng khoảng cách từ O và O′ đến d đạt giá trị lớn nhất
Sử dụng kết quả bài 1 ta thấy bài toán 2 này được xử lí khá dễ dàng. Xin mời bạn đọc tự trình bày
Bài 3: Cho ∆ABC . Ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đường kính AB, AC. Một đường thẳng d
qua A cắt hai nửa đường tròn lần lượt tại D, E (khác A). M là trung điểm cạnh BC. Chứng minh rằng
∆MDE cân tại M
Định hướng lời giải :
Để chứng minh một tam giác cân thì ý nghĩ đầu tiên của chúng ta sẽ là chứng minh hai cạnh bằng nhau hoặc
2 góc bằng nhau. Tuy nhiên ở bài toán này chứng minh ∆MDE cân tại M ta thấy rất rõ khó liên hệ 2 cạnh
MD, ME và 2 góc  
,
MDE MED với giả thiết đề bài. Vì vậy việc chứng minh 2 cạnh hoặc 2 góc bằng nhau là
không khả thi. Từ đó ta sẽ nghĩ đến ý tưởng chứng minh các đường trung tuyến, đường cao hoặc phân giác
xuất phát từ đỉnh M của ∆MDE trùng nhau. Để ý D, E thuộc các đường tròn đường kính AB, AC nên ta suy
ra ngay   90
ADB AEC
= = °. Như vậy / /
BD CE ⇒ tứ giác BDEC là hình thang, do đó nếu ta gọi N là trung
điểm đoạn DE thì ta sẽ có MN là đường trung bình của hình thang / / / /
⇒ ⇒ ⊥
BDEC MN BD CE MN DE
Lời giải:
Do D thuộc đường tròn đường kính AB
 ( )
90 1
⇒ = ° ⇒ ⊥
ADB AD BD
Tương tự E thuộc đường tròn
đường kính AC
( )
2
⇒ ⊥
AE CE
Từ (1) và (2) suy ra / /
BD CE
⇒Tứ giác BDEC là hình thang
Gọi N là trung điểm của DE
MN
⇒ là đường trung bình của hình thang BDEC
/ / / /
⇒ ⇒ ⊥
MN BD CE MN DE
Trong ∆MDE có MN vừa là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ ∆MDE cân tại M ⇒ đpcm

47. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 6
Website:
Nhận xét : Đây là bài toán khá cơ bản vì chắc hẳn ai cũng nhận ra được tứ giác BCED là hình thang và có
M là trung điểm nên ý tưởng tạo ra đường trung bình của hình thang BCED là khá tự nhiên
Bài 4: Cho hai đường tròn (O) và ( )
O′ có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại hai điểm A, B. Một đường
thẳng bất kì qua A cắt (O) và ( )
O′ lần lượt tại C, D sao cho A nằm giữa C và D. Chứng minh BC BD
=
Định hướng lời giải :
Ta thấy ngay C, D lần lượt thuộc đường tròn (O) đường kính AE và đường tròn ( )
O′ đường kính AF nên
  90
ECA ADF
= = ° ⇒tứ giác CDFE là hình thang. Ta lại dễ dàng chứng minh được B là trung điểm của EF.
Bây giờ ta có hình thang CDFE và có B là trung điểm của EF từ đó ta sẽ nghĩ đến việc kẻ đường trung bình
của hình thang CDFE tức là từ B kẻ ( )
⊥ ∈
BK CD K CD . Khi đó BK là đường trung bình của hình thang
CDFE⇒ K là trung điểm của CD. Như vậy BK vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến trong
∆ ⇒ ∆
BCD BCD cân tại B BC BD
⇒ =
Lời giải:
Kẻ các đường kính AE của (O) và
AF của ( )
O′
Do B thuộc đường tròn (O) đường
kính AE và thuộc đường tròn
( )
O′ đường kính AF
  90
⇒ = =°
ABE ABF
, , ,
⇒ ⊥ ⊥ ⇒
AB BE AB BF E B F thẳng hàng
Do (O) và ( )
O′ có bán kính bằng nhau
⇒ = ⇒ ∆
AE AF AEF cân tại A có AB là đường cao
AB
⇒ cũng là đường trung tuyến trong ∆AEF
B
⇒ là trung điểm của EF
Mặt khác, ta có C thuộc (O) đường kính AE
 90
⇒ = ° ⇒ ⊥
ACE AC EC
Tương tự, ta có : / /
⊥ ⇒ ⇒
AD DF EC DF CDFE là hình thang
Gọi K là trung điểm của CD
BK
⇒ là đường trung bình của hình thang CDFE
/ / / /
⇒ ⇒ ⊥
BK EC DF BK CD
Trong ∆BCD có BK vừa là đường cao vừa là trung tuyến xuất phát từ ⇒ ∆
B BCD cân tại B
BC BD
⇒ = ⇒đpcm

48. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 7
Website:
Nhận xét : Ý tưởng của bài toán này cũng hoàn toàn giống bài toán 3 khi ta có hình thang CDFE và trung
điểm B thì ta sẽ nghĩ ngay đến việc tạo ra đường trung bình của hình thang. Đây chính là chìa khóa để giải
quyết bài toán
Bài 5: Cho hai đường tròn (O;R) và ( )
;
O R
′ ′ tiếp xúc ngoài tại ( )
A R R′
> . Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC
với B, C là các tiếp điểm và ( ) ( )
,
B O C O′
∈ ∈ . Tiếp tuyến tại A của hai đường tròn cắt BC tại I
a. Tính độ dài BC theo R và R′
b. Tính diện tích ′
∆IOO theo R và R′
Định hướng lời giải :
Đây là bài toán khá quen thuộc với chúng ta vì ở chương trình lớp 8 đã được làm khá nhiều ở dạng này.
Phần a) sẽ được phát biểu lại thành bài toán :
Cho hình thang vuông  
( )
90
CO OB B C
′ = = ° . Biết , ,
O C R OC R O O R R
′ ′ ′ ′
= = = + . Tính độ dài BC theo
,
R R′ . Chắc chắn chúng ta sẽ nghĩ ngay đến việc từ O′ kẻ đường vuông góc xuống OB và cắt OB tại K để
tạo hình chữ nhật BCO K
′ và áp dụng định lí Pytago trong ′
∆O OK vuông ta sẽ dễ dàng tính được BC. Phần
b) yêu cầu tính diện tích ′
∆IOO theo OO′ và IA, ta đã biết độ dài OO′ nên chỉ cần tính IA theo R và R′.
Để ý các tiếp tuyến cắt nhau ta sẽ thấy
2
BC
IA IB IC IA
= = ⇒ = . Sử dụng kết quả phần a) ta sẽ tính được IA
theo R và R′. Như vậy ta đã giải quyết xong bài toán
Lời giải:
a. Từ O′kẻ dường thẳng vuông
góc với OB và cắt OB tại K
Ta có :    90
BKO O CB CBK
′ ′
= = = °
BCO K
′
⇒ là hình chữ nhật
BC O K
′
⇒ = và O C BK R
′ ′
= =
Do đó K thuộc đoạn OB vì
BK R R BO OK OB BK R R
′ ′
= < = ⇒ = − = −
'
∆OO K vuông tại K nên theo định lí Pytago ta có :
( ) ( )
2 2
2 2 2
' 4
′ ′ ′ ′
= − = + − − =
O K OO OK R R R R RR
2
BC O K RR
′ ′
⇒ = =
b. Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có IA IB
= và IA IC
=
IA IB IC I
⇒ = = ⇒ là trung điểm của BC
2
BC
IA RR′
⇒ = =

49. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 8
Website:
( )
1 1
.
2 2
′
∆
′ ′ ′
⇒ = = +
IOO
S IAOO RR R R
Nhận xét : Đây cũng là kết quả khá quan trọng mà chúng ta cần phải nhớ và áp dụng vào các bài toán tính
toán trên đường tròn. Dưới đây là một số bài toán áp dụng
Bài toán 1 : Hai đường tròn (O;R) và ( )
;
O R
′ ′ tiếp xúc ngoài tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC với B, C
là các tiếp điểm và ( ) ( )
,
B O C O′
∈ ∈
Giả sử 12, 16
AB AC
= = . Tính , '
R R
Bài toán 2 : Cho hai đường tròn (O;R) và ( )
;
O R
′ ′ tiếp xúc ngoài tại B. Vẽ các đường kính AB, BC tương
ứng của (O;R) và ( )
;
O R
′ ′ . Vẽ d là tiếp tuyến tại A của (O;R) và d′ là các tiếp tuyến tại C của ( )
;
O R
′ ′ . Vẽ
tiếp tuyến chung ngoài FG của (O;R) và ( ) ( ) ( )
( )
; ; ; ;
O R F O R G O R
′ ′ ′ ′
∈ ∈ . Đường thẳng FG cắt ,
d d′ lần
lượt tại D , E. Tiếp tuyến chung trong tại B cắt FG tại I
a) Tính độ dài của BI, AD và CE theo ,
R R′
b) Tính diện tích tứ giác ACED theo ,
R R′
Bài 6: Cho ∆ABC . Các đường cao AD, BE cắt nhau ở H. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, HC.
Chứng minh ⊥
MN DE
Định hướng lời giải :
Đề bài yêu cầu chứng minh ⊥
MN DE . Từ hình vẽ không khó để chúng ta nhận ra D, E thuộc đường tròn
tâm M có đường kính AB và D, E cũng thuộc đường tròn tâm N có đường kính CH. Như vậy D, E là giao
điểm của hai đường tròn tâm M có đường kính AB và đường tròn tâm N có đường kính CH. Do đó theo tính
chất đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau suy ra ⊥
MN DE
Lời giải:
Trong ∆ABE vuông tại E
có đường trung tuyến EM
2
AB
EM E
⇒ = ⇒ thuộc đường tròn
tâm M có đường kính AB (1)
Trong ∆ABD vuông tại D có
đường trung tuyến
2
AB
DM DM D
⇒ = ⇒ thuộc đường tròn
tâm M có đường kính AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra D, E thuộc đường tròn tâm M đường kính AB

50. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 9
Website:
Trong ∆CHE vuông tại E có đường trung tuyến
2
CH
EN EN E
⇒ = ⇒ thuộc đường tròn tâm N có đường
kính CH (3)
Trong ∆CDH vuông tại D có đường trung tuyến
2
CH
DN DN D
⇒ = ⇒ thuộc đường tròn tâm N có đường
kính CH (4)
Từ (3) và (4) suy ra D, E thuộc đường tròn tâm N đường kính CH
Do đó D, E là hai giao điểm của đường tròn tâm M có đường kính AB và đường tròn tâm N có đường kính
CH⇒ ⊥
MN DE đpcm
Nhận xét : Từ kết quả này ta cũng có thể giải được bài toán sau : Cho ∆ABC có O là tâm đường tròn ngoại
tiếp của tam giác. Gọi D, E lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh B, C. Chứng minh rằng ⊥
OA DE
Chứng minh
Gọi H là trực tâm của ∆ABC
M, N lần lượt là trung điểm của BC và AH
Ta có :
1
2
OM AH OM AN
= ⇒ =
Lại có / /
OM AN ( vì cùng vuông góc với BC)
⇒tứ giác ANMO là hình bình hành
/ /
OA MN
⇒
Theo bài toán 6 ta có ⊥ ⇒ ⊥
MN DE OA DE (đpcm)
Bài 7: Cho ∆ABC . Một đường tròn (O) đi qua A và B cắt AC, BC ở D và E. M là giao điểm thứ hai của các
đường tròn ngoại tiếp các ∆ABC và ∆DEC . Chứng minh  90
OMC
= °
Định hướng lời giải :
Đề bài yêu cầu chứng minh  90
OMC
= ° hay là ⊥
OM MC . Nếu ta gọi I, K lần lượt là tâm các đường tròn
ngoại tiếp các tam giác CDE và ABC thì theo tính chất đường nối tâm ta có ⊥
IK CM . Như vậy ta cần
chứng minh / /
IK CM . Từ hình vẽ ta thấy nếu ta gọi P là giao điểm thứ 2 của CI với đường tròn (I) ngoại
tiếp tam giác thì P, O, M thẳng hàng tức là / /
OP IK suy ra POKI là hình bình hành. Như vậy ta chỉ cần
chứng minh được tứ giác POKI là hình bình hành thì rõ ràng / /
OK PI nên CP sẽ là đường cao của ∆ABC
mà
1
2
OK PI CP
= = . Do đó P sẽ là trực tâm của ∆ABC . Điều này hoàn toàn dễ dàng chứng minh vì ta có
ngay  90
= ° ⇒ ⊥
CDP DP CD mà ⊥
BD CD nên C, D, P thẳng hàng. Tương tự A, E, P cũng thẳng hàng nên
P là trực tâm ∆ABC . Sử dụng hệ thức quen thuộc ta có ∆ABC nội tiếp đường tròn (K) có P là trực tâm và O
là trung điểm của AB nên ta có
1
2
OK PI CP
= = mà / /
OK PI (vì cùng vuông góc với AB) POKI
⇒ là

51. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 10
Website:
hình bình hành / /
⇒ ⇒ ⊥
OP IK OP CM mà M thuộc đường tròn đường kính CP nên
⊥
PM CM , ,
O P M
⇒ thẳng hàng và từ đó ta có  90
OMC
= °
Lời giải:
Gọi I, K lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp ∆CDE và ∆ABC
Kẻ đường kính CP của (I) cắt AB tại L
Do M thuộc (I) có đường kính CP nên dễ dàng suy ra ( )
1
⊥
PM CM
Gọi P′ là trực tâm của ∆ABC
Dễ thấy D, E thuộc đường tròn (O) đường kính   90
AB ADB AEB
⇒ = =°
,
BD CE
⇒ là các đường cao của ′
∆ ⇒ = ∩
ABC P BD CE
Ta có   90
CDP CEP
′ ′
= = °
,
D E
⇒ thuộc đường tròn đường kính CP′
Mà D, E lại thuộc đường tròn (I) đường kính CP P P′
⇒ ≡
Do đó ⊥
CI AB hay
/ /
PC OK ( vì ⊥
OK BC )
Ta có K, P lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của ∆ABC và O là trung điểm của AB
1
2
KO CP IC IP
⇒ = = =

52. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 11
Website:
Mà / /
OK IP PIKO
⇒ là hình bình hành / /
PO IK
⇒
Mà ⊥
IK CM (theo tính chất đường nối tâm của 2 đường tròn cắt nhau)
( )
2
⇒ ⊥
PO CM
Từ (1) và (2) suy ra O, M, P thẳng hàng  90
OMC
⇒ =
° (đpcm)
Nhận xét : Qua bài toán này và phần nhận xét của bài toán 6 ở trên ta có thể thấy trong tam giác ABC có O,
H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác. M là trung điểm cạnh BC thì hệ thức
1
2
OM AH
= là khá quan trọng vì hệ thức này có ứng dụng rất nhiều trong các bài toán khó

53. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 1
Website:
CHƯƠNG II : ĐƯỜNG TRÒN
Bài 5 : Góc ở tâm. Số đo cung
I. Tóm tắt lí lí thuyết
1) Góc ở tâm
_ Định nghĩa : Góc ở đỉnh trùng với tâm đường tròn được gọi là góc ở tâm
_ Hai cạnh của góc ở tâm cắt dường tròn tại hai điểm, do đó chia đường tròn thành hai cung. Với các góc α
thì cung nằm bên trong góc gọi là cung nhỏ và cung nằm bên ngoài góc được gọi là cung lớn
_ Cung AB được kí hiệu là 
AB . Trong đó cung 
AmB là cung nhỏ và cung 
AnB là cung lớn
2) Số đo cung
_ Định nghĩa : Số đo của cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó. Số đo của cung lớn bằng hiệu
giữa 360° và số đo của cung nhỏ (có chung hai mút với cung lớn)
_ Số đo của cung AB được kí hiệu là sđ 
AB
3) So sánh hai cung
_ Hai cung được gọi là bằng nhau nếu số đo của chúng bằng nhau
_ Trong hai cung, cung nào có số đo lớn hơn được gọi là cung lớn hơn
Định lí : Nếu điểm C nằm trên cung AB thì : sđ 
AB = sđ 
AC + sđ 
CB
II .Bài tập
Bài 1: Cho đường tròn (O;R). Tính độ dài của dây AB theo R nếu :
a.  60
AOB
= ° b.  90
AOB
= ° c.  120
AOB
= °
Định hướng lời giải :
Ở cả 3 phần của bài toán này ta đều có ∆AOB cân tại đỉnh O và ta đã biết số đo góc ở đỉnh và độ dài 2 cạnh
nên việc tính độ dài cạnh thứ 3 là hoàn toàn không khó khăn khi chúng ta đã làm quen với nhiều bài toán
như vậy ở chương hệ thức lượng trong tam giác

54. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 2
Website:
Lời giải:
a) Do OA OB
= mà  60
AOB
= °
⇒ ∆AOB là tam giác đều
AB OA OB R
⇒ = = =
b) Trong ∆AOB vuông tại O, ta có :
2 2
sin 45
OA
AB OA R
= = =
°
c) Kẻ ( )
⊥ ∈
OH AB H AB
Do ∆AOB cân tại O nên OH vừa là
đường cao, vừa là trung tuyến của
∆AOB và cũng là phân giác trong
của   
1
60
2
AOB BOH AOB
⇒ = =
°
Trong ∆BOH vuông tại H có
 3
.sin .sin 60 2 3
2
BH OB BOH R R AB BH R
= = °
= ⇒= =
Nhận xét : Từ bài toán này ta thấy nếu biết góc ở tâm ta hoàn toàn có thể xác định được độ dài của dây cung
đó. Và cách xác định hoàn toàn tương tự như phần c) của bài toán 1
Bài 2: Hai tiếp tuyến tại A, B của đường tròn (O;R) cắt nhau tại M. Biết 2
OM R
= . Tính số đo góc ở tâm

AOB
Định hướng lời giải :
Bài toán cho 2
OM R
= nên nếu ta gọi I là giao của OM với (O) thì ta có MI MO IO R I
= − = ⇒ là trung
điểm của OM mà ∆AMO vuông tại A nên
1
2
= = ⇒ ∆
AI OM R AOI đều  60
AOI
⇒ =°

55. Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 3
Website:
Tương tự ta có    
60 120
BOI AOB AOI BOI
= ° ⇒ = + = °
Lời giải:
Gọi I là trung điểm của OM
Trong ∆AOM vuông tại A có
đường trung tuyến AI
2
OM
IM IO IA R
⇒ = = = =
⇒ = = = ⇒ ∆
OA AI OI R AOI đều
 60
AOI
⇒ =°
Tương tự có    
60 120
BOI AOB AOI BOI
= ° ⇒ = + = °
Nhận xét : Ngoài cách làm trên ta cũng có thể sử dụng hệ các tỉ số của góc nhọn để tính các góc 
AOM và

BOM . Từ đó suy ra được 
AOB
Bài 3: Cho hai đường tròn (O;R) và ( )
;
O R
′ ′ cắt nhau tại A và B. Vẽ đường kính BOC của hai đường tròn
(O;R) và BOD của đường tròn ( )
;
O R
′ ′ . So sánh số đo hai cung nhỏ AC và AD của 2 đường tròn biết R R′
>
Định hướng lời giải :
Đề bài yêu cầu so sánh hai cung nhỏ AC và AD của 2 đường tròn tức là cần so sánh 2 góc 
AOC và 
AO D
′ .
Ta thấy ngay 2 tam giác AOC và AO D
′ lần lượt cân tại O và O′ nên ta chỉ cần so sánh được hai góc ở đáy

OCA và 
O DA
′ hay chính là 2 góc 
BCD và 
BDC . Mà ta lại có R R BC BD
′
> ⇒ > (vì BC, BD lần lượt là
các đường kính của (O) và ( )
O′ )  
BCD BDC
⇒ < . Từ đó ta sẽ suy ra được sđ 
AC > sđ 
AD
Lời giải:
Theo giả thiết, ta có : 2 2
R R R R
′ ′
> ⇒ >
Mà BC và BD lần lượt là đường kính của (O;R) và ( )
;
O R BC BD
′ ′ ⇒ >
Trong ∆BCD có BC BD
>
 
BDC BCD
⇒ >
hay  
O DA OCA
′ >
Mặt khác ∆AOC và ′
∆AO D lần
lượt cân tại O và O′

 

180 180
2 2
OCA ADO
AOC AO D
′
°− °−
′
⇒ = > =
⇒ sđ 
AC > sđ 
AD
Nhận xét : Đây là bài toán khá cơ bản giúp bạn đọc nắm chắc kiến thức về số đo cung của đường tròn