50 Bài toán Hình học lớp 9

 = 1800 mà ∠OHK và ∠OCK là 
hai góc đối nên KCOH là tứ giác nội tiếp. 
Bài 19. Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AC. Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ). Gọi M là 
trung điểm của đoạn AB. Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB. Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD. 
1. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp . 
2. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi. 
3. Chứng minh BI // AD. 
4. Chứng minh I, B, E thẳng hàng. 
5. Chứng minh MI là tiếp tuyến của (O’). 
Lời giải: 
 1. ∠BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => ∠BID = 900 
(vì là hai góc kề bù); DE ⊥ AB tại M => ∠BMD = 900 
=> ∠BID + ∠BMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MBID 
nên MBID là tứ giác nội tiếp. 
 2. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE ⊥ AB tại M nên M 
cũng là trung điểm của DE (quan hệ đ−ờng kính và dây cung) 
2 
1 1
// 
1 
O'
E 
3
2 
1
I 
O
D 
C MA B 
=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đ−ờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đ−ờng . 
 3. ∠ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => AD ⊥ DC; theo trên BI ⊥ DC => BI // AD. (1) 
 4. Theo giả thiết ADBE là hình thoi => EB // AD (2). 
Từ (1) và (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B chỉ có một đ−ờng thẳng song song với AD mà thôi.) 
 5. I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông tại I => IM là trung tuyến ( vì M là trung điểm của DE) 
=>MI = ME => ∆MIE cân tại M => ∠I1 = ∠E1 ; ∆O’IC cân tại O’ ( vì O’C và O’I cùng là bán kính ) 
=> ∠I3 = ∠C1 mà ∠C1 = ∠E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 . Mà 
∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI ⊥ O’I tại I => MI là tiếp tuyến của (O’). 
50 bài toán hình học lớp 9 
 12
Bài 20. Cho đ−ờng tròn (O; R) và (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngoài nhau tại C. Gọi AC và BC là hai 
đ−ờng kính đi qua điểm C của (O) và (O’). DE là dây cung của (O) vuông góc với AB tại trung điểm M 
của AB. Gọi giao điểm thứ hai của DC với (O’) là F, BD cắt (O’) tại G. Chứng minh rằng: 
1. Tứ giác MDGC nội tiếp . 
2. Bốn điểm M, D, B, F cùng nằm trên một đ−ờng tròn 
3. Tứ giác ADBE là hình thoi. 
4. B, E, F thẳng hàng 
5. DF, EG, AB đồng quy. 
6. MF = 1/2 DE. 
7. MF là tiếp tuyến của (O’). 
Lời giải: 
1. ∠BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) 
=> ∠CGD = 900 (vì là hai góc kề bù) 
1 
1 3 2 
1 
1 
O' O 
M
G 
F 
E 
D 
C B A 
 Theo giả thiết DE ⊥ AB tại M => ∠CMD = 900 
=> ∠CGD + ∠CMD = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCGD nên MCGD là tứ giác nội tiếp 
2. ∠BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => ∠BFD = 900; ∠BMD = 900 (vì DE ⊥ AB tại M) 
nh− vậy F và M cùng nhìn BD d−ới một góc bằng 900 nên F và M cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính 
BD => M, D, B, F cùng nằm trên một đ−ờng tròn . 
3. Theo giả thiết M là trung điểm của AB; DE ⊥ AB tại M nên M cũng là trung điểm của DE (quan 
hệ đ−ờng kính và dây cung) 
=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đ−ờng chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đ−ờng . 
 4. ∠ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => AD ⊥ DF ; theo trên tứ giác ADBE là hình tho 
=> BE // AD mà AD ⊥ DF nên suy ra BE ⊥ DF . 
Theo trên ∠BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => BF ⊥ DF mà qua B chỉ có một đ−ờng thẳng 
vuông góc với DF do đo B, E, F thẳng hàng. 
 5. Theo trên DF ⊥ BE; BM ⊥ DE mà DF và BM cắt nhau tại C nên C là trực tâm của tam giác BDE 
=> EC cũng là đ−ờng cao => EC⊥BD; theo trên CG⊥BD => E,C,G thẳng hàng. Vậy DF, EG, AB đồng quy 
 6. Theo trên DF ⊥ BE => ∆DEF vuông tại F có FM là trung tuyến (vì M là trung điểm của DE) suy 
ra MF = 1/2 DE ( vì trong tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền). 
 7. (HD) theo trên MF = 1/2 DE => MD = MF => ∆MDF cân tại M => ∠D1 = ∠F1 
∆O’BF cân tại O’ ( vì O’B và O’F cùng là bán kính ) => ∠F3 = ∠B1 mà ∠B1 = ∠D1 (Cùng phụ với ∠DEB ) 
=> ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 . Mà ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ 
hay MF ⊥ O’F tại F => MF là tiếp tuyến của (O’). 
Bài 21. Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB. Gọi I là trung điểm của OA . Vẽ đ−ờng tron tâm I đi qua A, 
trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. 
1. Chứng minh rằng các đ−ờng tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A. 
2. Chứng minh IP // OQ. 
3. Chứng minh rằng AP = PQ. 
4. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất. 
Lời giải: 
1. Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần l−ợt là các bán kính của đ−ờng 
tròn (O) và đ−ờng tròn (I) . Vậy đ−ờng tròn (O) và đ−ờng tròn (I) tiếp 
xúc nhau tại A . 
2. ∆OAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => ∠A1 = ∠Q1 
 ∆IAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => ∠A1 = ∠P1 
=> ∠P1 = ∠Q1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQ. 
H I O 
Q
P 
B A
1 
1 
1 
3. ∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => OP ⊥ AQ => OP là đ−ờng cao của ∆OAQ mà ∆OAQ 
cân tại O nên OP là đ−ờng trung tuyến => AP = PQ. 
50 bài toán hình học lớp 9 
 13
4. (HD) Kẻ QH ⊥ AB ta có SAQB = 
1
2
AB.QH. mà AB là đ−ờng kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH 
lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB. Để Q trùng với trung điểm của cung AB 
thì P phải là trung điểm của cung AO. 
Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI ⊥ AO mà theo trên PI // QO => QO ⊥ AB tại O => Q là 
trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất. 
Bài 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC. Qua B kẻ đ−ờng thẳng vuông góc với DE, đ−ờng 
thẳng này cắt các đ−ờng thẳng DE và DC theo thứ tự ở H và K. 
1. Chứng minh BHCD là tứ giác nội tiếp . 
2. Tính góc CHK. 
3. Chứng minh KC. KD = KH.KB 
4. Khi E di chuyển trên cạnh BC thì H di chuyển trên đ−ờng nào? 
Lời giải: 
1. Theo giả thiết ABCD là hình vuông nên ∠BCD = 900; BH ⊥ DE 
tại H nên ∠BHD = 900 => nh− vậy H và C cùng nhìn BD d−ới một 
góc bằng 900 nên H và C cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính BD 
=> BHCD là tứ giác nội tiếp. 
2. BHCD là tứ giác nội tiếp => ∠BDC + ∠BHC = 1800. (1) 
∠BHK là góc bẹt nên ∠KHC + ∠BHC = 1800 (2). 
O 
) 
1 
1 
1 
K 
H 
E 
D C 
B A 
2 
Từ (1) và (2) => ∠CHK = ∠BDC mà ∠BDC = 450 (vì ABCD là hình vuông) => ∠CHK = 450 . 
3. Xét ∆KHC và ∆KDB ta có ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K là góc chung 
=> ∆KHC ∼ ∆KDB => KC KH
KB KD
= => KC. KD = KH.KB. 
4. (HD) Ta luôn có ∠BHD = 900 và BD cố định nên khi E chuyển động trên cạnh BC cố định thì H chuyển 
động trên cung BC (E ≡ B thì H ≡ B; E ≡ C thì H ≡ C). 
Bài 23. Cho tam giác ABC vuông ở A. Dựng ở miền ngoài tam giác ABC các hình vuông ABHK, ACDE. 
1. Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng. 
2. Đ−ờng thẳng HD cắt đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác 
ABC tại F, chứng minh FBC là tam giác vuông cân. 
3. Cho biết ∠ABC > 450 ; gọi M là giao điểm của BF và 
ED, Chứng minh 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên 
một đ−ờng tròn. 
4. Chứng minh MC là tiếp tuyến của đ−ờng tròn ngoại tiếp 
tam giác ABC. 
Lời giải: 
1. Theo giả thiết ABHK là hình vuông => ∠BAH = 450 
H 
K 
M
F
E 
D 
C B 
A 
O 
 Tứ giác AEDC là hình vuông => ∠CAD = 450; tam giác ABC vuông ở A => ∠BAC = 900 
=> ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng. 
2. Ta có ∠BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F. (1). 
∠FBC = ∠FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên ∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2). 
Từ (1) và (2) suy ra ∆FBC là tam giác vuông cân tại F. 
3. Theo trên ∠BFC = 900 => ∠CFM = 900 ( vì là hai góc kề bù); ∠CDM = 900 (t/c hình vuông). 
=> ∠CFM + ∠CDM = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp một đ−ờng tròn suy ra 
∠CDF = ∠CMF , mà ∠CDF = 450 (vì AEDC là hình vuông) => ∠CMF = 450 hay ∠CMB = 450. 
Ta cũng có ∠CEB = 450 (vì AEDC là hình vuông); ∠BKC = 450 (vì ABHK là hình vuông). 
50 bài toán hình học lớp 9 
 14
 Nh− vậy K, E, M cùng nhìn BC d−ới một góc bằng 450 nên cùng nằm trên cung chứa góc 450 dựng trên 
BC => 5 điểm b, k, e, m, c cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
4. ∆CBM có ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥ BC tại C => MC là tiếp tuyến của 
đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có ∠B = 450 . Vẽ đ−ờng tròn đ−ờng kính AC có tâm O, đ−ờng tròn này 
cắt BA và BC tại D và E. 
1. Chứng minh AE = EB. 
2. Gọi H là giao điểm của CD và AE, Chứng minh rằng đ−ờng 
trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 
3. Chứng minh OD là tiếp tuyến của đ−ờng tròn ngoại tiếp tam 
giác BDE. 
Lời giải: 
1. ∠AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) 
=> ∠AEB = 900 ( vì là hai góc kề bù); Theo giả thiết ∠ABE = 450 
=> ∆AEB là tam giác vuông cân tại E => EA = EB. 
F
1
1
1
2
/
/
_
_
K
H
I
E
D
O
CB
A
2. Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB => IK là đ−ờng trung bình của tam giác 
HBE => IK // BE mà ∠AEC = 900 nên BE ⊥ HE tại E => IK ⊥ HE tại K (2). 
Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE . Vậy trung trực của đoạn HE đi qua trung điểm I của BH. 
3. theo trên I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là trung điểm của BH => IE = IB. 
 ∠ ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) => ∠BDH = 900 (kề bù ∠ADC) => tam giác BDH vuông 
tại D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là 
tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID. 
Ta có ∆ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính ) => ∠D1 = ∠C1. (3) 
 ∆IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính ) => ∠D2 = ∠B1 . (4) 
Theo trên ta có CD và AE là hai đ−ờng cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH 
cũng là đ−ờng cao của tam giác ABC => BH ⊥ AC tại F => ∆AEB có ∠AFB = 900 . 
Theo trên ∆ADC có ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠C1 ( cùng phụ ∠BAC) (5). 
Từ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mà ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1 +∠IDH = 900 = ∠IDO => OD ⊥ ID 
tại D => OD là tiếp tuyến của đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE. 
Bài 25. Cho đ−ờng tròn (O), BC là dây bất kì (BC< 2R). Kẻ