50 bài toán Hình học lớp 9

50 bài toán hình học lớp 9 
 1 
50 bài toán hình học lớp 9 
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đ−ờng tròn (O). Các đ−ờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại 
H và cắt đ−ờng tròn (O) lần l−ợt tại M,N,P. 
Chứng minh rằng: 
1. Tứ giác CEHD, nội tiếp . 
2. Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
3. AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. 
4. H và M đối xứng nhau qua BC. 
5. Xác định tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác DEF. 
Lời giải: 
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 
∠ CEH = 900 ( Vì BE là đ−ờng cao) 
∠ CDH = 900 ( Vì AD là đ−ờng cao) 
=> ∠ CEH + ∠ CDH = 1800 
H 
(
(
2 
-
-
2 
1 
1 
1 P 
N 
F 
E 
M
D C B 
A 
O
Mà ∠ CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: BE là đ−ờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 900. 
CF là đ−ờng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900. 
Nh− vậy E và F cùng nhìn BC d−ới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính BC. 
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: ∠ AEH = ∠ ADC = 900 ; Â là góc chung 
=> ∆ AEH ∼ ∆ADC => 
AC
AH
AD
AE
= => AE.AC = AH.AD. 
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC = 900 ; ∠C là góc chung 
=> ∆ BEC ∼ ∆ADC => 
AC
BC
AD
BE
= => AD.BC = BE.AC. 
4. Ta có ∠C1 = ∠A1 ( vì cùng phụ với góc ABC) 
∠C2 = ∠A1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) 
=> ∠C1 = ∠ C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ⊥ HM => ∆ CHM cân tại C 
=> CB cũng là đ−ơng trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC. 
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đ−ờng tròn 
 => ∠C1 = ∠E1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF) 
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 
 ∠C1 = ∠E2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD) 
 ∠E1 = ∠E2 => EB là tia phân giác của góc FED. 
Chứng minh t−ơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là 
tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác DEF. 
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đ−ờng cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đ−ờng tròn 
ngoại tiếp tam giác AHE. 
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp . 
2. Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
3. Chứng minh ED = 
2
1
BC. 
4. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đ−ờng tròn (O). 
5. Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm. 
Lời giải: 
1. Xét tứ giác CEHD ta có: 
∠ CEH = 900 ( Vì BE là đ−ờng cao) 
H 
1 
3 
2 
1 
1 
O
E 
D C B
A 
50 bài toán hình học lớp 9 
 2 
∠ CDH = 900 ( Vì AD là đ−ờng cao) 
=> ∠ CEH + ∠ CDH = 1800 
Mà ∠ CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: BE là đ−ờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 900. 
AD là đ−ờng cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 900. 
Nh− vậy E và D cùng nhìn AB d−ới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính AB. 
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đ−ờng cao nên cũng là đ−ờng trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có ∠BEC = 900 . 
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = 
2
1
BC. 
4. Vì O là tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam 
giác AOE cân tại O => ∠E1 = ∠A1 (1). 
Theo trên DE = 
2
1
BC => tam giác DBE cân tại D => ∠E3 = ∠B1 (2) 
Mà ∠B1 = ∠A1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 
Mà ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE ⊥ OE tại E. 
Vậy DE là tiếp tuyến của đ−ờng tròn (O) tại E. 
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. áp dụng định lí Pitago cho 
tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm 
Bài 3 Cho nửa đ−ờng tròn đ−ờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc 
nửa đ−ờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần l−ợt ở C và D. Các đ−ờng thẳng AD và 
BC cắt nhau tại N. 
1. Chứng minh AC + BD = CD. 
2. Chứng minh ∠COD = 900. 
3. Chứng minh AC. BD = 
4
2
AB
. 
4. Chứng minh OC // BM 
5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đ−ờng tròn đ−ờng kính CD. 
6. Chứng minh MN ⊥ AB. 
7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: 
/ 
/
y 
x 
N 
C 
D 
I
M
B O A 
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. 
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân 
giác của góc BOM, mà ∠AOM và ∠BOM là hai góc kề bù => ∠COD = 900. 
3. Theo trên ∠COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM ⊥ CD ( OM là tiếp tuyến ). 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ−ờng cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = 
4
2
AB
. 
4. Theo trên ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD .(1) 
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM 
=> BM ⊥ OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). 
5. Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đ−ờng kính CD 
có IO là bán kính. 
50 bài toán hình học lớp 9 
 3 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại 
có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đ−ờng trung bình của hình thang ACDB 
=> IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đ−ờng tròn đ−ờng kính CD 
6. Theo trên AC // BD => 
BD
AC
BN
CN
= , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra 
DM
CM
BN
CN
= 
=> MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB. 
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi 
tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD 
nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M 
phải là trung điểm của cung AB. 
Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đ−ờng tròn nội tiếp, K là tâm đ−ờng tròn bàng tiếp góc 
A , O là trung điểm của IK. 
1. Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
2. Chứng minh AC là tiếp tuyến của đ−ờng tròn (O). 
3. Tính bán kính đ−ờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. 
Lời giải: (HD) 
1. Vì I là tâm đ−ờng tròn nội tiếp, K là tâm đ−ờng tròn bàng tiếp 
góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 
Do đó BI ⊥ BK hay∠IBK = 900 . 
T−ơng tự ta cũng có ∠ICK = 900 nh− vậy B và C cùng nằm trên 
đ−ờng tròn đ−ờng kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
2. Ta có ∠C1 = ∠C2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH. 
∠C2 + ∠I1 = 900 (2) ( vì ∠IHC = 900 ). 
o 
1 
2 
1 
H 
I
C 
A 
B 
K 
∠I1 = ∠ ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đ−ờng tròn (O). 
3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm. 
AH2 = AC2 – HC2 => AH = 22 1220 − = 16 ( cm) 
CH2 = AH.OH => OH = 
16
12
22
=
AH
CH
 = 9 (cm) 
OC = 225129 2222 =+=+ HCOH = 15 (cm) 
Bài 5 Cho đ−ờng tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đ−ờng thẳng d lấy 
điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp 
điểm). Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB. 
1. Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp. 
2. Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một 
đ−ờng tròn . 
3. Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2. 
4. Chứng minh OAHB là hình thoi. 
5. Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng. 
6. Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đ−ờng thẳng d 
Lời giải: 
1. (HS tự làm). 
2. Vì K là trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đ−ờng kính 
 d 
H 
I
K 
N 
P 
M
D 
C 
B 
A 
O
Và dây cung) => ∠OKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900; ∠OBM = 900. nh− vậy K, 
A, B cùng nhìn OM d−ới một góc 900 nên cùng nằm trên đ−ờng tròn đ−ờng kính OM. 
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đ−ờng tròn. 
50 bài toán hình học lớp 9 
 4 
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 
=> OM là trung trực của AB => OM ⊥ AB tại I . 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đ−ờng cao. 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ−ờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2. 
4. Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. 
 OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH. 
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi. 
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ⊥ AB; cũng theo trên OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì 
qua O chỉ có một đ−ờng thẳng vuông góc với AB). 
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d thì H cũng di động 
nh−ng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đ−ờng 
thẳng d là nửa đ−ờng tròn tâm A bán kính AH = R 
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đ−ờng cao AH. Vẽ đ−ờng tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là 
đ−ờng kính của đ−ờng tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đ−ờng tròn tại D cắt CA ở E. 
1. Chứng minh tam giác BEC cân. 
2. Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH. 
3. Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đ−ờng tròn (A; AH). 
4. Chứng minh BE = BH + DE. 
Lời giải: (HD) 
1. ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2). 
Vì AB ⊥CE (gt), do đó AB vừa là đ−ờng cao vừa là đ−ờng trung tuyến 
của ∆BEC => BEC là tam giác cân. => ∠B1 = ∠B2 
2 1 
I 
E 
H 
D 
C 
A 
B 
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, ∠B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB 
=> AI = AH. 
3. AI = AH và BE ⊥ AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I. 
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED 
Bài 7 Cho đ−ờng tròn (O; R) đ−ờng kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao 
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M. 
1. Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp đ−ợc một đ−ờng tròn. 
2. Chứng minh BM // OP. 
3. Đ−ờng thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng 
minh tứ giác OBNP là hình bình hành. 
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt 
nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng. 
Lời giải: 
1. (HS tự làm). 
2. Ta có ∠ ABM nội tiếp chắn cung AM; ∠ AOM là góc ở tâm 
chắn cung AM => ∠ ABM = 
2
AOM∠
(1) OP là tia phân giác ∠ AOM 
( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) => ∠ AOP = 
2
AOM∠
 (2) 
Từ (1) và (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3) 
 X 
(( 
2 
1 
1 1 
K
I 
J 
M
N 
P 
A BO 
Mà ∠ ABM và ∠ AOP là hai góc đồng vị nên suy r ...  tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp . 
2. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật. 
3. ME.MO = MF.MO’. 
4. OO’ là tiếp tuyến của đ−ờng tròn đ−ờng kính BC. 
5. BC là tiếp tuyến của đ−ờng tròn đ−ờng kính OO’. 
Lời giải: 
1. ( HS tự làm) 
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB 
4 3 
M
2 1 
FE 
A 
C 
B
O'O
=>
MAB cân tại M. Lại có ME là tia phân giác => ME ⊥ AB (1). 
Chứng minh t−ơng tự ta cũng có MF ⊥ AC (2). 
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có MO và MO’ là tia phân giác của hai góc kề bù BMA và 
CMA => MO ⊥ MO’ (3). 
Từ (1), (2) và (3) suy ra tứ giác MEAF là hình chữ nhật 
 3. Theo giả thiết AM là tiếp tuyến chung của hai đ−ờng tròn => MA ⊥ OO’=> ∆MAO vuông tại A 
có AE ⊥ MO ( theo trên ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME. MO (4) 
T−ơng tự ta có tam giác vuông MAO’ có AF⊥MO’⇒ MA2 = MF.MO’ (5) 
Từ (4) và (5) ⇒ ME.MO = MF. MO’ 
 4. Đ−ờng tròn đ−ờng kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đ−ờng tròn này đi qua Avà co 
MA là bán kính . Theo trên OO’ ⊥ MA tại A ⇒ OO’ là tiếp tuyến tại A của đ−ờng tròn đ−ờng kính BC. 
 5. (HD) Gọi I là trung điểm của OO’ ta có IM là đ−ờng trung bình của hình thang BCO’O 
=> IM⊥BC tại M (*) .Ta cung chứng minh đ−ợc ∠OMO’ vuông nên M thuộc đ−ờng tròn đ−ờng kính OO’ 
=> IM là bán kính đ−ờng tròn đ−ờng kính OO’ (**) 
Từ (*) và (**) => BC là tiếp tuyến của đ−ờng tròn đ−ờng kính OO’ 
Bài 39 Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính BC, dấy AD vuông góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự là chân 
các đ−ờng vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi ( I ), (K) theo thứ tự là các đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác 
HBE, HCF. 
1. Hy xác định vị trí t−ơng đối của các đ−ờng tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K). 
50 bài toán hình học lớp 9 
 22
2. Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?. 
3. Chứng minh AE. AB = AF. AC. 
4. Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đ−ờng tròn (I) và (K). 
5. Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất. 
Lời giải: 
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) 
 OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) 
 IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) 
2. Ta có : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) 
=> ∠AEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1) 
∠CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn ) 
=> ∠AFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) 
G
1 
2 1
I K H 
F 
E 
C B 
D 
A 
O
2 
∠BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn hay ∠EAF = 900 (3) 
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông). 
3. Theo giả thiết AD⊥BC tại H nên ∆AHB vuông tại H có HE ⊥ AB ( ∠BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) 
Tam giác AHC vuông tại H có HF ⊥ AC (theo trên ∠CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) 
Từ (*) và (**) => AE. AB = AF. AC ( = AH2) 
4. Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật, gọi G là giao điểm của hai đ−ờng chéo AH và 
EF ta có GF = GH (tính chất đ−ờng chéo hình chữ nhật) => ∆GFH cân tại G => ∠F1 = ∠H1 . 
∆KFH cân tại K (vì có KF và KH cùng là bán kính) => ∠F2 = ∠H2. 
=> ∠F1 + ∠F2 = ∠H1 + ∠H2 mà ∠H1 + ∠H2 = ∠AHC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = ∠KFE = 900 => KF ⊥EF . 
 Chứng minh t−ơng tự ta cũng có IE ⊥ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đ−ờng tròn (I) và (K). 
e) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật => EF = AH ≤ OA (OA là bán kính đ−ờng tròn 
(O) có độ dài không đổi) nên EF = OA AH = OA H trùng với O. 
Vậy khi H trùng với O túc là dây AD vuông góc với BC tại O thì EF có độ dài lớn nhất. 
Bài 40 Cho nửa đ−ờng tròn đ−ờng kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Trên Ax lấy điểm 
M rồi kẻ tiếp tuyến MP cắt By tại N. 
1. Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB. 
2. Chứng minh AM. BN = R2. 
3. Tính tỉ số 
APB
MON
S
S
 khi AM = 
2
R
. 
4. Tính thể tích của hình do nửa hình tròn APB quay quanh 
cạnh AB sinh ra. 
Lời giải: 
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OM là tia 
phân giác của góc AOP ; ON là tia phân giác của góc BOP, mà 
 N 
P 
A O B 
M
x 
y 
/ 
/ 
 ∠AOP và ∠BOP là hai góc kề bù => ∠MON = 900. hay tam giác MON vuông tại O. 
∠APB = 900((nội tiếp chắn nửa đ−ờng tròn) hay tam giác APB vuông tại P. 
Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900 
=>∠OBN+∠OPN =1800 mà ∠OBN và ∠OPN là hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>∠OBP = ∠PNO 
Xét hai tam giác vuông APB và MON có ∠APB = ∠ MON = 900; ∠OBP = ∠PNO => ∆APB ∼ ∆ MON 
2. Theo trên ∆MON vuông tại O có OP ⊥ MN ( OP là tiếp tuyến ). 
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đ−ờng cao trong tam giác vuông ta có OP2 = PM. PM 
Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ) => AM. BN = R2 
3. Theo trên OP2 = PM. PM hay PM. PM = R2 mà PM = AM = 
2
R
 => PM = 
2
R
=> PN = R2: 
2
R
= 2R 
50 bài toán hình học lớp 9 
 23
=> MN = MP + NP = 
2
R
+ 2R = 
5
2
R
Theo trên ∆APB ∼ ∆ MON => MN
AB
 = 
5
2
R
: 2R = 
5
4
 = k (k là tỉ số đồng dạng). 
Vì tỉ số diện tich giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình ph−ơng tỉ số đồng dạng nên ta có: 
APB
MON
S
S
 = k2 => 
APB
MON
S
S
 = 
2
5 25
4 16
 
= 
 
Bài 41 Cho tam giác đều ABC , O là trung điển của BC. Trên các cạnh AB, AC lần l−ợt lấy các điểm D, E 
sao cho ∠ DOE = 600 . 
1. Chứng minh tích BD. CE không đổi. 
2. Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng. Từ đó suy ra 
tia DO là tia phân giác của góc BDE 
3. Vẽ đ−ờng tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng đ−ờng 
tròn này luôn tiếp xúc với DE. 
Lời giải: 
1. Tam giác ABC đều => ∠ABC = ∠ ACB = 600 (1); 
∠ DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2). 
 ∆DBO có ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3) . 
 Từ (2) và (3) => ∠BDO = ∠ COE (4) 
Từ (2) và (4) => ∆BOD ∼ ∆CEO => BD BO
CO CE
= => BD.CE = BO.CO mà 
OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi. 
K 
H
E 
D 
C B 
A 
O
2. Theo trên ∆BOD ∼ ∆CEO => BD OD
CO OE
= mà CO = BO => 
BD OD BD BO
BO OE OD OE
= => = (5) 
Lại có ∠DBO = ∠DOE = 600 (6). 
Từ (5) và (6) => ∆DBO ∼ ∆DOE => ∠BDO = ∠ODE => DO là tia phân giác ∠ BDE. 
3. Theo trên DO là tia phân giác ∠ BDE => O cách đều DB và DE => O là tâm đ−ờng tròn tiếp xúc với 
DB và DE. Vậy đ−ờng tròn tâm O tiếp xúc với AB luôn tiếp xúc với DE 
Bài 42 Cho tam giác ABC cân tại A. có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đ−ờng tròn (O). Tiếp tuyến 
tại B và C lần l−ợt cắt AC, AB ở D và E. Chứng minh : 
1. BD2 = AD.CD. 
2. Tứ giác BCDE nội tiếp . 
3. BC song song với DE. 
Lời giải: 
1. Xét hai tam giác BCD và ABD ta có ∠CBD = ∠BAD ( Vì là góc nội 
tiếp và góc giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một cung), lại có ∠D 
chung => ∆BCD ∼ ∆ABD => BD CD
AD BD
= => BD2 = AD.CD. 
2. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A => ∠ABC = ∠ACB 
=> ∠EBC = ∠DCB mà ∠CBD = ∠BCD (góc giữa tiếp tuyến với một dây 
cùng chắn một cung) => ∠EBD = ∠DCE => B và C nhìn DE d−ới cùng 
O
E D 
C B 
A 
 một góc do đó B và C cùng nằm trên cung tròn dựng trên DE => Tứ giác BCDE nội tiếp 
3. Tứ giác BCDE nội tiếp => ∠BCE = ∠BDE ( nội tiếp cùng chắn cung BE) mà ∠BCE = ∠CBD (theo 
trên ) => ∠CBD = ∠BDE mà đây là hai góc so le trong nên suy ra BC // DE. 
50 bài toán hình học lớp 9 
 24
Bài 43 Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB, điểm M thuộc đ−ờng tròn . Vẽ điểm N đối xứng với A qua 
M, BN cắt (O) tại C. Gọi E là giao điểm của AC và BM. 
1. Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp . 
2. Chứng minh NE ⊥ AB. 
3. Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh FA là tiếp tuyến của (O). 
4. Chứng minh FN là tiếp tuyến của đ−ờng tròn (B; BA). 
Lời giải: 1. (HS tự làm) 
2. (HD) Dễ thấy E là trực tâm của tam giác NAB => NE ⊥ AB. 
3.Theo giả thiết A và N đối xứng nhau qua M nên M là trung điểm của AN; F và 
E xứng nhau qua M nên M là trung điểm của EF => AENF là hình bình hành 
=> FA // NE mà NE ⊥ AB => FA ⊥ AB tại A => FA là tiếp tuyến của (O) tại A. 
4. Theo trên tứ giác AENF là hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC 
⊥ BN => FN ⊥ BN tại N 
/
/
_
_
H
E
F
C
N
M
O
BA
∆BAN có BM là đ−ờng cao đồng thời là đ−ờng trung tuyến ( do M là trung điểm của AN) nên ∆BAN cân 
tại B => BA = BN => BN là bán kính của đ−ờng tròn (B; BA) => FN là tiếp tuyến tại N của (B; BA). 
Bài 44 AB và AC là hai tiếp tuyến của đ−ờng tròn tâm O bán kính R ( B, C là tiếp điểm ). Vẽ CH vuông 
góc AB tại H, cắt (O) tại E và cắt OA tại D. 
1. Chứng minh CO = CD. 
2. Chứng minh tứ giác OBCD là hình thoi. 
3. Gọi M là trung điểm của CE, Bm cắt OH tại I. Chứng minh 
I là trung điểm của OH. 
4. Tiếp tuyến tại E với (O) cắt AC tại K. Chứng minh ba điểm 
O, M, K thẳng hàng. 
Lời giải: 
1. Theo giả thiết AB và AC là hai tiếp tuyến của đ−ờng tròn tâm O 
=> OA là tia phân giác của ∠BOC => ∠BOA = ∠COA (1) 
D
I
K
M
E
H
O
C
B
A
OB ⊥ AB ( AB là tiếp tuyến ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2) 
Từ (1) và (2) => ∆COD cân tại C => CO = CD.(3) 
2. theo trên ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) 
Từ (4) và (5) => BOCD là hình bình hành (6) . Từ (6) và (3) => BOCD là hình thoi. 
3. M là trung điểm của CE => OM ⊥ CE ( quan hệ đ−ờng kính và dây cung) => ∠OMH = 900. theo trên ta 
cũng có ∠OBH =900; ∠BHM =900 => tứ giác OBHM là hình chữ nhật => I là trung điểm của OH. 
4. M là trung điểm của CE; KE và KC là hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng. 
Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đ−ờng tròn (O). Gọi D là trung điểm của AC; tiếp 
tuyến của đ−ờng tròn (O) tại A cắt tia BD tại E. Tia CE cắt (O) tại F. 
1. Chứng minh BC // AE. 
2. Chứng minh ABCE là hình bình hành. 
3. Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của BC và OI. So sánh 
∠BAC và ∠BGO. 
Lời giải: 1. (HS tự làm) 
2. Xét hai tam giác ADE và CDB ta có ∠EAD = ∠BCD (vì so le trong ) 
AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (đối đỉnh) => ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1) 
_ 
_ 
H 
_ 
_ 
1
1 
2
2 1 
F
G
I 
O D 
E 
C B 
A 
 K 
Theo trên AE // CB (2) .Từ (1) và (2) => AECB là hình bình hành. 
3. I là trung điểm của CF => OI ⊥ CF (quan hệ đ−ờng kính và dây cung). Theo trên AECB là hình bình 
hành => AB // EC => OI ⊥ AB tại K, => ∆BKG vuông tại K. Ta cung có ∆BHA vuông tại H 
=> ∠BGK = ∠BAH ( cung phụ với ∠ABH) mà ∠BAH = 1
2
∠BAC (do ∆ABC cân nên AH là phân giác) 
=> ∠BAC = 2∠BGO. 
50 bài toán hình học lớp 9 
 25
Bài 46 Cho đ−ờng tròn (O) đ−ờng kính AB , trên đ−ờng tròn ta lấy hai điểm C và D sao cho cung AC = 
cung AD . Tiếp tuyến với đ−ờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC tại F 
1. Chứng minh hệ thức : AB2 = AC. AF. 
2. Chứng minh BD tiếp xúc với đ−ờng tròn đ−ờng kính AF. 
3. Khi C chạy trên nửa đ−ờng tròn đ−ờng kính AB (không chứa điểm D ). Chứng minh rằng trung điểm I 
của đoạn à chạy trên một tia cố định , xác định tia cố định đó 
 Bài 47 Cho tam giác ABC