50 Bài toán Hình học Lớp 9 - Đỗ Văn Quân (Có đáp án)

50 bài toán hình học lớp 9
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại 
H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P.
Chứng minh rằng:
Tứ giác CEHD, nội tiếp .
Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
H và M đối xứng nhau qua BC.
Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Lời giải: 
Xét tứ giác CEHD ta có:
é CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)
é CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)
=> é CEH + é CDH = 1800
Mà é CEH và é CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ^ AC => éBEC = 900.
CF là đường cao => CF ^ AB => éBFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: é AEH = é ADC = 900 ; Â là góc chung 
=> D AEH ~ DADC => => AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: é BEC = é ADC = 900 ; éC là góc chung 
=> D BEC ~ DADC => => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có éC1 = éA1 ( vì cùng phụ với góc ABC)
éC2 = éA1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> éC1 = é C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ^ HM => D CHM cân tại C 
=> CB cũng là đương 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 đường tròn
 => éC1 = éE1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 
éC1 = éE2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
éE1 = éE2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương 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 đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác AHE.
Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh ED = BC.
Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải: 
Xét tứ giác CEHD ta có:
é CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)
é CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)
=> é CEH + é CDH = 1800
Mà é CEH và é CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: 	BE là đường cao => BE ^ AC => éBEA = 900.
AD là đường cao => AD ^ BC => éBDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên cũng là đường trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có éBEC = 900 .
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.
Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => éE1 = éA1 (1).
Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => éE3 = éB1 (2)
Mà éB1 = éA1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => éE1 = éE3 => éE1 + éE2 = éE2 + éE3 
Mà éE1 + éE2 = éBEA = 900 => éE2 + éE3 = 900 = éOED => DE ^ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường 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 ú ED2 = 52 – 32 ú ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.
Chứng minh AC + BD = CD.
Chứng minh éCOD = 900.
Chứng minh AC. BD = .
Chứng minh OC // BM
Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
Chứng minh MN ^ AB.
Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải: 
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
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 éAOM và éBOM là hai góc kề bù => éCOD = 900.
Theo trên éCOD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM ^ CD ( OM là tiếp tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = .
Theo trên éCOD = 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).
Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.
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 đường trung bình của hình thang ACDB 
=> IO // AC , mà AC ^ AB => IO ^ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 
6. Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra 
=> 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 đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc 
A , O là trung điểm của IK.
Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
Lời giải: (HD)
1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường 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 hayéIBK = 900 . 
Tương tự ta cũng có éICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
Ta có éC1 = éC2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
éC2 + éI1 = 900 (2) ( vì éIHC = 900 ).
éI1 = é ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
Từ (1), (2) , (3) => éC1 + éICO = 900 hay AC ^ OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm)
OC = = 15 (cm)
Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường 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.
Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn .
Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.
Chứng minh OAHB là hình thoi.
Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d
Lời giải:
(HS tự làm).
Vì K là trung điểm NP nên OK ^ NP ( quan hệ đường kính 
Và dây cung) => éOKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có éOAM = 900; éOBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. 
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 
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 éOAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao.
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường 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 đường 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 nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E.
Chứng minh tam giác BEC cân.
Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH).
Chứng minh BE = BH + DE.
Lời giải: (HD)
D AHC = DADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB ^CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của DBEC => BEC là tam giác cân. => éB1 = éB2 
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, éB1 = éB2 => D AHB = DAIB 
=> 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 đường tròn (O; R) đường 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.
Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.
Chứng minh BM // OP.
Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
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: 
(HS tự làm).
Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM là góc ở tâm
chắn cung AM => é ABM = (1) OP là tia phân giác é AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) => é AOP = (2) 
Từ (1) và (2) => é ABM = é AOP (3) 
Mà é ABM và é AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : éPAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); éNOB = 900 (gt NO^AB).
=> éPAO = éNOB = 900; OA = OB = R; éAOP = éOBN (theo (3)) => DAOP = DOBN => OP = BN (5)
Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ^ AB => ON ^ PJ 
Ta cũng có PM ^ OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có éPAO = éAON = éONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6)
AONP là hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7)
T ...  
rABC có AI = BC =>rABC vuông tại A hay éBAC =900
3. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IO là tia phân giác éBIA; I0’là tia phân giác éCIA . mà hai góc BIA và CIA là hai góc kề bù => I0 ^ I0’=> é0I0’= 900
4. Theo trên ta có r0I0’ vuông tại I có IA là đường cao (do AI là tiếp tuyến chung nên AI ^OO’) 
=> IA2 = A0.A0’ = 9. 4 = 36 => IA = 6 => BC = 2. IA = 2. 6 = 12(cm)
Bài 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc ngoài tại A, BC là tiếp tuyến chung ngoài, Bẻ(O), Cẻ (O’). Tiếp tuyến chung trong tại A cắ tiếp tuyến chung ngoài BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O’M và AC. Chứng minh :
Chứng minh các tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp .
Tứ giác AEMF là hình chữ nhật.
ME.MO = MF.MO’.
OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’.
Lời giải: 
( HS tự làm)
2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB
=>rMAB cân tại M. Lại có ME là tia phân giác => ME ^ AB (1).
Chứng minh tương 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 đường tròn => MA ^ OO’=> DMAO vuông tại A có AE ^ MO ( theo trên ME ^ AB) ị MA2 = ME. MO (4)
Tương tự ta có tam giác vuông MAO’ có AF^MO’ị MA2 = MF.MO’ (5)
Từ (4) và (5) ị ME.MO = MF. MO’
 4. Đường tròn đường kính BC có tâm là M vì theo trên MB = MC = MA, đường tròn này đi qua Avà co MA là bán kính . Theo trên OO’ ^ MA tại A ị OO’ là tiếp tuyến tại A của đường tròn đường kính BC.
 5. (HD) Gọi I là trung điểm của OO’ ta có IM là đường trung bình của hình thang BCO’O 
=> IM^BC tại M (*) .Ta cung chứng minh được éOMO’ vuông nên M thuộc đường tròn đường kính OO’ => IM là bán kính đường tròn đường kính OO’ (**)
Từ (*) và (**) => BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính OO’
Bài 39 Cho đường tròn (O) đường kính BC, dấy AD vuông góc với BC tại H. Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ H đến AB, AC. Gọi ( I ), (K) theo thứ tự là các đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF.
Hãy xác định vị trí tương đối của các đường tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K).
Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao?.
Chứng minh AE. AB = AF. AC.
Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).
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 : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éAEH = 900 (vì là hai góc kề bù). (1)
éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> éAFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2)
éBAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay éEAF = 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 DAHB vuông tại H có HE ^ AB ( éBEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vuông tại H có HF ^ AC (theo trên éCFH = 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 đường chéo AH và EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => DGFH cân tại G => éF1 = éH1 .
DKFH cân tại K (vì có KF và KH cùng là bán kính) => éF2 = éH2.
=> éF1 + éF2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHC = 900 => éF1 + éF2 = éKFE = 900 => KF ^EF .
 Chứng minh tương tự ta cũng có IE ^ EF. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K).
e) Theo chứng minh trên tứ giác AFHE là hình chữ nhật => EF = AH Ê OA (OA là bán kính đường 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 đường tròn đường 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.
Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB.
Chứng minh AM. BN = R2.
Tính tỉ số khi AM = .
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 
 éAOP và éBOP là hai góc kề bù => éMON = 900. hay tam giác MON vuông tại O.
éAPB = 900((nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay tam giác APB vuông tại P.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB ^ OB => éOBN = 900; NP ^ OP => éOPN = 900 
=>éOBN+éOPN =1800 mà éOBN và éOPN là hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>éOBP = éPNO 
Xét hai tam giác vuông APB và MON có éAPB = é MON = 900; éOBP = éPNO => DAPB ~ D MON
Theo trên DMON vuông tại O có OP ^ MN ( OP là tiếp tuyến ).
áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường 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 = => PM = => PN = R2: = 2R 
=> MN = MP + NP = + 2R = 
Theo trên DAPB ~ D MON => = : 2R = = k (k là tỉ số đồng dạng).
Vì tỉ số diện tich giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: 
 = k2 => = 
Bài 41 Cho tam giác đều ABC , O là trung điển của BC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho é DOE = 600 .
Chứng minh tích BD. CE không đổi.
Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng. Từ đó suy ra tia DO là tia phân giác của góc BDE
Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB. Chứng minh rằng đường tròn này luôn tiếp xúc với DE.
Lời giải: 
Tam giác ABC đều => éABC = é ACB = 600 (1); 
é DOE = 600 (gt) =>éDOB + éEOC = 1200 (2).
 DDBO có éDOB = 600 => éBDO + éBOD = 1200 (3) .
 Từ (2) và (3) => éBDO = é COE (4) 
Từ (2) và (4) => DBOD ~ DCEO => => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi.
2. Theo trên DBOD ~ DCEO => mà CO = BO => (5)
Lại có éDBO = éDOE = 600 (6). 
Từ (5) và (6) => DDBO ~ DDOE => éBDO = éODE => DO là tia phân giác é BDE.
3. Theo trên DO là tia phân giác é BDE => O cách đều DB và DE => O là tâm đường tròn tiếp xúc với DB và DE. Vậy đường 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 đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B và C lần lượt cắt AC, AB ở D và E. Chứng minh :
BD2 = AD.CD.
Tứ giác BCDE nội tiếp .
BC song song với DE.
Lời giải: 
1. Xét hai tam giác BCD và ABD ta có éCBD = éBAD ( Vì là góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một cung), lại có éD chung => DBCD ~ DABD => => BD2 = AD.CD.
2. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A => éABC = éACB 
=> éEBC = éDCB mà éCBD = éBCD (góc giữa tiếp tuyến với một dây cùng chắn một cung) => éEBD = éDCE => B và C nhìn DE dưới cùng 
 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 => éBCE = éBDE ( nội tiếp cùng chắn cung BE) mà éBCE = éCBD (theo trên ) => éCBD = éBDE mà đây là hai góc so le trong nên suy ra BC // DE.
Bài 43 Cho đường tròn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn . Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) tại C. Gọi E là giao điểm của AC và BM.
Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp .
Chứng minh NE ^ AB.
Gọi F là điểm đối xứng với E qua M. Chứng minh FA là tiếp tuyến của (O).
Chứng minh FN là tiếp tuyến của đường 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
DBAN có BM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến ( do M là trung điểm của AN) nên DBAN cân tại B => BA = BN => BN là bán kính của đường tròn (B; BA) => FN là tiếp tuyến tại N của (B; BA).
Bài 44 AB và AC là hai tiếp tuyến của đường 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.
Chứng minh CO = CD.
Chứng minh tứ giác OBCD là hình thoi.
Gọi M là trung điểm của CE, Bm cắt OH tại I. Chứng minh I là trung điểm của OH.
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 đường tròn tâm O => OA là tia phân giác của éBOC => éBOA = éCOA (1)
OB ^ AB ( AB là tiếp tuyến ); CH ^ AB (gt) => OB // CH => éBOA = éCDO (2) 
Từ (1) và (2) => DCOD 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 đường kính và dây cung) => éOMH = 900. theo trên ta cũng có éOBH =900; éBHM =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 đường tròn (O). Gọi D là trung điểm của AC; tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt tia BD tại E. Tia CE cắt (O) tại F.
Chứng minh BC // AE.
Chứng minh ABCE là hình bình hành.
Gọi I là trung điểm của CF và G là giao điểm của BC và OI. So sánh éBAC và éBGO.
Lời giải: 1. (HS tự làm)
2. Xét hai tam giác ADE và CDB ta có éEAD = éBCD (vì so le trong ) AD = CD (gt); éADE = éCDB (đối đỉnh) => DADE = DCDB => AE = CB (1)
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 đường kính và dây cung). Theo trên AECB là hình bình hành => AB // EC => OI ^ AB tại K, => DBKG vuông tại K. Ta cung có DBHA vuông tại H 
=> éBGK = éBAH ( cung phụ với éABH) mà éBAH = éBAC (do DABC cân nên AH là phân giác) => éBAC = 2éBGO.
Bài 46 Cho đường tròn (O) đường kính AB , trên đường tròn ta lấy hai điểm C và D sao cho cung AC = cung AD . Tiếp tuyến với đường tròn (O) vẽ từ B cắt AC tại F 
1. Chứng minh hệ thức : AB2 = AC. AF.
2. Chứng minh BD tiếp xúc với đường tròn đường kính AF.
3. Khi C chạy trên nửa đường tròn đường 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