Chuyên đề Hình học đường tròn – Toán 9 (10 bài tự luận kèm lời giải)

PHẦN I. ĐỀ BÀI

Bài 1 (1,0 điểm). Cho đường tròn $(O; R)$ đường kính $AB$. Vẽ dây $AM$ sao cho $AM = R$. Gọi $K$ là trung điểm của dây $MB$. Đường thẳng $OK$ cắt tiếp tuyến tại $B$ của đường tròn $(O)$ tại $E$.
a) Chứng minh tam giác $AMB$ vuông tại $M$, từ đó tính độ dài $MB$ theo $R$.
b) 1) Chứng minh $OK \perp MB$.
2) Chứng minh $OE$ là tia phân giác của góc $MOB$.
c) Chứng minh $EM$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O; R)$.

Bài 2 (1,0 điểm). Cho đường tròn $(O)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ hai tiếp tuyến $AB$, $AC$ với $(O)$ ($B$, $C$ là các tiếp điểm). Gọi $H$ là giao điểm của $OA$ và $BC$.
a) Chứng minh $OA \perp BC$ tại $H$.
b) 1) Chứng minh $H$ là trung điểm của $BC$.
2) Kẻ đường kính $BD$ của $(O)$. Chứng minh $CD \parallel OA$.
c) Đường thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $E$ ($E$ khác $D$). Qua $E$ kẻ tiếp tuyến với $(O)$, tiếp tuyến này cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $M$, $N$. Chứng minh chu vi tam giác $AMN$ bằng $2AB$.

Bài 3 (1,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ $(AB > AC)$. Vẽ đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$, đường tròn này cắt $BC$ tại $H$. Gọi $K$ là trung điểm của $AC$.
a) Chứng minh tam giác $ABH$ vuông tại $H$, từ đó suy ra $AH \perp BC$.
b) 1) Chứng minh $OK \parallel BC$.
2) Chứng minh $\triangle AOK = \triangle HOK$.
c) Chứng minh $KH$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.

Bài 4 (1,0 điểm). Trên tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(O; R)$, lấy điểm $I$ sao cho $AI = R\sqrt{3}$. Lấy điểm $B$ khác $A$ thuộc $(O)$ sao cho $IB = IA$.
a) Chứng minh $OA \perp AI$ và tính $OI$ theo $R$.
b) 1) Tính $\tan \widehat{AIO}$, từ đó suy ra số đo góc $AIO$.
2) Chứng minh $IB$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.
c) Kéo dài $BO$ cắt tia $IA$ tại $K$. Dùng tỉ số lượng giác, hãy tính các cạnh của tam giác $IBK$ theo $R$.

Bài 5 (1,0 điểm). Trên tiếp tuyến tại $B$ của đường tròn $(O; R)$ lấy điểm $A$ sao cho $OA = 2R$. Lấy điểm $C$ khác $B$ thuộc $(O)$ sao cho $AB = AC$; đoạn $BC$ cắt $OA$ tại $H$.
a) Chứng minh $AB \perp OB$ và tính $AB$ theo $R$.
b) 1) Chứng minh $OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.
2) Chứng minh $AC$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.
c) Tính $BC$, $OH$, $HA$ theo $R$.

Bài 6 (1,0 điểm). Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB = 2R$, điểm $C$ thuộc nửa đường tròn. Tia phân giác của góc $ABC$ cắt $(O)$ tại $I$ ($I$ khác $B$). Tia $AI$ cắt đường thẳng $BC$ tại $E$.
a) Chứng minh $AI \perp BI$.
b) 1) Chứng minh tam giác $ABE$ cân tại $B$.
2) Gọi $K$ là giao điểm của $AC$ và $BI$. Chứng minh $EK \perp AB$.
c) Gọi $F$ là điểm đối xứng với $K$ qua $I$. Chứng minh $AF$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.

Bài 7 (1,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$, các đường cao $AD$, $BE$, $CF$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh bốn điểm $A$, $E$, $H$, $F$ cùng thuộc một đường tròn và xác định tâm của đường tròn đó.
b) 1) Chứng minh tứ giác $BFEC$ nội tiếp.
2) Chứng minh $\widehat{AEF} = \widehat{ABC}$.
c) Kẻ đường kính $AK$ của $(O)$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh tứ giác $BHKC$ là hình bình hành và $AH = 2OM$.

Bài 8 (1,0 điểm). Từ điểm $A$ nằm ngoài đường tròn $(O; R)$, kẻ các tiếp tuyến $AB$, $AC$ với $(O)$ ($B$, $C$ là các tiếp điểm). Đường thẳng $OA$ cắt $BC$ tại $H$.
a) Chứng minh $OA \perp BC$ tại $H$.
b) 1) Chứng minh $H$ là trung điểm của $BC$ và tam giác $ABC$ cân tại $A$.
2) Chứng minh $AB^2 = AH \cdot AO$ và $OH \cdot OA = R^2$.
c) Qua $A$ kẻ cát tuyến $AMN$ ($M$ nằm giữa $A$ và $N$, cát tuyến không đi qua $O$). Chứng minh $AM \cdot AN = AB^2$.

Bài 9 (1,0 điểm). Cho đường tròn $(O; R)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn sao cho $OA = 2R$. Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AB$, $AC$ với $(O)$ ($B$, $C$ là các tiếp điểm).
a) Chứng minh tứ giác $ABOC$ nội tiếp.
b) 1) Tính số đo góc $BAC$.
2) Chứng minh tam giác $ABC$ đều.
c) Lấy điểm $M$ trên cung nhỏ $BC$. Tìm vị trí của $M$ để tổng $MB + MC$ lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo $R$.

Bài 10 (1,0 điểm). Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB = 2R$, điểm $C$ thuộc nửa đường tròn. Kẻ $CH \perp AB$ tại $H$.
a) Chứng minh tam giác $ACB$ vuông tại $C$.
b) 1) Chứng minh $AC^2 = AH \cdot AB$.
2) Chứng minh $CH^2 = AH \cdot HB$.
c) Tìm vị trí của điểm $C$ để diện tích tam giác $ABC$ lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo $R$.

--------- HẾT ---------

Họ và tên học sinh: ................................................ Lớp: ...........

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Bài 1

[Hình vẽ]

a) Ta có $\widehat{AMB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $AB$) nên tam giác $AMB$ vuông tại $M$.
Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác vuông $AMB$:

$$MB = \sqrt{AB^2 - AM^2} = \sqrt{4R^2 - R^2} = R\sqrt{3}.$$

b) 1) Tam giác $OMB$ có $OM = OB = R$ nên cân tại $O$. Vì $K$ là trung điểm của $MB$ nên $OK$ là đường trung tuyến, do đó $OK$ cũng là đường cao. Vậy $OK \perp MB$.

2) Cũng trong tam giác cân $OMB$, đường trung tuyến $OK$ đồng thời là đường phân giác của góc $MOB$. Điểm $E$ thuộc đường thẳng $OK$ nên $OE$ là tia phân giác của $\widehat{MOB}$.

c) Xét $\triangle OME$ và $\triangle OBE$ có: $OM = OB = R$; $\widehat{MOE} = \widehat{BOE}$ (chứng minh trên); $OE$ là cạnh chung. Do đó $\triangle OME = \triangle OBE$ (c.g.c), suy ra $\widehat{OME} = \widehat{OBE}$.
Vì $BE$ là tiếp tuyến tại $B$ nên $BE \perp OB$, tức $\widehat{OBE} = 90^\circ$. Vậy $\widehat{OME} = 90^\circ$, hay $EM \perp OM$ tại $M$ thuộc $(O)$. Suy ra $EM$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O; R)$.

Bài 2

[Hình vẽ]

a) $AB = AC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OB = OC = R$, nên $OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$. Do đó $OA \perp BC$ tại $H$.

b) 1) Vì $OA$ là đường trung trực của $BC$ nên $H$ là trung điểm của $BC$.

2) $BD$ là đường kính của $(O)$ nên $\widehat{BCD} = 90^\circ$, suy ra $CD \perp BC$. Mặt khác $OA \perp BC$. Vậy $CD \parallel OA$.

c) $AB$, $AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $A$ nên $AB = AC$; $ME$, $MB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $M$ nên $ME = MB$; $NE$, $NC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau tại $N$ nên $NE = NC$.
Chu vi tam giác $AMN$:

$$AM + MN + NA = AM + (ME + EN) + NA = (AM + MB) + (NA + NC) = AB + AC = 2AB.$$

Bài 3

[Hình vẽ]

a) $H$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat{AHB} = 90^\circ$, suy ra tam giác $ABH$ vuông tại $H$. Do đó $AH \perp BH$, tức $AH \perp BC$.

b) 1) Trong tam giác $ABC$ có $O$ là trung điểm của $AB$, $K$ là trung điểm của $AC$, nên $OK$ là đường trung bình của tam giác. Vậy $OK \parallel BC$.

2) Tam giác $AHC$ vuông tại $H$ có $HK$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền $AC$ nên $HK = \dfrac{AC}{2} = AK$.
Xét $\triangle AOK$ và $\triangle HOK$ có: $OA = OH = R$; $OK$ là cạnh chung; $AK = HK$. Vậy $\triangle AOK = \triangle HOK$ (c.c.c).

c) Từ $\triangle AOK = \triangle HOK$ suy ra $\widehat{OHK} = \widehat{OAK} = 90^\circ$, hay $KH \perp OH$ tại $H$ thuộc $(O)$. Vậy $KH$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.

Bài 4

[Hình vẽ]

a) $AI$ là tiếp tuyến tại $A$ nên $OA \perp AI$, suy ra tam giác $OAI$ vuông tại $A$.

$$OI = \sqrt{OA^2 + AI^2} = \sqrt{R^2 + 3R^2} = 2R.$$

b) 1) Trong tam giác vuông $OAI$:

$$\tan \widehat{AIO} = \frac{OA}{AI} = \frac{R}{R\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{AIO} = 30^\circ.$$

2) Xét $\triangle OAI$ và $\triangle OBI$ có: $OA = OB = R$; $IA = IB$ (giả thiết); $OI$ là cạnh chung. Vậy $\triangle OAI = \triangle OBI$ (c.c.c), suy ra $\widehat{OBI} = \widehat{OAI} = 90^\circ$, hay $IB \perp OB$. Vậy $IB$ là tiếp tuyến của $(O)$.

c) Tam giác $OAI$ vuông tại $A$ có $\widehat{AIO} = 30^\circ$ nên $\widehat{AOI} = 60^\circ$. Từ $\triangle OAI = \triangle OBI$ suy ra $\widehat{BOI} = 60^\circ$, do đó $\widehat{AIB} = 60^\circ$.
Vì $B$, $O$, $K$ thẳng hàng và $IB \perp OB$ nên $IB \perp BK$, tức tam giác $IBK$ vuông tại $B$. Tia $IO$ nằm trong góc $BIA$ nên

$$\widehat{BIK} = \widehat{BIO} + \widehat{OIA} = 30^\circ + 30^\circ = 60^\circ.$$

Suy ra $\widehat{IKB} = 30^\circ$. Với $IB = IA = R\sqrt{3}$:

$$BK = IB \cdot \tan 60^\circ = R\sqrt{3} \cdot \sqrt{3} = 3R; \qquad IK = \frac{IB}{\cos 60^\circ} = 2R\sqrt{3}.$$

Bài 5

[Hình vẽ]

a) $AB$ là tiếp tuyến tại $B$ nên $AB \perp OB$. Tam giác $OBA$ vuông tại $B$:

$$AB = \sqrt{OA^2 - OB^2} = \sqrt{4R^2 - R^2} = R\sqrt{3}.$$

b) 1) Ta có $AB = AC$ (giả thiết) và $OB = OC = R$, suy ra $OA$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$. Do đó $OA \perp BC$ tại $H$ và $H$ là trung điểm của $BC$.

2) Xét $\triangle OBA$ và $\triangle OCA$ có: $OB = OC = R$; $AB = AC$; $OA$ là cạnh chung. Vậy $\triangle OBA = \triangle OCA$ (c.c.c), suy ra $\widehat{OCA} = \widehat{OBA} = 90^\circ$, hay $AC \perp OC$. Vậy $AC$ là tiếp tuyến của $(O)$.

c) Tam giác $OBA$ vuông tại $B$ có $BH \perp OA$, theo hệ thức lượng:

$$OB^2 = OH \cdot OA \Rightarrow R^2 = OH \cdot 2R \Rightarrow OH = \frac{R}{2}; \qquad HA = OA - OH = \frac{3R}{2}.$$

$$BH = \frac{OB \cdot AB}{OA} = \frac{R \cdot R\sqrt{3}}{2R} = \frac{R\sqrt{3}}{2} \Rightarrow BC = 2BH = R\sqrt{3}.$$

Bài 6

[Hình vẽ]

a) $I$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat{AIB} = 90^\circ$, suy ra $AI \perp BI$.

b) 1) Tam giác $ABE$ có $BI$ vừa là đường phân giác của góc $ABE$ (giả thiết) vừa là đường cao ($BI \perp AE$), nên tam giác $ABE$ cân tại $B$.

2) Ta có $\widehat{ACB} = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra $AC \perp BC$ hay $AK \perp BE$. Trong tam giác $ABE$, hai đường cao $AK$ và $BI$ cắt nhau tại $K$ nên $K$ là trực tâm của tam giác, do đó $EK \perp AB$.

c) $I$ là trung điểm của $KF$ (do $F$ đối xứng với $K$ qua $I$) và $AI \perp KF$ (vì $AI \perp BI$), nên $AI$ là đường trung trực của $KF$. Suy ra $\widehat{FAI} = \widehat{KAI}$.
Vì $AK \perp BE$ nên trong tam giác vuông $ABK$: $\widehat{BAK} = 90^\circ - \widehat{ABE}$.
Trong tam giác vuông $AIB$: $\widehat{BAI} = 90^\circ - \widehat{ABI} = 90^\circ - \dfrac{1}{2}\widehat{ABE}$.
Do đó $\widehat{KAI} = \widehat{BAI} - \widehat{BAK} = \dfrac{1}{2}\widehat{ABE}$.
Suy ra

$$\widehat{FAB} = \widehat{FAI} + \widehat{IAB} = \frac{1}{2}\widehat{ABE} + 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat{ABE} = 90^\circ.$$

Vậy $AF \perp AB$ tại $A$. Mà $A$ thuộc $(O)$ và $O$ nằm trên $AB$, nên $AF$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$.

Bài 7

[Hình vẽ]

a) Vì $BE \perp AC$ và $CF \perp AB$ nên $\widehat{AEH} = \widehat{AFH} = 90^\circ$. Hai điểm $E$, $F$ cùng nhìn đoạn $AH$ dưới một góc vuông, do đó $A$, $E$, $H$, $F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$. Tâm của đường tròn đó là trung điểm của $AH$.

b) 1) Ta có $\widehat{BEC} = \widehat{BFC} = 90^\circ$, nên $E$, $F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$. Vậy tứ giác $BFEC$ nội tiếp.

2) Vì tứ giác $BFEC$ nội tiếp nên góc ngoài tại đỉnh $E$ bằng góc trong đối diện:

$$\widehat{AEF} = \widehat{ABC}.$$

c) Vì $AK$ là đường kính của $(O)$ nên $\widehat{ABK} = 90^\circ$, suy ra $BK \perp AB$. Mà $CH \perp AB$, do đó $BK \parallel CH$. Chứng minh tương tự $CK \parallel BH$. Vậy tứ giác $BHKC$ là hình bình hành.
Hai đường chéo $BC$ và $HK$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường, nên $M$ là trung điểm của $BC$ cũng là trung điểm của $HK$.
Trong tam giác $AHK$ có $O$ là trung điểm của $AK$, $M$ là trung điểm của $HK$, nên $OM$ là đường trung bình. Vậy $OM = \dfrac{AH}{2}$, hay $AH = 2OM$.

Bài 8

[Hình vẽ]

a) $AB = AC$ (hai tiếp tuyến cắt nhau) và $OB = OC = R$, suy ra $OA$ là đường trung trực của $BC$. Vậy $OA \perp BC$ tại $H$.

b) 1) Theo chứng minh trên, $H$ là trung điểm của $BC$. Tam giác $ABC$ có $AH$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại $A$.

2) Tam giác $ABO$ vuông tại $B$ (vì $AB$ là tiếp tuyến), có $BH \perp AO$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$$AB^2 = AH \cdot AO; \qquad OB^2 = OH \cdot OA \Rightarrow OH \cdot OA = R^2.$$

c) Xét $\triangle AMB$ và $\triangle ABN$ có: góc $A$ chung; $\widehat{AMB} = \widehat{ABN}$ (góc nội tiếp $\widehat{AMB}$ và góc tạo bởi tiếp tuyến $AB$ với dây $BN$ cùng chắn cung $BN$).
Vậy $\triangle AMB \sim \triangle ABN$, suy ra $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{AB}{AN}$, tức $AM \cdot AN = AB^2$.

Bài 9

[Hình vẽ]

a) $AB$, $AC$ là hai tiếp tuyến nên $\widehat{OBA} = \widehat{OCA} = 90^\circ$. Hai điểm $B$, $C$ cùng nhìn $OA$ dưới một góc vuông, do đó tứ giác $ABOC$ nội tiếp đường tròn đường kính $OA$.

b) 1) Tam giác $OBA$ vuông tại $B$ có $OB = \dfrac{OA}{2} = R$, nên $\widehat{BAO} = 30^\circ$. Do $OA$ là tia phân giác của góc $BAC$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $\widehat{BAC} = 60^\circ$.

2) Ta có $AB = AC$ và $\widehat{BAC} = 60^\circ$, suy ra tam giác $ABC$ đều.

c) Điểm $M$ thuộc cung nhỏ $BC$ nên $\widehat{BMC} = 120^\circ$ (góc nội tiếp chắn cung lớn $BC$ có số đo $240^\circ$). Đặt $x = MB$, $y = MC$. Theo định lí côsin trong tam giác $BMC$:

$$BC^2 = x^2 + y^2 - 2xy\cos 120^\circ = x^2 + y^2 + xy.$$

Tam giác $ABC$ đều cạnh $AB = R\sqrt{3}$ nên $BC = R\sqrt{3}$, suy ra $x^2 + y^2 + xy = 3R^2$.
Vì $x^2 + y^2 \ge 2xy$ nên $3R^2 \ge 3xy$, tức $xy \le R^2$. Do đó

$$(x+y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = 3R^2 + xy \le 4R^2 \Rightarrow x + y \le 2R.$$

Dấu "=" xảy ra khi $x = y = R$, tức $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. Vậy $MB + MC$ lớn nhất bằng $2R$ khi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$.

Bài 10

[Hình vẽ]

a) $C$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $\widehat{ACB} = 90^\circ$. Vậy tam giác $ACB$ vuông tại $C$.

b) 1) Tam giác $ABC$ vuông tại $C$, có $CH \perp AB$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$$AC^2 = AH \cdot AB.$$

2) Cũng theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$:

$$CH^2 = AH \cdot HB.$$

c) Diện tích tam giác $ABC$:

$$S_{ABC} = \frac{1}{2}AB \cdot CH = R \cdot CH.$$

Vì $CH \le CO = R$ (dấu "=" xảy ra khi $H \equiv O$), nên $S_{ABC} \le R^2$.
Vậy diện tích tam giác $ABC$ lớn nhất bằng $R^2$ khi $C$ là điểm chính giữa của nửa đường tròn (khi đó $CO \perp AB$).