Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 9 - Phần 2

 Hướng dẫn giải:
Đường thẳng đi qua H song song với AB và cắt AC tại D .
 Dựng đường thẳng qua H song sang AC cắt AB tại E .
Tứ giác AEHD là hình bình hành nên AD HE, AE HD 
Xét tam giác AHD ta có: HA HD AD HA AE AD (1).
Vì HE / / AC mà AC  BH HE  BH . 
Trong tam giác vuông HBE ta có: HB BE (2) .
Tương tự ta có: HC DC (3) . Cộng các bất đẳng thức cùng chiều (1), (2), (3) ta suy ra 
 HA HB HC (AE EB) (AD DC) AB AC. 
Tương tự ta cũng có: 
 2
 HA HB HC AC BC, HA HB HC AB BC HA HB HC AB BC CA .
 3
Ví dụ 4:
Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) , H là trung điểm của BC, M là điểm 
bất kỳ thuộc đoạn thẳng BH (M B). Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng CA sao cho 
 CN BM. Gọi I là trung điểm của MN .
a. Chứng minh 4 điểm O, M , H, I cùng thuộc một đường tròn. 
b. Gọi P là giao điểm của OI và AB . Chứng minh tam giác MNP là tam giác đều. 
c. Xác định vị trí của M để tam giác IAB có chu vi nhỏ nhất.
 (Trích đề thi vào lớp 
10 chuyên Toán TP Hà Nội 2014)
Giải
a. Xét tam giác BOM và tam giác CON ta có:
 BM CN (giả thiết), OB OC R, O· BM O· CN 300 
 1 (do tam giác ABC đều). Suy ra BOM CON (c.g.c) 
Suy ra OM ON hay tam giác OMN cân tại O, 
Do I là trung điểm của MN suy ra OI  MN O· IM O· HM 900 
Nên tứ giác OMHI nội tiếp
(Có hai đỉnh liên tiếp I, H cùng nhìn OM góc bằng 900 )
b. Do điểm P nằm trên đường trung trực cạnh MN nên PM PN (1) . 
Ta có 1800 O· MB O· MC O· MB O· NC suy ra tứ giác OMNC nội tiếp (tổng hai góc đối 
bằng 1800) nên M· ON 1800 N· CM 1200 , P· OM P· ON 1200 suy ra
 P· OM P· BM 1800 Tứ giác PBMO nội tiếp nên O· PM O· BM 300 . Chứng minh 
tương tự ta cũng có: O· PN O· AN 300 M· PN 600 (2)
Từ (1) vµ (2) suy ra tam giác PMN là tam giác đều.
c. Từ chứng minh ở câu a, b suy ra O· MN O· HI O· CN 300 . Suy ra HI / /AB , gọi K là 
trung điểm của AC th× H, I, K th¼ng hµng. 
Tam giác IAB có AB không đổi nên chu vi tam giác nhỏ nhất khi IA IB nhỏ nhất. 
Đường thẳng HI cố định. Gọi D là điểm đối xứng của B qua HI thì điểm D cố 
định, suy ra độ dài AD không đổi. Ta có: IB ID IA IB IA ID AD . Dấu “ = 
” xảy ra khi và chỉ khi A,D,I thẳng hàng. Tức điểm I chính là giao điểm của 
 AD vµ HK . Mặt khác ta dễ chứng minh được AHDK là hình bình hành. Nên dấu “ = 
” xảy ra khi I là trung điểm HK , khi đó điểm M  H .
2. Trong một đường tròn, đường kính là dây cung lớn nhất.
3. Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định. Điểm A di chuyển trên cung BC 
khi đó diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung BC . 
 Chứng minh:
 2 Trường hợp 1: Điểm A thuộc cung lớn BC . 
 1
Ta dựng đường cao AD của tam giác ABC thì S AD.BC . Do BC không đổi nên 
 ABC 2
 SABC lớn nhất.
Khi và chỉ khi AD lớn nhất. Gọi M là trung điểm của BC thì
 BC2
 AD AM AO OM R R 2 . 
 4
 1 BC2 
Suy ra S BC R R 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi D  M và 
 ABC 
 2 4 
 O,M,A thẳng hàng. Hay A  A0 là điểm chính giữa cung lớn BC. 
Trường hợp 2: Điểm A thuộc cung nhỏ BC .
Gọi I là giao điểm của AO với dây cung BC . 
 1 BC2 
Ta có: AD OM AI IO R AD R OM . Vậy S BC R R 2 . 
 ABC 
 2 4 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi D  I  M . Hay A  A0 là điểm chính giữa cung 
nhỏ BC . 
 3 4. Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC cố định. Điểm A di chuyển trên cung BC 
khi đó chu vi tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung BC .
Trường hợp 1: Điểm A thuộc cung lớn BC . 
Ta có chu vi tam giác ABC bằng: AB AC BC. 
Do BC không đổi nên chu vi tam giác lớn nhất
khi và chỉ khi AB AC lớn nhất. Để tạo ra AB AC ta làm như sau: Trên tia đối của 
tia AB lấy điểm N sao cho AN AC khi đó ta có: Tam giác NAC cân tại 
 1 1
 A vµ A· NC B· AC không đổi. Suy ra điểm N thuộc cung chứa góc B· AC dựng 
 2 2
trên đoạn BC (phần nữa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A ). Ta có: 
 AB AC AB AN BN. Nªn AB + AC lớn nhất khi và chỉ khi BN lớn nhất, tức là 
 1
 BN là đường kính của đường tròn chứa cung chứa góc B· AC dựng trên đoạn BC 
 2
(phần nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A ) hay 
 · 0
 BCN 90 N  N1 Do A1N1 A1C, tam giác BCN1 vuông tại C suy ra 
 A1N1 A1C A1B hay A1  A là điểm chính giữa cung lớn BC .
Trường hợp A thuộc cung nhỏ BC ta cũng làm tương tự.
 4 Ví dụ 5
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB 2R , điểm M nằm trên nửa đường tròn 
sao cho AM R,N là điểm nằm trên cung MB (N kh¸c M, B) . Gọi I là giao điểm 
của AN,MB,H là hình chiếu vuông góc của I trªn AB. 
a. Chứng minh: Tứ giác HINB nội tiếp.
b. Chứng minh: IH là phân giác của góc M· HN .
c. Khi N di chuyển trên cung MB . Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 MHN luôn đi qua hai điểm cố định.
d. Tìm vị trí của điểm N trên cung MB để chu vi tứ giác AMNB lớn nhất.
 Hướng dẫn
Điểm N nằm trên (O) nên A· NB 900 
Xét tứ giác IHBN có I·HB I·NB 1800 
Nên tứ giác HINB nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800).
Suy ra: I·HN I·BN (1) (cùng chắn cung IN )
Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có: 
 AMIH nội tiếp suy ra I·HM I·AM (cùng chắn cung IM ) (2) 
 5 Mặt khác tứ giác AMNB nội tiếp nên: M· AN M· BN (3) .
Từ (1), (2) và (3) suy ra I·HM I·HN . Hay IH là tia phân giác của M· HN .
c. Vì AM R AM OM OA nên tam giác AMO đều, suy ra điểm M là điểm cố 
định. 
Từ chứng minh ở câu B ta suy ra M· HN 2M· AN , mặt khác ta cũng có: 
 M· ON 2M· AN (tính chất góc ở tâm). Suy ra; M· HN M· ON hay tứ giác MOHN nội 
tiếp (hai đỉnh liên tiếp O,H cùng nhìn cạnh MN những góc bằng nhau). Từ đó sy ra 
đường tròn ngoại tiếp tam MHN luôn đi qua hai điểm cố định O,M .
Vì M· AB 600 M· NB 1200 ,MB AB2 AM 2 4R 2 R 2 3R 
Do MB không đổi, M· NB 1200 , trên tia đối của NB lấy điểm K sao cho NK NM 
thì tam giác MNK cân tại N 
 M· NK 1800 M· NB 600 nên tam giác MNK đều suy ra M· KB 600. Suy ra điểm 
 K nằm trên cung chứa góc 60 0 dựng trên đoạn MB (phần nữa mặt phẳng bờ MB 
 · 0
không chứa A). Tia AM cắt cung chứa góc tại K0 thì MK0 B 90 . Ta tính được: 
 MB R 3
 K B 2R. 
 0 sin600 3
 2
Chu vi tứ giác AMNB AM MN NB BA 3R NM NB. 
Suy ra chu vi tứ giác AMNB lớn nhất khi và chỉ khi NM NB lớn nhất.
Theo cách dựng trên ta có: NM MB KB K0 B 2R Chu vi tứ giác 
 3R NM NB 5R , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi K  K0 . Khi đó điểm N 
chính là giao điểm của K0 B với (O) hay N  N0 là điểm chính giữa cung nhỏ MB. 
Ví dụ 6
 6 Cho đường tròn (O;R) và dây cung BC(BC 2R) cố định. Điểm A di động trên cung 
lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại điểm 
 H . Gọi N là trung điểm của EF .
a. Chứng minh: R.AN AM.OM víi M lµ trung ®iÓm cña BC .
b. Chứng minh: R(EF FD DE) 2SABC . Tìm vị trí điểm A ®Ó EF + FD + DE lớn 
nhất.
 Hướng dẫn
 R' là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF 
thì R'cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác 
 AEHF 
 AH
Suy ra R' OM (học sinh tự chứng minh tính chất 
 2
quen thuộc này)
 AN R'
Ta có AEF ∽ ABC nªn hay R.AN=AM.R' 
 AM R
chú ý rằng R' OM R.AN AM.OM. 
Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AC,AB . Ta có :
 2SABC 2 SOBC SOCA SOAB OM.BC OP.AC OQ.AB. Từ câu a ta có : 
 AN EF
 R.AN AM.OM OM R. R. , tương tự ta cũng có : 
 AM BC
 DF DE
 OP R. ,OQ R. 
 AC AB
Thay vào ta có : 2SABC R(EF FD DE). Do R không đổi nên EF FD DE lớn 
nhất khi và chỉ khi SABC lớn nhất. Hay A là điểm chính giữa cung lớn BC 
Lập luận theo cách khác: 
 7 1 1
Chứng minh: OA  EFsuy ra S OA.EF , tương tự ta có: S OB.DF , 
 AEOF 2 BDOF 2
 1
 S OC.DE từ đó suy ra 2S R(EF FD DE). Do R không đổi nên 
 CDOE 2 ABC
 EF FD DE lớn nhất khi và chi khi SABC lởn nhất khoảng cách từ điểm A đến 
BC lớn nhất. Hay A là điểm chính giữa cung lớn BC. A
Ngoai ra ta cũng có thể giải theo cách khác:
Ta thấy các điểm B, F, E, Cnằm trên đường E
tròn tâm M đường kính BC. 
 ·
Do BC không đổi nên BAC không đổi. F H
Ta có ME, MF là các tiếp tuyến của đường O
 · ·
 tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên MFE BAC C
 B· AC B D M
không đổi. Suy ra E· MF 900 không đổi.
 2
suy ra độ dài EF không đổi.
Gọi K là điểm đối xứng với E qua BC thì E· DC K· DC . Ta lại có 
 · · · · · ·
 EDC EHC FHB FDB . Suy ra EDB KDM nên F, D, K thẳng hàng.K
Ta có chu vi DEF lớn nhất khi và chi khi DE DFlớn nhất. Từ các chứng minh 
trên ta có:
 DE DF FK 2R’ BC . Suy ra DE DF lớn nhất khi và chi khi D  I hay A là 
điểm chính giữa cung lớn BC .
Cùng có thể tiếp cận bài toán theo hưóng khác: A
 P, Qlần lượt là hình chiếu vuông góc của Q
 B, Ctrên EF . Ta có các tính chất quen thuộc E
 FH, DH lần lượt là phân giác trong các góc 
 E· FD, F· DE suy ra FB, FD lần lượt là các đường 
 F H
phân giác ngoài của E· FD, ·FDE . Hạ BX, BY lần O
 P
 lượt vuông góc với DE, DF thì suy ra Y
 FP FY, DX DY, EP EX (tính chất một điểm nằm trên phân giác cách đều 2 
 M C
 B D
cạnh). X
Ta có: Chu vi tam giác DEF là
 2 p DF EF DE YF DX EF DE FP EF EX EP EX 2EP . 
Hoàn toàn tương tự ta cùng có: 2p 2FQ . Suy ra 
 4p 2 EP FQ 2 PQ 2EF 2p PQ 2EF suyra DE DF PQ . Mặt khác 
 PQ BC nên chu vi tam giác DEF lớn nhất bằng EF BC khi Và chi khi 
 PQ / / BC hay A là điểm chính giữa cung lớn BC.
Ví dụ 7
 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB 2R.EF là dây cung di động trên nửa 
 AB
đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF . Gọi H là giao điêm của 
 2
 AF, BE, C là giao điểm của AE, BF, I là giao điểm của CH, AB.
a. Chứng minh 4 điểm A, C, F, I cùng nằm trên một đường tròn.
b. Chứng minh: AE.AC BF.BC có giá trị không đổi khi EF di chuyên trên nửa 
đường tròn (O). Đường thẳng AF cắt tiếp tuyến tại B ở N, các tiếp tuyến tại A, F 
của (O) cắt nhau ở M. Chứng minh: ON  MB .
c. Xác định vị trí EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABEF có diện tích lớn nhất.
 Giải
a, Vì các điểm E, F năm trên nửa đường tròn đường kính AB nên 
 M
 ·AEB A· FB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
Do C là giao điểm của AE, BF suy ra
 BE  AC, AF  BC suy ra BE, AF cắt nhau tại 
điểm H là trực tâm tam giác CAB suy ra CI  AB. 
 C
Tứ giác ACFI có ·AFC ·AIC 900 suy ra tứ giác
ACFI là tứ giác nội tiếp (Hai đỉnh liên tiếp F, I cùng
nhìn AC góc 90°).
b, Xét tam giác vuông ACI và tam giác vuông ABE ta có E
 K
 0 AC AB N
 ·AIC A· EB 90 , C· AB chung. Suy ra ACI ∽ ABE do đó: AC.AE AI.AB. F
 AI AE H
Tương tự ta cũng có: BC.BF = BI.AB. Cộng hai đẳng thức ta có:
 AE.AC BF.BC AB AI BI AB2 4R2 .
 A
c, Xét tam giác MAO và tam giác ABN, Ta có: O· AM N· BA 900 , O· MXA B· OANP(cùngI B
phụ với N· AM )
 MA AB MA 2OB MA OB
Từ đó suy ra MAO ” ABN (g.g) suy ra hay 
 1
 MO BN AB BN AB BN
 2
 MAB ” OBN (c.g.c), suy ra N· OB M· BA B· MA M· BA 900 hay ON  MB .
c, Dễ thấy: Tam giác OMN là tam giác đều cổ cạnh MN R . Gọi K là trung điểm 
của EF
 R2 3R2 3R
thì OK  EF . Từ đó ta tính được: OK2 OE2 KE2 R 2 , OK .Tam 
 4 4 2
giác
 1 3R2
OMN có diện tíchb là: S OK.EF . .Dựng EX, FY lần lượt vuông góc với 
 1 2 4
AB tại E, F thi
tử giác EFYX là hình thang vuông, dựng KP  AB suy ra P là trung điểm XY nên 
KP là đường
 9 trung binh hình thang EFYX . Kí hiệu S1, S3 lần lượt là diện tích của các tam giác 
 AOE, BOF thì
 1 1 1 1
 S OA.EX R.EX;S OB.FY R.FY . Ta có: S S S S mà S không đổi 
 1 2 2 2 2 2 AEFB 1 2 3 1
nên
 SAEFB lớn nhất khi và chi khi S2 S3 lớn nhất. Ta có: 
 1 1
 S S R(EX FY ) R.2KP R.KP.
 2 3 2 2
 3 3
Trong tam giác vuông OKP ta có: KP KO R . Suy ra S S R2. Dấu bằng 
 2 2 3 2
xảy ra
 3 3
khi và chỉ khi P  O PK  EF EF//AB . Vậy GTLN của S là R2 khi và chỉ 
 AEFB 4
khi EF / /AB .
Ví dụ 8
Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB, C là trung điểm của OA và dây 
 MN  OA tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm 
của AK, MN . 
a. Chứng minh: BCHK là tứ giác nội tiếp.
b. Tính AH.AK theo R. Xác đinh vị trí K để KM KN KB lớn nhất. Tính GTLN đó.
 Giải
 M
 K
 H P
 A B
 C O
 N
 AB · 0 · 0
a, Do K nằm trên O; AKB 90 . Lại có HCB 90 (giả thiết) suy ra
 2 
 ·AKB H· CB 1800 nên tứ giác BCHK nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180°).
 AH AB R
b, Ta có ACH ∽ AKB (g.g) nên = AH.AK =AC.AB .2R R2
 AC AK 2
 10