Toán 9 - Tập 1

144 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. ÔN TẬP CHƯƠNG I

cos2 α − sin2 α cos2 α cos2 α 1 − sin2 α
= sin2 α − cos2 α sin2 α = sin2 α (− cos2 α)

= cos2 α · cos2 α = cos4 α = cot4 α.
sin2 α sin2 α sin4 α

Ą Ví dụ 19. Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Vẽ đường
trung tuyến AM . Gọi G là trọng tâm của tam giác. Cho biết HG ∥ BC, chứng minh rằng
tan B · tan C = 3.

ɓ Lời giải.

Xét ABD vuông tại D, ta có tan B = AD . A
BD E
AD
Tương tự trong tam giác vuông AC D, ta có tan C = CD. HG

Suy ra tan B · tan C = AD · AD = AD2 (1).
BD CD BD · CD

Ta có B’HD = A’HE (hai góc đối đỉnh).

B DM C

Do giả thiết B’HD + H’BD = 90◦ và A’HE + H’AE = 90◦ suy ra H’BD = H’AE.

Xét BDH và ADC, theo chứng minh trên H’BD = D’AC và H’DB = A’DC = 90◦.
BD DH
Do đó BDH ADC nên AD = DC suy ra BD · DC = AD · DH (2).

Từ (1) và (2) suy ra tan B · tan C = AD2 = AD
AD · DH DH .
AD AM
Xét ADM , ta có HG ∥ BC nên DH = GM = 3. Do đó tan B · tan C = 3.

C – BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Ą Bài 1. Cho biết cos α = 1
.

4

a) Tính sin α.

b) Chứng minh rằng tan α = 4 sin α.

ɓ Lời giải.

a) Ta có sin2 α + cos2 α = 1 ⇒ Å 1 ã2 + sin2 α = 1 ⇔ sin2 α = 15
.
4 √ 16
Vì α là góc nhọn nên sin2 α = 15 ⇒ sin α = 15
.
16 4

√15

b) Ta có tan α = sin α = 4 √
cos α 1 = 15 nên tan α = 4 sin α.

4

144/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

145 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 3. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

Ą Bài 2. Cho biết cos α + sin α = 5, tính tan α.
cos α − sin α

ɓ Lời giải.

Ta có

cos α + sin α
=5

cos α − sin α

⇔ cos α + sin α = 5 (cos α − sin α)

⇔ 4 cos α = 6 sin α ⇔ sin α = 2.
cos α 3

Hay tan α = 2
.
3

Ą Bài 3. Tính số đo của góc nhọn x, biết
a) 3 cos x + 4 sin (90◦ − x) = 0,28.

b) 5 sin2 x − 3 cos2 x = −1.

ɓ Lời giải.

a) Ta có 3 cos x + 4 sin (90◦ − x) = 0,28 ⇔ 3 cos x + 4 cos x = 0,28 ⇔ cos x = 0,4.
Vì x là góc nhọn suy ra x = 87◦71 .

b) Ta có 5 sin2 x − 3 cos2 x = −1 ⇔ 5 sin2 x − 3 1 − sin2 x = −1 ⇔ sin2 x = 1
.
4
Vì x là góc nhọn nên sin2 x = 1 ⇒ sin x = 1 do đó x = 30◦.
42

Ą Bài 4. Tính độ dài các cạnh và số đo các góc nhọn của tam giác ABC vuông tại A trong hình
bên.

ɓ Lời giải.

Xét tam giác vuông ABH theo định lý Py-ta-go ta có A
AB2 = BH2 + AH2 = 32 + 22 = 13 suy ra AB ≈ 3,6.

Mặt khác theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC,
AH 2
ta có AH 2 = BH · HC suy ra HC = BH 3

nên HC = 9 = 4,5. Do đó BC = BH + HC = 2 + 4,5 =
2
6,5. B2 H C
Tương tự, ta có AC2 = HC · BC = 4,5 · 6,5

suy ra AC ≈ 5,4.

Xét tam giác vuông AHB ta có tan A’BH = 3 suy ra A’BH ≈ 56◦31 hay B“ ≈ 56◦31 suy ra
2

C ≈ 90◦ − 56◦31 ≈ 33◦29 .

Ą Bài 5. Cho hình thang cân ABCD (AB ∥ CD). Biết AD = 2,1 cm; CD = 6,0 cm và D“ = 48◦.

145/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

146 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. ÔN TẬP CHƯƠNG I

a) Tính độ dài AB.
b) Tính diện tích hình thang ABCD.

ɓ Lời giải.

a) Kẻ các đường cao AH ⊥ CD và BK ⊥ CD.

Dễ thấy ABKH là hình chữ nhật nên AB = 2,1 A B 48◦
HK. H 6K
Xét AHD và BKC, do giả thiết suy ra 48◦D C

AD = BC và A’DH = B’CK nên AHD =
BKC.

Do đó DH = KC và HK = DC − 2DH.

Xét tam giác vuông AHD ta có DH = AB · cos A’DH = 2,1 · cos 48◦ ≈ 1,4 (cm).
Suy ra AB = 6,0 − 2 · 1,4 ≈ 3,2 (cm).

b) Gọi S là diện tích hình thang ABCD. Khi đó S = (AB + CD) · AH
.
2

Xét tam giác vuông ADH ta có AH = AB · sin A’DH = 2,1 · sin 48◦ ≈ 1,56 (cm).

Nên S = (3,2 + 6,0) · 1,56 ≈ 7,88 (cm2).
2

Ą Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng tan B = AC
2 AB + BC .

ɓ Lời giải.

Vẽ đường phân giác BD. Xét ABD vuông tại A, ta có A
AD
tan A’BD = AB .

Mặt khác AD = AB = AB suy ra AD = CD = D
DC DC BC AB BC
AD + CD
.
AB + BC
AC B AC B 12
Do đó tan A’BD = AB + BC hay tan = AB + BC . C

2

146/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

ng

4ĐƯỜNG TRĐĐÒƯƯNỜỜNNGG TTRRÒÒNN
Chươ

R
BÀI 1. SỰ XÁC ĐỊNH ĐƯỜNG TRÒN

A – TRỌNG TÂM KIẾN THỨC

. 1. Định nghĩa đường tròn

Đường tròn tâm O bán kính R (R > 0) là hình gồm các điểm cách M
điểm O một khoảng bằng R.
Kí hiệu (O; R) hoặc (O).

M nằm trên (O; R) ⇔ OM = R. NO P
N nằm trong (O; R) ⇔ ON < R.

P nằm ngoài (O; R) ⇔ OP > R.

2. Sự xác định đường tròn
Một đường tròn được xác định khi biết tâm và bán kính hoặc biết đường kính.
Qua ba điểm không thẳng hàng, ta vẽ được một và chỉ một đường tròn.

C

OR
O
AB

3. So sánh độ dài của đường kính và dây
Trong các dây của một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính.

B – CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Dạng 1. Chứng minh nhiều điểm cùng nằm trên một đường tròn
Chứng minh các điểm đã cho cách đều một điểm cố định.
Điểm cố định đó là tâm của đường tròn.

147/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

148 Kết nối tri thức với cuộc sống

1. Sự xác định đường tròn

Ą Ví dụ 1. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, BC = b. Chứng minh rằng bốn điểm A, B,
C, D cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của đường tròn đó.

ɓ Lời giải.

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Theo tính

chất hai đường chéo của hình chữ nhật, ta có

Å 1 AC 1 ã AaB
OD = BD
OA = OB = OC = = .
22

A, B, C, D Å 1 ã b
O; AC .
Vậy bốn điểm cùng thuộc 2 O

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông ABC, ta có

AC2 = AB2 + BC2 = a2 + b2. D C

Do đó R = 1 AC = 1 √ + b2.
a2
22

Ą Ví dụ 2. Cho tam giác ABC, các đường cao BD và CE. Trên cạnh AC lấy điểm M . Kẻ tia
Cx vuông góc với tia BM tại F . Chứng minh rằng năm điểm B, C, D, E, F cùng thuộc một
đường tròn.

ɓ Lời giải.

Gọi O là trung điểm của BC. Ta có BD là đường cao nên BD ⊥ A x
AC, hay tam giác BDC vuông tại D. D
Trong tam giác vuông BDC có DO là trung tuyến ứng với cạnh MF
huyền BC nên C

OD = OB = OC = 1BC E O
2 (1)

Tương tự, ta có OE = OB = OC = 1BC. B
2 (2)

và OF = OB = OC = 1BC. (3)
2

Từ (1), (2) và (3) suy ra OB = OC = OD = OE = OF .

Do đó năm điểm B, C, D, E, F cùng thuộc đường tròn (O; R) với R = 1BC.
2

ǥ Nhận xét.

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông là trung điểm của cạnh huyền.

Một tam giác có một cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp nó thì tam giác đó vuông
tại đỉnh đối diện với cạnh ấy.

Ą Ví dụ 3. Chứng minh rằng bốn trung điểm của bốn cạnh hình thoi cùng thuộc một đường
tròn.

ɓ Lời giải.

148/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

149 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Gọi M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của bốn A M B N C
cạnh AB, BC, CD và DA của hình thoi ABCD. Q O P
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có AC ⊥
BD. Theo tính chất đường trung tuyến ứng với D
cạnh huyền của tam giác vuông, ta được OM =
1 AB; ON = 1BC; OP = 1 CD; OQ = 1 AD.
2 22 2
Mặt khác AB = BC = CD = DA nên OM =
ON = OP = OQ. Do đó bốn điểm M , N , P , Q

cùng nằm trên một đường tròn.

Dạng 2. Tính bán kính của đường tròn
Sử dụng định lí py-ta-go.
Sừ dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn.
Sử dụng các tính chất của một số hình đặc biệt (ví dụ: tam giác đều, hình thoi,. . . ).

Ą Ví dụ 4. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đều, cạnh 3 cm.

ɓ Lời giải.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên O

cũng là trực tâm, trọng tâm của ABC.

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông AM C có A

√
AM = AC2 − M C2

  Å BC ã2
AC 2
= − 2 3 3

  Å 3 ã2 O
32 MC
= −
√2
= 3 3. B

60◦

2
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

R = OA = 2 AM = 2 · √ = √ cm.
33 3

3 32

ǥ Nhận xét. Ta có cách giải khác như sau. Trong tam giác vuông ABM có

AM AM √
AB 3 3 3.
sin A÷BM = ⇔ sin 60◦ = ⇒ AM = 3 · sin 60◦ = 2

Do đó R = 2 AM = √ cm..
3 3

Ą Ví dụ 5. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho các điểm M (−1; −2), N (1; 2) và P (−5; 0). Tính bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P .

ɓ Lời giải.

149/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

150 Kết nối tri thức với cuộc sống

1. Sự xác định đường tròn

Áp dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm A (xA; yA), B (xB; yB) ta có

»
AB = (xB − xA)2 + (yB − yA)2.
√ √√
ta tính được M N = 2 5, M P = 2 5, N P = 2 10.

Do đó M N 2 + M P 2 = 20 + 20 = N P 2 ⇒ M N P vuông tại M (định lí Py-ta-go đảo).
√
Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp MNP là R = 1NP = 10 (do trong tam giác vuông đường
2

trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền).

Ą Ví dụ 6. Cho tam giác M N P có M N = M P = a và N÷M P = 120◦. Gọi O là tâm và r là bán
d
kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. Tính tỉ số r với d = NP.

ɓ Lời giải.

Vẽ M H ⊥ N P thì N÷M H = H÷M P = 60◦ (vì M
N M P cân tại M ). Trên tia M H lấy điểm O

sao cho M O = M N = M P = a. a 120◦ a
Xét tam giác M N O có M N = M O = a;

N÷M O = 60◦ nên tam giác M N O đều, suy ra

ON = OM = a. N H P

Tương tự, ta có tam giác OM P đều và OM =

OP = a. Do đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp

N M P và bán kính của đường tròn này bằng a

(r = a). Ta có

… √ √ √ √ O
d = N P = 2N H = 2 a2 − 2a 3 a3 a3 3.
a 2 d
2 2 r a
= = ⇒ = =

Dạng 3. Xác định vị trí tương đối của điểm M với đường tròn (O)
Tính khoảng cách OM = d. Khi đó

d > R ⇔ M nằm ngoài (O; R).
d = R ⇔ M nằm trên (O; R).
d < R ⇔ M nằm trong (O; R).

Ą Ví dụ 7. Cho đường tròn (O; R) và hai điểm M , N sao cho M nằm trong và N nằm ngoài
(O; R). Hãy so sánh O÷M N và O÷N M .

ɓ Lời giải.

Ta có M nằm trong (O; R) nên OM < R, N nằm ngoài (O; R) nên M N
ON > R.
Trong tam giác OM N , có OM < ON (vì OM < R, ON > R) nên O

O÷M N > O÷N M (trong một tam giác, góc đối diện với cạnh lớn hơn thì
lớn hơn).

150/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

151 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Dạng 4. So sánh độ dài hai đoạn thẳng
Xác định đường tròn có hai đoạn thẳng cần so sánh đóng vai trò dây cung và đường kính.
Sử dụng định lí: Đường kính là dây lớn nhất trong một đường tròn.

Ą Ví dụ 8. Cho tam giác ABC, đường cao BH. Lấy một điểm M trên cạnh AB (M = A,
M = B). Qua B kẻ tia Bx vuông góc với tia CM tại K. So sánh BC và HK.

ɓ Lời giải.

Gọi O là trung điểm của BC. Vì tam giác BKC vuông tại K, tam xA
giác BHC vuông tại H, nên bốn điểm B, K, H, C cùng thuộc đường
tròn tâm O đường kính BC. Do đó HK < BC.

H

KM

BC
O

Ą Ví dụ 9. Cho tam giác M N P vuông tại M , N P = 2a. Trên cạnh M N lấy điểm A (A = M ,
A = N ). Qua trung điểm I của N P vẽ tia Ix vuông góc với IA. Tia Ix cắt đường thẳng M P tại
B. Xác định vị trí của điểm A để độ dài đoạn AB nhỏ nhất.

ɓ Lời giải.

Tam giác vuông M N P có đường trung tuyến M I ứng với cạnh M
huyền N P nên A

MI = NI = IP = 1 N P = 1 · 2a = a. O x
2 2 I P

Ta có A÷M B = 90◦, A‘IB = 90◦ do dó bốn điểm A, M , B, I N
cùng thuộc đường tròn đường kính AB. Suy ra AB ≥ M I hay
AB ≥ a.
Vì vậy min AB = a ⇔ M I là đường kính ⇔ M’AI = 90◦ ⇔
AI ∥ M P ⇔ A là trung điểm của M N (vì I là trung điểm của
N P ). Vậy khi A là trung điểm của M N thì min AB = a.

C – BÀI TẬP VẬN DỤNG

Ą Bài 1. Bốn đỉnh cùa một hình chữ nhật kích thước 5 × 12 cùng nằm trên một đường tròn có
bán kính bằng bao nhiêu?

√ ɓ Lời giải.
Ta có 2R = 122 + 52 = 13 nên R = 6,5.
Nguyễn Quốc Dương – 0375113359
151/207

152 Kết nối tri thức với cuộc sống

1. Sự xác định đường tròn

Ą Bài 2. Cho hình thoi ABCD. Đường trung trực của cạnh BC cắt đường thẳng AC tại M và
cắt đường thẳng BD tại N . Chứng minh rằng M và N lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp
các tam giác BCD và ABC.

ɓ Lời giải.

Trong hình thoi, mỗi đường chéo là đường trung trực A B C

của đường chéo kia. OM
Điểm M là giao điểm hai đường trung trực của tam giác D
BCD nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD. N
Điểm N là giao điểm hai đường trung trực của tam
giác ABC nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AB C .

Ą Bài 3. Cho tam giác ABC, cạnh BC cố định, AB = 4 cm.
a) Hỏi điểm A di động trên đường nào ?
b) Trung điểm M của AC di động trên đường nào ?

ɓ Lời giải.

a) Điểm B cố định. Điểm A cách B một khoảng là 4 cm nên A C
A nằm trên đường tròn (B; 4 cm). M

b) Gọi O là trung điểm của BC thì O là một điểm cố định. Ta BO
có OM = 1 AB = 2 cm. Điểm M cách điểm O một khoảng
2
2 cm nên M nằm trên đường tròn (O; 2 cm).

Ą Bài 4. Cho đường tròn (O; 1,5 cm), đường kính AB. Gọi C là một điểm bất kì trên đường tròn.
Vẽ điểm M sao cho C là trung điểm của AM . Tính độ dài lớn nhất của AM .

ɓ Lời giải.

Ta có AC < AB = 3 cm (liên hệ giữa dây và đường kính). Suy M
ra 2AC < 6 cm. Do đó AM < 6 cm. Vậy độ dài lớn nhất của C
AM là 6 cm (khi C ≡ B).

AB
O

152/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

153 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Ą Bài 5. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho E(0; 4), P (2; 0) và M là điểm thuộc đoạn EP sao cho
tung độ của M bằng 2. Vẽ đường tròn tâm M bán kính M O. Xác định vị trí tương đối của E, P
so với đường tròn (M ; M O).

ɓ Lời giải.

Tung độ của M bằng 2 nên M là trung điểm của P E. Tam giác y
P OE vuông tại O nên M O = M E = M P . Do đó E, P thuộc
(O; M O). E
4

2M

2
O Px

Ą Bài 6. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi O1, O2, O3
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AF H, BDH, CEH. Gọi x, y tương ứng là chu
x
vi của các tam giác ABC và O1O2O3. Tính tỉ số y.

ɓ Lời giải.

Ta có O1, O2, O3 lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC nên A

O1O2 = O2O3 = O3O1 = 1 ⇒ x = 2. O1 E
AB BC AC 2 y F

H C
O2 O3
BD

153/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

154

2. Đường kính và dây của đường tròn. liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây Kết nối tri thức với cuộc sống

BÀI 2. ĐƯỜNG KÍNH VÀ DÂY CỦA ĐƯỜNG TRÒN. LIÊN

HỆ GIỮA DÂY VÀ KHOẢNG CÁCH TỪ TÂM
ĐẾN DÂY

A – TRỌNG TÂM KIẾN THỨC
. 1. Tính chất đối xứng của đường tròn

Đường tròn là hình có tâm đối xứng. Tâm của đường tròn là tâm đối

xứng của đường tròn đó.

A O A

Đường tròn là hình có trục đối xứng. Bất kì đường kính nào cũng là trục

đối xứng của đường tròn.

2. Quan hệ vuông góc giữa đường kính với dây

Ą Định lí 2.1. Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì A

đi qua trung điểm của dây ấy.

Ą Định lí 2.2. Trong một đường tròn, đường kính di qua trung điểm của một O

C I C

dây (dây không đi qua tâm) thì vuông góc với dây ấy.

B

3. Liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây
Ą Định lí 2.3. Trong một đường tròn

Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm.
Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau.
Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn.
Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn.

B – CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Dạng 1. Tính độ dài của một dây. Tính khoảng cách từ tâm đến dây
Vẽ đường kính vuông góc với dây rồi áp dụng định lí Py-ta-go, hệ thức lượng trong tam giác
vuông để tính toán.

Ą Ví dụ 1. Cho đường tròn (O; 10). Lấy một điểm A tùy ý thuộc (O). Vẽ dây M N vuông góc
với OA tại trung điểm của OA. Tính độ dài dây M N .

ɓ Lời giải.

154/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

155 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Gọi I là trung điểm của OA. Ta có OI = 1OA = 1 · 10 = 5. M
22
R
Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông IM O, ta được
√

IM 2 = OM 2 − Ol2 = 102 − 52 = 75 ⇒ IM = 5 3

Ta có M N vuông góc OA tại trung điểm I của OA, nên A O
I

IM = IN = 1MN ⇒ MN = 2I M = √ = √
2 2·5 3 10 3.

N

Ą Ví dụ 2. C
Trong hình bên có một băng giấy hình chữ nhật che khuất một phần
4D
của đường tròn (O). Cho biết AB = 1 cm, BC = 4 cm, M N = 2 cm. H
Tính độ dài đoạn DN . O

I

BN
12
AM

ɓ Lời giải.

Vẽ OH ⊥ BC tại H thì OH ⊥ N D (vì BC ∥ N D). C
Gọi giao điểm của OH và N D là I thì DN = 2IN (định lí đường kính -
dây cung). 4D
Ta có HB = HC = 1BC = 1 · 4 = 2 vì OH ⊥ BC. H
O
22
Do tứ giác AM IH là hình chữ nhật nên I

IM = AH = AB + HB = 1 + 2 = 3 cm BN
⇒ IN = IM − M N = 3 − 2 = 1 cm. 12
AM
Suy ra DN = 2IN = 2 · 1 = 2 cm.

Ą Ví dụ 3. Cho đường tròn (O; R) và dây M N = R. Hãy tính khoảng cách từ tâm O đến dây
MN.

ɓ Lời giải.

155/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

156

2. Đường kính và dây của đường tròn. liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây Kết nối tri thức với cuộc sống

Vẽ OH ⊥ M N tại H thì M H = HN = 1 M N = R . M
22
R
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác OM H có OM 2 = OH2 + H
MH2.
O
⇒ OH2 = OM 2 − M H2 = R2 − Å R ã2 = 3R2 R N
24
 √
3R2 R 3.
⇒ OH = =
42

Vậy khoảng cách từ tâm O đến dây M N là R √ 3
.
2

ǥ Nhận xét. Ta có cách giải khác như sau : Vì OM = ON = M N = R nên tam giác OM N đều. Vẽ

OH ⊥ M N ⇒ H’ON = 30◦. OH √
ON R
Trong tam giác vuông OHN có cos 30◦ = ⇒ OH = ON · cos 30◦ = 2 3
.

Ą Ví dụ 4. Cho đường tròn (O; OA), đường kính AD = 12,5cm. Lấy điểm B thuộc (O; OA) sao
cho AB = 10 cm. Kẻ dây BC vuông góc với đường kính AD của (O; OA). Tính khoảng cách từ
tâm O đến các dây AB và BC.

ɓ Lời giải.

Do AD là đường kính của (O; OA) nên A’BD = 90◦. Áp dụng định A B D
lí Py-ta-go vào tam giác vuông ABD, ta có H

BD2 = AD2 − AB2 = 12,52 − 102 = 56,25 ⇒ BD = 7,5 cm. OK

Kẻ OH ⊥ AB ⇒ OH ⊥ BD và OH = 1 BD (định lí đường trung C
2

bình).
Do đó khoảng cách từ tâm O đến dây AB là OH = 1 · 7,5 = 3,75
cm. 2
Áp dụng hệ thức b2 = a · b vào tam giác vuông ABD ta có

AB2 = AK · AD ⇒ AK = AB2 = 102 = 8 cm.
AD 12,5

Suy ra khoảng cách từ tâm O đến dây BC là

OK = AK − OA = 8 − 12,5 = 1,75 cm.
2

ǥ Nhận xét.

Trong ba đại lượng: bán kính, dây và khoảng cách từ tâm đến dây, để tính một trong ba đại
lượng thì ta phải biết hai đại lượng kia.

Vận dụng linh hoạt định lí Py-ta-go, hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của
góc nhọn để tính toán.

156/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

157 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Dạng 2. So sánh hai đoạn thẳng
Vận dụng định lí đường kính vuông góc với một dây.
Vận dụng định lí về liên hệ giữa dây và khoáng cách từ tâm đến dây.

Ą Ví dụ 5. Cho đường tròn tâm O bán kính R = 5 cm, dây AB = 8 cm. Gọi I là điểm trên dây
AB sao cho AI = 1 cm. Kẻ dây CD đi qua điểm I và vuông góc với dây AB. Chứng minh rằng
AB = CD.

ɓ Lời giải.

Vẽ OH ⊥ AB, OK ⊥ CD. Suy ra HA = HB = 1 AB = 1 · 8 = 4 cm. D O B
22 5
K
Ta có IH = AH − Al = 4 − 1 = 3 cm. I H
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông HOB. ta có A

OH2 = OB2 − HB2 = 52 − 42 = 9 ⇒ OH = 3 cm. C

Suy ra tứ giác OHIK là hình vuông. Do đó OM = OK(= 3 cm) ⇒
AB = CD.

Ą Ví dụ 6. Cho hình dưới đây biết AB > CD. Khẳng định nào dưới đây sai?
A. OH < OK.
B. M H > M K.
C. M E < M F .
D. Trong ba khẳng định (A), (B), (C) chỉ có một khẳng định E A H B
O M
sai.
C

K
FD

ɓ Lời giải.
Chọn (C) vì trong đường tròn nhỏ có AB > CD nên OH < OK. Trong đường tròn lớn có OH < OK
nên M E > M F . Do đó (C) sai.
Chọn đáp án C

Dạng 3. Chứng minh một số quan hệ hình học - hình đặc biệt

Vận dụng định lí đường kính vuông góc với một dây.

Vận dụng định lí về liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây.

Ą Ví dụ 7. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai đường thẳng a và b. Đường thẳng a
cắt (O) tại M và N (AN < AM ), đường thẳng b cắt (O) tại P và Q (AQ < AP ). Nếu M N = P Q,
chứng minh rằng OA ⊥ P M và M P ∥ N Q.

ɓ Lời giải.

157/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

158

2. Đường kính và dây của đường tròn. liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây Kết nối tri thức với cuộc sống

Vẽ OE ⊥ M N tại E, OF ⊥ P Q tại F . bP F Q A
Khi đó M E = 1 M N ,P F = 1P Q.
O N
22
Trong đường tròn (O) có M N = P Q ⇒ OE = OF . E
a
Vậy OEA = OF A (cạnh huyền - góc vuông).
⇒ AE = AF ⇒ AE + EM = AF + F P (vì M E = P F = 1 M N = M

2
1P Q) hay AM = AP .
2
Mà OM = OP (vì P , Q thuộc (O)) nên OA là trung trực của đoạn

MP ⇒ OA ⊥ MP .

Chứng minh tương tự được OA ⊥ N Q ⇒ M P ∥ N Q.

Ą Ví dụ 8. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
OA và OB. Từ M và N vẽ hai tia M x, N y song song với nhau, cắt nửa đường tròn lần lượt tại
P và Q. Chứng minh rằng P M ⊥ P Q.

ɓ Lời giải.

Gọi I là trung điểm của P Q ⇒ OI ⊥ P Q tại I. x
Xét hình thang M N QP (vì M P ∥ N Q) có I là trung điểm của P Q
và O là trung điểm của M N ⇒ OI là đường trung bình của hình P
thang nên OI ∥ M P ∥ N Q. Iy
Do đó P M ⊥ P Q tại P . Q

AMON B

√
Ą Ví dụ 9. Cho đường tròn (O; R) và dây AB = R 3. Vẽ OH ⊥ AB. Tia đối của tia OH cắt
đường tròn lại C. Chứng minh rằng tam giác ABC đều.

ɓ Lời giải.

Ta có OH ⊥ AB nên HA = HB. 21
A
Đường thẳng OH là đường trung trực của AB nên CA = CB, tam
1
giác CAB cân tại C. √ OH
Ta có AH = 1AB = R 3
22 . √ B
R3 √
1C

Trong tam giác AOH có sin O1 = AH = 2 = 3 ⇒ O1 = 60◦.
OA R 2

⇒ A2 = 90◦ − O1 = 30◦.

Vì O1 = A1 + C1 = 2A1 (vì tam giác OAC cân tại O) nên A1 = 30◦.

⇒ B’AC = A1 + A2 = 60◦, do đó tam giác ABC đều. √
ǥ Nhận xét. Ví dụ trên cho ta một cách vẽ dây AB = R 3 của (O; R) như sau

√
Vẽ A’OB = 120◦ thì AB = R 3.

√
Vẽ tam giác đều ABC nội tiếp (O; R) thì AB = R 3.

158/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

159 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

√√
Ą Ví dụ 10. Cho đường tròn (O; R) và hai dây AB = R 3 và AC = R 2, C nằm khác phía đối
với đường thẳng AO). Hãy tính các góc của tam giác ABC.

ɓ Lời giải.

√ C
Tam giác AOC có OA = OC = R, AC = R 2 suy ra tam giác AOC

vuông cân đỉnh O (định lí Py-ta-go đảo√) ⇒ O’AC = O’CA = 45◦.
Kẻ OI ⊥ AB tại I thì AI = 1 AB = R 3
. 2

22

à √ O
R2 R3
√ Ç å2 R 2
OA2 A1
⇒ Ol = − Al2 = − = 1
22 B
I

⇒ O‘Al = 30◦ ⇒ B’AC = 45◦ + 30◦ = 75◦.

Ta có

Ää
2O’BC = O’BC + O’CB = A’BC − B1 + A’CB − C2 = A’BC + A’CB − B1 + C2

= Ä180◦ − B’AC ä − Ä + ä = 180◦ − 75◦ − 75◦ = 30◦.
A1 A2

⇒ O’BC = O’CB = 30◦ ÷ 2 = 15◦ ⇒ A’BC = 30◦ + 15◦ = 45◦.
⇒ A’CB = 45◦ + 15◦ = 60◦.

Dạng 4. Bài toán liên quan đến cực trị hình học
Vận dụng tính chất đường xiên và đường vuông góc AH ≤ AM (dấu “=”xảy ra khi M ≡ H).
Vận dụng định lí đường kính và dây AB ≤ 2R (dấu “=”xảy ra khi A, O, B thẳng hàng).
Vận dụng một số bất đẳng thức đại số.

Ą Ví dụ 11. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 10 cm. Một dây CD = 8 cm, có hai
đầu mút di chuyển trên nửa đường tròn. Gọi E, F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của A và
B trên đường thẳng CD. Xác định vị trí của CD để diện tích tứ giác ABF E lớn nhất.

ɓ Lời giải.

Kẻ OI ⊥ CD thì I là trung điểm của CD. Do đó F
IC = ID = 1CD = 1 · 8 = 4 cm.
22 I D
H
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông OID, ta được
OI2 = OD2 − ID2 = R2 − ID=52 − 42 = 9 ⇒ OI = 3 cm. E OB
C

A

Ta lại có AE ∥ OI ∥ BF (vì cùng vuông góc với CD) và OA = OB nên OI là đường trung bình của
hình thang vuông ABF E. Do đó AE + BF = Ol = 3 cm.

2
Từ A kẻ AH ⊥ BF suy ra AH ≤ AB = 2R hay EF ≤ AB (định lí đường vuông góc và đường xiên).

159/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

160

2. Đường kính và dây của đường tròn. liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây Kết nối tri thức với cuộc sống

Khi đó

SABF E = AE + BF EF ≤ Ol · AB = 3 · 10 = 30 cm2;
2

SABF E = 30 ⇔ AH = AB ⇔ H ≡ B ⇔ CD ∥ AB.

Vậy khi CD ∥ AB thì diện tích tứ giác ABF E đạt giá trị lớn nhất.

Ą Ví dụ 12. Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Lấy điểm I trong đoạn OA sao
cho Ol = x (0 < x < R). Qua I vẽ đường thẳng d vuông góc với AB và cắt nửa đường tròn tâm
O tại M . Xác định x để chu vi tam giác IM O lớn nhất.

ɓ Lời giải.

Đặt IM = y (0 < y < R). Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác d R B
vuông IOM , ta được M
x
OM 2 = Ol2 + IM 2 ⇔ x2 + y2 = R2. y O

Áp dụng bất đẳng thức (x + y)2 ≤ 2 (x2 + y2) ta được AI
√

(x + y)2 ≤ 2R2 ⇒ x + y ≤ R 2.

Dấu “=”xảy ra khi và chỉ khi x = y = R √ 2
.
2

Chu vi tam giác IM O là

√√
C = Ol + M + OM = x + y + R ≤ R 2 + R = ( 2 + 1)R.

Vậy max C = √ + 1)R ⇔ x = y = √ Do đó, khi x = √ thì chu vi tam giác IMO lớn nhất.
(2 R2 R2

.
22

Dạng 5. Dựng hình
Sử dụng định lý đường kính và dây cung.

Ą Ví dụ 13. Cho hai đường tròn đồng tâm O, bán kính R1 < R2. Hãy dựng môt đường thẳng
cắt hai đường tròn theo thứ tự tại A, B, C, D sao cho AB = BC = CD.

ɓ Lời giải.

Phân tích: Giả sử ta dựng được đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán

như hình bên. Khi đó AB = BC = CD. BC
Ta vẽ OI ⊥ BC thì BI = IC = 1BC ⇒ Bl = 1AB ⇒ AB = 2 Al. A D
I
22 3 KO
AK AB 2 2OA = 2
Kẻ BK ∥ OI (K thuộc AO) ⇒ AO = AI = 3 ⇒ AK = 3 3 R2 .

Vì BK ∥ OI, OI ⊥ BC, ⇒ KB ⊥ BC ⇒ A’BK = 90◦ nên B nằm trên đường tròn đường kính AK.
Cách dựng:

Lấy A là điểm tùy ý trên (O; R2) (đường tròn lớn). Nguyễn Quốc Dương – 0375113359
2

Lấy K trên OA sao cho AK = 3 R2.

160/207

161 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Dựng đường tròn đường kính AK (gọi là (K)).
Dựng B là giao điểm của (K) với (O; R1).
Đường thẳng AB cắt (O; R1), (O; R2) tương ứng tại các điểm thứ hai C, D.

Ą Ví dụ 14. Cho hai điểm A, B nằm trong góc xOy. Hãy dựng đường tròn đi qua hai điểm A,
B và định ra trên Ox, Oy những dây cung bằng nhau.

ɓ Lời giải.

Phân tích: Giả sử dựng được đường tròn (I) x
thỏa mãn yêu cầu bài toán như hình bên dưới. N
Khi đó M N = CD ⇒ IH = IK ⇒ I cách đều
hai cạnh Ox, Oy của góc xOy ⇒ I nằm trên tia H
phân giác của góc xOy (tia Ot).
Mà IA = IB nên I nằm trên đường thẳng d là O M I A t
trung trực của AB. D K d
Suy ra I là giao điểm của tia Ot và đường thẳng B
d.
Cách dựng: C
y
Dựng tia Ot là phân giác của góc xOy.

Dựng đường trung trực d của đoạn AB.

Dựng I là giao điểm của tia Ot và đường
thẳng d.

Dựng đường tròn (I; IA).

Ą Ví dụ 15. Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B nằm bên trong đường tròn và không cùng
thuộc một đường kính. Dựng hai dây song song và bằng nhau sao cho điểm A nằm trên một dây
và điểm B nằm trên dây còn lại.

ɓ Lời giải.

Phân tích: Giả sử dựng được hình thỏa mãn yêu cầu bài toán như hình AH D
C F
bên.
Khi đó CD ∥ EF và CD = EF ⇒ AH ∥ BK và OH = OK. IO
Lấy I là trung điểm của AB ⇒ IO là đường trung bình của hình thang E
AHKB ⇒ AH ∥ IO ∥ BK ⇒ CD ∥ IO ∥ EF .
BK

Cách dựng:

Dựng trung điểm I của AB.

Dựng dây CD qua A và song song với IO.

Dựng dây EF qua B và song song với IO.

161/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

162

2. Đường kính và dây của đường tròn. liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây Kết nối tri thức với cuộc sống

C – BÀI TẬP VẬN DỤNG

Ą Bài 1.
Trong hình bên, biết OE = OF . Chứng minh rằng AE = BF .

O
EF
AB
MN

ɓ Lời giải.

Vẽ OH ⊥ AB, ta được HA = HB (đường kính vuông góc với một dây). Mặt O
khác, tam giác OEF cân. OH là đường cao nên HE = HF .
Suy ra HA − HE = HB − HF hay AE = BF . EF
AB

H
MN

Ą Bài 2. C
Trong hình bên, biết AB ⊥ CD, AE = 2, EB = 6, EC = 4 và ED = 3. Tính
độ dài đường kính của đường tròn (O).

2 4O B

A
E3
6
D

ɓ Lời giải.

Vẽ OH ⊥ CD, vẽ OI ⊥ AB như hình bên, ta được IB = AB = 4 và C
2
CD 7 1
Ol = HE = CE − = 4− = .
2 22
  HO
Ta có 2R = √ + Ol2 = 2 42 + Å 1 ã2 = √ A B
2 IB2 65.
2 EI

D6

Ą Bài 3. C
Trong hình bên, R có độ dài bằng bao nhiêu (AH = 8, CH = 4 và HB = 8)?

A 8 4 B
H8

O

ɓ Lời giải.
Ta được OH = R − 4. Mà OA2 = HA2 + OH2 ⇔ R2 = 82 + (R − 4)2 ⇒ R = 10.

Ą Bài 4. Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Vẽ dây CD vuông góc với OA tại trung
điểm của OA. Chứng minh rằng tam gác BCD đều.

ɓ Lời giải.

162/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

163 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Vì đường kính AB vuông góc với CD nên BCD cân tại B và M C = M D. C

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác M OD ta tính được

MD √ ⇒ CD √ A O B
R3 R 3. M
= =
2

Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác M BD ta tính được D
√

BD = R 3.

Vậy BCD đều.

Ą Bài 5. Cho hai đường tròn (O) và (O ) cắt nhau tại A và B. Qua A vẽ đường thẳng song song
với OO , cắt đường tròn (O) và (O ) lần lượt tại C và D. Chứng minh rằng OO = 1 CD.

2

ɓ Lời giải.

Trường hợp O và O thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB C H AK
như hình bên. D
Vẽ OH ⊥ AC, O K ⊥ AD ta được
OO
HC = HA = AC KA = KD = AD . B
;
22

Tứ giác HKO O là hình chữ nhật nên OO = HK.
Ta có HK = HA + KA = AC AD CD
+ = ⇒ OO = 1 C D.
22 2 2

Trường hợp O và O cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB chứng

minh tương tự.

Ą Bài 6. Cho đường tròn (O; 2 cm), dây AB sao cho A’OB = 120◦. Gọi M là trung điểm của AB.
Hỏi khi A, B di động trên (O) sao cho AOB vẫn luôn bằng 120◦ thì điểm M di động trên đường
nào?

ɓ Lời giải.

Vì M A = M B nên OM ⊥ AB. AOB cân tại O, A’OB = 120◦ nên A = 30◦. A O B
Suy ra OM = 1OA = 1 cm.
2
2
Điểm M cách điểm O một khoảng 1 cm nên M di động trên đường tròn M

(O; 1 cm).

Ą Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của
AB, BC và CA. Hãy so sánh OD, OE và OF , biết DF > DE > EF .

ɓ Lời giải.

163/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

164

2. Đường kính và dây của đường tròn. liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây Kết nối tri thức với cuộc sống

Vì D, E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA nên OD ⊥ AB, OE ⊥ A C
BC, OF ⊥ AC. Theo tính chất đường trung bình của tam giác, ta có D OF
B
DE = 1AC; EF = 1 AB; DF = 1 BC.
22 2 E

Vì DF > DE > EF nên BC > AC > AB. Suy ra OE < OF < OD (trong
một đường tròn, dây nào lớn hơn thì gần tâm hơn).

Ą Bài 8. Cho điểm M nằm trong đường tròn (O; R) với OM = R Trong các dây của (O) đi qua
.

3

M hãy tìm dây có độ dài nhỏ nhất.

ɓ Lời giải. √

Ta có dây P Q nhỏ nhất ⇔ P Q ⊥ OM . Áp dụng định lí Py-ta-go ta tính được P Q = 4 2R
.

3

Ą Bài 9.

Trong hình bên, cho biết hai dây song song có độ dài lần lượt là 10 và 14, 10 √
a
khoảng cách √giaữ.aTcíhnúhnag2l.à 6. Một dây cung song song và cách đều hai dây ấy
có độ dài là

14

ɓ Lời giải.

Gọi x, y lần lượt là khoảng cách từ tâm O đến các dây có dộ dài 10 và 14. Gọi R là bán kính của
đường tròn. Ta có x2 + 25 = R2 và y2 + 49 = R2 suy ra

x2 + 25 = y2 + 49 ⇔ (x − y)(x + y) = 24.

Vì khoảng cách giữa hai dây bằng 6, nên ta có

Trường hợp 1: x − y = 6 (hai dây ở cùng phía so với tâm O) nên x + y = 4. Do đó x = 5 và
y = −1 (loại).

Trường hợp 2: x + y = 6 (hai dây ở kh√ác phía so với tâm O) nên x − y = 4. Do dó x = 5 và
y = 1, suy ra R2 = 50 và dây có độ dài x cách tâm là 2.

Å √ ã2
a
Ta có R2 = 22 + ⇔ a = 184 ⇒ a2 = 33856.
2

164/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

165 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

BÀI 3. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ

ĐƯỜNG TRÒN

A – TRỌNG TÂM KIẾN THỨC
. Ba vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn:

Vị trí tương đối Hình vẽ Số điểm chung Liên hệ giữa d
của đường thẳng và R
O
và đường tròn 2 d<R
d
Đường thẳng và 1 d=R
đường tròn cắt O

nhau d

Đường thẳng và
đường tròn tiếp

xúc nhau

Đường thẳng và O 0 d>R
đường tròn
d
không giao nhau

B – CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Dạng 1. Xác định vị trí tương đối của đường thẳng và đường tròn
Xác định khoảng cách d từ tâm đường tròn đến đường thẳng và bán kính R của đường tròn.
Hãy so sánh d với R.

Nếu d > R (d < R hoặc d = R) thì đường thẳng không cắt đường tròn (cắt đường tròn hoặc
tiếp xúc với đường tròn) và ngược lại.

Ą Ví dụ 1. Trong hệ tọa độ Oxy cho điểm A(4; 3). Hãy xác định vị trí tương đối của đường tròn
tâm A, bán kính R = 3 với các trục tọa độ.

ɓ Lời giải.

Khoảng cách từ A đến trục Ox là d = AH = OK = 3. y A
Khoảng cách từ A dến trục Oy là d = AK = OH = 4.
Do đó đường tròn (A; 3) tiếp xúc với trục Ox, vì d = R = 3; đường tròn (A; 3) K H
không cắt trục Oy vì d = 4 > 3 = R.
3 4x

O

165/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

166 Kết nối tri thức với cuộc sống

3. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

Ą Ví dụ 2. Cho điểm A nằm trong đường tròn (O). Chứng minh rằng mọi đường thẳng d đi qua
A đều cắt (O) ở hai điểm phân biệt.

ɓ Lời giải.

Vẽ OH ⊥ d tại H ⇒ OH ≤ OA (quan hệ đường xiên và đường vuông H
góc). AO

Vì A nằm trong (O) nên OA < R. d

Suy ra OH < R ⇒ đường thẳng d luôn cắt (O) tại hai điểm phân biệt.

Ą Ví dụ 3. Chứng minh rằng một đường thẳng và một đường tròn không thể có quá hai điểm
chung.

ɓ Lời giải.

Giả sử đường thẳng d và đường tròn (O) có ba điểm chung A, B, C theo thứ d AB C

tự như hình bên.

Vì A, B, C thuộc (O) nên OA = OB = OC. Do đó, tam giác OAB cân tại O

⇒ O’BA = O’AB < 90◦. O
Tam giác OBC cân tại O ⇒ O’BC = O’CB < 90◦.

Suy ra O’BA + O’BC < 90◦ + 90◦ = 180◦, điều này vô lí vì A, B, C thẳng hàng

theo thứ tự ấy thì O’BA + O’BC = 180◦.

Vậy điều giả sử là sai, do đó một đường thẳng và một đường tròn có không

quá hai điểm chung.

Ą Ví dụ 4. Cho hình thang vuông ABCD ÄA = D“ = 90◦ä, AB = 4 cm, BC = 13 cm và CD = 9
cm. Tính AD và chứng minh rằng đường thẳng AD tiếp xúc với đường tròn có đường kính là BC.

ɓ Lời giải.

Gọi O là trung điểm của BC. AB
Vẽ BI ⊥ CD tại I ⇒ AD = BI, vẽ OH ⊥ AD tại H.
4
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BIC có
√√ HO

BI = BC2 − IC2 = 132 − 52 = 12 ⇒ AD = 12 cm. I
D
Hình thang ABCD có OH là đường trung bình nên
C

9

OH = AB + CD = 4+9 = 6,5 = BC = R.
2 2 2

⇒ Đường tròn (O; R) tiếp xúc với AD.

166/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

167 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Dạng 2. Bài toán vận dụng tính chất tiếp tuyến

Vận dụng tính chất của tiếp tuyến: Nếu đường thẳng ∆ là tiếp tuyến của (O) tại A thì
∆ ⊥ OA tại A.

Ą Ví dụ 5. Từ điểm A cách O một khoảng d (d > R) vẽ tiếp tuyến AB với đường tròn (O; R)
(B là tiếp điểm). Tính độ dài đoạn AB.

ɓ Lời giải.

Vì AB là tiếp tuyến của (O) tại B nên AB ⊥ OB tại B. O A
Áp dụng định lí Py-ta-go vào AOB có
d
√√
AB = OA2 − OB2 = d2 − R2. B
√
Vậy AB = d2 − R2.

Ą Ví dụ 6. Cho đường tròn (O; 5 cm) và dây AB = 8 cm. Một tiếp tuyến của (O) song song với
AB cắt tia OA tại E, cắt tia OB tại F . Tính độ dài đoạn EF .

ɓ Lời giải.

Gọi C là tiếp điểm của tiếp tuyến EF với (O), H là giao điểm của OC E C F
với AB. Ta có OC ⊥ EF tại C mà AB ⊥ EF nên OC ⊥ AB tại H.
1 4
⇒ HA = HB = 2 AB = 4 cm.
AB

H 54

Áp dụng định lí Py-ta-go vào OHA. ta có O
√√

OH = OA2 − AH2 = 52 − 42 = 3 cm.

Ta có AB ∥ EF nên theo định lí Ta-lét có

AB = OB = OH = 3 ⇒ EF = 5 · AB = 5·8 = 40 cm.
EF OF OC 5 3 3 3

Ą Ví dụ 7. Cho hai đường tròn đồng tâm (O; R1) và (O; R2) (0 < R1 < R2). Từ điểm M nằm
ngoài (O; R2), ta vẽ M A là tiếp tuyến của (O; R1), M B là tiếp tuyến của (O; R2) (với A, B là các
MI
tiếp điểm). Đường trung trực của đoạn AB cắt OM tại I. Tính tỉ số MO .

ɓ Lời giải.

Gọi I là trung điểm của OM . Vì M A là tiếp tuyến của (O; R1) nên B
A
M A ⊥ OA tại A hay O÷AM = 90◦. Xét OAM có O÷AM = 90◦, AI là
trung tuyến ứng với cạnh huyền M O nên AI = 1OM . Tương tự ta có I
2 O Id
BI = 1OM ⇒ AI = BI = 1 OM ⇒ I thuộc đường trung trực d của
M

22
MI MI 1
đoạn AB ⇒ I ≡ I ⇒ MO = MO = .

2

167/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

168 Kết nối tri thức với cuộc sống

3. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

C – BÀI TẬP VẬN DỤNG

Ą Bài 1. Cho điểm A cách đường thẳng xy một đoạn 12cm. Vẽ đường tròn (A; 13cm). Chứng
minh rằng xy cắt (A; 13cm) tại hai điểm phân biệt B và C. Tính độ dại đoạn BC.

ɓ Lời giải.

Kẻ AH ⊥ xy tại H. Vì AH = 12cm(gt) < 13cm = R nên đường thẳng xy cắt

đường tròn (A; 13cm) tại hai điểm phân biệt B và C. Vì AH ⊥ BC tại H nên
√ √
BH = HC = 1BC. Mặt khác HC = AC2 − AH2 = 132 − 122 = 5cm A
2 H
⇒ BC = 10cm.

x y

BC

Ą Bài 2. Cho trước đường thẳng a. Tâm O của tất cả các đường tròn có đường kính 2cm và tiếp
xúc với đường thẳng a nằm trên đường tròn nào?

ɓ Lời giải.

Đường kính bằng 2cm nên bán kính bằng 1cm. Tâm d 1 cm
O nằm trên hai đường thẳng d và d song song với
a và cách a là 1cm. O 1 cm

a 1 cm

O 1 cm d

Ą Bài 3. Cho đường trong (O) và một điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Những điểm M sao
cho đường thẳng AM không có điểm chung với đường tròn (O) thì nằm ở đâu?

ɓ Lời giải.

Vẽ Đường tròn đường kính OA, đường tròn này cắt (O) tại B và C. Vì x M B
B thuộc đường tròn đường kính OA nên A’BO = 90◦. ⇒ OB ⊥ AB y O
⇒ khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng bán kính R ⇒ AB A
O C
tiếp xúc với (O) tại C. Do đó, M nằm trong góc x‘AB và y‘AC thì
AM không cắt (O).

Ą Bài 4. Cho tam giác ABC đều cạnh a. Gọi H là chân đường cao vẽ từ đỉnh A và G là trọng
tâm của tam giác. Lấy một điểm I bất kì bên trong tam giác CGH rồi vẽ đường tròn (I) tiếp xúc
với cạnh AC. Xác định vị trí tương đối của hai đường thẳng AB và BC với đường tròn (I).

ɓ Lời giải.

168/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

169 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Kẻ ID, IE, IF lần lượt vuông góc với các cạnh AC, BC, AB của ABC. Vì A

I nằm trong tam giác CGH và CG là phân giác của B’CA nên I‘CE < I’CD ⇒ EG
IE ID F
sin I‘CE < sin I’CD ⇒ IC < IC ⇒ IE < ID nên đường thẳng BC cắt (I; ID)
BH
tại hai điểm phân biệt. Tương tự, ta có IF > ID nên đường thẳng AB và M
D
(I; ID) không có điểm chung.
C

169/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

170 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn. tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

BÀI 4. DẤU HIỆU NHẬN BIẾT TIẾP TUYẾN CỦA

ĐƯỜNG TRÒN. TÍNH CHẤT CỦA HAI TIẾP
TUYẾN CẮT NHAU

A – TRỌNG TÂM KIẾN THỨC

. 1. Tiếp tuyến của đường tròn

Ą Định nghĩa 4.1. Tiếp tuyến của đường tròn là đường thẳng chỉ có một điểm chung với đường
tròn đó.
Ą Định lí 4.1. Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì nó vuông góc với bán
kính đi qua tiếp điểm.
Ą Định lí 4.2. Nếu một đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính
đi qua điểm đó thì đường thẳng ấy là một tiếp tuyến của đường tròn.

2. Tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Ą Định lí 4.3. Nếu hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau tại một điểm thì

Điểm đó cách đều hai tiếp điểm. B O C
A
Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai
tiếp tuyến.

Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai
bán kính đi qua các tiếp điểm.

Đường tròn nội tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với A
ba cạnh của tam giác, tam giác gọi là ngoại tiếp đường
tròn. N
P

I

BM C

170/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

171 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Đường tròn bàng tiếp tam giác là đường tròn tiếp xúc với một cạnh B A
của tam giác và tiếp xúc với phần kéo dài của hai cạnh kia. M
Tâm của đường tròn bàng tiếp tam giác là giao điểm của hai đường N
phân giác của hai góc ngoài của tam giác (mỗi tam giác có ba đường C
tròn bàng tiếp). P

K

B – CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Dạng 1. Tính độ dài đoạn tiếp tuyến
Nhận biết góc vuông nhờ tính chất của tiếp tuyến, tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau.
Áp dụng định lí Py-ta-go hoặc hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Ą Ví dụ 1. Cho đường tròn tâm O, bán kính R = 5cm và một điểm A cachs O bằng 13cm. Kẻ
tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm). Tính độ dài đoạn AB.

ɓ Lời giải.

Ta có AB là tiếp tuyến của (O) nên AB ⊥ OB. Áp dụng định lí B
Py-ta-go vào tam giác vuông ABO, ta có
AB2 = OA2 − OB2 = 132 − 52 = 144 ⇒ AB = 12. 5
Vậy AB = 12cm.
13 O
A

Ą Ví dụ 2. Cho đường tròn (I; r) với điểm I cố định và r = 20. Từ một điểm M nằm ngoài (I)
vẽ hai tiếp tuyến M A, M B với (I) (A, B là các tiếp điểm). Nếu AB = 24 thì điểm M di động
trên đường nào?

ɓ Lời giải.

Ta có M A, M B là hai tiếp tuyến của (I) nên M A = M B và

M’AI = 90◦. Do A, B thuộc (I) nên IA = IB = 20. Vì IA = IB

và M A = M B nên M I là đường trung trực của đoạn thẳng AB. A
1 1 11
Do đó AH − AB = 12. Áp dụng hệ thức = + vào tam HI
2 h2 b2 c2 B

giác vuông M AI, ta được M
1 1 1 1 1 1
M A2 = AH 2 − AI 2 = 122 − 202 = 225 ⇒ MA = 15.

√Áp dụng định lí P√y-ta-go vào tam giác vuông M AI, ta được M I =
M A2 + AI2 = 152 + 202 = 25. Điểm M cách I cố định một

khoảng không đổi bằng 25 nên M di động trên đường tròn (I; 25).

171/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

172 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn. tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Ą Ví dụ 3. Cho đường tròn (O), bán kính R = 3, dây M N vuông góc với bán kính OP tại trung
điểm của OP . Tiếp tuyến tại M của (O) cắt tia OP tại I. Tính độ dài M I.

ɓ Lời giải.

Gọi H là giao điểm của M N và OP . Å 3 ã2 = √ M
√   33 P HO

Ta có M H = OM 2 − OH2 = 32 − . N
22

Do đó, sin O÷M H = OH = 1 ⇒ O÷M H = 30◦ ⇒ M’I O = 30◦. I
OM 2 √

Từ đó suy ra M I = 2M H = 3 3.

Ą Ví dụ 4. Cho AB, AC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại các tiếp điểm B, C. Gọi E,
F lần lượt là trung điểm của AB, AC. Lấy M (M = E, F ) bất kì trên đoạn EF , vẽ các tiếp tuyến
M P , M Q tới (O) với P . Q là các tiếp điểm. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác AP Q.

ɓ Lời giải.

B
EQ
M
A K HO

P
F

C

Gọi giao điểm của AO với BC là EF lần lượt là H, K. Vì AB, AC là tiếp tuyến của (O) suy ra
OA ⊥ BC tại H. Vì E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC suy ra EF ∥ BC (tính chất đường
trung bình). Vì M P là tiếp tuyến của (O) nên OP ⊥ M P tại P . Trong các tam giác OM P và OM K
có M P 2 = M O2 − OP 2 = M K2 + OK2 − OP 2. Trong tam giác AM K có AM 2 = AK2 + M K2. Suy
ra

M P 2 − M A2 = OK2 − OP 2 = OK2 − AK2 − OP 2
= (OK − KH)(OK + AK) − OP 2
= (OK − KH) · OA − OP 2( vì AK = KH)
= OH · OA − OC2( vì OP = OC).

Trong tam giác OAC có OC2 = OH · OA. Do đó M P 2 − M A2 = 0 ⇒ M P = M A. Mặt khác
M P = M Q ⇒ M A = M P = M Q. Vậy điểm M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q.

Dạng 2. Nhận biết một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn

Chứng minh khoảng cách từ tâm đến đường thẳng đó bằng bán kính (d = R).

Chứng minh đường thẳng đi qua một điểm của đường tròn và vuông góc với bán kính đi qua
điểm đó.

172/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

173 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Ą Ví dụ 5. Cho tam giác M N P có M = 90◦, M N = 3, M P = 4. Chứng minh rằng đường thẳng
Å 12 ã
NP là tiếp tuyến của đường tròn M ; .
5

ɓ Lời giải.

Vẽ MH ⊥ NP tại H. Áp dụng hệ thức 1 = 1 + 1 vào tam giác vuông
h2 b2 c2
M N P đường cao M H ta có
1 1 1 1 1 25 12
MH2 = MN2 + MP2 = 32 + 42 = 144 ⇒ MH = 5 = r. M

Å 12 ã 12
M x=
Vậy MH bằng bán kính của đường tròn ; và MH ⊥ NP tại H
5

5

nên NP là tiếp tuyến của đường tròn Å 12 ã PH N
M; .

5

Ą Ví dụ 6. Cho tam giác MNP có N“ = 90◦ và NP = 1MP = a. Vẽ đường tròn tâm P tiếp xúc
2

với M N tại N . Qua N vẽ tia N x vuông góc với M P cắt (P ) tại điểm thứ hai Q (Q = N ). Chứng

minh rằng M Q là tiếp tuyến của (P ) và M N Q là tam giác đều.

ɓ Lời giải.

Tam giác vuông M N P có sin N÷M P = NP 1 x
MP =

2

⇒ N÷M P = 30◦ ⇒ M÷N Q = 90◦ − 30◦ = 60◦. Q
Ta có hai điểm N , Q đối xứng với nhau qua M P nên M÷QP = M÷N P =

90◦ và M÷N Q = M÷QN . P

Do đó, M Q là tiếp tuyến của (P ) và M N Q là tam giác đều. a 2a

NM

Ą Ví dụ 7. Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài (O). Vẽ đường tròn đường kính OA,
đường tròn này cắt (O) tại hai điểm phân biệt B và C. Kẻ BI là đường kính của đường tròn đường
kính OA, kẻ BK là đường kính của đường tròn (O). Chứng minh rằng

a) AB, AC là hai tiếp tuyến của (O). b) IK là tiếp tuyến của đường tròn (B; BC).

ɓ Lời giải.

a) B thuộc đường tròn đường kính OA nên A’BO = 90◦ mà B
B thuộc (O) nên AB là tiếp tuyến của (O). Tương tự, ta M
có AC là tiếp tuyến của (O).
O
b) C thuộc đường tròn đường kính BI nên B‘CI = 90◦. C A CK
thuộc đường tròn đường kính BK nên B’CK = 90◦. Từ

đó suy ra ba điểm I, K, C thẳng hàng và IK ⊥ BC tại

C. Mà C thuộc đường tròn (B; BC) nên IK là tiếp tuyến I
của (B; BC).

173/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

174 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn. tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Ą Ví dụ 8. Cho tam giác ABC cân tại A và đường tròn (O) có tâm O nằm trên cạnh đáy BC;
(O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC. Gọi P , Q là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh AB và AC.

Chứng minh rằng PQ tiếp xúc với đường tròn (O) khi và chỉ khi BP · CQ = BC2
.
4

ɓ Lời giải.

Phần thuận

Giả sử PQ tiếp xúc (O) tại H. Ta sẽ chứng minh BP · CQ = BC2 Kí hiệu các tiếp điểm, các
.
4

góc như hình vẽ. Ta có O2 = O3, O4 = O5 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và O1 = O6 (vì

cùng phụ với hai góc bằng nhau). Suy ra O1 + O2 + O4 = O3 + O5 + O6 = 180◦ : 2 = 90◦. Xét tam

giác OP I vuông tại I nên O‘P I = 90◦ − O2; tam giác COQ có C’OQ = O5 + O6 = 90◦ − O3. Mà
BP BO
O2 = O3 nên O‘P I = C’OQ hay O’P B = C’OQ. Do đó BPO ≡ COQ (g.g) ⇒ CO = CQ

hay BP · CQ = BO · CO = BC · BC = BC2
.
22 4

Phần đảo BC2
.
Cho P, Q tương ứng thuộc hai cạnh AB, AC thỏa BP · CQ = 4 Ta phải chứng minh PQ

tiếp xuc với (O).

Giả sử P Q không tiếp xúc với (O) thì ta dựng được P Q A

song song với P Q và tiếp xúc với (O). Theo phần thuận ta

có BP · CQ BC2
= . Ta xét hai khả năng sau
4

TH1. P Q cắt (O) : BP < BP và CQ < CQ suy ra P H
I Q
BP · CQ < BC2
. K
4

TH2. P Q không cắt (O) : BP > BP và CQ > CQ suy ra B C

BP ·CQ > BC2 Do đó BP ·CQ = BC2 (mâu thuẫn O6 1
.
54 3 2

44

với đề bài) ⇒ điều giả sử là sai. Vậy P Q tiếp xúc với

(O) khi và chỉ khi BP · CQ = BC2
.
4

Dạng 3. Một số bài toán liên quan đến cực trị hình học

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng, trung bình nhân (bất đẳng thức Cô-si):

Với mọi a, b không âm, ta có a+b ≥ √ (dấu = xảy ra khi a = b). Hoặc a · b ≤ Å a + b ã2
ab
22

(dấu = xảy ra khi a = b).

Ą Ví dụ 9. Cho đường tròn (O; R) và góc vuông Oxy. Tia Ox cắt (O) tại A, tia Oy cắt (O) tại
B. Lấy điểm M trên cung nhỏ AB, vẽ tiếp tuyến tại M với (O). Tiếp tuyến này cắt Ox, Oy lần
lượt tịa H và K. Xác định vị trí của M để độ dài đoạn HK nhỏ nhất.

ɓ Lời giải.

174/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

175 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Ta có HK là tiếp tuyến của (O) tại M nên HK ⊥ OM tại M . Áp dụng O
hệ thức a · b = h2 vào tam giác vuông HOK, ta có HM · M K = R2. M

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có
√√

HK = HM + M K ≥ HM · M K = 2 R2 = 2R

. Dấu = xảy ra khi HM = M K ⇔ OM vừa là đường cao vừa là A B
đường trung tuyến của tam giác OHK ⇔ OM là đường phân giác của H Ky
góc xOy.
Vậy nếu M trên cung nhỏ AB sao cho OM là đường phân giác của góc x
AOB thì HK đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R.

Ą Ví dụ 10. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính M N . Vẽ tiếp tuyến N x tại N của (O). Gọi
K là một điểm tùy ý trên tia N x, nối M K cắt (O) tại I. Tìm giá trị nhỏ nhất của (2M I + M K).

ɓ Lời giải. M x
K
Vì N x là tia tiếp tuyến của (O) nên N x ⊥ M N tại N ⇒ M÷N K = 90◦. I
Vì I thuộc đường tròn đường kính M N nên M’IN = 90◦ hay N I ⊥ M K
tại I. Áp dụng hệ thức b · a = b2 vào tam giác vuông M N K, ta có O
M I · M K = M N 2 √= (2R)2 = 4R2√. Áp dụng b√ất đẳng thức Co-si, ta N
có 2M I + M K ≥ 2 M I · M K = 2 2 · 4R2 = 4 2R. Dấu = xảy ra
⇔ 2M I = M K ⇔ M I = IK ⇔ N K = 2R. √
Vậy giá trị nhỏ nhất của (2M I + M K) bằng 4 2R khi N K = 3R.

Ą Ví dụ 11. Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R = 1cm. Tam giác ABC thay đổi nhưng
luôn ngoại tiếp (O; 1cm). Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại M ,
N . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AM N .

ɓ Lời giải.

Giả sử (O) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại D và E ⇒ OD ⊥ AB, A
H
OE ⊥ AN và OD = OE = 1cm (tính chất tiếp tuyến) ⇒ SOAM =
1 OD 1 AM ; 1 OE 1 AN MD E N d
2 · AM = 2 SAON = 2 · AN = 2 O

⇒ SAM N = SOAM + SAON = 1 (AM + AN ).
2

Vẽ M H ⊥ AC tại H ⇒ M H ≤ M A (tính chất đường xiên và đường vuông

góc) và SAM N = 1MH · AN . BC
2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có

SAM N = AM + AN √ √ · AN = 2SAM N
2 ≥ AM · AN M H

⇔ SA2 MN ≥ 2SAMN ⇔ SAMN ≥ 2

(vì SAMN > 0). Dấu ®AM = AN ®d ⊥ OA tại O
= xảy ra ⇔ ⇔
AM = M H B’AC = 90◦.

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AM N là 2cm2 đạt được khi
B’AC = 90◦ và d ⊥ OA tại O (hay M N ⊥ OA tại O).

175/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

176 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn. tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Người ta còn sử dụng một số bất đẳng thức đại số khác để giải bài toán cực trị hình học, ví dụ
như

a) (ax + by) ≤ (a2 + b2) (x2 + y2).

b) a2 b2 ≥ (a + b)2 (với x, y > 0).
x+y x+y

c) 1 + 1 ≥ 4 1 = 1 + 1 ≥ 9 (với x, y, z > 0).
x y x + y; x y z x+y+z

Dạng 4. Chứng minh một số tính chất và hệ thức hình học

Chứng minh hai đường thẳng vuông góc nhờ tính chất của tiếp tuyến.

Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau, hai góc bằng nhau nhờ tính chất hai tiếp tuyến cắt
nhau.

Áp dụng định lý Py-ta-go, hệ thức lượng trong tam giác vuông để chứng minh đẳng thức về
đoạn thẳng, diện tích, · · ·

Ą Ví dụ 12. Cho đường tròn (O; R) và một điểm A nằm ngoài (O). Từ A kẻ các tiếp tuyến AB,
AC với (O). Vẽ đường kính CD. Chứng minh rằng

a) OA ⊥ BC; b) BD ∥ OA.

ɓ Lời giải.

BD

I
AO

C

a) Ta có AB, AC là tiếp tuyến của (O) nên AB = AC. (1)

B, C thuộc (O) nên OB = OC = R. (2)

Từ (1) và (2) suy ra A và O cách đều hai đầu đoạn thẳng BC nên AO là đường trung trực của
đoạn BC. Suy ra OA ⊥ BC.

b) Gọi I là giao điểm của OA và BC, vì OA là trung trực của BC nên I là trung điểm của BC.
Do đó OI là đường trung bình của tam giác BCD. Suy ra BD ∥ OI hay OA ∥ BD. (có thể
chứng minh bằng cách chỉ ra BD, OA cùng vuông góc với BC).

Ą Ví dụ 13. Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh
BC tại D. Chứng minh rằng S ABC = BD · DC.

ɓ Lời giải.

176/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

177 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Đặt BC = a, AC = b, AB = c. Gọi I là tâm đường tròn A
nội tiếp tam giác ABC (I là giao điểm của ba đường phân
giác trong của tam giác ABC). Gọi E, F là các điểm tiếp FE
xúc của (I) với AC, AB. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt I
nhau, ta có BD = BF , CD = CE, AE = AF .

Mặt khác, ta lại có BD C

BD + BF = AB + BC − (AF + CD) ⇔ 2BD = BA + BC − (AE + CE)
⇔ 2BD = c + a − b ⇔ BD = a + c − b = a − (b − c)
22

Tương tự, ta co DC = a + (b − c)
.
2

Do đó

BD · DC = a − (b − c) ·
2

⇔ a + (b − c) a2 − (b − c)2
=
24

= [a2 − (b2 + c2)] + 2bc = 2bc = bc ( vì a2 = b2 + c2) = S ABC
4 42

Ą Ví dụ 14. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (O) (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là chân đường vuông góc vẽ từ B xuống đường kính CD
của (O). Chứng minh rằng IB = IH với I là giao điểm của AD và BH.

ɓ Lời giải.

Gọi E là giao điểm của CA và DB. Vì AB, AC là các tiếp tuyến E B D
của (O) nên ta có AB = AC, suy ra tam giác ABC cân tại A A I
⇒ A’CB = A’BC. C
HO
Vì B thuộc đường tròn đường kính CD nên C’BD = 90◦ ⇒ C’BE =
90◦.

Do đó A’EB + B’CA = A’BE + A’BC = 90◦. Mà A’CB = A’BC nên
A’EB = A’BE ⇒ tam giác ABE cân tại A ⇒ AE = AB ⇒ AB =
AC = AE.

Vì AC là tiếp tuyến của (O) nên AC ⊥ CD ⇒ AC ∥ BH (vì cùng vuông góc với CD).

Xét tam giác AC D có IH ∥ AC nên IH = DI . (1)
AC DA (2)

Xét tam giác ADE có IB ∥ AE nên IB = DI
AE DA .

Từ (1) và (2) suy ra IH = IB ⇒ IH = IB (vì AC = AE).
AC AE

177/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

178 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn. tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Ą Ví dụ 15. Cho tam giác ABC có AB > AC, A > 90◦; trung tuyến AM . các đường tròn nội
tiếp tam giác ABM và tam giác ACM tiếp xúc với AM lần lượt tại E và F . Chứng minh rằng

a) M E = M A + M B − AB ; b) EF = AB − AC .
2 2

ɓ Lời giải.

A

H F O2
O1 E

BM C
G

a) Gọi G, H là tiếp điểm của BM , BA với (O1) (đường tròn nội tiếp tam giác ABM ). Vì M G,
M E là hai tiếp tuyến của (O1) nên M G = M E.
Tương tự, ta có AH = AE và BH = BG. Ta có

M E = M A − AE = M A − AH

;
ME = MG = MB − BG = MB − BH

⇒ 2M E = M E + M G = M A + M B − (AH + BH) = M A + M B − AB
⇒ M E = M A + M B − AB
2

.
b) Tương tự câu trên, ta có M F = M A + M C − AC ⇒ EF = M F − M E = M A + M C − AC −

22
M A + M B − AB AB − AC

=.
22

C – BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Ą Bài 1. Cho góc vuông Oxy và đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh của góc Oxy tương ứng
tại M và N . Biết OI = a, tính OM .

ɓ Lời giải.

Ta có Ox là tiếp tuyến của (I) nên M = 90◦; Oy là tiếp tuyến của (I) nên y

N“ = 90◦ và IM√= IN = r. Do đ√ó tứ giác OM IN là hình vuông, suy ra
OM + MI = a 2 a 2
. Vậy OM = .
22

M I

r
a

ON x

178/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

179 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Ą Bài 2. Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB =c và a = b = c Đường tròn nội tiếp
7 8 .

9

tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB lần lượt tại D, E, F . Chứng minh rằng tam

giác có ba cạnh độ dài là AE, BF và CD là tam giác vuông.

ɓ Lời giải.

Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC. Vì (I) tiếp xúc với BC, A

CA, AB tại D, E, F nên AE = AF , CE = CD và BF =

BD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ AE +BF +CD = E
p ⇒ AE = p − a. Tương tự, ta có BF = p − b, CD = p − c. F
Đặt k = a = b = c ⇒ p = 12k, a = 7k, b = 8k, c = 9k
I
789

(k > 0). Suy ra AE = 5k, BF = 4k, CD = 3k. Áp dụng

định lý Py-ta-go đảo suy ra điều phải chứng minh. BD C

√
Ą Bài 3. Cho hệ trục Oxy, điểm A(−1; 2). Vẽ đường tròn tâm A, bán kính r = 5, đường tròn
này cắt trục tung tại điểm N (N không trùng O). Lấy điểm M (x; 0) trên trục hoành. Xác định x
để M N là tiếp tuyến của (A; r).

Ä √ä ɓ Lời giải.
Ta có A; 5 cắt Oy tại N (0; 4).

Do đó AN 2 = r2 = 5; M N 2 = x2 + 42; AM 2 = (x + 1)2 + 22.
M N là tiếp tuyến của (A) khi M N ⊥ AN ⇔ AM 2 = M N 2 + AN 2 ⇔ x = 8.

Ą Bài 4. Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB. Từ một điểm M trên đường tròn ta vẽ tiếp
tuyến xy với nửa đường tròn. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A và B trên xy. Chứng minh
rằng

a) M là trung điểm của HK.

b) Đường tròn đường kính HK tiếp xúc với AB.

ɓ Lời giải.

a) Vì xy là tiếp tuyến nên OM ⊥ xy. Suy ra AH ∥ BK ∥ OM . Mà Ky
OA = OB nên M H = M K. M

b) Vẽ M D ⊥ AB, D ∈ AB, ta có M÷AH = A÷M O (so le trong), H DO B
x
mà A÷M O = M÷AO nên M÷AH = M÷AO. M AH = M AD nên
M H = M D = M K. Do đó đường tròn đường kính HK đi qua A
D. Ta có AB ⊥ M D tại D nên AB là tiếp tuyến của đường tròn
đường kính HK.

Ą Bài 5. Cho đường tròn (O; R). Từ một điểm A cách O một khoảng 2R ta vẽ hai tiếp tuyến
AB, AC (B, C là tiếp điểm). Chứng minh rằng ABC là tam giác đều.

ɓ Lời giải.

179/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

180 Kết nối tri thức với cuộc sống

4. Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến của đường tròn. tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau

Vì AB, AC là hai tiếp tuyến nên AB = AC và A1 = A2. Ta A 1 B
có OB ⊥ AB. Xét tam giác AOB vuông tại B có OB = 1OA 2 O

2
nên A1 = 30◦, suy ra B’AC = 60◦. Tam giác ABC cân tại A,
lại có A = 60◦ nên là tam giác đều.

C

Ą Bài 6. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng
của B qua H. Vẽ DE ∥ AB (E thuộc AC). Chứng minh rằng

a) Tam giác HAE cân tại H;
b) HE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE.

ɓ Lời giải.

a) Vẽ HN ∥ AB. Xét hình thang ABDE, ta chứng minh A E
được N A = N E và HN ⊥ AE. Suy ra tam giác HAE N 1
cân tại H. 2
1
b) Gọi M là trung điểm của CD. Vì tam giác CDE vuông
tại E nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BH D M C
CDE. Ta có E2 = C và E1 = A1 nên E2 + E1 =
C + A1 = 90◦ ⇒ H÷EM = 90◦.

Ą Bài 7. Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng xy không giao nhau. Trên xy lấy điểm M . Từ M
vẽ các tiếp tuyến M A, M B với đường tròn (O; R) (A, B là các tiếp điểm). Vẽ OH ⊥ xy (H ∈ xy).
Dây AB cắt OH tại E, cắt OM tại F . Chứng minh rằng

a) OE · OH = OF · OM ;

b) OE · OH = R2, từ đó suy ra dây AB luôn đi qua một điểm cố định là điểm E.

ɓ Lời giải.

a) Ta có M A = M B và M”1 = M”2 suy ra M O ⊥ AB. Tam giác F OE đồng

dạng với tam giác HOM nên
OE OF
OM = OH ⇒ OE · OH = OF · OM. (1)

b) Ta có OA ⊥ M A (tính chất tiếp tuyến). Xét tam giác AOM vuông tại A O

A ta có OA2 = OF · OM . (2) E B
F y

Từ (1) và (2) suy ra OE · OH = OA2 = R2. Suy ra OE = R2 (không
OH
đổi). Điểm E nằm trên tia OH cố định, mà OE không đổi nên E là
12
điểm cố định.
xMH

180/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

181 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Ą Bài 8. Cho (O; R) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Qua A vẽ đường thẳng d cắt
(O; R) tại B, C (AB ≤ AC), vẽ tiếp tuyến AM với (O; R) (với M là tiếp điểm). Chứng minh rằng
AB + AC ≥ 2AM .

ɓ Lời giải.

Kẻ OH ⊥ BC tại H nên HB = HC suy ra AB + M R
AC = 2AH. Ta sẽ chứng minh AH ≥ AM .
A O
Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác vuông B
AOH và tam giác vuông AOM , ta có OA2 =
OH2 + AH2, OA2 = OM 2 + AM 2. Vì d có điểm Cd
chung với đường tròn (O) nên OH ≤ R = OM ⇒
OH2 ≤ OM 2 mà OH2 +AH2 = OM 2 +AM 2 nên
AH2 ≥ AM 2 hay AH ≥ AM nên AB + AC ≥
2AM . Dấu = xảy ra ⇔ OH = R ⇔ d tiếp xúc
với (O).

Ą Bài 9. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) (bốn cạnh AB, BC, CD và DA đều tiép
xúc với (O)). Chứng minh rằng AB + CD = AD + BC.

ɓ Lời giải. A MB

Vì tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) nên AB, BC, CD và DA Q N
tiếp xúc với (O). Gọi các tiếp điểm lần lượt tại M , N , P , Q. Vì AM , O
AQ là tiếp tuyến của (O) nên AM = AQ. Tương tự ta có BM = BN ,
CN = CP , DP = DQ. Suy ra AB + CD = AM + M B + CP =
DP = AQ+BN +CN +DQ = (AQ+DQ)+(BN +N C) = AD+BC
(ĐPCM).

DP C

Ą Bài 10. Cho hình thang cân ABCD (AB ∥ CD) ngoại tiếp đường tròn (O; R). Tìm giá trị nhỏ
nhất của tổng AB + CD theo R.

ɓ Lời giải.

Dễ thấy O1 = O2; O3 = O4 ⇒ O2 + O3 = 90◦. Áp dụng hệ thức AEB

h2 = b · c vào tam giác vuông AOD, ta có OF 2 = AF · F D = AE ·
DK = AB · CD ⇒ AB · CD = 4OF 2 = 4R2 ( vì AF = AE = 1 AB,
22 2 F 1
DF = DK = 1 DC và OF = R). D
2 √ 3O

Á√p dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có AB + CD ≥ 2 AB · CD = 12
2 4R2 = 4R. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi AB = CD = 2R. Vậy
K C

AB + CD nhỏ nhất bằng 4R khi ABCD là hình vuông.

181/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

182 Kết nối tri thức với cuộc sống

5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

BÀI 5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

A – TRỌNG TÂM KIẾN THỨC
. 1. Ba vị trí tương đối của hai đường tròn (O; R) và (O ; r) (R ≥ r)

Vị trí tương đối của Số Hình vẽ Liên hệ giữa OO
hai đường tròn điểm với R và r
chung A
R −r < OO < R +
Rr r

Hai đường tròn cắt nhau 2 OO OO = R + r
B

Hai đường tròn tiếp xúc O R r O
nhau
• Tiếp xúc ngoài A
• Tiếp xúc trong
1

OO A OO = R − r > 0

Hai đường tròn không 0 OR rO OO > R + r
giao nhau
• (O) và (O ) ở ngoài
nhau

• (O) đựng (O )

OO
OO < R − r

182/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

183 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN OO = 0 và R = r

O

2. Tính chất của đường nối tâm

Cho hai đường tròn (O) và (O ) có tâm không trùng nhau. Đường thẳng OO gọi là đường nối tâm,
đoạn thẳng OO là đoạn nối tâm.

Ą Định lí 5.1. Đường nối tâm là trục đối xứng của hình tạo bởi hai đường tròn.
Nếu hai đường tròn cắt nhau thì hai giao điểm đối xứng với nhau qua đường nối tâm OO . Tức là,
đường nối tâm là đường trung trực của dây chung.
Nếu hai đường tròn tiếp xúc với nhau thì tiếp điểm nằm trên đường nối tâm.

3. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn
Tiếp tuyến chung của hai đường tròn là đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn đó.

d1

OO A d2
O O

d1

d3 d1 d3 d4
d2

O O OR rO

d1

d2

Tiếp tuyến chung trong là tiếp tuyến cắt đoạn nối tâm.
Tiếp tuyến chung ngoài là tiếp tuyến không cắt đoạn nối tâm.
Hai đường tròn đựng nhau không có tiếp tuyến chung.

B – CÁC DẠNG BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

Dạng 1. Xác định vị trí tương đối của hai đường tròn

Xác định hai đường tròn cần xét, sau đó xác định độ lớn các bán kính và độ dài đoạn nối
tâm.

183/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

184 Kết nối tri thức với cuộc sống

5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Xác định hệ thức liên hệ giữa độ lớn các bán kính và độ dài đoạn nối tâm. Từ đó kết luận
vị trí tương đối của hai đường tròn.

Ą Ví dụ 1. Cho đường tròn tâm O, bán kính R. Lấy điểm A tùy ý trên (O). Vẽ đường tròn đường
kính OA. Xác định vị trí tương đối của hai đường tròn.

ɓ Lời giải.

Gọi O là tâm đường tròn đường kính OA. Ta có O là trung điểm của
OA R
OA và bán kính đường tròn (O ) là R = 2 = . Độ dài đoạn nối tâm

2
d = OO = OA = R . Ta có R − R = R = d nên (O) và (O ) tiếp xúc
22 2 O A
trong tại A. O

Ą Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A(−1; 1) và B(3; 0). Vẽ các đường tròn
(A; r) và (B; r ). Khi r = 3 và r = 1, hãy xác định vị trí tương đối của hai đường tròn.

ɓ Lời√giải. (1)
Độ dài đoạn nối tâm d = AB = (3 + 1)2 + 12 = 17.

Tổng hai bán kính r +√r = 3 + 1 = 4. (2)

Từ (1) và (2) ta thấy 17 > 4 nên hai đường tròn không giao nhau; hai dường tròn (A) và (B) nằm

ngoài nhau.

Ą Ví dụ 3. Cho ABC có ÄB“, C = 90◦ä, đường cao AH. Từ H kẻ HK vuông góc với AB tại
K, HI vuông góc với AC tại I. Xác định vị trị tương đối của đường tròn ngoại tiếp BHK và
đường tròn ngoại tiếp CHI.

ɓ Lời giải.

A

A
I

K I H KR2 O2 C
B R1 C
R2 R1
O1
O2 O1 B

H

184/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

185 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Trường hợp 1.

Xét ABC có B“ < 90◦ và C < 90◦. Gọi O1, O2 lần lượt là trung điểm của BH và CH. Vì BKH
1BH
vuông tại K, O1 là trung điểm của cạnh huyền BH nên K O1 = O1B = O1H = 2 = R1

⇒ (O1; R1) là đường tròn ngoại tiếp BKH. Tương tự, ta có (O2; R2) là đường tròn ngoại tiếp

HIC. Ta có, R1 + R2 = O1H + O2H = O1O2 nên (O1; R1) tiếp xúc ngoài tại H với (O2; R2).

Trường hợp 2. Xét ABC có B“ = 90◦ (hoặc C = 90◦). Lập luận tương tự như trường hợp 1 ta
có O1O2 = R2 − R1 nên (O1; R1) và (O2; R2) tiếp xúc trong tại H.

Khi B“ = 90◦ thì H trùng với B nên ba điểm H, K, B trùng nhau. Do đó, đường tròn (O1; R1)
suy biến thành điểm B.

Dạng 2. Chứng minh các tính chất về hệ thức hình học
Xác định vị trí của hai đường tròn.
Dựa vào các tính chất đã biết để suy ra các tính chất và hệ thức hình học cần chứng minh.

Ą Ví dụ 4. Cho hai đường tròn (O; R) và (O ; R ) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài BC, B ∈ (O), C ∈ (O ). Tiếp tuyến chung trong tại A cắt tiếp tuyến chung ngoài BC tại I.

Chứng minh rằng

a) O’IO = 90◦; √
b) BC = 2 RR .

ɓ Lời giải.

a) Ta có IB, IA là hai tiếp tuyến của (O) nên B C
I“1 = I“2; IC, IA là hai tiếp tuyến của (O ) nên O I1
I“3 = I“4.
Suy ra O’IO = I“2 + I“3 = 180◦ : 2 = 90◦. 4
23
b) Ta có IB, IA là hai tiếp tuyến của (O) nên
IB = IA và IA ⊥ OA, IC, IA là hai tiếp AO
tuyến của (O ) nên IC = IA và IA ⊥ O A.
Suy ra IA = IB = IC. Ba điểm O, A, O

thẳng hàng và IA ⊥ OO . Áp dụng hệ thức
h2 = b · c vào tam giác v√uông OIO , ta có
IA2 = OA · O A ⇒ IA = R · R .√Mặt khác
BC = IB + IC = 2IA nên BC = 2 R · R .

Ą Ví dụ 5. Cho hai đường tròn (O) và (O ) cắt nhau tại A và B, trong đó O nằm trên đường
tròn (O). Kẻ đường kính O C của đường tròn (O).

a) Chứng minh rằng CA, CB là hai tiếp tuyến của (O ).
b) Đường vuông góc với AO tại O cắt CB tại I. Đường vuông góc với AC tại C cắt đường

thẳng O B ở K. Chứng minh rằng ba điểm O, I, K thẳng hàng.

ɓ Lời giải.

185/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

186 Kết nối tri thức với cuộc sống

5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

a) Tam giác CAO có đường trung tuyến AO ứng với cạnh CO 12 C A
O 2 O1
bằng nửa cạnh CO nên C’AO = 90◦. Mà A ∈ (O ) nên CA là I
tiếp tuyến của (O ) tại A.
Tương tự ta có CB là tiếp tuyến của (O ). B

b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì C1 = C2. (1) K

Ta có CA ∥ IO (cùng vuông góc với O A) nên C1 = O1. (2)

Từ (1) và (2) suy ra C2 = O1. Do đó, IC = IO . (3)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì O2 = C÷O B. Mặt

khác CK ∥ AO (cùng vuông góc với AC) nên O2 = O÷; CK.

Suy ra C÷O B = O÷CK. Do đó, KC = KO . (4)

Mà OC = OO (vì O , C cùng thuộc (O)). (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra O, I, K cùng thuộc đường trung trực của
CO .
Vậy ba điểm I, O, K thẳng hàng.

Ą Ví dụ 6. Cho hai đường tròn (O1; R1) và (O2; R2) (với R1 = R2) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ các
tiếp tuyến chung ngoài BC và DE (với B, D thuộc (O1); C, E thuộc (O2)). Chứng minh rằng
BC + DE = BD + CE.

ɓ Lời giải.

B
M
C

O1 A O2

E
N
D

Vẽ tiếp tuyến chung tại A lần lượt cắt BC, DE tại M và N . Vì M A, M B là tiếp tuyến của (O1) nên

M A = M B. Vì M A, M C là tiếp tuyến của (O2) nên M A = M C ⇒ M A = M B = M C.

Chứng minh tương tự ta có N A = N D = N E. ⇒ BC + DE = 2M N . (1)

Gọi giao điểm của BC và DE là K, khi đó K thuộc đường thẳng O1O2 ⇒ KB = KD (tính chất hai

tiếp tuyến cắt nhau). Mà O1B = O1D = R1 nên KO1 là trung trực của đoạn BD suy ra O1O2 ⊥ BD.

Chứng minh tương tự ta được O1O2 ⊥ CE.Suy ra tứ giác BCED là hình thang (vì BD ∥ CE). Vì

M , N lần lượt là trung điểm của BC và và DE nên 2M N = BD + CE. (2)

Từ (1) và (2) suy ra BC + DE = BD + CE.

Ą Ví dụ 7. Cho hai đường tròn (O1), (O2) ngoài nhau. Vẽ các tiếp tuyến chung ngoài AB và CD
(với A, D thuộc (O1); B, C thuộc (O2)). Nối AC cắt (O1) tại M ; cắt (O2) tại N (M = A, N = C).
Chứng minh rằng AM = N C.

ɓ Lời giải.

186/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

187 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

Vẽ đường trung trực d của đoạn AB, d cắt O1O2 tại I. Khi đó IA = IB. Ta có B và C đối xứng nhau

qua O1O2 nên IB = IC ⇒ IA = IC.

Kẻ IH ⊥ AC tại H ta có HA = HC (vì IAC cân tại I). Kẻ A B
O1K ⊥ AC tại K, O2G ⊥ AC tại G ⇒ O1K ∥ IH ∥ O2G. K
Xét hình thang ABO2O1 (vì O1A ∥ O2G do cùng vuông góc

với AB) ta có d ∥ AO1 ∥ BO2 và d đi qua trung điểm của H

AB nên d đi qua trung điểm của O1O2 hay I là trung điểm O1 IN O2
của O1O2.
Xét hình thang O1KO2G có IH ∥ O1K ∥ O2G và I là trung G

điểm của O1O2 nên H là trung điểm của KG ⇒ HK = C

HG ⇒ HA − HK = HC − HG hay AK = GC ⇒ 2AK = D

2GC ⇒ AM = CN .

Trong ví dụ trên ta đã sử dụng tính chất đường thẳng song song với hai đáy của hình thang và
đi qua trung điểm của một đường chéo thì đi qua trung điểm của đường chéo còn lại

Dạng 3. Tính độ dài đoạn thẳng

Vận dụng tính chất tiếp tuyến, tiếp tuyến chung, hai tiếp tuyến cắt nhau và tính chất đoạn
nối tâm.

Áp dụng định lí Pi-ta-go, hệ thức lượng trong tam giác vuông và tỉ số lượng giác của góc
nhọn.

Ą Ví dụ 8. B O 30 C
Trong hình vẽ, cho hai đường tròn đồng tâm O. Cho biết BC là M
đường kính của đường tròn lớn và có độ dài bằng 8. Dây CD là
tiếp tuyến của đường tròn nhỏ và B’CD = 30◦. Hãy tính bán kính D
của đường tròn nhỏ.

ɓ Lời giải.
Ta có BC = 8 nên bán kính đường tròn lớn là OC = 4. Vì CD là tiếp tuyến của đường tròn nhỏ, nên
CD ⊥ OM.
Do đó OM = OC · sin 30◦ = 4 · 1 = 2.

2

Ą Ví dụ 9. Cho hai đường tròn (O; R) và (O ; R) cắt nhau tại M và N . Biết OO = 24 cm,
M N = 10 cm. Tính R.

ɓ Lời giải.

Gọi giao điểm của OO và M N là I. Vì OM = ON = O M = M O
O N = R nên tứ giác OM O N là hình thoi ⇒ OO ⊥ M N OI
tại điểm I là trung điểm của mỗi đoạn OO và M N .
Do đó N

IM = 1 M N = 5 cm, IO = 1 OO = 12 cm.
22

187/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

188 Kết nối tri thức với cuộc sống

5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Áp dụng định lí Py-ta-go vào M IO, ta có:
√√

R = OM = IM 2 + IO2 = 52 + 122 = 13 (cm).

Vậy R = 13 cm.
Ą Ví dụ 10. Cho hai đường tròn (O; R) và (O ; R ) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài M N với M thuộc (O), N thuộc (O ). Biết R = 9 cm, R = 4 cm. Tính độ dài đoạn M N .

ɓ Lời giải. M

Ta có: OO = OA + O A = 9 + 4 = 13 (cm). H N
Kẻ OH ⊥ OM tại H 9
⇒ tứ giác O N M H là hình chữ nhật
⇒ M H = O N = 4 (cm); M N = O H O 94
⇒ OH = OM − M H = 9 − 4 = 5 (cm). AO
Áp dụng định lí Py-ta-go vào OO H, ta có:

√√
M N = O H = OO 2 − OH2 = 132 − 52 = 12 (cm).

Vậy M N = 12 cm.

Ą Ví dụ 11. Cho hai đường tròn (O; 3 cm) và (O ; 4 cm) cắt nhau tại A và B. Qua A kẻ một
cát tuyến cắt (O) tại M (M = A), cắt (O ) tại N (N = A). Nếu OO = 5 cm, hãy tính giá trị lớn
nhất của M N .

ɓ Lời giải.

Kẻ OH ⊥ AM tại H, O K ⊥ AN tại K và OI ⊥ O K tại I M Nd
⇒ HM = HA, KA = KN và tứ giác HOIK là hình chữ K
A
nhật H
⇒ M N = 2HK và HK = OI.
Ta có OI ≤ OO (đường vuông góc và đường xiên I
⇒ M N = 2HK = 2OI ≤ 2OO = 10 (cm) OO
Dấu = xảy ra ⇔ OI = OO ⇔ I ≡ O ⇔ d ∥ OO .
Vậy giá trị lớn nhất của M N bằng 10 cm khi cát tuyến d song B
song với OO .

Dạng 4. Dựng hình
Sử dụng các tính chất, định lí về tiếp tuyến chung, điều kiện tiếp xúc, . . ..

Ą Ví dụ 12. Cho hai đường tròn (O; R) và (O ; 2R) có OO = d > 3R. Dựng tiếp tuyến chung
ngoài của hai đường tròn đó.

Phân tích: Dành cho bạn đọc. ɓ Lời giải.

188/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

189 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN M N
O
A I OB
M

Cách dựng:
Dựng điểm A trên đường thẳng OO sao cho O là trung điểm của AO .

Dựng đường tròn đường kính AO, đường tròn này cắt (O) tại M và M .

Nối các đường AM , AM ta được hai tiếp tuyến chung ngoài của (O; R) và (O ; 2R).

Chứng minh và biện luận: Dành cho bạn đọc.
Chú ý:

Điểm A là điểm chia ngoài của OO với tỉ số

1 Å1 R OM AO ã
22 2R ON AO
= = = .

Ta có thể dựng được hai tiếp tuyến chung trong của (O; R) và (O ; 2R) bằng cách vẽ tiếp tuyến
qua B là điểm chia trong của OO với tỉ số

1 Å1 = R = OB ã
2 2 2R BO .

Ą Ví dụ 13. Cho trước đường tròn (O; R), một điểm A thuộc (O) và một đường thẳng d không
có điểm chung với (O). Hãy dựng đường tròn (I) tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúc với đường
thẳng d.

ɓ Lời giải.

Gọi d là tiếp tuyến tại A của (O; R). d O
Trường hợp 1: Nếu d ∥ d. d A
I
Kéo dài OA cắt d tại B.
Dựng đường tròn đường kính AB thì đó là đường tròn cần dựng. B

Trường hợp 2: Nếu d không song song với d.

Dựng B là giao điểm của d và d. Od

Dựng Bx là tia phân giác của góc tại bởi hai đường thẳng d A x
và d (có 2 tia Bx). I1

d

Dựng I là giao điểm của Bx và đường thẳng OA. B

Dựng đườn tròn (I; IA) đó là đường tròn cần dựng.

189/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

190 Kết nối tri thức với cuộc sống

5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Phần phân tích, chứng minh và biện luận dành cho bạn đọc. d x
Chú ý: A
+ Trường hợp 1 có một nghiệm hình (tiếp xúc ngoài).
+ Trường hợp 2 có hai nghiệm (tiếp xúc trong và tiếp xúc ngoài). OI 1

d
B

C – BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Ą Bài 1. Cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định vị trí tương đối của hai đường tròn
(I; IA) và (B; BA).

ɓ Lời giải.
Vì I là trung điểm của đoạn thẳng AB nên ta có A, I, B thẳng hàng và
BI = BA = IA, từ đó suy ra (I; IA) tiếp xúc trong với (B; BA) tại A.

AI B

Ą Bài 2. Cho hai đường tròn (O; 8 cm) và (O ; 3 cm). Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB (với A
thuộc (O); B thuộc (O )). TÍnh độ dài đoạn AB nếu OO = 13 cm.

ɓ Lời giải.

+) Kẻ O H ⊥ OA tại H ⇒ tứ giác ABO H là hình chữ nhật A53 13 B
⇒ AB = O H, AH = O B = 3. H O
+) Áp dụng định lí Py-ta-go vào HOO ta có O

√»
O H = OO 2 − OH2 = 132 − (8 − 3)2 = 12.

Vậy AB = 12 cm.

Ą Bài 3. Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó và dựng các đường tròn đường kính
AB, BC. Từ A vẽ tiếp tuyến AD với đường tròn đường kính BC (D là tiếp điểm), tiếp tuyến AD
cắt đường tròn đường kính AB tại E (E = A). Chứng minh rằng tia BD là tia phân giác của góc
EBC.

ɓ Lời giải.
Kẻ tiếp tuyến chung Bx; Bx cắt DE tại F như hình vẽ.

190/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

191 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN C

x
D

EF

AB

Vì E thuộc đường tròn đường kính AB nên A’EB = 90◦. (1)

Vì BF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB tại B nên BF ⊥ AB tại B hay A’BF = 90◦.
(2)

Từ (1) và (2) suy ra F’AB = F’BE (cùng phụ với A’F B) hay D’AB = E’BF .

Vì DF , F B là hai tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC nên F D = F B suy ra F DB cân
tại F ⇒ F’DB = F’BD.
Do đó E’BD = E’BF + F’BD = D’AB + F’DB.
Mà D’BC = F’DB + D’AB (tính chất góc ngoài của ABD) nên E’BD = D’BC, do đó BD là

tia phân giác của E’BC.

Ą Bài 4. Cho hình vuông ABCD, lấy điểm M bất kì trên đường chéo BD (M = B; M = D). Vẽ
đường tròn (O) qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ đường tròn (O ) qua M và tiếp xúc với AD
tại D. Hai đường tròn (O) và (O ) cắt nhau tại điểm thứ hai N (với N = M ).

a) Chứng minh rằng O N là tiếp tuyến của đường tròn (O) và ON là tiếp tuyến của đường tròn
(O ).

b) Khi M di động trên BD, tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn OO theo cạnh hình vuông
AB C D.

ɓ Lời giải.

a) Vì AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên tâm O của (O) phải nằm trên đường thẳng vuông
góc với AB tại B. Mà BC ⊥ AB tại B (vì ABCD là hình vuông) nên O thuộc BC.

Vì M thuộc (O) nên ON = OM ⇒ OBM cân tại A B
D MO
O ⇒ O÷M B = O÷BM = C’BD = 45◦ ⇒ OBM
vuông cân tại O N
⇒ B÷OM = 90◦ hay C÷OM = 90◦.
Tương tự ta có C÷O M = 90◦. OC
Từ đó suy ra tứ giác COC M là hình chữ nhật
⇒ O÷M O = 90◦.
Vì OM O = ON O (c.c.c) nên O÷N O =

O÷M O = 90◦
⇒ ON là tiếp tuyến của (O ) và O N là tiếp tuyến
của (O).

191/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

192 Kết nối tri thức với cuộc sống

5. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

b) Vì tứ giác OCO M là hình chữ nhật nên OO = CM .

OO nhỏ nhất ⇔ CM nhỏ√nhất ⇔ CM ⊥ BD tại M ⇔ M là giao điểm của AC và BD.
1BD a2
Do đó OOmin = 2 = 2 (với AB = BC = CD = DA = a) khi M là tâm của hình vuông

AB C D.

Ą Bài 5. Cho (O; 4 cm), (O ; 2 cm) và OO = 9 cm. Dựng tiếp tuyến chung trong của (O) và
(O ).

ɓ Lời giải.
Các phần phân tích, chứng minh, biện luận dành cho bạn đọc.

A

4
2
O IO
B

- Dựng điểm I là điểm chia trong của đoạn OO R = 2 , tức là I nằm trong đoạn OO và
với tỉ số R 1
IO R 2 IO 2 IO = 2 ⇔
IO = R = 1 hay IO + IO = 2+1 ⇔ 93 IO = 6 (cm)

- Dựng đường tròn đường kính IO, đường tròn này cắt đường tròn (O) tại A và A .

- Dựng đường thẳng AI và A I là hai tiếp tuyến chung trong cần dựng.

Ą Bài 6. Cho đường thẳng d. Lấy điểm O thuộc d, vẽ hai nửa đường tròn (O; r) và (O; R) (với
0 < r < R) trên cùng một nửa mặt phẳng bờ d. Chứng minh: điều kiện cần và đủ để có hai

điểm A, rDÄ√th2uộ+c1(äO.; r) và hai điểm B, C thuộc (O; R) sao cho AB C D là một hình vuông là
r<R≤

ɓ Lời giải.

Kẻ Ox ⊥ d tại O; Ox cắt BC tại H, cắt AD tại K. x
Ta có BC

OK = … − a2 H
r2 aR
4 AD

OH = … − a2 K
R2 r
4
O
(với a = AB = BC = CD = DA). d

Vì OH = OK + KH nên … − a2 = … − a2 +a
R2 r2
44
⇒ 2a4 − 2(R2 + r2)a2 + (R2 − r2)2 = 0

192/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359

193 Kết nối tri thức với cuộc sống

Chương 4. ĐƯỜNG TRÒN

⇔ ï − 1 (R2 − ò2 = 4R2r2 − (R2 − r2)2. (∗)
a2 2 r2)

Do đó để tồn tại hình vuông ABCD thì phải tồn tại a ⇒ (∗) phải có nghĩa hay

4R2r2 − (R2 − r2)2 ≥ 0
⇔ 4R2r2 ≥ (R2 − r2)2

√»
⇔ 4R2r2 ≥ (R2 − r2)2

⇔ 2Rr ≥ R2 − r2(vìR > r > 0)
⇔ r2 ≥ R2 − 2Rr
⇔ 2r2 ≥ (R − r)2

√
⇔ 2r ≥ R − r

√
⇔ (1 + 2)r ≥ R.

√
Kết hợp với điều kiện R > r, ta có r < R ≤ (1 + 2)r.

193/207 Nguyễn Quốc Dương – 0375113359