Toán học - Các bài luyện tập

hân số bằng . Nếu tử số thêm 7 và mẫu số tăng gấp 3 góc giá trị phân số bằng . Tìm phân số đó.
Bài 4:
Nếu thêm 4 vào tử và mẫu của một phân số góc giá trị của phân số giảm 1. Nếu bớt 1 vào cả tử và mẫu, phân số tăng . Tìm phân số đó.
Chủ đề 6: PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
Dạng 1: Phương trình có ẩn số ở mẫu.
Giải các phương trình sau:
Dạng 2: Phương trình chứa căn thức.
Giải các phương trình sau:
Dạng 3: Phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối.
Giải các phương trình sau:
Dạng 4: Phương trình trùng phương.
Giải các phương trình sau:
a) 4x4 + 7x2 – 2 = 0 ;	b) x4 – 13x2 + 36 = 0;
c) 2x4 + 5x2 + 2 = 0 ;	d) (2x + 1)4 – 8(2x + 1)2 – 9 = 0.
Dạng 5: Phương trình bậc cao.
Giải các phương trình sau bằng cách đưa về dạng tích hoặc đặt ẩn phụ đưa về phương trình bậc hai:
Bài 1: 
a) 2x3 – 7x2 + 5x = 0 ; 	b) 2x3 – x2 – 6x + 3 = 0 ;
c) x4 + x3 – 2x2 – x + 1 = 0 ;	d) x4 = (2x2 – 4x + 1)2.
Bài 2:
 a) (x2 – 2x)2 – 2(x2 – 2x) – 3 = 0 	 c) (x2 + 4x + 2)2 +4x2 + 16x + 11 = 0
Bài 3:
6x5 – 29x4 + 27x3 + 27x2 – 29x +6 = 0
10x4 – 77x3 + 105x2 – 77x + 10 = 0
(x – 4,5)4 + (x – 5,5)4 = 1
(x2 – x +1)4 – 10x2(x2 – x + 1)2 + 9x4 = 0
Bài tập về nhà:
Giải các phương trình sau:
2.
a) x4 – 34x222 + 225 = 0	b) x4 – 7x2 – 144 = 0
c) 9x4 + 8x2 – 1 = 0	d) 9x4 – 4(9m2 + 4)x2 + 64m2 = 0
e) a2x4 – (m2a2 + b2)x2 + m2b2 = 0 (a ≠ 0)
3. 
a) (2x2 – 5x + 1)2 – (x2 – 5x + 6)2 = 0
b) (4x – 7)(x2 – 5x + 4)(2x2 – 7x + 3) = 0
c) (x3 – 4x2 + 5)2 = (x3 – 6x2 + 12x – 5)2
d) (x2 + x – 2)2 + (x – 1)4 = 0
e) (2x2 – x – 1)2 + (x2 – 3x + 2)2 = 0
4. 
a) x4 – 4x3 – 9(x2 – 4x) = 0	b) x4 – 6x3 + 9x2 – 100 = 0
c) x4 – 10x3 + 25x2 – 36 = 0	d) x4 – 25x2 + 60x – 36 = 0
5.
a) x3 – x2 – 4x + 4 = 0	b) 2x3 – 5x2 + 5x – 2 = 0
c) x3 – x2 + 2x – 8 = 0	d) x3 + 2x2 + 3x – 6 = 0
e) x3 – 2x2 – 4x – 3 = 0
6.
a) (x2 – x)2 – 8(x2 – x) + 12 = 0	b) (x4 + 4x2 + 4) – 4(x2 + 2) – 77 = 0
c) x2 – 4x – 10 - 3 = 0	d) 
e) 
7.
a) (x + 1)(x + 4)(x2 + 5x + 6) = 24 	b) (x + 2)2(x2 + 4x) = 5
c) 	d) 
8.
9. Định a để các phương trình sau có 4 nghiệm
a) x4 – 4x2 + a = 0 	b) 4y4 – 2y2 + 1 – 2a = 0
c) 2t4 – 2at2 + a2 – 4 = 0.
Phần II: HÌNH HỌC
PHẦN HÌNH HỌC 
 HỆ THỐNG LÝ THUYẾT – HỆ THỐNG BÀI TẬP
1.HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG
TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.Định lý Pitago
	 vuông tại A 
2.Hệ thức lượng trong tam giác vuông
	1) AB2 = BH.BC; AC2 = CH.BC
	2) AB.AC = AH.BC
	3) AH2 = BH.HC
	4) 
	Kết quả:
	-Với tam giác đều cạnh là a, ta c: 
3.Tỉ số lượng giác của góc nhọn
	Đặt khi đó:
Kết quả suy ra:
4) Cho nhọn, BC = a; AC = b; AB = c khi đó:
2.CHỨNG MINH
BẰNG NHAU – SONG SONG, VUÔNG GÓC - ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.Tam giác bằng nhau
	a) Khái niệm: 
	b) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác: c.c.c; c.g.c; g.c.g.
	c) Các trường hợp bằng nhau của hai tam giác vuông: hai cạnh góc vuông; cạnh huyền và một cạnh góc vuông; cạnh huyền và một góc nhọn.
	d) Hệ quả: Hai tam giác bằng nhau thì các đường cao; các đường phân giác; các đường trung tuyến tương ứng bằng nhau.
2.Chứng minh hai góc bằng nhau
	-Dựng hai tam giác bằng nhau hoặc hai tam giác đồng dạng, hai góc của tam giác cân, đều; hai góc của hình thang cân, hình bình hành, 
	-Dựng quan hệ giữa các góc trung gian với các góc cần chứng minh.
	-Dựng quan hệ các góc tạo bởi các đường thẳng song song, đối đỉnh.
	-Dựng mối quan hệ của các góc với đường tròn.(Chứng minh 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc hai cung bằng nhau của một đường tròn, )
3.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau
	-Dùng đoạn thẳng trung gian.
	-Dựng hai tam giác bằng nhau.
	-Ứng dụng tính chất đặc biệt của tam giác cân, tam giác đều, trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, hình thang cân, hình chữ nhật, 
	-Sử dụng các yếu tố của đường tròn: hai dây cung của hai cung bằng nhau, hai đường kính của một đường tròn, 
	-Dựng tính chất đường trung bình của tam giác, hình thang, 
4.Chứng minh hai đường thẳng, hai đoạn thẳng song song
	-Dựng mối quan hệ giữa các góc: So le bằng nhau, đồng vị bằng nhau, trong cùng phía bự nhau,
	-Dựng mối quan hệ cùng song song, vuông góc với đường thẳng thứ ba.
	-Áp dụng định lý đảo của định lý Talet.
	-Áp dụng tính chất của các tứ giác đặc biệt, đường trung bình của tam giác.
	-Dựng tính chất hai dây chắn giữa hai cung bằng nhau của một đường tròn.
5.Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
	-Chứng minh chỳng song song với hai đường vuông góc khỏc.
	-Dựng tính chất: đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại.
	-Dựng tính chất của đường cao và cạnh đối diện trong một tam giác.
	-Đường kính đi qua trung điểm của dây.
	-Phân giác của hai góc kề bự nhau.
6.Chứng minh ba điểm thẳng hàng
	-Dùng tiên đề Ơclit: Nếu AB//d; BC//d thì A, B, C thẳng hàng.
	-Áp dụng tính chất các điểm đặc biệt trong tam giác: trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, 
	-Chứng minh 2 tia tạo bởi ba điểm tạo thành góc bẹt: Nếu góc ABC bằng 1800 thì A, B, C thẳng hàng.
	-Áp dụng tính chất: Hai góc bằng nhau cú hai cạnh nằm trên một đường thẳng và hai cạnh kia nằm trên hai nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng trên.
	-Chứng minh AC là đường kính của đường tròn tâm B.
7.Chứng minh các đường thẳng đồng quy
	-Áp dụng tính chất các đường đồng quy trong tam giác.
	-Chứng minh các đường thẳng cùng đi qua một điểm: Ta chỉ ra hai đường thẳng cắt nhau tại một điểm và chứng minh đường thẳng còn lại đi qua điểm đó.
	-Dùng định lý đảo của định lý Talet.
3.CHỨNG MINH HAI TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
HỆ THỨC HÌNH HỌC
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.Tam giác đồng dạng
 -Khái niệm: 
 -Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác: c – c – c; c – g – c; g – g.
 -Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông: góc nhọn; hai cạnh góc vuông; cạnh huyền - cạnh góc vuông
	*Tính chất: Hai tam giác đồng dạng góc tỉ số hai đường cao, hai đường phân giác, hai đường trung tuyến tương ứng, hai chu vi bằng tỉ số đồng dạng; tỉ số hai diện tich bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
2.Phương pháp chứng minh hệ thức hình học
	-Dùng định lí Talet, tính chất đường phân giác, tam giác đồng dạng, các hệ thức lượng trong tam giác vuông, 
Giả sử cần chứng minh MA.MB = MC.MD
	-Chứng minh hai tam giác MAC và MDB đồng dạng hoặc hai tam giác MAD và MCB.
	-Trong trường hợp 5 điểm đó cùng nằm trên một đường thẳng thì cần chứng minh các tích trên cùng bằng tích thứ ba.
	Nếu cần chứng minh MT2 = MA..MB thì chứng minh hai tam giác MTA và MBT đồng dạng hoặc so sánh với tích thứ ba.
	Ngoài ra cần chú ý đến việc sử dụng các hệ thức trong tam giác vuông; phương tích của một điểm với đường tròn.
4.CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP
A.KIẾN THỨC CƠ BẢN
Phương pháp chứng minh
	-Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm.
-Chứng minh tứ giác cú hai góc đối diện bự nhau.
	-Chứng minh hai đỉnh cùng nhỡn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằng nhau.
	-Chứng minh tổng của góc ngoài tại một đỉnh với góc trong đối diện bự nhau.
	-Nếu MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nột tiếp. (Trong đó )
	-Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó )
	-Chứng minh tứ giác đó là hình thang cân; hình chữ nhật; hình vuông; 
Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm cùng thuộc một đường tròn ta có thể chứng minh lần lượt 4 điểm một lúc. Song cần chú ý tính chất “Qua 3 điểm không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn”
B. BÀI TẬP TỔNG HỢP:
Bài 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại 
H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M,N,P.
Chứng minh rằng:
Tứ giác CEHD, nội tiếp .
Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC.
H và M đối xứng nhau qua BC.
Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Lời giải: 
Xét tứ giác CEHD ta có:
Ð CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)
Ð CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)
=> Ð CEH + Ð CDH = 1800
Mà Ð CEH và Ð CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ^ AC => ÐBEC = 900.
CF là đường cao => CF ^ AB => ÐBFC = 900.
Như vậy E và F cùng nhìn BC dưới một góc 900 => E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn.
Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: Ð AEH = Ð ADC = 900 ; Â là góc chung 
=> D AEH ~ DADC => => AE.AC = AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: Ð BEC = Ð ADC = 900 ; ÐC là góc chung 
=> D BEC ~ DADC => => AD.BC = BE.AC.
4. Ta có ÐC1 = ÐA1 ( vì cùng phụ với góc ABC)
ÐC2 = ÐA1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> ÐC1 = Ð C2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại có CB ^ HM => D CHM cân tại C 
=> CB còng là đương trung trực của HM vậy H và M đối xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đường tròn
 => ÐC1 = ÐE1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Còng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp 
ÐC1 = ÐE2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
ÐE1 = ÐE2 => EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tương tự ta còng có FC là tia phân giác của góc DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bài 2. Cho tam giác cân ABC (AB = AC), các đường cao AD, BE, cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác AHE.
Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp .
Bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh ED = BC.
Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tính độ dài DE biết DH = 2 Cm, AH = 6 Cm.
Lời giải: 
Xét tứ giác CEHD ta có:
Ð CEH = 900 ( Vì BE là đường cao)
Ð CDH = 900 ( Vì AD là đường cao)
 => Ð CEH + Ð CDH = 1800
 Mà Ð CEH và Ð CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD , Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp 
2. Theo giả thiết: 	BE là đường cao => BE ^ AC => ÐBEA = 900.
AD là đường cao => AD ^ BC => ÐBDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
3. Theo giả thiết tam giác ABC cân tại A có AD là đường cao nên còng là đường trung tuyến 
=> D là trung điểm của BC. Theo trên ta có ÐBEC = 900 .
Vậy tam giác BEC vuông tại E có ED là trung tuyến => DE = BC.
Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm của AH => OA = OE => tam giác AOE cân tại O => ÐE1 = ÐA1 (1).
Theo trên DE = BC => tam giác DBE cân tại D => ÐE3 = ÐB1 (2)
Mà ÐB1 = ÐA1 ( vì cùng phụ với góc ACB) => ÐE1 = ÐE3 => ÐE1 + ÐE2 = ÐE2 + ÐE3 
Mà ÐE1 + ÐE2 = ÐBEA = 900 => ÐE2 + ÐE3 = 900 = ÐOED => DE ^ OE tại E.
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E.
5. Theo giả thiết AH = 6 Cm => OH = OE = 3 cm.; DH = 2 Cm => OD = 5 cm. Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông tại E ta có ED2 = OD2 – OE2 ó ED2 = 52 – 32 ó ED = 4cm
Bài 3 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.
Chứng minh AC + BD = CD. 
Chứng minh ÐCOD = 900.
3.Chứng minh AC. BD = .
4.Chứng minh OC // BM
5.Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD.
5.Chứng minh MN ^ AB.
6.Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải: 
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM.
 Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà ÐAOM và ÐBOM là hai góc kề bù => ÐCOD = 900.
Theo trên ÐCOD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM ^ CD ( OM là tiếp tuyến ).
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, 
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = .
Theo trên ÐCOD = 900 nên OC ^ OD .(1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM ^ OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD).
Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ^ AB; BD ^ AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB 
 IO // AC , mà AC ^ AB => IO ^ AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD 
6. Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra 
=> MN // BD mà BD ^ AB => MN ^ AB.
7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB.
Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc 
A , O là trung điểm của IK.
Chứng minh B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm.
Lời giải: (HD)
1. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp, K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A nên BI và BK là hai tia phân giác của hai góc kề bù đỉnh B 
Do đó BI ^ BK hayÐIBK = 900 . 
Tương tự ta còng có ÐICK = 900 như vậy B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính IK do đó B, C, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
Ta có ÐC1 = ÐC2 (1) ( vì CI là phân giác của góc ACH.
ÐC2 + ÐI1 = 900 (2) ( vì ÐIHC = 900 ).
ÐI1 = Ð ICO (3) ( vì tam giác OIC cân tại O) 
Từ (1), (2) , (3) => ÐC1 + ÐICO = 900 hay AC ^ OC. Vậy AC là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH = = 9 (cm)
OC = = 15 (cm)
Bài 5 Cho đường tròn (O; R), từ một điểm A trên (O) kẻ tiếp tuyến d với (O). Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kì ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB (B là tiếp điểm). Kẻ AC ^ MB, BD ^ MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.
Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp.
Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn .
Chứng minh OI.OM = R2; OI. IM = IA2.
Chứng minh OAHB là hình thoi.
Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng.
Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d
Lời giải:
(HS tự làm).
Vì K là trung điểm NP nên OK ^ NP ( quan hệ đường kính 
Và dây cung) => ÐOKM = 900. Theo tính chất tiếp tuyến ta có ÐOAM = 900; ÐOBM = 900. như vậy K, A, B cùng nhìn OM dưới một góc 900 nên cùng nằm trên đường tròn đường kính OM. 
Vậy năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn. 
3. Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R 
 => OM là trung trực của AB => OM ^ AB tại I .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có ÐOAM = 900 nên tam giác OAM vuông tại A có AI là đường cao.
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; và OI. IM = IA2.
4. Ta có OB ^ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ^ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH.
OA ^ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ^ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH.
=> Tứ giác OAHB là hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB là hình thoi.
5. Theo trên OAHB là hình thoi. => OH ^ AB; còng theo trên OM ^ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O chỉ có một đường thẳng vuông góc với AB).
6. (HD) Theo trên OAHB là hình thoi. => AH = AO = R. Vậy khi M di động trên d góc H còng di động nhưng luôn cách A cố định một khoảng bằng R. Do đó quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d là nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH. Gọi HD là đường kính của đường tròn (A; AH). Tiếp tuyến của đường tròn tại D cắt CA ở E.
Chứng minh tam giác BEC cân.
Gọi I là hình chiếu của A trên BE, Chứng minh rằng AI = AH.
Chứng minh rằng BE là tiếp tuyến của đường tròn (A; AH).
Chứng minh BE = BH + DE.
Lời giải: (HD)
D AHC = DADE (g.c.g) => ED = HC (1) và AE = AC (2).
Vì AB ^CE (gt), do đó AB vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của DBEC => BEC là tam giác cân. => ÐB1 = ÐB2 
2. Hai tam giác vuông ABI và ABH có cạnh huyền AB chung, ÐB1 = ÐB2 => D AHB = DAIB => AI = AH.
3. AI = AH và BE ^ AI tại I => BE là tiếp tuyến của (A; AH) tại I.
4. DE = IE và BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài 7 Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao 
cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.
 Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.
2. Chứng minh BM // OP.
3. Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành.
4. Biết AN cắt OP tại K, PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
Lời giải: 
(HS tự làm).
2.Ta có Ð ABM nội tiếp chắn cung AM; Ð AOM là góc ở tâm
chắn cung AM => Ð ABM = (1) OP là tia phân giác Ð AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ) => Ð AOP = (2) 
Từ (1) và (2) => Ð ABM = Ð AOP (3) 
Mà Ð ABM và Ð AOP là hai góc đồng vị nên suy ra BM // OP. (4)
3.Xét hai tam giác AOP và OBN ta có : ÐPAO=900 (vì PA là tiếp tuyến ); ÐNOB = 900 (gt NO^AB).
=> ÐPAO = ÐNOB = 900; OA = OB = R; ÐAOP = ÐOBN (theo (3)) => DAOP = DOBN => OP = BN (5)
Từ (4) và (5) => OBNP là hình bình hành ( vì có hai cạnh đối song song và bằng nhau).
4. Tứ giác OBNP là hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ^ AB => ON ^ PJ 
Ta còng có PM ^ OJ ( PM là tiếp tuyến ), mà ON và PM cắt nhau tại I nên I là trực tâm tam giác POJ. (6)
Dễ thấy tứ giác AONP là hình chữ nhật vì có ÐPAO = ÐAON = ÐONP = 900 => K là trung điểm của PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật). (6)
 AONP là hình chữ nhật => ÐAPO = Ð NOP ( so le) (7)
 Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau Ta có PO là tia phân giác ÐAPM => ÐAPO = ÐMPO (8).
Từ (7) và (8) => DIPO cân tại I có IK là trung tuyến đông thời là đường cao => IK ^ PO. (9)
Từ (6) và (9) => I, J, K thẳng hàng.
Bài 8 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn ( M khác A,B). Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax. Tia BM cắt Ax tại I; tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E; cắt tia BM tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.
1) Chứng minh rằng: EFMK là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh rằng: AI2 = IM . IB.
3) Chứng minh BAF là tam giác cân.
4) Chứng minh rằng : Tứ giác AKFH là hình thoi.
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn.
Lời giải: 
1. Ta có : ÐAMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> ÐKMF = 900 (vì là hai góc kề bù).
ÐAEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> ÐKEF = 900 (vì là hai góc kề bù).
=> ÐKMF + ÐKEF = 1800 . Mà ÐKMF và ÐKEF là hai góc đối của tứ giác EFMK do đó EFMK là tứ giác nội tiếp.
Ta có ÐIAB = 900 ( vì AI là tiếp tuyến ) => DAIB vuông tại A có AM ^ IB ( theo trên). 
Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao => AI2 = IM . IB.
Theo giả thiết AE là tia phân giác góc IAM => ÐIAE = ÐMAE => AE = ME (lí do )
=> ÐABE =ÐMBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) => BE là tia phân giác góc ABF. (1)
Theo trên ta có ÐAEB = 900 => BE ^ AF hay BE là đường cao của tam giác ABF (2).
Từ (1) và (2) => BAF là tam giác cân. tại B .
BAF là tam giác cân. tại B có BE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của AF. (3)
Từ BE ^ AF => AF ^ HK (4), theo trên AE là tia phân giác góc IAM hay AE là tia phân giác ÐHAK (5) 
Từ (4) và (5) => HAK là tam giác cân. tại A có AE là đường cao nên đồng thời là đương trung tuyến => E là trung điểm của HK. (6).
Từ (3) , (4) và (6) => AKFH là hình thoi ( vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường).
(HD). Theo trên AKFH là hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI là hình thang. 
Để tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn góc AKFI phải là hình thang cân. 
AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của cung AB. 
Thật vậy: M là trung điểm của cung AB => ÐABM = ÐMAI = 450 (t/c góc nội tiếp ). (7)
Tam giác ABI vuông tại A có ÐABI = 450 => ÐAIB = 450 .(8)
Từ (7) và (8) => ÐIAK = ÐAIF = 450 => AKFI là hình thang cân (hình thang có hai góc đáy bằng nhau).
Vậy khi M là trung điểm của cung AB góc tứ giác AKFI nội tiếp được một đường tròn.
Bài 9 Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Bx và lấy hai điểm C và D thuộc nửa đường tròn. Các tia AC và AD cắt Bx lần lượt ở E, F (F ở giữa B và E).
Chứng minh AC. AE không đổi.
Chứng minh Ð ABD = Ð DFB.
Chứng minh rằng CEFD là tứ giác nội tiếp.
Lời giải: 
C thuộc nửa đường tròn nên ÐACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BC ^ AE. 
ÐABE = 900 ( Bx là tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông tại B có BC là đường cao => AC. AE = AB2 (hệ thức giữa cạnh và đường cao ), mà AB là đường kính nên AB = 2R không đổi do đó AC. AE không đổi.
D ADB có ÐADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ).
=> ÐABD + ÐBAD = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800)(1)
D ABF có ÐABF = 900 ( BF là tiếp tuyến ).
=> ÐAFB + ÐBAF = 900 (vì tổng ba góc của một tam giác bằng 1800) (2)
Từ (1) và (2) => ÐABD = ÐDFB ( cùng phụ với ÐBAD)
Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ÐABD + ÐACD = 1800 .
ÐECD + ÐACD = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) => ÐECD = ÐABD ( cùng bù với ÐACD).
Theo trên ÐABD = ÐDFB => ÐECD = ÐDFB. Mà ÐEFD + ÐDFB = 1800 ( Vì là hai góc kề bù) nên suy ra ÐECD + ÐEFD = 1800, mặt khác ÐECD và ÐEFD là hai góc đối của tứ giác CDFE do đó tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp.
Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm M bất kì trên nửa đường tròn sao cho AM < MB. Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AB và S là giao điểm của hai tia BM, M’A. Gọi P là chân đường 
vuông góc từ S đến AB.
1.Gọi S’ là giao điểm của MA và SP. Chứng minh rằng ∆ PS’M cân. 2.Chứng minh PM là tiếp tuyến của đường tròn .
L