ĐƯỜNG TRÒN – HÌNH VUÔNG
1/ Cho hình vuông ABCD . Đường kính CD và đường tròn tâm A , bán kính AD cắt nhau tại
M
( M không trùng với D ) . Chứng minh rằng đường thẳng DM đi qua trung điểm cạnh BC
HƯỚNG DẪN
B
O
A D
DM là dây chung của hai đường tròn ⇒ AO ⊥ DI
⇒ OAD = CDI ; AD = CD ⇒ ∆ ADO = ∆ DCI ⇒ IC = OD = ½ BC

2/Cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O , bán kính R . M là một điểm bất
kỳ trên đường tròn .
a/Chứng minh MA
4
+ MB
4
+ MC
4
+ MD
4
= 24R
4
b/ Chứng minh MA . MB . MC . MD < 6R
2

HƯỚNG DẪN

B C
A D
a/ MA

4
+ MC
4
= ( MA
2
+ MC
2
) – 2MA
2
.MC
2
= AC
4
– 2MH
2
.AC
2
= 16R
4
– 8R
2
.MH
2
Chứng minh tương tự ta có : MB
4
+ MD
4
= 16R
4
– 8R

2
.MK
2
⇒ MA
4
+ MB
4
+ MC
4
+ MD
4
= 32R
4
– 8R
2
( MH
2
+ MK
2
) = 32R
4
– 8R
2.
R
2
= 24R
4

b/ p dụng Bất đẳng thức Côsi ta có :
(MA

4
+ MB
4
) + ( MC
4
+ MD
4
) ≥
))((2
4444
MDMCMBMA ++
Vì MA
4
+ MB
4
≥
2244
.2.2 MBMAMBMA =

MC
4
+ MD
4
≥
2244
.2.2 MDMCMDMC =

⇒ (MA
4
+ MB

4
) + ( MC
4
+ MD
4
) ≥
2222
2 MDMCMBMA
(MA
4
+ MB
4
) + ( MC
4
+ MD
4
) ≥ 4MA.MB.MC.MD
⇒ 4MA.MB.MC.MD ≤ 24R
4
⇒ MA.MB.MC.MD ≤ 6R
4
Dấu “=” xảy ra ⇔ MA = MB = MC = MD nhưng
điều này không thể xảy ra nên : MA.MB.MC.MD < 6R
4
C
I
M
O
H
K

M
3/Cho hình vuông ABCD . Dựng nửa đường tròn tâm I , đường kính AD và cung AC tâm D
, bán kính DA . Tia DE gặp nửa đường tròn ( I ) tại K . Kẻ EF vuông góc với AB .
Chứng minh EK = EF.
HƯỚNG DẪN
Nhận xét : EF ⊥ AB , EK ⊥ AK
⇒ cần chứng minh AE là phân giác của góc BAD
Đường tròn (D ) tiếp xúc với AB tại A ⇒ ADE = 2FAE (1)
ADE = KAF = FAE + EAK (2)
Từ (1) và (2) ta có : FAE = EAK
3/ Cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên hai cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm di động
E , F sao cho : AE + EF + FA = 2a .
a/ Chứng tỏ rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố đònh .
b/ Tìm vò trí của E , F sao cho diện tích ∆ CEF lớn nhất .
A E B K HƯỚNG DẪN

H

F
D C
a/ Trên tia đối của BA lấy K sao cho BK = DF . Vẽ CH ⊥ EF , H ∈ EF .
∆ DFC = ∆ DKC ( DF = BK ; FDC = KBC = 90
0
; DC = BC )
⇒ CF = CK .
Vì EF = 2a – ( EA + FA ) = ( AB + AD ) – ( EA + FA ) = AB – EA + AD – FA
= EB + FD = EB + BK .
Do đó ∆ CEF = ∆ CEK ( c.c.c)
Suy ra các đường cao CH và CB bằng nhau .
CH không đổi , C cố đònh , CH ⊥ EF ⇒ EF luôn tiếp xúc với đường tròn cố đònh ( C ,

a ) .
b/ ∆ HCF = ∆ DCF ( H = D = 90
0
; CF chung ; CH = CD = a ) ⇒ S
HCF
= S
DCF
.
Chứng minh tương tự ta có : S
HCE
= S
BCE
do đó S
HCF
+ S
HCE
= S
DCF
+ S
BCE
⇒ S
CEF
= ½ S
CDFEB
⇒ S
CEF
= ½ ( a
2
– S
AEF

)
S
AEF
≥ 0 ⇒ S
CEF
≤ ½ a
2
. Dấu “ = “ xảy ra ⇔ S
AEF
= 0 ⇔
E
K
A
B
C
D
E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D .
Vậy E ≡ B , F ≡ A hoặc E ≡ A , F ≡ D thì S
CEF
đạt giá trò lớn nhất .

5/ Trên đoạn AB lấy M tùy ý . Trên đoạn AM và MB dựng về một phía đối với AB các
hình vuông AMEF và MBCD . Đường tròn ngoại tiếp 2 hình vuông cắt nhau tại điểm thứ
hai là N .
a/Chứng minh AN đi qua một đỉnh của hình vuông thứ hai .
b/Tìm quỹ tích của N khi M di chuyển trên AB .
c/Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn nối tâm hai hình vuông .
HƯỚNG DẪN
F E



A M B
a/ BD cắt AE tại H . ∆ AHB có : HAB = HBA = 45
0


⇒ HB ⊥ AH .
Xét ∆ AEB ta có : EM ⊥ AB ; BH ⊥ AE ⇒ AD ⊥ BE tại N .
Mà DNB = 90
0
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ DN ⊥ BE tại N
⇒ ba điểm A , D , N thẳng hàng
⇒ điều phải chứng minh .
b/ Q ttích của N là nửa đường tròn đường kính BD .
c/ Q tích của I là đường trung trực của đoạn thẳng PQ . Khi M trùng với B thì I trùng
với tâm của hình vuông AMEF .
ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP
TỔNG QUÁT
1/ Công thức Ơ Le : d
2
= R
2
– 2Rr

Gọi O’ , O là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp . ED là đường kính vuông góc với AC
tại L ; DE = 2R ; BD là phân giác của góc ABC ( AD = DC ) . Vẽ OK ⊥ ED .
Xét tam giác OO’D ta có :
OO’
2
= O’K

2
+ OK
2
= ( O’D – KD )
2
+ OD
2
- KD
2
= O’D
2
+ KD
2
- 2O’D.KD + OD
2
- KD
2

D
N
C
H
I
.
Q
.
L
O’
B
A

C
D
E
O
K
M
OO’
2
= O’D
2
+ OD
2
- 2O’D. KD
Vẽ bán kính OM . Tứ giác OMLK là hình chữ nhật do đó : OM = KL ⇒ KD = r + LD ⇒
OO’
2
= R
2
+ r
2
– 2R(r+ LD) = R
2
– 2Rr + r
2
– 2R.LD
Xét tam giác vuông DAE ta có : AD
2
= LD . ED = 2R.LD
⇒ OO’
2

= R
2
– 2Rr + r
2
– AD
2
Xét tam giác AOD : vì AO là phân giác của góc BAC , do đó :
DAO = DAC + CAO = DBC + OAB = DBA + OAB = AOD
⇒ DAO = AOD ⇒ AD = OD .
Vậy d
2
= R
2
- 2 Rr .
2/ Cho ∆ ABC có độ dài các cạnh là a,b , c . Gọi R , r là bán kính các đường tròn ngoại
tiếp và nội tiếp của tam giác . Chứng minh rằng :
2
1
16
)()()(
2
222
≤
−+−+−
+
R
accbba
R
r
HƯỚNG DẪN

Gọi H , O, I lần lượt là trực tâm , tâm đường tròn ngoại và nội tiếp, p là nửa chu vi tam
giác . Chiếu O và I lên một trong các đường thẳng BC , CA hoặc AB ; chẳng hạn chiếu
lên CA ta được O’ và I’ . Ta có : CO’ = ½ b ; p = CI’ + AK + KB = CI’ + c ⇒ CI’ = p -c
= ½ a + ½ b + ½ c – c = ½ ( a+b-c ). O’I’ = CI’ – CO’ = ½ (a+b-c) – ½ b = ½ (a-c)
Từ O’I’ ≤ OI và áp dụng công thức Ơle : OI
2
= R
2
–2Rr ta được :
RrR
ac
2
4
)(
2
2
−≤
−
(1)
Không mất tính tổng quát , ta giả sử : a ≤ b ≤ c . Thế thì :
( c-a)
2
= [(c-b)+(b-a)]
2
= ( c -b )
2
+ ( b-a)
2
+2(c-b)(b-a)
⇒ ( c-a )

2
≥ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2
( c-a )
2
+ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2
≥ 2[( c -b )
2
+ ( b-a)
2
]
⇒
2
1
[ ( c-a )
2
+ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2
] ≥ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2


Ta có : 4R
2
– 8Rr – ( c-a)
2
≥ 0 ( 1 )
( c-a )
2
- ( c -b )
2
- ( b-a)
2
≥ 0
4R
2
– 8Rr – [( c-b)
2
+ (b-a)
2
] ≥ 0

2
1
[ ( c-a )
2
+ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2
] ≥ ( c -b )
2

+ ( b-a)
2

4R
2
– 8Rr -
2
1
[ ( c-a )
2
+ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2
] ≥ 0
8R
2
≥ 16Rr + ( c-a )
2
+ ( c -b )
2
+ ( b-a)
2

.
.
O’
I
A
B

C
I’
O
K
-
+
H
Chia cả hai vế cho 16R
2
ta được :
2
1
16
)()()(
2
222
≤
−+−+−
+
R
accbba
R
r
3/ Dây cung DE của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC cắt đường tròn nội tiếp tam giác này
tại các điểm M và N . Chứng minh rằng DE ≥ 2MN .
HƯỚNG DẪN
Dựng đường tròn C tâm trùng tâm I của đường tròn nội tiếp ∆ ABC , tiếp xúc với
DE tại L . Gọi H là giao của đường thẳng OI với đường tròn C với OH = OI + IH . Ta sẽ
chứng minh DE ≥ PQ . Kẻ OK ⊥ DE . Ta có : OH = OI + IH = OI + IL ≥ OL ≥ OK . Do
đó DE ≥ PQ .

Để chứng minh DE ≥ 2MN ta chỉ cần chứng minh PQ ≥ 2XY ( X , Y là giao điểm
của PQ với đường tròn nội tiếp ∆ ABC ) .
Đặt IH = d
1
; IO = d . Ta phải chứng minh XY
2
= 4 ( r
2
– d
1
2
) ≤ ¼ PQ
2
= R
2
– ( d + d
1
)
2

hay 4 ( r
2
– d
1
2
) ≤ R
2
– ( d + d
1
)

2
( R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp
của ∆ ABC ) (1)
*Nếu R ≥ 6r ta có : (1) ⇔ 4(r-d
1
)(r + d
1
) ≤ ( R – d – d
1
)(R + d + d
1
) (2)
H nằm trong đường tròn nội tiếp ∆ ABC nên r ≥ d
1
.
+Nếu d ≥ d
1
thì R + d + d
1
≥ 6r + d+ d
1
≥ 6r + 2d
1
≥ 4r + 4d
1
mà R > d + r nên
R – d – d
1
> r – d
1

suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng .
+Nếu d
1
≥ d thì R - d - d
1
≥ 6r – d - d
1
> 6r – d - d
1
– ( 2r – d + 3d
1
) = 4r - 4d
1
mà
R + d + d
1
> d
1
+ r suy ra (2) đúng , dẫn đến (1) đúng .
*Nếu 2r ≤ R ≤ 6r , ta có :
(1) ⇔ 4r
2
– 4d
1
2
≤ R
2
– d
1
2

– d
2
– 2dd
1
(3)
p dụng hệ thức Ơle d
2
= R
2
– 4Rr ta có :
4r
2
– 4d
1
2
≤ 2Rr – d
1
2
– 2dd
1
⇔ 3d
1
2
– 2dd
1
+ 2Rr – 4r
2
≥ 0
⇔ 3( d
1

– d/3)
2
+ 1/3 (6Rr – 12r
2
– d
2
) ≥ 0
⇔ 3( d
1
– d/3)
2
+ 1/3 (6Rr – 12r
2
– R
2
+ 2Rr ) ≥ 0
⇔ 3( d
1
– d/3)
2
- 1/3 (R – 2r)(r – 6r) ≥ 0
Điều này đúng vì 2r ≤ R ≤ 6r . Vậy (3) đúng , dẫn đến (1) đúng . Tóm lại DE ≥
2MN . Đẳng thức xảy ra khi ∆ ABC đều và DE là đường kính đường tròn ngoại
tiếp .
N
.
.
I
L
Y

O
M
A
D
E
C
B
Q
P
K
H
X
ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP – ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC
ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ
1/ a/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều . Chứng minh
rằng :
AIO ≤ 90
0
⇔ 2BC ≤ AB + CA .
HƯỚNG DẪN
A
I
O
B C
D
Cách 1 : AIO ≤ 90
0
⇔ AO
2
≤ IO

2
+ IA
2
⇔ R
2
≤ ( R
2
– 2Rr ) +
2
sin
2
2
A
r
( hệ thức Ơ Le
)
⇔ 2R ≤
A
r
cos1
2
−
⇔ 1- cosA ≤
)(
sin2
2
cbaa
Abc
R
r

++
=

⇔ a(a+b+c) ≤ 2bc(1+cosA) = (b+c)
2
– a
2
⇔ 2a ≤ b + c .
Cách 2 : Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC tại D .
Ta chứng minh được : DB = DI = DC
( BAD = BAC ⇒ cung DB = cung DC ⇒ DB = DC .
IBD = IBC + CBD = IBA + IAB = BID ⇒ ∆ BDI cân tại D ⇒ DB = DI
⇒ DB = DI = DC )
p dụng Đònh lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có : AB.DC + AC.BD = AD.BC .
⇒ DI ( AB + AC ) = AD.BC
AIO ≤ 90
0
⇔ AI ≥ ID ⇔ 2 ≤
BC
ACAB
DI
AD +
=
⇔ 2BC ≤ AB + AC .
b/ Gọi I và O là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ∆ ABC không đều . Chứng minh
rằng : AIO = 90
0
⇔ 2BC = AB + CA .
HƯỚNG DẪN
A

I
O
B C
D
Ta có OA = R , OI
2
= R
2
– 2Rr ( công thức Ơ Le ) và IA
2
=
2
cos
)(
2
2
A
ap −
.
Do đó : AOI = 90
0
⇔ R
2
= R
2
–2Rr +
2
cos
)(
2

2
A
ap −
⇔ -2 (
0
)(
))(
4
( =
−
+
p
bcap
p
S
S
abc
⇔
0
)(
2
=
−
+−
p
bcap
p
abc
⇔ -a + 2(p-a) = 0 ⇔ -a + b + c – a = 0 ⇔ b + c = 2a .
DIỆN TÍCH - CỰC TRỊ

1/ Cho BC là dây cung cóùá đònh của đường tròn ( O , R ) , A là điểm chuyển động trên cung
lớn BC . I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC . Xác đònh vò trí của A để diện tích của ∆ IBC
là lớn nhất .
BIC = 90
0
+ ½ BAC ⇒ I chuyển động trên cung chứa góc 90
0
+ ½ BAC vẽ trên
đoạn BC . ∆ BIC có diện tích lớn nhất ⇔ I là điểm chính giữa của cung chứa góc BC
⇔ A là điểm chính giữa của cung BC .
2/ Cho ∆ ABC có diện tích bằng 1 ( đơn vò ) . Gọi R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp
và đường tròn nội tiếp ∆ ABC . Chứng minh rằng
4
274
32
≥+
rR
. Đẳng thức xảy ra khi
nào ?
HƯỚNG DẪN
Gọi a, b , c là các cạnh , p là nửa chu vi , S là diện tích ∆ ABC .
Ta chứng minh được : S = ½ ar + ½ br + ½ cr = ½ ( a + b + c )r = pr (1)
S = ½ a.h
a
= ½ a.
R
bc
2
( 2 ) ( do ∆ ABH ~ ∆ ADC với AH = h
a

, AD = 2R )
Từ ( 1 ) và (2 ) ta có :
s
cba
abc
S
rR 2
)(3
832
++
+=+
p dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số ta có :
S
c
S
b
s
a
abc
S
rR 2
3
2
3
2
3832
+++=+
≥
4
2

4
27
4
2.2.2.
3.3.3
.84
S
SSSabc
cba
S =
Vậy
4
274
32
≥+
rR
. Đẳng thức xảy ra ⇔
S
c
S
b
s
a
abc
S
2
3
2
3
2

38
===
⇔ a = b = c ⇔ ∆ ABC đều . Nói riêng khi S = 1 thì
4
274
32
≥+
rR
. Đẳng thức xảy
ra khi ∆ ABC đều với a = b = c =
3
272
4
.
A
B C
I