Tổng hợp các bài toán hình học phẳng ôn thi vào lớp 10 THPT năm học 2018 – 2019

Tài liệu gồm 119 trang được biên soạn bởi các tác giả Tạ Công Hoàng và Nguyễn Đăng Khoa, tổng hợp các bài toán hình học phẳng ôn thi vào lớp 10 THPT năm học 2018 – 2019, đây là dạng toán không thể thiếu trong các đề thi vào lớp 10 môn Toán

63 32 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán

Môn: Môn Toán

Thông tin:

119 trang 7 tháng trước

Tác giả:

Profile Nguyễn Vân
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 2
Mục lục
Lời nói đầu 5
1 Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử dụng trong tài liệu 7
1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Một số bổ đề dùng trong tài liệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Các bài toán đã có lời giải 13
3 Một số bài toán chưa có lời giải 115
4 Bài tập rèn luyện 117
Tài liệu tham khảo 119
3
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 4
Lời nói đầu
Hình học là một phần quan trọng trong Toán học và rất phát triển tại Việt Nam. Tôi
đã thấy rất nhiều người giỏi Hình học nhưng ngược lại thì lại có nhiều người vẫn đang rất sợ
bộ môn mang tên Hình học phẳng này. Bằng sự động lực và đam mê nên tôi đã quyết định
biên soạn một tài liệu về hình học cấp THCS dành cho những bạn nào đam mê Hình học
hoặc chưa đam mê thì mong qua cuốn tài liệu này các bạn sẽ tìm được thấy vẻ đẹp ẩn chứa
trong đó. Cuốn tài liệu này bắt nguồn từ "[TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT
CHUYÊN 2018-2019" do tôi sáng lập ở trên diễn đàn Toán học với tài khoản là Khoa
Linh. Lúc đó là vào dịp tôi đang ôn thi vào lớp 10 THPT, mặc dù khá là nhiều việc nhưng
được sự cho phép của bạn ĐHV THCS MoMo123 và sự ủng hộ của rất nhiều bạn nên tôi
đã sáng lập ra TOPIC này. Trải qua một tháng TOPIC được thành lập thì đã có hơn 100 bài
toán được đưa lên với phong trào giải bài rất sôi nổi, nhiệt tình của các bạn. Đó cũng là nơi
giao lưu học hỏi thêm về nhiều bài toán hay trong hình học phẳng. Khi kết thúc TOPIC của
mình thì tôi đã có dự định trong hè gõ lại tất cả những bài toán có trên đó nhưng do số lượng
bài khá nhiều và cũng rất nhiều bài chưa có lời giải nên tôi đã nhờ đến sự trợ giúp của bạn
Tạ Công Hoàng - THPT chuyên Lê Khiết với tài khoản trên diễn đàn là taconghoang. Tôi
muốn gửi lời cảm ơn tới các bạn đã tham gia đóng góp rất nhiều bài toán hay, lời giải đẹp
cho TOPIC, đặc biệt là các bạn có tên tài khoản sau: Minhcamgia, conankun, MoMo123,
BunhiChySchwarz, buingoctu, Korkot, phamhuy1801, khanhdat1, Tea coffee... Tôi
cũng đặc biệt cảm ơn anh Nguyễn Phúc Tăng- Khóa 9 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
đã giúp chúng tôi thiết kế bìa, các khung bài tập để cho tài liệu hoàn thiện hơn. Một số bài
toán vẫn chưa có lời giải thì tôi đã cho vào mục khác và thay vào đó là những bài toán do tôi
hoặc người khác đề xuất. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng sai sót trong tài liệu là không
thể tránh khỏi và trong quá trình gõ tài liệu thì tôi cũng đã gặp phải rất nhiều lỗi biên soạn
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 6
nên có thể tài liệu nhìn chưa được đẹp như ý muốn. Mong mọi người đóng góp ý kiến thêm tại
hòm thư: khoanguyen17112003@gmail.com.
Chúc các bạn tìm được sự đam mê với môn học này. Xin chân thành cảm ơn!
Phú Thọ, ngày 17 tháng 8 năm 2018
Nguyễn Đăng Khoa - Khóa 36 THPT chuyên Hùng Vương
Chương 1
Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử
dụng trong tài liệu
1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ
(ABC) : Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
R
(ABC)
: Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
S
ABC
: Diện tích tam giác ABC
A, B, C, D đồng viên: A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn
đpcm: Điều phải chứng minh
1.2 Một số bổ đề dùng trong tài liệu
Sau đây là các bổ đề hay gặp được chúng tôi sử dụng trong tài liệu và không đưa ra phép
chứng minh, bạn đọc sẽ phải tự chứng minh. Ngoài ra còn rất nhiều tính chất, bổ đề quen
thuộc bạn đọc sẽ được tiếp cận qua các bài toán.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 8
Bổ đề 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), phân giác góc A cắt (O) tại D khác A. I thuộc AD
và J thuộc tia đối của tia DA. Khi đó I, J là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A khi
và chỉ khi DB = DC = DI = DJ.
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H. M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H cắt
AB, AC lần lượt tại P, Q khi đó MH ⊥ P Q ⇔ HP = HQ
Nhận xét. Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán con bướm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 9
Bổ đề 3: Từ điểm M nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB. Kẻ cát tuyến MCD tới (O).
Khi đó ta có
AC
AD
=
BC
BD
Nhận xét. Tứ giác ACBD như trên được gọi là tứ giác điều hòa. Trong bậc THCS ta chủ yếu
nghiên cứu tính chất trên.
Bổ đề 4: Phép đồng dạng tương ứng (không có định nghĩa).
Ví dụ: Cho hai tam giác ABC và A
0
B
0
C
0
đồng dạng có các phân giác AD, AD
0
và đường cao
AH, AH
0
. Khi đó ta có
BD
DC
=
B
0
D
0
D
0
C
0
;
AB
HD
=
A
0
B
0
H
0
D
0
;
R
(ABD )
R
(A
0
B
0
D
0
)
=
R
(ADC)
R
(A
0
D
0
C
0
)
;
\
ADB =
\
A
0
D
0
B
0
và
ta có hàng loạt các tỉ số, các góc bằng nhau sao cho chúng có tính tương ứng.
Nhận xét. Phép đồng dạng tương ứng không có trong chương trình học và dạy nhưng chúng
ta hoàn toàn chứng minh được bằng phép đồng dạng. Nó giúp chúng ta nhìn hình dễ hơn và
lời giải sẽ đẹp, gọn hơn rất nhiều.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 10
Bổ đề 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P . Gọi
M là trung điểm của BC. Khi đó
[
BAP =
\
CAM.
Nhận xét. Đường thẳng AP được gọi là đường đối trung trong tam giác ABC và đã có rất
nhiều bài toán đề cập tới đường thẳng này, bạn đọc sẽ thấy ở trong tài liệu.
Bổ đề 6: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M là trung điểm AC. Điểm N thuộc đoạn thẳng DA
hoặc DC sao cho BN chia diện tích tứ giác thành hai phần bằng nhau. Khi đó ta có M N k BD.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 11
Bổ đề 7: Cho ba đường tròn phân biệt đôi một cắt nhau tại hai điểm, khi đó ba dây cung
chung của ba đường tròn đồng quy.
Nhận xét. Đây là nội dung của định lý trục đẳng phương, trong bậc THCS thì ta chỉ xét
trường hợp hai đường tròn có dây cung chung.
Ngoài ra các bạn nên đọc thêm các định lý hay dùng trong bậc THCS như Menelaus, Ceva,
Potoleme... để có thêm nền tảng vững chắc.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 12
Chương 2
Các bài toán đã có lời giải
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm (O). Trên đoạn BC lấy điểm M, trên đoạn
BA lấy N , trên đoạn CA lấy P sao cho BM = BN và CM = CP .
a, Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MN P
b, Chứng minh tứ giác ANOP nội tiếp
c, Tìm một vị trí của M, N, P sao cho độ dài đoạn NP nhỏ nhất
(Đề thi TS lớp 10 Sư Phạm 2000-2001)
Bài 1
Lời giải
13
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 14
a, Ta có: BM = BN ; CM = CP suy ra BO là trung trực MN và CO là trung trực M P suy
ra O là tâm (MNP )
b, Theo tính đối xứng ta có:
[
AP O +
\
ANO =
\
OMC +
\
OMB = 180
◦
suy ra tứ giác ANOP nội
tiếp
c, Ta có:
\
NOP = 180
◦
−
[
BAC (không đổi) mà ON = OP nên để NP nhỏ nhất thì ON =
OP = OM nhỏ nhất khi đó M, N , P là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
với 3 cạnh của tam giác.
Từ điểm A ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC và cát tuyến ADE. BC cắt
DE ở K. Chứng minh hệ thức sau:
1
AD
+
1
AE
=
2
AK
(trích đề thi TS lớp 10 tỉnh Phú Thọ 2017-2018)
Bài 2
Lời giải
Gọi giao của AO và BC là H ta có: AH.AO = AD.AE = AB
2
suy ra tứ giác DHOE nội tiếp
⇒
\
DHA =
\
OED =
\
ODE =
\
OHE
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 15
Suy ra HK, HA là phân giác trong và phân giác ngoài
\
DHE
⇒
DK
AD
=
KE
AE
(Theo tính chất phân giác)
Mà
AK
AD
+
AK
AE
= 2 +
DK
AD
−
EK
AE
= 2 ⇒
1
AD
+
1
AE
=
2
AK
Nhận xét: Đây chính là hệ thức Descartes
Cho đường tròn (O) và điểm A, B cố định, trong đó A nằm ngoài và B nằm trong (O).
Dây CD di động và đi qua B. AC, AD lần lượt cắt (O) tại điểm thứ 2 là E và F . Chứng
minh EF đi qua một điểm cố định.
(Đề xuất bởi Khoa Linh)
Bài 3
Lời giải
AB ∩ (O) = {K, L}; EF ∩ AB = {M }; (ACD) ∩ AB = {A, I}
Ta có: AB.BI = CB.BD = BK.BL(không đổi) ⇒ I cố định.
Mặt khác:
\
AEM =
\
F DC =
\
MIC ⇒ MECI nội tiếp
⇒ AM.AI = AE.AC = AK.AL (không đổi)
⇒ M cố định. Vậy EF đi qua điểm M cố định.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 16
Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm EF và
dựng hình bình hành AEIH. Chứng minh: BM vuông góc với IF .
(Đề xuất bởi Tự Cường)
Bài 4
Lời giải
Cách 1:
Gọi N là trung điểm BE. Khi đó ta chứng minh được: 4MNB ∼ 4F HI(c.g.c) suy ra điều
phải chứng minh.
Cách 2:
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 17
Lấy T đối xứng với I qua điểm H thì ta có ngay
[
ET I =
[
EIH =
\
EAH ⇒ AT HE nội tiếp.
Từ đó A, T, F, H, E cùng thuộc một đường tròn nhận ET là đuờng kính.
Suy ra 4T F H ∼ 4EF B(g.g) kéo theo 4IF T ∼ 4BME(c.g.c) suy ra đpcm.
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). I là điểm chính giữa cung lớn BC. Gọi
H và K lần lượt là hình chiếu của I lên phân giác góc trong tại B và C.
Chứng minh rằng trung điểm G của HK thuộc trung trực BC
(Đề xuất bởi Khoa Linh)
Bài 5
Lời giải
Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta có IM vuông góc với BC. KC ∩ BH = J
Ta có:
[
IKC =
\
IM C = 90
◦
suy ra IKMC nội tiếp và IHMB nội tiếp.
suy ra:
\
MKC =
\
MIC =
[
BAC
2
và
[
KIH =
[
HJC =
[
ABC +
[
ACB
2
Từ đó:
\
IKM +
[
KIH = 180
◦
suy ra KM k IH. Tương tự thì ta có: IKMH là hình bình hành
Suy ra G thuộc IM hay ta có điều phải chứng minh.
Cho 4ABC nhọn có AB > AC. Các đường cao AD, BF, CE cắt nhau ở H. BC cắt EF
ở K. Gọi M là trung điểm của BC. (O), (O
0
) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp 2 tam
giác AEF, BKE. Chứng minh H là trực tâm của tam giác AMK.
(Đề xuất bởi conankun)
Bài 6
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 18
Lời giải
Gọi L là giao điểm thứ 2 của (O) và (O
0
).
Ta có:
[
ALE =
[
AF E =
\
EBC = 180
◦
−
\
KLE. Suy ra A, L, K thẳng hàng.
[
HLA =
\
HF A = 90
◦
⇒ HL ⊥ AK.(1)
Ta lại có:
\
EMD = 2
\
MBE =
[
AF E +
\
CF D = 180
◦
−
\
DF E suy ra tứ giác DF EM nội tiếp.
Suy ra: KL.KA = KF.KE = KD.KM ⇒ ALDM nội tiếp ⇒
\
MLA =
\
MDA = 90
◦
⇒ M L ⊥ AK(2).
Từ (1) và (2) ta có: M, H, L thẳng hàng và H là trực tâm tam giác AKM .
Nhận xét. Bài toán này là bài toán hay có nhiều lời giải bằng các dựng các đường tròn ngoại
tiếp khác nhau.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong góc
[
ABC cắt (O) tại D và
cắt AC tại E. Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB. F là giao BC và (w), DF
cắt (w) tại G, EG cắt AD, BC tại M, N. Chứng minh rằng:
MA
MD
.
NB
NC
=
AB
2
DC
2
.
(Đề xuất bởi Nguyễn Tăng Vũ)
Bài 7
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 19
Lời giải
Dễ dàng chứng minh DA là tiếp tuyến của (w) ⇒ DC
2
= DA
2
= DG.DF Từ đây suy ra
∠GF C = ∠GCD mà ∠GF C = ∠BEG. Từ đây suy ra GEDC nội tiếp
∠BAG = ∠BEG = ∠DCG; ∠ABG = ∠GEC = ∠GDC
⇒ 4BAG ∼ 4DCG ⇒
AB
CD
=
BG
DG
=
AG
CG
Mặt khác, ta có ∠AGE = ∠ABE = ∠ECD = ∠EGD suy ra GE là tia phân giác ∠AGD
⇒
AM
MD
=
AG
GD
. Tương tự ta cũng chứng minh được GN là phân giác ∠BGC
⇒
NB
NC
=
GB
GC
⇒
MA
MD
.
NB
NC
=
AB
2
CD
2
Cho (O) và đường thẳng d cố định và (O); d không có điểm chung . M là điểm di động
trên d. Vẽ 2 tiếp tuyến MA, MB phân biệt và cát tuyến MCD của (O) (C nằm giữa M
và D) . Vẽ dây DN của (O) song song với AB. Gọi I là giao điểm của CN và AB. Chứng
minh rằng
a,
IC
IA
=
BC
BD
và IA = IB
b, Điểm I thuộc một đường cố định khi M di động trên đường thẳng d.
(Đề xuất bởi MoMo123)
Bài 8
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 20
a, Ta thấy:
[
ICA =
\
BCD;
[
IAC =
\
BDC ⇒ 4ICA ∼ 4BCD ⇒
IC
IA
=
BC
BD
(1)
Tương tự ta có: 4ICB ∼ 4ACD ⇒
CI
IB
=
AC
AD
.(2)
Để ý ta có:
BC
BD
=
AC
AD
(bổ đề 3)
Từ (1) và (2) ta có I là trung điểm AB.
b, Hạ OH vuông góc với d cắt AB tại K.
Ta có: OK.OH = OI.OM = OA
2
suy ra K cố định.
Suy ra I thuộc đường tròn đường kính OK.
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm D khác A, B và ∠DAB >
60
◦
. Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) và kẻ CH vuông góc với AD tại H.
Phân giác trong của
\
DAB cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F . Đường thẳng DF cắt
đường tròn tại điểm thứ hai N.
a, Chứng minh AF CN nội tiếp và 3 điểm N, C, E thẳng hàng.
b, Cho AD = BC, chứng minh DN đi qua trung điểm AC.
(Đề xuất bởi MoMo123)
Bài 9
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 21
a, Ta có:
\
NAC =
\
NDB =
\
NF C ⇒ Tứ giác AF CN nội tiếp
⇒
\
F NC =
[
F AC =
\
DAE =
\
DNE ⇒ C, N, E thẳng hàng
b) Kẻ CG song song AD (G ∈ DN)
Ta có:
\
CGD =
\
ADN =
\
ABN ⇒ Tứ giác BCGN nội tiếp
⇒
\
CGB =
\
CNB =
[
EAB =
\
F NC =
\
CBG
⇒ 4CGB cân tại C ⇒ CG = CB = AD ⇒ ADCG là hình bình hành
⇒ DN đi qua trung điểm AC
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong (O), AC cắt BD tại J. Đường tròn (O
0
) tiếp xúc với
JA, JB tại E, F và tiếp xúc trong với (O), Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua tâm
đường tròn nội tiếp 4ABD
(Định lý Lyness)
Bài 10
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 22
Gọi T là tiếp điểm của (O) và (O
0
), T F cắt (O) tại N , AN cắt EF tại I.
Ta có: O
0
F ⊥ BD nên ON ⊥ BD do đó N là điểm chính giữa cung BD nên AN là phân giác
∠DAB.
Dễ dàng chứng minh BN
2
= N F.N T (1) (4NF B ∼ 4NBT )
và ∠N AT =
1
2
∠T ON =
1
2
∠T O
0
F = ∠IET nên tứ giác IEAT nội tiếp ⇒ ∠AIT = ∠AET =
∠IF T nên 4N IF ∼ 4NT I suy ra N F.N T = NI
2
(2)
Từ (1) và (2) suy ra NI = NB = ND nên I là tâm nội tiếp tam giác ABD.
Từ 3 đỉnh của một tam giác hạ các đường vuông góc xuống một đường thẳng ở ngoài tam
giác đó. Chứng minh rằng tổng độ dài của 3 đường vuông góc đó gấp 3 lần độ dài của
đoạn thẳng vuông góc hạ từ trọng tâm của tam giác xuống cùng đường thẳng đó .
(Đề xuất bởi thanhdatqv2003)
Bài 11
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 23
Dựng các điểm như hình vẽ (M đối xứng với trọng tâm G qua D)
Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có:
(AH + CL) + BN = 2DJ + BN = GI + M K + BN = GI + (M K + BN ) = 3GI
Suy ra điều phải chứng minh.
Cho 4ABC có trực tâm H. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của
4HBC, 4HAB, 4HCA có bán kính bằng nhau.
(Đề xuất bởi Lao Hac)
Bài 12
Lời giải
Gọi D là giao điểm thứ 2 của AH với (ABC).
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 24
Dễ dàng chứng minh được D đối xứng với H qua BC. Suy ra R
(BHC)
= R
(BDC)
= R
(ABC)
.
Tương tự ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp 4HBC, 4HAB, 4HCA bằng nhau và cùng
bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp 4ABC.
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I). Gọi D, E, F là điểm tiếp xúc của đường
tròn bàng tiếp đỉnh A với ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: S
BIC
>
1
4
S
DEF
(Đề xuất bởi NguyenHoaiTrung)
Bài 13
Lời giải
Ta dễ dàng chứng minh được: BI k DE; IC k DF ⇒ 4BIC ∼ 4F DE(g.g) ⇒
S
BIC
S
DEF
=
BC
EF
2
Mặt khác 2BC = BC + BE + CF > EF ⇒
BC
EF
2
>
1
4
.
Suy ra đpcm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 25
Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định với OA = 2R, đường kính BC quay quanh O
sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là
I. Đường thẳng AB, AC cắt (O; R) lần lượt tại D, E với D 6= B , C 6= E. Nối DE cắt
đường thẳng OA tại K.
a) Chứng minh: OI.OA = OB.OC và AK.AI = AE.AC
b) Tính độ dài OI; OK theo R
c) Chứng minh: đường tròn (ADE) luôn đi qua 1 điểm cố định (khác A) khi BC quay
quanh O.
(TS lớp 10 đại học Sư Phạm ngoại ngữ 2001-2002)
Bài 14
Lời giải
OA cắt (O) tại M, N.
a, Tương tự bài số 3
b, OI.OA = 2R.OI = OB.OC = R
2
suy ra OI =
R
2
.
Ta có: AK.AI = AD.AB = AM.AN = 3R
2
suy ra AK.
5
2
R = 3R
2
⇒ AK =
6
4
R ⇒ OK =
4
5
R.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 26
c) Gọi (ADE) giao AO tại S khác A.
Do K cố định nên KD.DE không đổi và KD.KE = KA.KS nên KS không đổi nên S cố định
Vậy (ADE) đi qua điểm S là điểm cố định.
Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O; R) và ngoại tiếp (I; r). Gọi x, y, z là khoảng cách từ (O)
xuống ba cạnh của tam giác ABC. Chứng minh hệ thức x + y + z = R + r
(Định lý Carnot)
Bài 15
Lời giải
Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB.
Áp dụng định lý Ptolemy ta có: OB.M P = OM.BP + OP.BM ⇔ R.
b
2
= x.
c
2
+ z.
a
2
Thiết lập các đẳng thức tương tự rồi cộng lại được.
R.
a + b + c
2
=
b + c
2
.x +
a + c
2
.y +
a + b
2
.z
Để ý rằng 2S
ABC
= 2r(a + b + c) = ax + by + cz
Suy ra R.
a + b + c
2
+
a + b + c
2
.r =
b + c
2
.x +
a + c
2
.y +
a + b
2
.z + x.
a
2
+ y.
b
2
+ z.
c
2
⇔ (R + r).
a + b + c
2
= (x + y + z).
a + b + c
2
.
Suy ra đpcm
Nhận xét. Hệ thức trên chỉ đúng khi 4ABC nhọn. Nếu 4ABC tù tại A thì ta có hệ thức
R + r = y + z − x. Tương tự với góc B, C tù thì ta có các hệ thức còn lại.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 27
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF . Các tiếp tuyến tại B, C
của (O) cắt nhau ở K, gọi M là giao điểm của OK với BC.
1, Chứng minh: 4AEB ∼ 4CM K
2, Chứng minh:
\
BAK =
\
MAC
3, Gọi G là giao điểm của AM và EF , H là giao điểm của AK và BC. Chứng minh rằng
GH k OM
(Đề xuất bởi BunhiChySchwarz)
Bài 16
Lời giải
1, Ta có: 4AEB ∼ 4CMK(g.g)
2, Ta có: OM.OK = OC
2
= OA
2
⇒ 4OM A ∼ 4OAK(c.g.c) ⇒
\
OAM =
\
OKA =
\
DAH (1)
Mặt khác
[
OAC =
\
DAB (2)
Từ (1), (2) ta có:
\
MAC =
\
BAK
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 28
3, Ta có: 4AGE ∼ 4AHB và 4AEM ∼ 4ABK(g.g)
Suy ra
AG
AH
=
AE
AB
=
AM
AK
⇒ HG||OM
Từ M nằm ngoài (O) cho trước dựng hai tiếp tuyến MA, M B. C Chạy trên cung nhỏ AB.
D, E, F là hình chiếu của C trên AB, MA, MB. S, T là giao của DE, DF với CA, CB.
Chứng minh rằng:
a, ST k AB.
b, Chứng minh ST là tiếp tuyến chung của (T F C) và (SCE)
c, Gọi I là giao điểm thứ 2 của (T F C) và (SCE). Chứng minh: CI đi qua điểm cố định
khi C di chuyển trên cung AB
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 17
Lời giải
a, Dễ dàng chứng minh được tứ giác CDAE và CDF B nội tiếp nên ta có:
∠SDT = ∠CAB + ∠CBA = 180
◦
− ∠SCT
Từ đây suy ra tứ giác SCT D nội tiếp ⇒ ∠CST = ∠CDT = ∠CBF = ∠CAB
Suy ra ST k AB
b, Ta có :
[
CST =
\
CAD =
\
CED ⇒ ST là tiếp tuyến của (SEC).
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 29
Tương tự ta cũng có ST là tiếp tuyến của (T CF )
c, Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của IC với T S và AB.
Vì ST là tiếp tuyến chung của (T F C) và (SCE) nên T P
2
= P S
2
= P C.P I ⇒ P T = P S mà
T S k AB nên Q là trung điểm AB (cố định) Suy ra đpcm.
Cho đường tròn (O) hai điểm A, B nằm trên đường tròn, điểm C nằm trong đường tròn
(O). Đường tròn (O
0
) tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA, CB theo tứ tự ở
P, Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh : A, P, R, I đồng viên.
(Bổ đề Sawayama)
Bài 18
Lời giải
Kéo dài BC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DAB
và L là điểm chính giữa cung BD.
Theo bài số 10 thì ta có: P, K, Q thẳng hàng.
Ta có:
\
RP K =
\
RO
0
Q
2
=
[
ROL
2
=
\
RAK nên tứ giác RAP K nội tiếp.
Mặt khác:
[
IKQ =
[
CQP −
\
QBK = 90
◦
−
[
ACB
2
−
[
CBA
2
=
[
CAB
2
=
[
P AI
Suy ra tứ giác P KIA nội tiếp. Từ đó ta có: P, I, R, A đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 30
Cho tam giác từ M nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến M A, M B, gọi M O giao AB tại H, I là
trung điểm MH, K là giao của IA và (O).
a, Chứng minh IA ⊥ HK.
b, Tính
\
MKB.
(Đề thi TP.HCM 2014-2015)
Bài 19
Lời giải
a, Kẻ đường kính AD của (O). Ta có: 4AHM ∼ 4DBA(g.g)
Vì H là trung điểm AB và I là trung điểm HM nên 4DBH ∼ 4AHI(c.g.c)
Suy ra
\
BDH =
\
HAK =
\
BDK nên D, H, K thẳng hàng.
Ta có:
\
AKH =
\
ABD = 90
◦
nên AI ⊥ HK
b, Vì AI ⊥ HK nên
[
KHI =
\
HAK =
\
KBM. Từ đó ta có tứ giác KHBM nội tiếp.
Suy ra
\
BKM =
\
BHM = 90
◦
Đường tròn (O
1
) và (O
2
) cắt nhau tại P và Q. Qua P vẽ đường thẳng d
1
bất kỳ cắt (O
1
)
và (O
2
) tại A và B. Đường thẳng d
2
qua P cắt (O
1
) và (O
2
) tại C và D. BD cắt AC tại
X. Vẽ dây P Y k BD (Y ∈ (O
1
)), P Z k AC (Z ∈ (O
2
)). Chứng minh rằng : X, Y, Z, Q
thẳng hàng.
(Đề xuất bởi taconghoang)
Bài 20
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 31
Lời giải
Ta có:
\
QDB =
\
QP B =
[
LCQ nên tứ giác LDQC nội tiếp.
Suy ra:
[
DLQ =
\
DCQ =
[
P Y Q mà DL k P Y nên Y, L, Q thẳng hàng.
và
[
CLQ =
\
CDQ =
[
P ZQ nên L, Q, Z thẳng hàng.
Vậy suy ra Y, L, Q, Z thẳng hàng.
1, Cho
d
xAy = 90
◦
và đường tròn (O) tiếp xúc với Ax và Ay lần lượt tại P, Q. Đường
thẳng (d) là một tiếp tuyến thay đổi của (O). Gọi a, p, q là khoảng cách từ A, P, Q xuống
đường thẳng (d). Chứng minh:
a
2
pq
không đổi khi (d) dịch chuyển
2, Khẳng định trên còn đúng không khi
d
xAy không phải góc vuông.
(Đề thi PTNK 2000)
Bài 21
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 32
Gọi B, C là gia điểm của (d) với AP, AQ. Đặt AB = c; AC = b; BC = a và m =
a + b + c
2
=
AP = AQ
Ta có:
pq
a
2
=
BP.CQ
AB.AC
=
(m − c)(m − b)
bc
=
m
2
− m(b + c) + bc
bc
=
m
2
− m(b + c)
bc
+ 1
=
(a + b + c)
2
− 2(a + b + c)(b + c)
4bc
+ 1 =
a
2
− b
2
− c
2
− 2bc
4bc
+ 1 =
a
2
− b
2
− c
2
4bc
+
1
2
1, Nếu
d
xAy = 90
◦
thì
a
2
− b
2
− c
2
4bc
+
1
2
=
1
2
(không đổi)
2, Nếu
d
xAy không phải góc vuông thì
a
2
− b
2
− c
2
4bc
+
1
2
=
1
2
−
cosA
2
(không đổi)
Vậy từ đó suy ra
a
2
pq
không đổi (đpcm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB, gọi C là trung điểm AO. Qua C kẻ đường vuông
góc với OA cắt (O) tại 2 điểm M và N.Trên cung M N lớn lấy điểm K. Giao điểm của
AK với M N là H
a, Tìm vị trí K để cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KMH
nhỏ nhất
b, Với K thuộc cung MB, lấy I trên KN sao cho KI = KM. Chứng minh: NI = KB
(Đề xuất bởi buingoctu)
Bài 22
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 33
Lời giải
a, Gọi O
0
là tâm đường tròn ngoại tiếp 4MHK Ta có:
\
AMC =
\
MKH (do cung M A bằng
cung NA) nên MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 4MHK.
Mà MA ⊥ MB nên (O
0
) thuộc MB. Kẻ N H ⊥ MB suy ra H cố định.
Ta có: NO
0
≥ NH. Vậy khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp 4MHK nhỏ nhất
khi K ≡ B
b, Vì C là trung điểm AO nên 4M N B đều ⇒ 4MIK đều.
Suy ra 4MNI = 4MBK(c.g.c) ⇒ N I = KB (đpcm)
Cho tam giác ABC với AD, BE, CF là các đường cao tương ứng. EF cắt BC tại P , O là
trung điểm BC. Biết rằng OP = BC. Chứng minh DB = DO.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 23
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 34
Ta có tính chất quen thuộc là tứ giác F EOD nội tiếp. Kết hợp tứ giác F ECB nội tiếp
Suy ra: P D.P O = P E.P F = P B.P C. Từ đó suy ra được DB = DO.
Cho tam giác ABC, M, N, P là các điểm bất kì trên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh
rằng trong các tam giác ANP, BMP, CMN tồn tại một tam giác có diện tích không vượt
quá
1
4
diện tích tam giác ABC.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 24
Lời giải
Ta có:
S
ANP
S
ABC
=
AP.AN
AB.AC
S
CM N
S
ABC
=
CN.CM
CA.CB
;
S
BMP
S
ABC
=
BP.BM
BA.BC
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 35
Suy ra:
S
ANP
.S
CM N
.S
BMP
(S
ABC
)
3
=
AP.BP
AB
2
.
CN.AN
AC
2
.
CM.BM
BC
2
≤
1
64
Vậy trong 3 tam giác ANP, BMP, CMN tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá
1
4
diện tích tam giác ABC.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB ∩ CD = {E}; AD ∩ BC = {F }. Phân giác trong
\
DF C cắt AB, CD lần lượt tại P và Q.
a, Chứng minh: 4P QE cân.
b, Chứng minh: EF
2
= F A.F D + EC.ED
(Đề thi Quốc học - Huế 2001)
Bài 25
Lời giải
a, Ta có:
[
EP Q =
[
P F B +
[
P BF =
\
DF Q +
\
F DQ =
[
P QE nên 4EP Q cân tại E.
b, Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF cắt EF tại M .
Khi đó
\
BM F =
\
BAD =
\
BCE nên tứ giác CBME nội tiếp.
Suy ra F A.F D + EC.ED = F B.F C + EB.EA = F M.F E + EM.EF = EF
2
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 36
Cho tứ giác ABCD, phân giác ∠DAB và ∠ABC cắt nhau tại M, phân giác ∠ADC và
∠CBD cắt nhau tại N , phân giác ∠BDA và ∠ADC cắt nhau tại P , phân giác ∠ABC và
∠BCD cắt nhau tại Q.
1. Chứng minh tứ giác MP NQ nội tiếp.
2. M
0
, N
0
, P
0
, Q
0
là các tâm nội tiếp MAB, N CD, P AD, QBC, M
1
, N
1
, P
1
, Q
1
là giao của
MM
0
, NN
0
, P P
0
, QQ
0
với (MNP Q). Chứng minh M
1
N
1
= P
1
Q
1
(Đề thi tỉnh Thái Nguyên 2015-2016)
Bài 26
Lời giải
a, Sử dụng phép cộng góc ta có:
\
QMP =
\
DAB +
[
CBA
2
và
\
QNP =
\
ADC +
\
DCB
2
.
Suy ra
\
QMP +
\
QNP = 180
◦
nên ta có tứ giác MP NQ nội tiếp.
b, Ta có M M
1
, NN
1
, P P
1
, QQ
1
là các phân giác tương ứng nên M
1
là điểm chính giữa cung
QP . Tương tự với các điểm còn lại rồi ta có: M
1
N
1
; P
1
Q
1
là đường kính nên suy ra đpcm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 37
Cho đường tròn (O), từ một điểm A nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC. Kẻ đường
kính BD, lấy F là trung điểm OB. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt OC tại
E. Chứng minh: AD ⊥ EF
(Đề xuất bởi BunhiChySchwarz)
Bài 27
Lời giải
Gọi G là giao của AD và EF , H là trung điểm OA.
Ta có:
[
EAO =
[
BOA =
[
EOA nên 4EOA cân tại E.
Ta có: 4OF H ∼ 4OHE(g.g) ⇒
OF
F H
=
OH
HE
⇔
OD
F H
=
OA
HE
⇔
OD
OA
=
F H
HE
Suy ra 4F HE ∼ 4DOA(c.g.c) ⇒
\
HEG =
\
HAG ⇒ GHAE nội tiếp. Suy ra EF ⊥ AD
Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ IM, IN , IK
là các đường vuông góc tới BC, CA, AB. Tìm vị trí của điểm I sao cho IM
2
+ IN
2
+ IK
2
bé nhất.
(Đề thi tỉnh Bình Định 2017-2018 )
Bài 28
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 38
Lời giải
Kẻ đường cao AH của 4ABC.
Ta có tứ giác AKIN là hình chữ nhật nên AI = KN
Suy ra: IK
2
+ IN
2
+ IM
2
= KN
2
+ IM
2
= IA
2
+ IM
2
≥
(AI + IM)
2
2
≥
AH
2
2
Vậy để IK
2
+ IN
2
+ IM
2
đạt giá trị nhỏ nhất thì I là trung điểm của AH
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), (I) là đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. AI cắt
(O) tại A và J. E là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S. AS cắt
(O) tại A và D. DI cắt (O) tại D và M . Chứng minh M J chia đôi IE.
(Đề thi Bà Rịa-Vũng Tàu 2017-2018)
Bài 29
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 39
Gọi T là tâm bàng tiếp đối diện góc A.
Áp dụng Bài 16 ta có:
\
BAD =
[
EAC
Suy ra 4ABD ∼ 4AEC(g.g) và 4ABI ∼ 4AT C(g.g) Từ đó ta có: AD.AE = AB.AC =
AI.AT
Suy ra 4IAD ∼ 4EAT (c.g.c) ⇒
[
ET A =
[
ADI =
\
AJM ⇒ MJ k ET
Mặt khác ta có tính chất quen thuộc: JI = JB = JC = JT nên JM là đường trung bình
4IET
Suy ra điều phải chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 40
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC và N là điểm đối xứng với M qua O. Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AN
cắt đường thẳng qua B vuông góc BC tại D. Kẻ dường kính AE của (O). Chứng minh
rằng:
1, BA.BC = 2BD.BE
2, CD đi qua trung điểm của dường cao AH của tam giác ABC.
(Đề thi TP.HCM 2015-2016)
Bài 30
Lời giải
1, Kéo dài AN cắt BC tại F . Ta có: ANEM là hình bình hành nên ME k AF ⇒
\
BM E =
180
◦
−
\
EMC = 180
◦
−
[
AF B =
\
BDA
Mặt khác:
\
MBE =
[
OAC = 90
◦
−
[
ABC =
\
DBA
Suy ra: 4DBA ∼ 4MBE(g.g) ⇒ 2BD.BE = BA.BC
2, Kéo dài BD cắt CA tại G, CD cắt AH tại I.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 41
Ta có: 4BDA ∼ 4BM E ⇒ 4BDM ∼ 4BAE(c.g.c) ⇒
\
BM D =
[
BEA =
[
BCA ⇒ M D k
GC
Suy ra D là trung điểm GB mà AH k GB nên I là trung điểm AH. Suy ra đpcm
Từ A nằm ngoài (O) kẻ AB, AC là tiếp tuyến, kẻ đường kính BD, gọi E là hình chiếu của
C trên BD, F là giao của CE và AD. Chứng minh rằng F là trung điểm CE.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 31
Lời giải
Gọi M là giao điểm của OA và BC, khi đó M là trung điểm BC
Ta có: 4OCA ∼ 4DCB(g.g) mà CM, CE là hai đường cao tương ứng nên
DE
BE
=
OM
AM
Mặt khác:
DE
BE
=
DF
F A
⇒
OM
AM
=
DF
F A
⇒ M F k BE ⇒ F là trung điểm EC
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), AB < BD biết AC = CD. Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp 4ABD. Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp 4BIC với AB là F . E là trung
điểm AD. Chứng minh rằng: AI vuông góc với EF
(Đề xuất bởi MoMo123)
Bài 32
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 42
Gọi J là điểm chính giữa cung nhỏ AD.
Ta có:
[
ICF =
[
IBF =
[
ACE ⇔
d
ICJ =
[
F CA
Ta lại có: JI
2
= JD
2
= JE.JC ⇒ 4JEI ∼ 4JIC ∼ 4AF C
Suy ra: EI.AF = JE.F C, ta lại có: 4IF C ∼ 4JEA(g.g) nên JE.F C = AE.F I
Vậy ta có: AF.EI = AE.F I ⇔
AF
AE
=
IF
IE
Giả sử AI cắt EF tại K thì áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
IF
IE
=
AF
AE
=
F K
KE
nên
IK cũng là phân giác
[
EIF ⇒ 4AEI = 4AF I(g.c.g). Suy ra đpcm
Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O), đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ dây BD cắt CH
tại K nằm giữa H và C. CD cắt BE tại G. Chứng minh: EF đi qua trung điểm GK
(Đề xuất bởi MoMo123)
Bài 33
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 43
Gọi M là giao điểm của F E với GK.
Ta có: 4BF K ∼ 4CEG(g.g) và 4BF H ∼ 4CEH(g.g)
Suy ra:
F K
GE
=
BF
CE
=
F H
HE
Áp dụng định lý Menelaus vào 4GHK ta có:
GE
EH
.
F H
F K
.
KM
MG
= 1 ⇒ MK = MG
Suy ra đpcm.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) . AD cắt BC tại P , AC cắt BD tại Q. AB cắt CD tại
M. Chứng minh: MQ ⊥ P O
(Định lý Brocard)
Bài 34
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 44
Gọi J là giao điểm của (AQB) và (DQC), khi đó M, Q, J thẳng hàng.
Ta có:
[
AJD =
[
AJQ +
[
QJD =
[
ABQ +
\
QCD =
\
AOD nên tứ giác AJOD nội tiếp.
Tương tự ta có: J ∈ (BOC). Suy ra P, J, O thẳng hàng.
Ta có:
[
AJQ +
\
ODA =
\
ABD +
\
ADO = 90
◦
Suy ra:
[
QJO = 90
◦
nên ta có đpcm.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác AD. (ADC)∩AB = {A, F }; (ABD)∩AC =
{A, E}. Chứng minh rằng: OD ⊥ EF
(Đề xuất bởi Khoa Linh)
Bài 35
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 45
Kéo dài AD cắt (O) tại I. CI ∩AB = {M}; BI ∩ AC = {N}.
Theo định lý Brocard ta có: OD ⊥ MN.
Mặt khác ta có:
\
ECD =
[
CBI =
[
BAC
2
⇒ BN k CE và BF k CM
Suy ra:
AF
AN
=
AF
AC
.
AC
AN
=
AB
AM
.
AE
AB
=
AE
AB
⇒ M N k EF
Vậy suy ra OD ⊥ EF .
Từ điểm M ngoài (O), vẽ tiếp tuyến MA, MB. Đường tròn (I) nội tiếp 4ABM tiếp xúc
với AB, AM lần lượt tại H, G ; (I) cắt (O) tại P, R (P nằm trên nửa mặt phẳng bờ OM
chứa A), AR cắt (I) tại Q. Chứng minh P R, AI, HG đồng quy và 4AP Q cân.
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 36
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 46
Dễ dàng chứng minh I là giao của OM với (O), H là giao của OM và AB
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AI đi qua trung điểm của HG (1)
Gọi giao của P R với AM là S thì ta có SA
2
= SG
2
= SP.SR suy ra: SA = SR
Mà P R k AB suy ra P R đi qua trung điểm của HG (2)
Từ (1), (2) suy ra đpcm
Ta có:
[
P IA =
[
P RQ =
1
2
[
P IQ ⇒
[
P IA =
[
AIQ
Vì I là điểm chính giữa cung P Q của (O) nên
[
P AI =
[
IAQ ⇒ 4AP I = 4AIQ(g.c.g)
⇒ AP = AQ
Vậy hoàn tất chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 47
Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của (O)(E, F
là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE < DF , D không trùng
với E và tiếp tuyến tại D của (O) cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.
a, Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC.
Chứng minh tứ giác BN MC nội tiếp một đường tròn.
b, Kẻ tia phân giác DK của
\
EDF và tia phân giác OI của
\
BOC (K thuộc EF và I
thuộc BC). Chứng minh rằng OI song song với DK.
c, Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.
(Đề thi chuyên Phan Bội Châu 2017-2018)
Bài 37
Lời giải
a, Ta có:
\
CF M =
[
EF A = 90
◦
−
BAC
2
=
\
OBC +
\
OCB =
\
COM nên tứ giác COF M nội tiếp
⇒
\
BM C = 90
◦
Tương tự ta có:
\
BN C = 90
◦
⇒ BNMC nội tiếp.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 48
b, Ta có:
[
OIC =
\
OBC +
[
BOI =
1
2
(
[
ABC +
\
BOC) =
1
2
(
[
ABC + 180
◦
−
\
OBC −
\
OCB) =
90
◦
+
1
4
(
[
ABC −
[
ACB)
Bằng phép cộng góc thì ta cũng chứng minh được:
\
CDK =
[
CIO = 90
◦
+
1
4
(
[
ABC −
[
ACB) ⇒
IO k DK
c, G là giao điểm của AO và (O) khi đó G nằm chính giữa cung EF nên D, K, G thẳng hàng.
Gọi H là giao điểm của OA và EF
Ta có: 4GHK ∼ 4ODI(g.g) ⇒
GK
OI
=
HG
OD
=
HG
OE
Ta dễ dàng có: EG là phân giác
\
HEA nên
HG
AG
=
HE
EA
=
EO
OA
⇒
HG
EO
=
AG
OA
Suy ra:
GK
OI
=
GA
OA
⇒ 4GKA ∼ 4OIA ⇒ I, K, A thẳng hàng.
Suy ra IK luôn đi qua 1 điểm cố định là A.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC và P là một điểm trên đoạn BC (P khác B, C). Đường thẳng AH cắt (BHC)
tại T khác H. Đường thẳng P T cắt (BHC) tại K khác T . Giả sử BK cắt AC tại M và
CK cắt AB tại N . Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của BN, CM.
a, Chứng minh rằng tứ giác ANKM nội tiếp đường tròn.
b, Chứng minh rằng góc XP Y có số đo không đổi khi P di động trên BC.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 38
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 49
a, Ta có:
\
P KC =
\
T HC =
[
ABC nên tứ giác MKP B nội tiếp, tương tự ta có tứ giác N KP C
nội tiếp
Suy ra tứ giác AMKN nội tiếp.
b, Gọi L là trung điểm BC
Ta có:
[
BAC =
\
NKC =
\
NP C ⇒ NP C ∼ 4BAC(g.g) mà P Y, AL là hai đường trung tuyến
tương ứng nên
[
Y P C =
[
LAC nên AP LY nội tiếp.
Tương tự ta có: ALP X nội tiếp suy ra AXP Y nội tiếp ⇒
\
XP Y = 180
◦
−
[
BAC(không đổi)
Vậy ta có đpcm.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF . M là trung điểm BC, AM
cắt EF tại N. Kẻ NX ⊥ BC, XY ⊥ AB , XZ ⊥ AC. Chứng minh N là trực tâm của
tam giác AY Z.
(Đề xuất bởi taconghoang)
Bài 39
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 50
Kẻ MK ⊥ EF khi đó tứ giác M N KX nội tiếp và K là trung điểm EF
Ta có: 4AEF ∼ 4ABC(g.g) và có hai đường trung tuyến tương ứng là AK và AM nên
\
AKE =
\
AMX. Từ đó ta có: A, K, X thẳng hàng.
Bằng đồng dạng tương ứng ta dễ dàng có:
NE
NF
=
BX
XC
Mà
BX
XC
=
BY
Y F
=
EZ
ZC
Suy ra: Y N k BE; ZN k CF ⇒ N là trực tâm tam giác AY Z
Từ A nằm ngoài (O) kẻ hai cát tuyến ABC và ADE. Chứng minh rằng I là giao của BE
và CD chạy trên một đường cố định khi cát tuyến thay đổi.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 40
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 51
Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN . AO ∩ MN = {H}. (BIC) ∩(DIC) = {K}
Áp dụng bài 34 ta có: A, I, K thẳng hàng và OK ⊥ AI
Ta có: AI.AK = AM
2
= AH.AO ⇒ 4AIH ∼ 4AOK(c.g.c) ⇒ IH ⊥ AO
Suy ra: M, I, N thẳng hàng. Từ đó ta có I chạy trên đoạn MN cố định.
Cho tam giác ABC và các điểm như hình vẽ. Giả sử diện tích của các tam giác tô màu đôi
một bằng nhau. Chứng minh diện tích của các tứ giác không tô màu cũng đôi một bằng
nhau.
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 41
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 52
Gọi J là giao của AK và LC.
Ta có: S
ILK
= S
KEC
⇒ IE k LC ⇒ JL = JC
Mặt khác: S
IF A
= S
ILK
⇒ F L k AK ⇒ K là trung điểm CF
Suy ra: S
F BK
= S
CBK
⇒ S
F ILB
= S
LDCK
Tương tự thì ta hoàn tất chứng minh.
Cho (O) và dây cung BC cố định, lấy điểm A trên cung lớn BC. Kẻ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB.
BD cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với AB tại I, ED cắt đường thẳng kẻ từ A song
song với BC tại M . Chứng minh M I đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định.
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 42
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 53
BD ∩ CE = {H}; MI ∩ AH = {T }. Kẻ AK ⊥ IM, ON ⊥ BC
Ta có: M K.MT = M A
2
= M D.M E ⇒ tứ giác T KDE nội tiếp.
Ta lại có:
[
AKI =
[
ADI = 90
◦
⇒ tứ giác AKDI nội tiếp.
Suy ra:
\
T ED =
[
DKI =
[
DAI
Mà
\
AED =
\
DAM ⇒
[
IAM =
[
T EA ⇔
[
T EA =
[
T AE
Suy ra T là trung điểm AH.
Mặt khác AH = 2ON (không đổi khi A di chuyển trên cung lớn BC).
Vậy suy ra MI đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định.
Cho 4ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau tại H. Đường tròn đường kính AB cắt
CE tại G, đường tròn đường kính AC cắt BD tại F . CF cắt BG tại I, DG cắt EF tại
K.
a, Chứng minh 3 điểm A, I, K thẳng hàng.
b, Giả sử EF cắt BG tại M, DG cắt CF tại N. Chứng minh HI, EN, DM đồng quy.
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 43
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 54
a, Ta có: AF
2
= AD.AC = AE.AB = AG
2
⇒ AF = AG ⇒ 4AIG = 4AIF (ch − cgv) ⇒
AF = AG; IF = IG ;
[
AF G =
[
AGF (1)
Mặt khác:
[
AF E =
[
ACE =
\
ABD =
\
AGD(2)
Từ (1), (2) suy ra:
\
GF K =
\
F GK ⇒ KF = KG
Vậy ta có A, K, I thẳng hàng
b, Đây là nội dung của định lý Pappus, các bạn đọc tham khảo trên mạng.
Cho tam giác ABC nhọn, M thay đổi trên cạnh AB. (BMC) ∩ AC = {C, N}.
a, Chứng minh: 4AMN ∼ 4ACB. Tính
MA
MB
để S
AMN
=
S
ABC
2
b, Gọi I là tâm (AM N ). Chứng minh I thuộc một đường cố định khi M di động.
c, J là tâm (BMC). Chứng minh độ dài IJ không đổi khi M di động.
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 44
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 55
a, Ta có: 4AM N ∼ 4ACB(g.g)
Ta có:
1
2
=
S
AMN
S
ABC
=
AM.AN
AB.AC
=
AM
2
AC
2
⇒ AM =
√
2
2
AC ⇒
MA
MB
=
√
2
2
AC
AB −
√
2
2
AC
=
AC
√
2AB − AC
b, Gọi O là tâm (ABC).
Bằng phép cộng góc ta dễ dàng có: AO ⊥ M N ; IJ ⊥ MN ⇒ AO k MN
và AI ⊥ BC; OJ ⊥ BC ⇒ AI k OJ
Suy ra tứ giác AIJO là hình bình hành. Vậy I thuộc đường thẳng qua J là song song với AO
c, Ta có: IJ = AO (không đổi khi M di động).
Vậy ta hoàn tất chứng minh.
Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự. Đường tròn (O) đi qua B và C. Từ A kẻ tiếp
tuyến AM, AN với (O). Gọi I là trung điểm của BC. NI cắt (O) tại D. Chứng minh
rằng: a, Khi (O) thay đổi đi qua B, C thì N, D luôn thuộc một đường tròn cố định
b, Tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIO chạy trên một đường thẳng cố định.
(Đề xuất bởi MarkGot7)
Bài 45
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 56
a, Ta có: AN
2
= AB.AC ⇒ N ∈
A;
√
AB.AC
(cố định)
Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt BC tại K
Ta có:
[
MIA =
[
AIN =
[
DIK ⇒
\
MOA =
\
DOK ⇒ 4MAO = 4DKO(g.c.g)
Suy ra: OA = OK ⇔ CK = AB từ đó ta có K cố định.
Mặt khác: KD
2
= KC.KB ⇒ D ∈
K;
√
AB.AC
(cố định)
b, Ta dễ thấy tâm (AIO) là trung điểm AO nên tâm (AIO) thuộc đường thẳng đi qua trung
điểm của AI và vuông góc với BC
Cho hai đường tròn (O) và (O
0
) cắt nhau tại A và B . Trên tia đối của tia AB lấy điểm
M từ M kẻ hai tiếp tuyến M C, MD với (O
0
), AC, AD cắt (O) tại E, F . Chứng minh rằng
a, Chứng minh rằng CD đi qua trung điểm của EF .
b, EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia đối của tia AB.
(Đề thi tỉnh Nghệ An 2017-2018)
Bài 46
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 57
a, CD ∩ EF = {N }
Ta có: 4DBF ∼ 4CBE(g.g) ⇒
BD
CB
=
DF
CE
Mặt khác: 4ADM ∼ 4DBM(g.g); 4ACM ∼ 4CMB(g.g) ⇒
BD
CB
=
AD
CA
⇒
AD
CA
=
DF
CE
(∗)
Áp dụng định lý Menelaus ta có:
EN
NF
.
F D
DA
.
AC
CE
= 1 ⇒ NE = NF
b, CD ∩ OO
0
= {K}; MO
0
∩ CD = {H}; AB ∩OO
0
= {I}
Ta có: O
0
C
2
= O
0
H.O
0
M = O
0
I.O
0
K ⇒ K cố định nên ta có đpcm.
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R cố định và D là
chân đường phân giác trong góc A của tam giác. Gọi E và F lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác ABD và tam giác ACD.
a, Chứng minh ∠AEO = ∠ADC và tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp.
b, Chứng minh tam giác EOF là tam giác cân.
c, Khi BC cố định và A di động trên (O), chứng minh tứ giác AEOF có diện tích không
đổi.
(Đề thi tỉnh Thanh Hóa 2017-2018)
Bài 47
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 58
a, Ta có:
[
AEO =
\
ADC = 90
◦
+
[
BAE
[
AF O =
\
ADB = 90
◦
−
[
F AC
Suy ra:
[
AEO +
[
AF O =
\
ADC +
\
ADB = 180
◦
nên tứ giác AEOF nội tiếp.
b, Ta có:
[
AOE =
[
AOB
2
=
\
ACD ⇒
[
EAO =
\
DAC =
[
BAC
2
Tương tự ta có:
[
F AO =
[
BAC
2
Suy ra:
[
EAO =
[
F AO ⇒ OE = OF
c, AD ∩ (O) = {A, I}
Ta có: 4AEO ∼ 4BDI; 4AF O ∼ 4CDI ⇒
S
AEO
S
BDI
=
S
AF O
S
CDI
=
AO
2
IB
2
Suy ra: S
AEOF
= S
BIC
.
R
2
BI
2
(không đổi)
Vậy hoàn tất chứng minh.
Cho tam giác ABC và đường tròn nội tiếp (O) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại
D, E, F . Đường tròn (A; AE) cắt đường cao AH của tam giác ABC tại M (M nằm
giữa A và H). Đường thẳng OM và DM cắt đường tròn (A; AE) lần lượt tại K và N.
MO ∩ BC = {I}
a, Chứng minh rằng ba điểm A, I, N thẳng hàng.
b, Chứng minh rằng đường tròn đường kính AI tiếp xúc với (O).
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 48
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 59
a, Ta có:
[
NDI =
\
HM D + 90
◦
= 90
◦
+
\
AMN =
\
MKN ⇒ tứ giác N KDI nội tiếp.
⇒
[
DNI =
[
DKI.
Mặt khác: OM.OK = OF
2
= OD
2
⇒ 4OMD ∼ 4ODK(c.g.c) ⇒
\
ODK =
\
ODM =
\
AMN =
\
MNA
Suy ra:
[
DNI =
\
MNA ⇒ A, N, I thẳng hàng.
b, Qua A dựng đường thẳng song song với DN cắt DE tại J. Kéo dài ED cắt AH tại L ⇒ AJ
là phân giác
[
HAI
Áp dụng Menelaus ta có:
AE
EC
.
DC
HD
.
LH
LA
= 1 ⇔
HD
LH
=
AE
LA
=
AM
AL
=
JD
JL
⇒ HJ là phân
giác
\
AHD
Suy ra J là tâm nội tiếp 4AHI mà D, J, E thẳng hàng. Áp dụng bài 10 ta có đường tròn (O)
tiếp xúc với (AHI) ⇒đpcm
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 60
Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định và điểm A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn
không cân. Gọi D là trung điểm của BC và E, F tương ứng là hình chiếu của D trên
AC, AB.
a, Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng EF cắt AO và BC
theo thứ tự tại M và N . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi
qua một điểm cố định.
b, Các tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T . Chứng
minh rằng T luôn thuộc một đường thẳng cố định.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 49
Lời giải
a, Ta có:
\
AMN =
[
OAC +
\
MEA = 90
◦
−
[
ABC +
\
ADF =
\
F DB +
\
ADF =
\
ADB
⇒ AM DN nội tiếp hay (AM N ) đi qua điểm D cố định.
b, ED ∩ AB = {K}; F D ∩ AC = {L}. Khi đó D là trực tâm 4AKL
Gọi T
0
là trung điểm KL. Ta dễ dàng chứng minh được T
0
E; T
0
F là tiếp tuyến của (O) ⇒ T
là trung điểm KL.
Mặt khác: DB = DC nên T D ⊥ BC. Vậy T thuộc một đường thẳng cố định đi qua D và
vuông góc với BC.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 61
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong 1 đường tròn và ngoại tiếp một đường tròn khác, các
tiếp điểm lần lượt là E, F, G, H. Chứng minh: EG vuông góc với F H.
(Đề xuất bởi thanhdatqv2003)
Bài 50
Lời giải
Ta có:
\
EGH +
\
GHF =
\
AHE +
[
F GC =
180
◦
−
\
BAD
2
+
180
◦
−
\
BCD
2
= 90
◦
Suy ra: EG ⊥ F H
Tìm kích thước của tam giác ABC có diện tích lớn nhất nội tiếp đường tròn (O; R) cho
trước.
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 51
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 62
Gọi D là điểm chính giữa cung BC chứa A. E là trung điểm BC.
Ta có:
S
ABC
≤ S
DBC
= DE.CE =
√
R
2
− OE
2
.(R + OE) =
p
(R + OE)
3
(R − OE)
=
p
(R + OE)(R + OE)(R + OE)(3R − 3OE)
√
3
≤
3
√
3R
2
4
Vậy để S
ABC
lớn nhất thì tam giác ABC là tam giác đều nội tiếp (O).
Cho điểm A thuộc đường tròn tâm O đường kính BC (A khác B và C). Vẽ đường tròn
tâm A tiếp xúc với BC tại H, cắt đường tròn (O) tại E và F . Gọi I là trung điểm của
HC, D là hình chiếu của I trên EF . Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) tại
G.
a, Chứng minh rằng các đường thẳng AG, EF, BC đồng quy.
b, Chứng minh rằng ba điểm A, D, C thẳng hàng.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 52
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 63
a, Kẻ đường kính AK, AH kéo dài cắt (O) tại L. EF cắt AH, AO lầ lượt tại M và S.
AG ∩ CB = {T }
Ta có: AM.AL = AS.AK = AE
2
= AH
2
⇔ AM.2AH = AH
2
⇒ AM = MH ⇒ M G = MA
Suy ra: OM ⊥ AG ⇒ M là trực tâm 4AT O ⇒ T M ⊥ AO
Mà EF ⊥ AO ⇒ T, E, F thẳng hàng. Suy ra AG, EF, BC đồng quy.
b, Kẻ HD
0
⊥ AC. Bằng phép cộng góc ta có: MD
0
⊥ AO ⇒ D
0
∈ EF .
Mặt khác: MD
0
= M H; ID
0
= IH ⇒
\
MD
0
I =
\
MHI = 90
◦
⇒ ID
0
⊥ EF ⇒ D ≡ D
0
Vậy hoàn tất chứng minh.
Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn vẽ tiếp tuyến MA, M C (A, C
là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho M B nằm giữa MO và MC. Tia MB cắt
đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N .
a, Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng MQ.MB = MN.MT
b, Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt
CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, MK đồng quy.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 53
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 64
QH ∩ AC = {S}; M S ∩ CB = {K
0
}; OM ∩ AC = {I}
a, Ta có: M Q.M B = MA
2
= M I.MO = MN.MT
b, Ta có: MI.MO = MQ.MB ⇒ IQBO nội tiếp ⇒
\
QIM =
\
OBQ =
\
OQB =
[
OIB ⇒ IN ,
IM lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của 4IBQ
Suy ra:
QH
BC
=
QM
MB
=
QN
BN
=
QS
BC
⇒ QS = QH ⇒ BK
0
= BC ⇒ K ≡ K
0
. Suy ra
MK, AC, HQ đồng quy.
Cho tam giác ABC, M, N là trung điểm của AB, AC, đường tròn (AM C) cắt đường tròn
(ANB) tại G khác A, D là trung điểm của BC. Chứng minh ∠DAC = ∠GAB.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 54
Lời giải
AG ∩ (ABC) = {A, P }
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 65
Ta có: 4GBM ∼ 4GN C(g.g); 4BP C ∼ 4MGC(g.g) ⇒
BP
P C
=
MG
GC
=
BM
NC
=
AB
AC
⇒ AC.BP = AB.CP .
Áp dụng Potoleme ta có: BP.AC +AB.CP = AP.BC ⇔ 2BP.AC = 2AP.DC ⇔
BP
AP
=
DC
AC
⇒ 4P BA ∼ 4CDA(c.g.c) ⇒ ∠DAC = ∠GAB(đpcm)
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D, E là trung điểm AB, AC, đường tròn (ADC) cắt
đường tròn (AEB) tại J khác A, trung trực BC cắt DE tại G. Chứng minh AJOG nội
tiếp.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 55
Lời giải
Gọi L là giao điểm của ED với (AEB). LB cắt tiếp tuyến tại C của (O) ở K.
Ta có:
[
LBA =
[
LEA =
[
ACB ⇒ LB là tiếp tuyến của (O). Suy ra: A, J, K và G, O, K thẳng
hàng.
Ta có:
[
OBL =
[
OGL = 90
◦
⇒ KO.KG = KB.KL = KJ.KA ⇒ AJOG nội tiếp.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 66
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm).
Lấy E bất kì thuộc cung lớn AB. Trên M E, M O lấy C, D sao cho M B = MD = MC.
OM ∩ AB = {H}. Chứng minh: CD là phân giác ∠OCH
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 56
Lời giải
Ta có: M C
2
= M B
2
= M H.MO ⇒ 4HCM ∼ 4COM(c.g.c) ⇒
CH
OC
=
HM
CM
=
HM
BM
=
BH
OB
Vì MD = M B ⇒ BD là phân giác
\
OBH ⇒
BH
OB
=
DH
OD
Suy ra:
CH
OC
=
DH
OD
⇒ CD là phân giác
\
OCH.
Cho 4ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường trung trực đoạn IC cắt
AI, BI, AC, BC lần lượt tại D, E, H, F . Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIH.
a, Chứng minh (T ) đi qua E và 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.
b, Chứng minh IT ⊥ BD.
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 57
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 67
a, Ta có:
[
AIE =
[
IAB +
[
IBA = 90
◦
−
[
ICA =
\
F HC =
\
AHE ⇒ AIHE nội tiếp ⇒ E ∈ (T )
Ta có:
[
HIC =
[
HCI =
[
ICF ⇒ IH k BC ⇒
[
AEI =
[
AHI =
[
ACB ⇒ AECB nội tiếp.
Tương tự ta có ABDC nội tiếp từ đó 5 điểm A, B, C, D, E thuộc một đường tròn.
b, Kẻ tiếp tuyến IL của (T ).
Ta có:
d
LIA =
[
AEI =
\
ADB ⇒ IL k BD ⇒ IT ⊥ BD (đpcm)
Cho 4ABC vuông tại A, đường cao AH. HD, HE lần lượt là phân giác góc BHA và
CHA (D, E thuộc AB, AC). I là trung điểm DE. BI cắt DH, CD lần lượt tại M, P ; CI
cắt EH, BE lần lượt tại N, Q. BE cắt CD tại K. Chứng minh:
a, Tứ giác AP KQ nội tiếp.
b*, MN k DE và M N cắt AH tại K
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 58
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 68
a, Ta có:
\
DHE =
\
DAE = 90
◦
⇒ tứ giác ADHE nội tiếp và HA là phân giác
\
DHE ⇒ AD =
AE.
Ta lại có:
BD
DA
=
AE
EC
⇒ BD.CE = AD.AE = DE.IE ⇒ 4BDE ∼ 4IEC ⇒
\
DBE =
[
EIC
⇒ tứ giác IQBD nội tiếp ⇒ EQ.EB = EI.ED = EA
2
⇒ AQ ⊥ BE ⇔
\
AQK = 90
◦
.
Tương tự thì ta có:
\
AP K =
\
AQK = 90
◦
⇒ tứ giác AP KQ nội tiếp.
b, Trước hết bằng định lý Ceva ta có: CD, BE, AH đồng quy tại K.
Ta có:
[
AIE =
[
AQE = 90
◦
⇒ AIQE nội tiếp
Suy ra:
[
EQC =
\
EHC =
\
KHN = 45
◦
⇒ tứ giác KQNH, HQEC nội tiếp
⇒
\
QKN =
\
QHN =
[
QCA =
[
AEI −
[
EIC = 45
◦
−
[
QAE
Tương tự ta có:
\
MKD = 45
◦
−
\
DAP ⇒
\
MKD +
\
QKN = 90
◦
−
\
DAP −
[
QAE =
[
P AQ = 180
◦
−
\
P KQ
Vậy ta có: M, K, N thẳng hàng.
Mặt khác:
[
IN K =
\
KHQ = 90
◦
−
\
QHC = 90
◦
−
[
AEQ =
[
QAE =
[
QIE ⇒ DE k M N
Vậy hoàn tất chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 69
Cho đường tròn (O) có đường kính BC và A là một điểm nằm trên nửa đường tròn. Đường
tròn (I; r) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự tại D, E, F . Gọi M là trung điểm cạnh
AC. Đường thẳng MI cắt AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P .
a, Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân.
b, Gọi T là hình chiếu của D trên EF . Chứng minh rằng: T B.CD = T C.BD
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 59
Lời giải
Đặt AB = c; BC = a; CA = b ⇒ r = ID = IE = IF =
b + c − a
2
.
Ta có: EM = AM − AE =
b
2
−
b + c − a
2
=
a − c
2
⇒
EI
AN
=
EM
AM
⇔
b + c − a
2
AN
=
a − c
2
b
2
⇒ AN =
(b + c − a)b
2(a − c)
=
a
2
− c
2
− b(a − c)
2(a − c)
=
b + c − a
2
Qua A kẻ AK k BC (K ∈ DF )
Ta có: 4KAP ∼ 4IDB(g.g) ⇒ AP = AK.
AP
AK
= AF.
BD
ID
= BD =
b + c − a
2
Suy ra: 4ANP cân tại A.
b, Gọi R, S lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống EF .
Ta có:
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 70
RT
ST
=
BD
CD
=
BF
CE
⇒ 4RT B ∼ 4ST C(c.g.c) ⇒
[
RT B =
[
ST C
⇔ T D là phân giác
[
BT C ⇒
BT
T C
=
BD
DC
⇒ BT.DC = BD.CT
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau
tại H. Gọi I là giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt
tia AB, tia DB lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của AH.
a, Chứng minh rằng IP = IQ và I là trực tâm của tam giác MBC.
b, Từ A vẽ các tiếp tuyến AS, AT với đường tròn đường kính BC (S, T là các tiếp điểm).
Chứng minh rằng ba điểm S, H, T thẳng hàng.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 60
Lời giải
a, Ta dễ dàng chứng minh được: DH và DA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài
của 4IDG.
Suy ra:
IQ
BG
=
IH
HG
=
ID
DG
=
AI
AG
=
IP
BG
⇒ IQ = IP.
Ta có: 4M ID ∼ 4MDG(g.g) ⇒ MI.M G = MD
2
= M H
2
⇒ M G.IG = MG
2
− M H
2
= HG.AG = BG.GC ⇒ 4BGM ∼ 4IGC(c.g.c) ⇒ CI ⊥ M B
và BI ⊥ M C ⇒ I là trực tâm 4MBC
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 71
b, Ta có: AS
2
= AT
2
= AE.AB = AH.AG ⇒ 4AHS ∼ 4ASG; 4AHT ∼ 4AT G ⇒
[
AHS +
[
AHT =
[
ASG +
[
AT G
Mặt khác:
[
ASN =
[
AT N =
\
AGN = 90
◦
⇒ ASGT nội tiếp nên suy ra:
[
ASG +
[
AT G = 180
◦
Vậy ta có: S, H, T thẳng hàng.
Cho (O; R) và (O
1
; R
1
) cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến tại A của (O) và (O
1
) cắt (O
1
), (O)
tại D, C, AB cắt CD tại E, M là trung điểm DE.
1. Chứng minh
EC
ED
=
R
2
R
2
1
.
2. Chứng minh ∠MAC = ∠BAD.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 61
Lời giải
1, Ta có: 4BAD ∼ 4BCA(g.g) ⇒
BA
BC
=
BD
BA
=
AD
AC
=
R
1
R
Mặt khác ta có:
[
ABC =
\
ABD ⇒
\
CBE =
\
DBE ⇒
EC
ED
=
BC
BD
=
BC
BA
.
BA
BD
=
R
2
R
2
1
2, Gọi N là trung điểm AC. Ta có:
\
ANM = 180
◦
−
\
NAD = 180
◦
−
\
BAD −
\
BDA =
\
ABD
Ta lại có:
NM
NA
=
AD
AC
=
BD
AB
⇒ 4AN M ∼ 4ABD ⇒
\
MAC =
\
BAD
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 72
Cho (O) và (O
0
) cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến chung ngoài CD, (C ∈ (O), D ∈ (O
0
)). Một
dường thẳng d bất kì qua B cắt (O), (O
0
) tại E, F , CE cắt DF tại G, M là trung điểm
EF . Chứng minh ∠M GF = ∠AGC.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 62
Lời giải
Kéo dài BA cắt CD tại H. Khi đó ta có: HC
2
= HA.HB = HD
2
⇒ HC = HD.
Ta có: 4BCD ∼ 4GEF (g.g) mà hai tam giác có hai đường trung tuyến tương ứng nên
\
MGF =
\
HBD =
\
ADC.
Mặt khác ta dễ dàng có tứ giác GCAD nội tiếp nên
\
ADC =
[
AGC
Vậy suy ra:
\
MGF =
[
AGC.
Cho 4ABC nhọn (AB < AC), đường cao BD, CE cắt nhau tại H. M, N lần lượt là trung
điểm BD, CE. Gọi I là trực tâm 4ADE. Chứng minh M N ⊥ HI
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 63
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 73
Gọi P là giao điểm của DE và IH. Ta có: tứ giác HEID là hình bình hành
Dựa vào tính chất đường trung bình thì ta dễ dàng chứng minh được M là trực tâm 4HP N ⇒
MN ⊥ HI
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O
0
) tiếp xúc trong với đường
tròn (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại R, P, Q. Gọi I là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC.
a, Chứng minh rằng
[
BRI =
[
CRI.
b, Đường trung trực của AI cắt AC, AB theo thứ tự tại E, F . Chứng minh rằng đường
tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 64
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 74
a, Theo bài 18 ta có tứ giác P IRB, QIRC nội tiếp nên
[
BRI =
[
AP Q =
[
AQP =
[
CRI
b, (EIB) ∩ (F IC) = {I, G} Gọi T là tâm đường tròn tiếp xúc với AB, AC tại E, F Ta có:
\
BGC =
[
BGI +
[
IGC =
[
BEI +
[
IF C = 2
[
EAI + 2
[
F AI = 2
[
BAC =
\
BOC ⇒ G ∈ (O)
Ta có:
[
EGF =
[
EBI +
[
ICF = 90
◦
−
[
BAC
2
=
[
ET F
2
⇒ G ∈ (T )
Mặt khác:
[
F GC =
[
F IC =
[
F IQ +
[
QIC =
[
F EI +
[
IBC =
[
GEF +
\
GBC
Suy ra: (T ) tiếp xúc với (O) tại G.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), M là trung điểm cung nhỏ BC. Lấy K, L lần lượt thuộc
AB, AC sao cho OK k M B và OL k M C. M L cắt (O) tại điểm thứ 2 là G .Chứng minh
BG chia đôi KL.
(Đề xuất bởi kekkei)
Bài 65
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 75
Kéo dài MO cắt (O) tại J. Gọi P , Q, I lần lượt là trung điểm KM , LM , KL.
Ta có:
\
AJM =
\
ACM =
[
ALO ⇒ J ∈ (AKOL).
Suy ra: 4JLC = 4JKB(g.c.g) ⇒ KB = LC.
Trên tia đối của tia BA lấy R sao cho BR = BK = CL
⇒ 4M BR = 4MCL(c.g.c) ⇒ ML = MR = 2BP ⇒ MQ = QL = BP = P I.
Tương tự ta có: MP = P K = CQ
Suy ra ta có: 4MBP = 4CMQ; 4CLQ = 4KBP (c.c.c)
⇒
[
BP I =
\
KP B +
[
KP I =
\
P BM +
\
P MB +
\
P MQ =
\
BM C ⇒
[
BIP =
\
BCM =
\
BGM .
Vì P I k MG ⇒ B, I, G thẳng hàng nên ta có đpcm.
Cho 4ABC nhọn có đường cao BG, CI cắt nhau tại H. Trung trực của AH cắt AB, AC
lần lượt tại D, E. OD, OE cắt IG lần lượt tại S, T . Chứng minh: AO đi qua trung điểm
ST .
(Đề xuất bởi viethoang2002)
Bài 66
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 76
Ta có: 4ADH ∼ 4AOC(g.g) ⇒ 4ADO ∼ 4AHC(c.g.c) ⇒
\
AOD =
\
ACH.
Tương tự ta có:
[
AOE =
\
ABH ⇒ OA là phân giác
\
DOE.
Mặt khác dễ dàng chứng minh: OA ⊥ IG ⇒ 4OST cân tại O hay ta có đpcm.
Cho góc xAy vuông tại A và hai điểm B, C trên Ax, Ay. Dựng hình vuông MNP Q có
M trên AB, N trên AC và P, Q trên BC. Biết rằng B, C dịch chuyển và thỏa mãn
AB.AC = k
2
(không đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông MNP Q.
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 67
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 77
Đặt độ dài cạnh hình vuông là x và AH = h, BC = a.
Ta có:
MQ
AH
+
MN
BC
=
BM
AB
+
AM
AB
= 1 ⇔
x
h
+
x
a
= 1 ⇒ x =
ah
a + h
=
k
2
a + h
Ta có: a
2
= AB
2
+ AC
2
≥ 2AB.AC = 2k
2
⇒ a ≥
√
2k
Suy ra: a + h =
a
2
+
a
2
+ h ≥ 3
3
r
ah.a
4
≥
3
√
2
k ⇒ x
2
≤
2k
2
9
.
Vậy giá trị lớn nhất của S
MN P Q
=
2
9
k
2
khi AB = AC = |k|
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). M là trung điểm BC, E là điểm chính giữa cung
nhỏ BC. Lấy F đối xứng với E qua M . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp 4ABC và P
thay đổi trên (IBC) sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh tiếp tuyến tại P của
(P OF ) luông đi qua 1 điểm cố định khi A di chuyên trên cung lớn BC.
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 68
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 78
Kéo dài EM cắt (O) tại điểm G.
Ta có: M I = MB = MC. Suy ra: EP
2
= EC
2
= EM.EG = EM.2EO = EF.EO
⇒ EP là tiếp tuyến của (P OF ). Suy ra đpcm.
Cho tứ giác ABCD có
[
ABC =
\
ADC = 90
◦
nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M trên
đoạn thẳng AB sao cho AM = AD. Đường thẳng DM cắt BC tại N. Gọi H là hình chiếu
của D trên AC và K là hình chiếu của C trên AN .
a, Chứng minh rằng
\
MHN =
\
MCK. (USMO 2009)
b, Gọi T là giao điểm của AB và CK. Lấy các điểm E, F lần lượt trên đoạn AT và CT
sao cho EF song song với AC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T EF nằm trên
AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tam giác T EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác
NAC tiếp xúc với nhau.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 69
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 79
a, Ta có AM
2
= AD
2
= AH.AC ⇒ 4AMH ∼ 4ACM.
\
CND = 90
◦
−
\
AMD = 90
◦
−
\
ADM =
\
NDC ⇒ CN = CD ⇒ CN
2
= CH.CA
⇒ 4CNH ∼ 4CAN ⇒
\
MHN =
\
MHA −
\
NHA =
\
AMC −
\
BN A =
\
AMC −
\
MT C =
\
MCK.
b, Vì AC k EF nên dễ dàng chứng minh (T AC) và (T EF ) tiếp xúc với nhau.
Mặt khác dễ dàng chỉ ra (AN C) và (T AC) đối xứng qua AC, AC là truc đối xứng của (O),
(T EF )
Suy ra (T EF ) tiếp xúc (AN C) theo tính đối xứng.
Cho 4ABC nội tiếp (O), phân giác góc BAC cắt (O) tại D. Gọi N, K lần lượt là chân
các đường vuông góc kẻ từ O, D xuống AC. Chứng minh AB = 2NK.
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Bài 70
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 80
Kẻ DH ⊥ AB.
Ta có: 4DCK = 4DBH(g.c.g) ⇒ BH = CK
Vì AK = AK ⇒ AC = AB + 2CK ⇒ N K = NC −CK =
AC − 2CK
2
=
AB
2
Suy ra đpcm.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm bất kì thuộc trung trực của BC. R, S lần lượt
là tâm nội tiếp các tam giác ACM, ABM. Chứng minh (ARS) qua 1 điểm cố định khác
A khi M thay đổi.
(Đề xuất bởi taconghoang)
Bài 71
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 81
Gọi K là điểm chính giữa cung lớn BC. (MRC) ∩ KM = {M, P }; (MRC) ∩ KC = {C, Q}
Ta có: 4KP Q ∼ 4KBM(g.g)(1)
Ta lại có:
\
SMR =
\
BM C
2
=
\
BM P ⇒
\
BM S =
\
P MR.
Mặt khác:
\
KCR =
\
KCM +
\
KCA
2
=
\
KBM +
\
ABK
2
=
\
SBM
⇒ 4P RQ ∼ 4BSM(g.g)(2)
Từ (1), (2) ta có: 4KRP ∼ 4KSB ⇒
[
SKR =
\
BKP =
[
BAC
2
=
[
SAR ⇒ K ∈ (ASR).
Vậy (ASR) đi qua điểm K cố định khi M di động.
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có BC cố định và A di động sao cho tam giác
ABC luôn nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn tâm H bán kính AH
cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N .
a, Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vuông góc với M N cũng đi qua một điểm
cố định.
b, Gọi D và E theo thứ tự là giao điểm của AB, AC với tiếp tuyến tại O của đường tròn
ngoại tiếp tam giác BOC. Gọi Q là điểm đối xứng với A qua DE. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác QDE tiếp xúc với đường tròn (O).
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 72
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 82
Lời giải
a, Ta có:
\
BM H =
\
BAH =
\
BCH ⇒ BHCM nội tiếp. Tương tự thì ta có 5 điểm M, B, H, N, C
cùng thuộc 1 đường tròn.
Lấy K đối xứng với O qua BC ⇒ AHKO là hình bình hành. Kẻ tiếp tuyến Ax của (O).
Ta có:
\
MAx =
[
BCA =
\
BM N ⇒ Ax k MN. Vì Ax ⊥ AO ⇔ Ax ⊥ HK ⇒ HK ⊥ MN.
Vậy đường thẳng qua H và vuông góc với MN đi qua điểm cố định là K.
b, Ta có: DE k BC ⇒ (ADE) tiếp xúc với (O).
Mà (ADE); (QDE) đối xứng qua DE và DE là trục đối xứng của (O)
⇒ (QDE) tiếp xúc với (O).
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O). D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Lấy I
bất kì trên đoạn BC, dựng hình bình hành IKDL (K ∈ BD, L ∈ CD). Chứng minh:
AI ⊥ KL
(Đề thi chuyên Lê Quý Đôn 2016-2017)
Bài 73
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 83
AI ∩ KL = {E}.
Ta có: KD = IL = LC; OL = OC;
[
OCL =
\
ODC =
\
ODK ⇒ 4OLC = 4OKD(c.g.c)
⇒
\
OKD =
[
OLC ⇒ OKDL nội tiếp ⇒
[
COL =
\
KOD =
\
KLD.
Mặt khác ta có: 4AOC ∼ 4ILC(g.g) ⇒ 4OLC ∼ 4AIC ⇒
[
LOC =
[
IAC
Suy ra:
\
KLD =
[
IAC ⇒ AELC nội tiếp. Từ đó ta có đpcm.
Cho điểm A cố định thuộc (O; R). Hai dây cung thay đổi AB, AC thỏa mãn AB.AC = 3R
2
.
Chứng minh:
a, BC tiếp xúc với 1 đường tròn cố định.
b, Xác định vị trí các dây AB, AC để diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.
(Đề xuất bởi eLcouQTai)
Bài 74
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 84
Gọi AH là đường cao của 4ABC, kẻ đường kính AD.
Dễ dàng chứng minh 4HAB ∼ 4CAD(g.g) ⇒ AB.AC = 2R.AH ⇒ AH =
3
2
R
⇒ BC tiếp xúc với
A;
3
2
R
.
S
ABC
lớn nhất ⇔ BC lớn nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇒ M ≡ L. Trong đó L là giao của AD và
A;
3
2
R
.
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn (O) . Đường tròn tâm P
đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F và E. Gọi giao điểm của BE và CF là H. Vẽ
HD vuông góc với BC tại D. Gọi K là giao điểm của EF và AH. Gọi I là trung điểm
của AH. IC cắt đường tròn (P ) tại M khác C. Chứng minh rằng :
a) A, H, D thẳng hàng và B, K, M thẳng hàng.
b) Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) . Gọi S là điểm đối
xứng T qua BC. Gọi J, N theo thứ tự là giao điểm của EF với SB, SC. Chứng minh rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SJN.
(Đề xuất bởi khanhdat1)
Bài 75
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 85
a) Vì E, F ∈ (P,
BC
2
) nên
\
BEC =
\
BF C = 90
◦
hay BE, CF là các đường cao của tam giác
ABC. Suy ra : H là trực tâm của tam giác ABC ⇒ AH ⊥ BC.
Mà HD ⊥ BC nên A, H, D thẳng hàng.
Dễ dàng ta chứng minh được IE là tiếp tuyến của (P ) nên
[
IEK =
[
ABE.
Mặt khác ta có :
\
ADB =
[
AEB = 90
◦
⇒ AEDB nội tiếp ⇒
[
ABE =
[
IDE. Suy ra :
[
IEK =
[
IDE.
Do đó : 4IDE ∼ 4IEK(g.g) ⇒ IE
2
= IK.ID. (1)
Ngoài ra do IE là tiếp tuyến của (P ) nên dễ có IE
2
= IM.IC. Kết hợp với (1) ta được :
IK.ID = IM.IC ⇒ 4IMK ∼ 4IDC(c.g.c) ⇒
\
IM K =
[
IDC = 90
◦
⇒ KM ⊥ IC.
Mà M ∈ (P,
BC
2
) nên BM ⊥ IC hay B, K, M thẳng hàng.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 86
b) Ta có :
\
NCF =
[
SCB −
\
BCH =
[
T CB −
\
BCH =
[
BAC −
\
BAH =
\
CAH =
\
NF C ⇒ 4N CF
cân tại N ⇒
\
CNE = 180
◦
− 2
\
NF C = 2
[
ACB =
\
BP E ⇒ CP EN nội tiếp.
Tương tự ta cũng có BF JP nội tiếp.
Gọi X là giao điểm thứ 2 của (BP F ) và (CNE). Khi đó :
\
BXC =
\
BXP +
\
CXP =
[
BF P +
[
CEP =
[
ABC +
[
ACB = 180
◦
−
[
BAC =
\
BHC ⇒ BHXC nội tiếp.
Do tính chất đối xứng của S và T nên SNXJ cũng nội tiếp.
Ta lại có :
[
BXJ =
[
AF E =
[
ACB =
\
XCB +
\
XCA =
\
XCB +
\
XN J.
Từ đó suy ra (BXC) tiếp xúc với (NXJ) hay (BHC) tiếp xúc với (SN J).
Cho tam giác ABC với AB = AC và D là trung điểm AC.Phân giác
[
BAC cắt (BCD) tại
E ở miền trong tam giác.BD cắt (ABE) tại F (Khác B).AF cắt BE tại I và CI cắt BD
tại K. Chứng minh rằng : I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB.
(Đề xuất bởi BurakkuYokuro11)
Bài 76
Lời giải
Vì AE là tia phân giác của tam giác ABC cân tại A nên
[
EBA =
[
ECA.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 87
Mà
[
ECA =
\
EBD nên
\
EBD =
[
EBA hay BI là tia phân giác của
\
ABK.
Ta đi chứng minh AI là tia phân giác BAK.
Gọi G là trung điểm BC, H là giao điểm thứ 2 của IC với (BDC).
Ta có : DG k AB ⇒
\
AGD =
[
BAE =
\
EF D ⇒ DEF G nội tiếp.
Do đó :
[
AF G =
[
AF E +
[
EF G =
[
ABE + 180
◦
−
\
EDG =
[
ABE +
\
ADE +
\
GDC =
[
ABE +
\
EBC +
[
BAC = 180
◦
−
[
ACB ⇒ AF GC nội tiếp.
Lại có : IH.IC = IE.IB = IF.IA ⇒ AHF C nội tiếp hay A, H, F, G, C cùng thuộc một đường
tròn đường kính AC ⇒ DH = DC ⇒ BD là tia phân giác
\
HBC.
Suy ra : 4CKD ∼ 4BCD (g.g) ⇒ CD
2
= DK.DB ⇒ AD
2
= DK.DB
⇒ 4ADK ∼ 4BDA (c.g.c) ⇒
\
KAD =
\
ABD.
Do đó :
[
IAB =
[
IEF =
\
BED −
\
DEF = (180
◦
−
[
ACG) − (180
◦
−
\
DGF ) =
\
DGF −
[
ACG =
(90
◦
−
\
GDF
2
) − (90
◦
−
[
BAC
2
) =
[
BAC
2
−
\
GDF
2
=
[
BAC
2
−
\
ABD
2
=
[
BAC
2
−
\
DAK
2
=
\
KAB
2
⇒ AI là tia phân giác của
\
KAB. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AKB.
Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại P . Trên cung nhỏ AB, lấy điểm
C sao cho không phải là điểm chính giữa cung đó. Tiếp tuyến tại C cắt OP tại F và cắt
P A, P B lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng (P CF ); (P AB); (P DE) đồng quy tại một
điểm khác P .
(Đề xuất bởi Badong2211)
Bài 77
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 88
Giả sử C, B nằm cùng phía so với OP . Gọi {P, T } = (P CF ) ∩ (P DE).
Ta có:
[
CT E =
[
F CT −
[
CET = (180
◦
−
[
F P T ) − (180
◦
−
[
DP T ) =
\
DP F =
\
DP E
2
=
\
DT E
2
⇒ T C là phân giác góc DT E ⇒
DC
DT
=
CE
ET
⇔
AD
DT
=
BE
ET
⇒ 4BET ∼ 4ADT (c.g.c)
⇒
[
DAT =
[
EBT ⇒ T ∈ (P AB)
Suy ra điều phải chứng minh.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AZ. Lấy D bất kì trên BC và lấy X, Y
trên OB, OC sao cho
\
BXD +
[
ABC =
\
CY D +
[
ACB = 180
◦
. Chứng minh:
\
XZY không
đổi khi D di chuyển trên BC.
(Đề xuất bởi Fabffriver)
Bài 78
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 89
Gọi {D, T } = (BXD) ∩ (CY D)
Ta có:
[
BT C =
\
BT D +
[
DT C =
\
OXD +
\
OY D =
[
ABC +
[
ACB = 180
◦
−
[
BAC
⇒ T ∈ (ABC) ⇒
[
OY T =
\
OY D +
\
DY T =
[
ACB +
[
DCT =
[
ACT =
[
OZT
⇒ O, Y, Z, T đồng viên. Tương tự ta có: X, O, Z, T đồng viên ⇒
\
XZY = 180
◦
−
\
BOC(const)
Vậy ta có đpcm.
Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) và (I) tiếp xúc với BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng
vuông góc với AD cắt BI, CI lần lượt tại M, N . Chứng minh: 4AM N cân.
(Đề xuất bởi Nguyễn Minh Hà)
Bài 79
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 90
Gọi K là giao điểm thứ 2 của AD với (I). E, F lần lượt là các tiếp điểm của AC, AB với (I).
Bằng phép biến đổi góc ta có: 4KF D ∼ 4IDM; 4IDN ∼ 4KED(g.g)
⇒
DM
ID
=
DF
F K
;
DN
ID
=
DE
EK
.
Mặt khác dễ dàng chỉ ra được:
DF
F K
=
DE
EK
⇒ DM = DN .
Suy ra 4AMN cân tại A.
Cho hình bình hành ABCD. Đường phân giác
\
BAD cắt cạnh CD và đường thẳng BC
tại M, N.Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác CM N .Vẽ dây cung CK của (O) sao
cho CK song song BD. Chứng minh rằng : B, K, O, C, D cùng thuộc một đường tròn.
(Đề xuất bởi Tea Coffee)
Bài 80
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 91
Gọi E là giao điểm của AC và BD.
Do AN là tia phân giác của
\
DAB nên
\
DNA =
\
NAB =
\
DAN ⇒ 4DAN cân tại D ⇒ DN =
AD = BC.
Mặt khác :
\
CMN =
\
DAN =
\
DNA =
\
CNM ⇒ 4OMN cân tại C ⇒ CN = CM ⇒ OC là
trung trực của MN ⇒
\
MCO =
\
OCN =
\
ONC ⇒
\
BCO =
\
DNO.
Mà O là tâm (CMN) nên OC = ON. Suy ra : 4OND = 4OCB (c.g.c) ⇒
\
ODN =
\
OBC ⇒
ODBC nội tiếp.(1)
Vì 4OND = 4OCB nên OD = OB ⇒ OE là trung trực của BD.
Ta lại có : CK k BD nên OE cũng là trung trực của CK hay OE là trục đối xứng của hình
thang BCKD ⇒ BCKD là hình thang cân ⇒ BCKD nội tiếp.(2)
Từ (1) và (2) suy ra : B, K, O, C, D đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 92
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn (O
1
) qua B.C cắt cạnh AB, AC tại D, E.
Đường tròn (O
2
) qua A, D, E cắt (O) tại K (K khác A).Gọi M, N lần lượt là trung điểm
BD, CE. Chứng minh rằng A, K, N, O
1
, M cùng thuộc một đường tròn.
(Đề xuất bởi Tea Coffee)
Bài 81
Lời giải
Vì O
1
là tâm (BDEC) mà M, N lần lượt là trung điểm của BD, CE nên
\
O
1
MA =
\
O
2
NA =
90
◦
⇒ AM O
1
N nội tiếp.
Ta có :
\
KDA =
\
KEA ⇒
\
KDB =
\
KEC và
\
KBD =
\
KCA.
Nên 4KBD ∼ 4KCE (g.g).
Mà KM, KN là các trung tuyến tương ứng nên
\
KMA =
\
KNA ⇒ AKMN nội tiếp.
Do đó : A, K, M, O
1
, N đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 93
Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD là phân giác
[
ABC.BD cắt (O) tại E.
ĐƯờng tròn (O
1
) đường kính DE cắt (O) tại F .
a) Chứng minh : đường thẳng đối xứng với BF qua BD đi qua trung điểm của AC.
b) Giả sử tam giác ABC vuông tại B,
[
BAC = 60
◦
và bán kính của (O) bằng R. Tính bán
kính (O
1
) theo R.
(Đề xuất bởi quynhanhlh7)
Bài 82
Lời giải
a)
Gọi M là trung điểm BC, kẻ đường kính EI của (O) suy ra I, D, F thẳng hàng.
Ta có:
\
IM D =
[
IAD = 90
◦
⇒ AIMD nội tiếp.
Từ đó ta có:
[
F AE =
[
F IE =
\
DAM ⇒ đpcm.
b)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 94
Ta có:
DC
AD
=
BC
AB
=
√
3 ⇔
AC
AD
=
√
3+1 ⇒ AD = (
√
3−1)R ⇒ OD = R −AD = (2−
√
3)R.
Áp dụng Pythagoras ta có: DE
2
= DO
2
+ OE
2
= (8 − 4
√
3)R
2
⇒ R
(O
1
)
=
p
8 − 4
√
3R
2
.
Cho (I, R) và (J, r) là hai đường tròn bàng tiếp trong
[
BAC và
[
ABC của tam giác ABC.
Đường tròn (I) tiếp xúc AB tại N,BC tại P ,AC tại H.Đường tròn (J) tiếp xúc BA tại
K,BC tại Q,N M là đường kính của (I). Chứng minh rằng BC, AH, KM đồng quy.
(Đề xuất bởi Tea Coffee)
Bài 83
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 95
(J) tiếp xúc với BC tại L.
Ta có : KL ⊥ AJ ⇔ KL||AI ⇔ KL ⊥ NH ⇔ KL k HM.
Mặt khác:
\
HIM =
\
NAH =
[
AJL ⇒ 4JKL ∼ 4IHM ⇒
HM
KL
=
IH
JM
=
CH
CL
.
Suy ra 4CHM ∼ 4CLK(c.g.c) ⇒ K, C, M thẳng hàng.
Từ đó ta có đpcm.
Cho tam giác đều ABC và M là điểm bất kỳ trên BC.Gọi H, K là chân đường vuông góc
kẻ từ M xuống AB, AC.Xác định vị trí M để diện tích tam giác HM K lớn nhất.
(Đề xuất bởi Tea Coffee)
Bài 84
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 96
Ta có :
\
HM K = 120
◦
không đổi nên để S
HM K
lớn nhất thì MH.MK phải lớn nhất.
Ta lại có : M H.MK =
√
3
2
BM.
√
3
2
MC =
3
4
MC.M B ≤
3
16
.BC
2
.
Vậy với M là trung điểm BC thì diện tích tam giác HM K lớn nhất.
Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp (O). Phân giác góc BAC cắt (O) tại D khác
A, E đối xứng D qua O. Gọi F là một điểm trên cung BD không chứa A, C của (O); F E
cắt BC tại G, H thuộc AF sao cho GH song song với AD. Chứng minh HG là phân giác
\
BHC.
(Đề xuất bởi Diepnguyencva)
Bài 85
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 97
Gọi I là giao của HG và DE.
Ta có :
[
F HI =
\
F AD =
\
F ED ⇒ F HEI nội tiếp ⇒ GH.GI = GF.GE = GB.GC ⇒ BHCI
nội tiếp.
Suy ra :
[
BHI =
[
BCI =
[
CBI =
[
CHI ⇒ HG là tia phân giác
\
BHC.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có các đường chéo AC và BD vuông góc
với nhau. Các điểm M và N lần lượt là điểm chính giữa các cung ADC và ABC. Đường
kính qua D của (O) giao dây cung AN tại G. Đường thẳng qua G song song với N C cắt
CD tại K. Chứng minh rằng BM ⊥ AK.
(Đề xuất bởi quangminhltv99)
Bài 86
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 98
Ta có: ADCN nội tiếp và NC || GK nên AGKD nội tiếp .
Suy ra
\
NGD =
\
CKA mà
\
ACD =
\
AND ⇒
\
NDG =
\
CAK.
Ta lại có:
\
NDG =
\
OND =
\
DBM ⇒
\
DBM =
\
CAK.
Từ đó ta có đpcm.
Cho (O) và dây AB không đi qua tâm. Dây P Q vuông góc với AB tại H (HA > HB). M
là hình chiếu của Q trên P B, QM cắt AB tại K. Tia M H cắt AP tại N . Từ N kẻ đường
thẳng song song với AK cắt QB tại I. Chứng minh : P, I, K thẳng hàng.
(Đề xuất bởi MarkGot7)
Bài 87
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 99
Gọi {I
0
} = QB ∩ P K.
Ta có :
\
P HK =
\
P MK =
\
QHB =
\
QMB = 90
◦
nên các tứ giác HBMQ, HP KM nội tiếp.
⇒
\
MQB =
\
MHB =
\
MP I
0
⇒ P I
0
MQ nội tiếp ⇒
[
P I
0
Q =
\
P MQ = 90
◦
.
Tam giác P AB nội tiếp (O) có QM ⊥ P B , QH ⊥ AB mà M, H, N thẳng hàng nên theo tính
chất của đường thẳng Simson ta có : QN ⊥ AP .
Lại có :
\
MKH =
\
MP H =
[
QAB ⇒ 4QAK cân tại Q ⇒
[
P QA =
\
P QK.
Mà
\
NQA =
\
I
0
QK = 90
◦
−
\
P KQ = 90
◦
−
[
P AQ nên
\
P QN =
[
P QI
0
.
Mặt khác :
\
QP N =
[
QP I
0
nên P Q là trung trực của N I
0
hay P Q ⊥ NI
0
⇒ NI k AK ⇒ I
0
≡
I ⇒ P, I, K thẳng hàng.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm chính giữa cung lớn BC. Lấy D, E thuộc tia
đối của tia AB, AC sao cho BD = AC và CE = AB. Gọi K là điểm đối xứng với M qua
BC. Chứng minh: D, K, E thẳng hàng.
(Đề xuất bởi Phan Quế Sơn)
Bài 88
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 100
Dựng hình bình hành ABF C. Từ đó ta có: 4BDF và 4CEF cân tại B và C.
Ta có:
[
CF E =
\
BF D = 90
◦
−
[
BAC
2
và
\
BF C =
[
BAC ⇒ D, F, E thẳng hàng.
Mặt khác:
\
BF C =
[
BAC =
\
BKC ⇒ BKF C nội tiếp.
Suy ra:
\
BF K =
\
BCK = 90
◦
−
\
BKC
2
= 90
◦
−
[
BAC
2
=
\
BF D ⇒ D, K, F thẳng hàng.
Tương tự K, F, E thẳng hàng nên ta có đpcm.
Cho tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM . Đường vuông góc với AD tại D cắt
AB, AM lần lượt tại X, Y . Đường vuông góc với AB tại X cắt AD tại Z. Chứng minh
Y Z vuông góc với BC.
(Đề xuất bởi viaaiv)
Bài 89
Lời giải
Cách 1 :
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 101
Kéo dài DY cắt AC tại I.
Suy ra ZI ⊥ AC.
Từ Y kẻ đường thẳng vuông góc với Y Z cắt AB, AC tại P, Q.
Ta có hai tứ giác ZY P X và ZY IQ nội tiếp.
Kết hợp với
\
ZXY =
[
ZIY thì ta có:
[
ZP Y =
[
ZQY .
Suy ra Y P = Y Q mà MB = MC từ đó ta có P Q||BC. Suy ra đcpcm.
Cách 2 :
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 102
Ta có : AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I.
Kẻ IK vuông góc với AB suy ra tứ giác IM BK nội tiếp nên
\
IKM =
\
IBM =
[
BAC
2
=
[
KAI ⇒
KM ⊥ AI ⇒ KM||XY ⇒ Y Z||MI ⇒ đpcm.
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB < AC. Gọi M là trung điểm BC.AM cắt (O) tại
điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp 4MDC cắt AC tại E. Đường tròn ngoại tiếp
4MBD cắt đường thẳng AB tại F .
a) Chứng minh 4CED ∼ 4BF D và E, M, F thẳng hàng.
b) Phân giác ∠BAC cắt EF tại N. Phân giác ∠CEM cắt CN tại P . Phân giác ∠BF N
cắt BN tại Q. Chứng minh P Q k BC.
(Đề xuất bởi MoMo123)
Bài 90
Lời giải
a) Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên
\
F BD =
\
ECD. (1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 103
Mặt khác tứ giác BM DF và DMEC nội tiếp nên
\
BF D =
\
DMC =
\
DEC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra : 4CED ∼ 4BF D(g.g)
⇒
\
BDF =
\
CDE ⇒
\
BM F =
\
CME ⇒
\
F MC +
\
CME =
\
BM F +
\
F MC = 180
◦
.
⇒ E, F, M thẳng hàng.
b) Tam giác BF N có tia phân giác F Q nên :
QN
QB
=
F N
F B
.
Tam giác CEN có tia phân giác EP nên :
P N
P C
=
EN
EC
.
Tam giác AEF có tia phân giác AN nên :
NF
NE
=
AF
AE
.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC có cát tuyến F M E, ta có :
EC
EA
.
MB
MC
.
F A
F B
= 1
Theo giả thiết ta có : M là trung điểm BC nên M B = MC. Suy ra :
EC
EA
=
F B
F A
.
⇒
F A
EA
=
F B
EC
⇒
NF
NE
=
F B
EC
⇒
F N
F B
=
EN
EC
⇒
QN
QB
=
P N
P C
⇒ P Q k BC.
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O). Lấy điểm E thuộc cung nhỏ AB. AE cắt BC
tại H. AB cắt CE tại F . AE cắt DC tại K. Chứng minh rằng : đường tròn ngoại tiếp
4F BE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 4KED.
(Đề xuất bởi MarkGot7)
Bài 91
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 104
Ta sẽ đi chứng minh OE là tiếp tuyến chung của (KDE) và (EF B).
Thật vậy, ta có :
[
OEC =
[
OCE =
[
ACE =
[
ABE ⇒ OE là tiếp tuyến của (EF B). (1)
Tương tự ta cũng có :
\
OED =
\
ODE =
\
BDE =
[
BAE.
Mà ABCD là hình chữ nhật nên AB k KC ⇒
[
BAE =
\
DKE. Suy ra :
\
OED =
\
DKE hay OE
là tiếp tuyến của (KDE). (2)
Từ (1) và (2) suy ra : OE là tiếp tuyến chung của (KED) và (EF B). Do đó :(KED) tiếp xúc
(EF B).
Cho
d
xOy vuông và hai điểm cố định A, B trên Ox (A nằm giữa O và B). Điểm M chạy
trên Oy (M khác O). Đường tròn đường kính AB cắt MA, MB lần lượt tại C, E. Tia OE
cắt đường tròn tại F . Xác định vị trí của M để tứ giác OCF M là hình bình hành.
(Đề xuất bởi MarkGot7)
Bài 92
Lời giải
Gọi D = M C ∩ OF .
Ta có :
\
AOM +
\
AEM = 180
◦
mà hai góc này nằm ở vị trí đối nhau nên tứ giác OAEM nội
tiếp. Suy ra :
[
OEA =
\
OMA. (1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 105
Mặt khác, tứ giác MOCB có :
\
MOB =
\
MCB = 90
◦
mà hai góc này cùng nhìn cạnh MB nên
tứ giác MOCB nội tiếp. Do đó :
\
CBO =
\
CMO. (2)
Theo giả thiết ta có tứ giác AF EB nội tiếp nên
[
ABF =
[
AEF . (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra :
[
CBA =
\
CMO =
[
AEO =
[
ABF ⇒ BA là tia phân giác
\
F BC.
Mà BA là đường kính của đường tròn qua A, F, B, C nên BA là trung trực của CF .
Suy ra : CF ⊥ AB ⇒ CF k MO ⇒ MOCF là hình thang.
Giả sử OCF M là hình bình hành ⇒ D là trung điểm OF .
Ngoài ra BA là trung trực của CF nên OA là trung tuyến của 4OCF . Suy ra : A là trọng
tâm của tam giác OF C ⇒
CA
CD
=
2
3
⇒
CA
AM
=
1
2
.
Vì tứ giác MOCB nội tiếp nên CA.AM = OA.AB ⇒
AM
2
2
= OA.AB ⇒ AM
2
= 2OA.AB ⇒
AM =
√
2OA.AB. Vậy với M chạy trên Oy thoả AM =
√
2OA.AB thì tứ giác OCF M là hình
bình hành.
Cho tam giác ABC nhọn và cân tại C. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC
lần lượt tại E và F . Gọi H là giao điểm BF và CE. Đường tròn đường kính EC cắt AC
tại M. Gọi K là giao điểm của BM và (O). Chứng minh KC đi qua trung điểm HF .
(Đề xuất bởi Diepnguyencva)
Bài 93
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 106
Gọi I = CK ∩ME.
Ta có :
\
MEA = 90
◦
−
[
CAB = 90
◦
−
[
CBA =
\
ECB ⇒
\
MEA +
\
OEB =
\
BCE +
\
CBE = 90
◦
⇒
\
MEO = 90
◦
⇒ M E là tiếp tuyến của (O) ⇒
\
MEK =
\
KCE.
Suy ra 4IEK ∼ 4ICK(g.g) ⇒ IE
2
= IK.IC.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác IMC vuông tại M có đường cao M K ta có :
IM
2
= IK.IC
Do đó : IM = IE mà HF k EM nên KC đi qua trung điểm của HF .
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC; cát tuyến ADE sao cho
BD < CD; AD < AE. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm DE. Kéo
dài IH cắt (O) tại K sao cho H nằm giữa I và K. Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác OKA. Chứng minh OS ⊥ IK.
(Đề xuất bởi Diepnguyencva)
Bài 94
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 107
Gọi F là giao điểm thứ hai của IH với đường tròn (O).
Vì tứ giác F BKC nội tiếp nên : HF.HK = HB.HC
Mà tứ giác BOCA nội tiếp nên : HB.HC = HO.HA
Suy ra : HF.HK = HO.HA ⇒ AKOF nội tiếp. Do đó : F K là dây chung của hai đường tròn
(O) và (S) nên OS ⊥ F K hay OS ⊥ IK.
Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không đi qua tâm , điểm A di động trên cung lớn
BC, (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC tại D, E. Chứng minh rằng ED luôn
tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A di động.
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 95
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 108
Gọi M là trung điểm BC. Kẻ BP, MH, CQ vuông góc với P Q.
Vì BC cố định nên
\
DBP =
[
ECQ =
[
BAC
2
= α = const.
Hình thang BP QC có MH là đường trung bình của hình thang nên : M H =
BP + CQ
2
.
Mà BP = BD.cos
\
DBP = BD.cosα; CQ = CE.cos
[
QCE = CE.cosα
Nên BP + CQ = (BD + CE).cosα = BC.cosα = const ⇒ MH = const.
Vậy DE luôn tiếp xúc (M, MH) cố định.
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) và P là điểm nằm trên cung nhỏ BC, , trung trực
AB, AC cắt AP tại E, F , BE cắt CF tại Q. Chứng minh rằng AP = BQ + CQ
(Đề xuất bởi Minhcamgia)
Bài 96
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 109
Gọi {D} = CQ ∩ (O).
Vì F thuộc trung trực của AC nên F A = F C ⇒ 4F AC cân tại C ⇒
[
F AC =
[
F CA.
Mà
\
DAP =
\
DCP ( cùng chắn cung DP của (O)) nên
\
DAC =
[
P CA ⇒ ADP C là hình thang
cân. Do đó : AP = CD.
Ta có :
\
QBD =
[
EBA +
\
ABD =
[
EAB +
\
ACD =
[
EAB +
[
F AC =
[
BAC =
\
BDC ⇒ 4BDQ
cân tại Q ⇒ BQ = QD.
Do đó : BQ + CQ = QD + CQ = CD = AP .
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ
BC. Gọi N là điểm đối xứng với M qua trung điểm I của AB.
a) Chứng minh trực tâm K của tam giác ABN thuộc một đường tròn cố định.
b) Giả sử NK ∩ AB = D, hạ KE ⊥ BC. H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh
DE đi qua trung điểm J của HK.
(Tuyển sinh lớp 10 PTNK 2004-2005)
Bài 97
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 110
a) Vì AN BM là hình bình hành nên :
\
ANB =
\
AMB.
Mà K là trực tâm của tam giác ABN nên
\
AKB =
\
ANB = (90
◦
−
\
KBN).
Suy ra :
\
AKB =
\
AMB hay AKM B là tứ giác nội tiếp. Do đó K ∈ (O) cố định.
b) Gọi H
1
, H
2
lần lượt là giao của CH và AH với (O), K
1
, K
2
lần lượt là điểm đối xứng của K
qua AB và BC.
Dễ dàng ta chứng minh được : BC là trung trực của HH
2
và AB là trung trực của HH
1
.
Theo tính chất trung trực ta có :
\
BH
1
K =
\
BHK
1
và
\
BH
2
K =
\
BHK
2
.
Do đó :
\
BHK
1
+
\
BHK
2
=
\
BH
1
K +
\
BH
2
K = 180
◦
hay K
1
, H, K2 thẳng hàng.
Tam giác KK
1
K
2
có DE là đường trung bình nên DE k K
1
K
2
.
Gọi J = DE ∩HK. Ta có DJ k K
1
H ⇒ DJ là đường trung bình của tam giác KK
1
H. Do đó
J là trung điểm của HK hay DE đi qua trung điểm J của HK.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 111
Cho tam giác ABC đều. P nằm trong tam giác. Hạ P A
1
, P B
1
, P C
1
vuông góc xuống
BC, CA, AB. Tìm quỹ tích điểm P để tam giác A
1
B
1
C
1
cân
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 98
Lời giải
Giả sử tam giác A
1
B
1
C
1
cân tại A
1
thì ta có A
1
B
1
= A
1
C
1
Xét 2 đường tròn đường kính BP và CP như hình vẽ:
Ta thấy 2 dây A
1
B
1
= A
1
C
1
và
\
C
1
BA
1
=
\
B
1
CA
1
= 60
◦
Suy ra 2 đường tròn bằng nhau hay BP = CP suy ra P thuộc trung trực BC
Chứng minh tương tự ta có quỹ tích điểm P để A
1
B
1
C
1
cân là 3 đường trung trực của tam
giác ABC
Cho tam giác ABC có
[
ACB = 45
◦
và
[
ACB +
[
BAC = 2
[
ABC. Đường trung trực của AB
cắt BC tại M.
a) Tính
\
MAC.
b) Gọi I là tâm đường tròn (AMC). Chứng minh tứ giác ABCI nội tiếp.
(Tuyển sinh 10 PTNK 2005-2006)
Bài 99
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 112
Lời giải
a) Theo giả thiết ta có :
[
ACB = 45
◦
và
[
ACB +
[
BAC = 2
[
ABC. Suy ra :
[
BAC = 75
◦
,
[
ABC =
60
◦
.
Mà M thuộc trung trực của AB nên
\
MBA =
\
MAB = 60
◦
⇒
\
MAC = 15
◦
.
b) Gọi D bất kì nằm trên cung lớn AC của (I).
Ta có :
[
AIC = 2
\
ADC = 2(180
◦
−
\
AMC) = 120
◦
.
Do đó :
[
ABC +
[
AIC = 180
◦
⇒ AICB nội tiếp.
Cho tam giác ABC và đường thẳng d song song với BC và khác phía với A. Lấy M thuộc
d sao cho tứ giác ABM C lồi. Điểm N trên MB hoặc MC sao cho AN chia diện tích tứ
giác ABM C thành hai phần bằng nhau. Tìm quỹ tích điểm N khi M di động.
(Đề xuất bởi Korkot)
Bài 100
Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 113
Kéo dài AB, AC cắt d tại D, E. Gọi K, I, L, P lần lượt là trung điểm CD, BE, DE, BC
Giả sử N thuộc đoạn M C. Áp dụng bổ đề 6 ta có: S
ABMN
= S
ANC
⇒ P N k AM
Suy ra:
MN
NC
=
P Q
P C
=
ML
LE
⇒ N L k CE ⇒ N ∈ KL.
Tương tự với N thuộc đoạn BM thì N ∈ IL
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 114
Chương 3
Một số bài toán chưa có lời giải
Sau đây là năm bài toán vẫn chưa có lời giải trên diễn đàn Toán học. Bạn đọc hãy thử tự
tìm lời giải cho riêng mình nhé.
Bài 101. (Diepnguyencva) Cho đường tròn (O); AB = 2R. Lấy C thuộc đường tròn (AC >
BC). Tiếp tuyến tại A và C của (O) cắt nhau tại D, DB cắt (O) tại E. Kẻ CH vuông góc
AB. DH cắt AE tại I; CI cắt AD tại K. Lấy F đối xứng với E qua AB.
a, Chứng minh KE là tiếp tuyến của (O)
b, Qua E kẻ đường thẳng song song AB cắt KB tại S. OS cắt AE tại Q. Chứng minh: D, Q,
F thẳng hàng.
Bài 102. (phamhuy1801) Cho 4ABC nhọn. Đường tròn (O;
BC
2
) cắt AB, AC thứ tự tại E, D.
Các tiếp tuyến kẻ từ E, D của (O) cắt nhau tại I và lần lượt cắt tiếp tuyến kẻ từ B, C của
(O) tại F, G. F G cắt AI tại H và cắt (O) tại M, N. Chứng minh H là trực tâm của 4ABC
và MA, N A lần lượt các tiếp tuyến của (O)
Bài 103. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có E, F thuộc đoạn CA
và BA sao cho EF song song với BC. Đường trung trực của đoạn thẳng BC cắt AC tại M,
đường trung trực của đoạn EF cắt cắt AB tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt
CF tại P khác C, đường tròn ngoại tiếp tam giác EF N cắt CF tại Q khác F .
a, Chứng minh rằng đường trung trực của P Q đi qua trung điểm của MN.
b, Gọi L là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O) và I là một điểm bất kì trên
đoạn AL. Gọi J là hình chiếu của I trên BC. Đường tròn tâm I bán kính IJ cắt AB, AC theo
thứ tự tại X, Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY và đường tròn tâm L
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 116
bán kính LB tiếp xúc với nhau.
Bài 104. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H, đường
cao AF và M là trung điểm của BC. Đường tròn đường kính AH cắt HM tại Q khác H. Lấy
điểm X thuộc BC sao cho XH vuông góc với QM . Gọi L, P lần lượt là trung điểm của QH
và QA. Đường thẳng qua Q song song với LX cắt MP tại N . Vẽ đường tròn tâm X bán kính
XH cắt đường tròn (O) tại K sao cho K cùng phía với A so với BC
a, Chứng minh rằng ba điểm K, Q, N thẳng hàng.
b, Chứng minh rằng (MNF ) tiếp xúc với đường tròn đường kính QH.
Bài 105. (khanhdat1) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB và một điểm M bất kì nằm
trong (O) nhưng không nằm trên đường kính AB. Gọi N là giao điểm của đường phân giác
trong của góc AM B với đường tròn (O). Đường phân giác ngoài của góc AMB cắt đường
thẳng N A, N B lần lượt tại P và Q. Đường thẳng M A cắt đường tròn đường kính NQ tại R,
đường thẳng M B cắt đường tròn đường kính NP tại S(R, S khác M). Qua R kẻ đường thẳng
song song với P Q cắt AN tại C, qua S kẻ đường thẳng song song với P Q cắt BN tại D. Gọi
I là trung điểm của CD.
a, Chứng minh rằng ba điểm N, O, I thẳng hàng.
b, Chứng minh rằng ba điểm R, S, I thẳng hàng.
Chương 4
Bài tập rèn luyện
Bài 1. (Nguyễn Văn Linh) Cho 4ABC nội tiếp (O). Lấy E, F bất kì trên AB và AC. Gọi
M, N, P lần lượt là trung điểm CE, BF, EF . K là chân đường cao hạ từ O xuống EF . Chứng
minh M, N, P, K đồng viên
Bài 2. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Giả sử AB + AC = 2BC.
Chứng minh
[
AIO = 90
◦
Bài 3. (VMO 2011) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Lấy P trên tiếp tuyến tại B của
(O). P A cắt (O) tại điểm thứ hai là C. Kẻ đường kính CD của (O). P D cắt (O) tại điểm thứ
hai là E. Chứng minh rằng AE, BC, P O đồng quy.
Bài 4. Cho 4ABC không cân nội tiếp (O). Kẻ đường kính AD, tiếp tuyến tại D cắt BC tại
P . P O lần lượt cắt AB, AC tại E, F . Chứng minh rằng OE = OF
Bài 5. Cho 4ABC có AB < AC < BC và nội tiếp (O). Trên tia BA, BC lấy D, E sao cho
BD = BE = AC. (BDE) cắt (O) tại điểm thứ hai là P . Chứng minh rằng BP = AP + CP .
Bài 6. Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao BD, CE. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau ở P .
Chứng minh AP đi qua trung điểm DE.
Bài 7. Cho 4ABC nội tiếp (O) có trực tâm H. Gọi M là trung điểm AH, E trên AC sao cho
OE k BC. F là điểm đối xứng của E qua O. Chứng minh rằng: BM ⊥ ME và BF là phân
giác
\
MBE
Bài 8. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Kẻ đường kính AD của (O). AI cắt (O) tại
E. Tia DI cắt (O) tại K. KE cắt BC tại L. Chứng minh rằng: IL ⊥ BC.
Bài 9. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). BC tiếp xúc với (I) tại D. Gọi K là chân đường cao
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 118
hạ từ I xuống AD. Chứng minh KD là phân giác
\
BKC.
Bài 10. (IMO 2018) Cho 4ABC nội tiếp (O). Trên AB, AC lấy D, E sao cho AD = AE.
Trung trực của BD, CE lần lượt cắt cung nhỏ AB, AC tại F, G. Chứng minh GF k DE
Bài 11. (Russian MO 2015) Cho tam giác ABC nhọn không cân. Kẻ đường cao AH và trung
tuyến AM. Lấy Q, P nằm trên AB, AC sao cho QM ⊥ AC, P M ⊥ AB. Đường tròn ngoại tiếp
4P MQ cắt BC tại điểm thứ hai là X. Chứng minh BH = CX
Bài 12. Cho 4ABC cân tại A. Trên AB lấy D sao cho BD = 2AD. Kẻ BE ⊥ CD, lấy F là
trung điểm CE. Chứng minh:
[
AF B = 90
◦
Bài 13. (Stan Fulger) Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ hình vuông MNP Q với M ∈ AB,
N ∈ AC và P, Q ∈ BC. N B cắt M Q tại R, M C cắt NP tại S. Chứng minh AR = AS
Bài 14. Cho đường tròn (O) có dây cung AB. Lấy D là điểm chính giữa cung nhỏ AB, C là
điểm bất kì trên cung lớn AB. Vẽ đường tròn (I) tiếp xúc với đường (O) tại C đồng thời tiếp
xúc AB tại F . Kẻ tiếp tuyến XA, XC của đường tròn (O). Gọi giao điểm XD và AB là M .
Chứng minh M là trung điểm AF .
Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có I là tâm nội tiếp. N là điểm chính giữa cung BAC
của (O). N I cắt BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt IB, IC lần lượt tại
K và L. Chứng minh DK = DL.
Bài 16. Cho 4ABC vuông tại A có phân giác BE và CF cắt nhau tại I. Gọi K là trung điểm
EF . Chứng minh KI ⊥ BC.
Bài 17. (Tạp chí Kvant) Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao AH. Qua H kẻ đường thẳng
song song với OA cắt OA tại D. Chứng minh D thuộc đường trung bình 4ABC.
Bài 18. (China TST) Cho hai đường tròn (O) và (O
0
) cắt nhau tại C, D. Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài AB sao cho C gần AB hơn D. Lấy E thuộc OO
0
sao cho AE ⊥ BC. Chứng minh
[
ACE = 90
◦
.
Bài 19. Cho 4ABC không cân có đường cao AD, BE, CF . EF cắt BC tại I. Qua D kẻ đường
thẳng song song với EF cắt AB, AC lần lượt tại K, L. Chứng minh (IKL) luôn đi qua một
điểm cố định khi A di động và BC cố định.
Bài 20. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). AE ∩BD = K,
BF ∩ CE = I, AC ∩DF = L. Chứng minh K, I, L thẳng hàng.
Tài liệu tham khảo
[1] Tài liệu chuyên Toán trung học cơ sở - Vũ Hữu Bình (Chủ biên). Nxb Giáo dục Việt Nam
[2] Vẽ thêm yêu tố phụ để giải một số bài toán hình học 7,8,9 - Nguyễn Đức Tấn. Nxb Giáo
dục Việt Nam
[3] Bài tập Hình học chọn lọc cho học sinh trung học cơ sở - GS. Nguyễn Tiến Dũng, GS.Đỗ
Đức Thái (Chủ biên) - Nxb thông tin và truyền thông
[4] Nâng cao và phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình. Nxb Giáo dục Việt Nam
[5] Các chuyên đề chọn lọc Toán 8,9 - Tôn Thân (Chủ biên). Nxb Giáo dục Việt Nam
[6] Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 9, tập hai: Hình học - Nguyễn Bá Đang.
Nxb Giáo dục Việt Nam
[7] Tạp chí Toán tuổi thơ 2, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Tạp chí Pi.
Internet:
[9] [TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 2018-2019
https://diendantoanhoc.net/topic/182061-topic-hình-học-ôn-thi-vào-thpt-chuyên-2018-2019/
[9] AoPS forum.
https://artofproblemsolving.com/
[10] Diễn đàn Mathscope
http://mathscope.org/
[11] Trần Quang Hùng, Blog hình học sơ cấp
https://analgeomatica.blogspot.com/
[12] Blog Toán học của Khoa Nguyễn
https://khoalinhmathematics.blogspot.com/
| 1/119
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 2 Mục lục Lời nói đầu 5 1
Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử dụng trong tài liệu 7 1.1
Các kí hiệu, thuật ngữ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2
Một số bổ đề dùng trong tài liệu
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 2
Các bài toán đã có lời giải 13 3
Một số bài toán chưa có lời giải 115 4 Bài tập rèn luyện 117 Tài liệu tham khảo 119 3
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 4 Lời nói đầu
Hình học là một phần quan trọng trong Toán học và rất phát triển tại Việt Nam. Tôi
đã thấy rất nhiều người giỏi Hình học nhưng ngược lại thì lại có nhiều người vẫn đang rất sợ
bộ môn mang tên Hình học phẳng này. Bằng sự động lực và đam mê nên tôi đã quyết định
biên soạn một tài liệu về hình học cấp THCS dành cho những bạn nào đam mê Hình học
hoặc chưa đam mê thì mong qua cuốn tài liệu này các bạn sẽ tìm được thấy vẻ đẹp ẩn chứa
trong đó. Cuốn tài liệu này bắt nguồn từ "[TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT
CHUYÊN 2018-2019" do tôi sáng lập ở trên diễn đàn Toán học với tài khoản là Khoa
Linh. Lúc đó là vào dịp tôi đang ôn thi vào lớp 10 THPT, mặc dù khá là nhiều việc nhưng
được sự cho phép của bạn ĐHV THCS MoMo123 và sự ủng hộ của rất nhiều bạn nên tôi
đã sáng lập ra TOPIC này. Trải qua một tháng TOPIC được thành lập thì đã có hơn 100 bài
toán được đưa lên với phong trào giải bài rất sôi nổi, nhiệt tình của các bạn. Đó cũng là nơi
giao lưu học hỏi thêm về nhiều bài toán hay trong hình học phẳng. Khi kết thúc TOPIC của
mình thì tôi đã có dự định trong hè gõ lại tất cả những bài toán có trên đó nhưng do số lượng
bài khá nhiều và cũng rất nhiều bài chưa có lời giải nên tôi đã nhờ đến sự trợ giúp của bạn
Tạ Công Hoàng - THPT chuyên Lê Khiết với tài khoản trên diễn đàn là taconghoang. Tôi
muốn gửi lời cảm ơn tới các bạn đã tham gia đóng góp rất nhiều bài toán hay, lời giải đẹp
cho TOPIC, đặc biệt là các bạn có tên tài khoản sau: Minhcamgia, conankun, MoMo123,
BunhiChySchwarz, buingoctu, Korkot, phamhuy1801, khanhdat1, Tea coffee... Tôi
cũng đặc biệt cảm ơn anh Nguyễn Phúc Tăng- Khóa 9 THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
đã giúp chúng tôi thiết kế bìa, các khung bài tập để cho tài liệu hoàn thiện hơn. Một số bài
toán vẫn chưa có lời giải thì tôi đã cho vào mục khác và thay vào đó là những bài toán do tôi
hoặc người khác đề xuất. Mặc dù đã cố gắng rất nhiều nhưng sai sót trong tài liệu là không
thể tránh khỏi và trong quá trình gõ tài liệu thì tôi cũng đã gặp phải rất nhiều lỗi biên soạn
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 6
nên có thể tài liệu nhìn chưa được đẹp như ý muốn. Mong mọi người đóng góp ý kiến thêm tại
hòm thư: khoanguyen17112003@gmail.com .
Chúc các bạn tìm được sự đam mê với môn học này. Xin chân thành cảm ơn!
Phú Thọ, ngày 17 tháng 8 năm 2018
Nguyễn Đăng Khoa - Khóa 36 THPT chuyên Hùng Vương Chương 1
Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử dụng trong tài liệu 1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ
(ABC) : Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
R(ABC) : Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
SABC : Diện tích tam giác ABC
A, B, C, D đồng viên: A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn
đpcm: Điều phải chứng minh 1.2
Một số bổ đề dùng trong tài liệu
Sau đây là các bổ đề hay gặp được chúng tôi sử dụng trong tài liệu và không đưa ra phép
chứng minh, bạn đọc sẽ phải tự chứng minh. Ngoài ra còn rất nhiều tính chất, bổ đề quen
thuộc bạn đọc sẽ được tiếp cận qua các bài toán.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 8
Bổ đề 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), phân giác góc A cắt (O) tại D khác A. I thuộc AD
và J thuộc tia đối của tia DA. Khi đó I, J là tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A khi
và chỉ khi DB = DC = DI = DJ .
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H. M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H cắt
AB, AC lần lượt tại P, Q khi đó M H ⊥ P Q ⇔ HP = HQ
Nhận xét. Đây là trường hợp đặc biệt của bài toán con bướm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 9
Bổ đề 3: Từ điểm M nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến M A, M B. Kẻ cát tuyến M CD tới (O). AC BC Khi đó ta có = AD BD
Nhận xét. Tứ giác ACBD như trên được gọi là tứ giác điều hòa. Trong bậc THCS ta chủ yếu
nghiên cứu tính chất trên.
Bổ đề 4: Phép đồng dạng tương ứng (không có định nghĩa).
Ví dụ: Cho hai tam giác ABC và A0B0C0 đồng dạng có các phân giác AD, AD0 và đường cao BD B0D0 AB A0B0 R(ABD) R(ADC) AH, AH0. Khi đó ta có = ; = ; = ; \ ADB = \ A0D0B0 và DC D0C0 HD H0D0 R(A0B0D0) R(A0D0C0)
ta có hàng loạt các tỉ số, các góc bằng nhau sao cho chúng có tính tương ứng.
Nhận xét. Phép đồng dạng tương ứng không có trong chương trình học và dạy nhưng chúng
ta hoàn toàn chứng minh được bằng phép đồng dạng. Nó giúp chúng ta nhìn hình dễ hơn và
lời giải sẽ đẹp, gọn hơn rất nhiều.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 10
Bổ đề 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P . Gọi
M là trung điểm của BC. Khi đó [ BAP = \ CAM .
Nhận xét. Đường thẳng AP được gọi là đường đối trung trong tam giác ABC và đã có rất
nhiều bài toán đề cập tới đường thẳng này, bạn đọc sẽ thấy ở trong tài liệu.
Bổ đề 6: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M là trung điểm AC. Điểm N thuộc đoạn thẳng DA
hoặc DC sao cho BN chia diện tích tứ giác thành hai phần bằng nhau. Khi đó ta có M N k BD.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 11
Bổ đề 7: Cho ba đường tròn phân biệt đôi một cắt nhau tại hai điểm, khi đó ba dây cung
chung của ba đường tròn đồng quy.
Nhận xét. Đây là nội dung của định lý trục đẳng phương, trong bậc THCS thì ta chỉ xét
trường hợp hai đường tròn có dây cung chung.
Ngoài ra các bạn nên đọc thêm các định lý hay dùng trong bậc THCS như Menelaus, Ceva,
Potoleme... để có thêm nền tảng vững chắc.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 12 Chương 2
Các bài toán đã có lời giải Bài 1
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm (O). Trên đoạn BC lấy điểm M , trên đoạn
BA lấy N , trên đoạn CA lấy P sao cho BM = BN và CM = CP .
a, Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M N P
b, Chứng minh tứ giác AN OP nội tiếp
c, Tìm một vị trí của M, N, P sao cho độ dài đoạn N P nhỏ nhất
(Đề thi TS lớp 10 Sư Phạm 2000-2001) Lời giải 13
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 14
a, Ta có: BM = BN ; CM = CP suy ra BO là trung trực M N và CO là trung trực M P suy ra O là tâm (M N P )
b, Theo tính đối xứng ta có: [ AP O + \ AN O = \ OM C + \
OM B = 180◦ suy ra tứ giác AN OP nội tiếp c, Ta có: \ N OP = 180◦ − [
BAC (không đổi) mà ON = OP nên để N P nhỏ nhất thì ON =
OP = OM nhỏ nhất khi đó M , N , P là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
với 3 cạnh của tam giác. Bài 2
Từ điểm A ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC và cát tuyến ADE. BC cắt
DE ở K. Chứng minh hệ thức sau: 1 1 2 + = AD AE AK
(trích đề thi TS lớp 10 tỉnh Phú Thọ 2017-2018) Lời giải
Gọi giao của AO và BC là H ta có: AH.AO = AD.AE = AB2 suy ra tứ giác DHOE nội tiếp ⇒ \ DHA = \ OED = \ ODE = \ OHE
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 15
Suy ra HK, HA là phân giác trong và phân giác ngoài \ DHE DK KE ⇒ =
(Theo tính chất phân giác) AD AE AK AK DK EK 1 1 2 Mà + = 2 + − = 2 ⇒ + = AD AE AD AE AD AE AK
Nhận xét: Đây chính là hệ thức Descartes Bài 3
Cho đường tròn (O) và điểm A, B cố định, trong đó A nằm ngoài và B nằm trong (O).
Dây CD di động và đi qua B. AC, AD lần lượt cắt (O) tại điểm thứ 2 là E và F . Chứng
minh EF đi qua một điểm cố định. (Đề xuất bởi Khoa Linh) Lời giải
AB ∩ (O) = {K, L}; EF ∩ AB = {M }; (ACD) ∩ AB = {A, I}
Ta có: AB.BI = CB.BD = BK.BL(không đổi) ⇒ I cố định. Mặt khác: \ AEM = \ F DC = \ M IC ⇒ M ECI nội tiếp
⇒ AM.AI = AE.AC = AK.AL (không đổi)
⇒ M cố định. Vậy EF đi qua điểm M cố định.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 16 Bài 4
Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm EF và
dựng hình bình hành AEIH. Chứng minh: BM vuông góc với IF .
(Đề xuất bởi Tự Cường) Lời giải Cách 1:
Gọi N là trung điểm BE. Khi đó ta chứng minh được: 4M N B ∼ 4F HI(c.g.c) suy ra điều phải chứng minh. Cách 2:
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 17
Lấy T đối xứng với I qua điểm H thì ta có ngay [ ET I = [ EIH = \ EAH ⇒ AT HE nội tiếp.
Từ đó A, T, F, H, E cùng thuộc một đường tròn nhận ET là đuờng kính.
Suy ra 4T F H ∼ 4EF B(g.g) kéo theo 4IF T ∼ 4BM E(c.g.c) suy ra đpcm. Bài 5
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). I là điểm chính giữa cung lớn BC. Gọi
H và K lần lượt là hình chiếu của I lên phân giác góc trong tại B và C.
Chứng minh rằng trung điểm G của HK thuộc trung trực BC (Đề xuất bởi Khoa Linh) Lời giải
Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta có IM vuông góc với BC. KC ∩ BH = J Ta có: [ IKC = \
IM C = 90◦ suy ra IKM C nội tiếp và IHM B nội tiếp. [ BAC [ ABC + [ ACB suy ra: \ M KC = \ M IC = và [ KIH = [ HJ C = 2 2 Từ đó: \ IKM + [
KIH = 180◦ suy ra KM k IH. Tương tự thì ta có: IKM H là hình bình hành
Suy ra G thuộc IM hay ta có điều phải chứng minh. Bài 6
Cho 4ABC nhọn có AB > AC. Các đường cao AD, BF, CE cắt nhau ở H. BC cắt EF
ở K. Gọi M là trung điểm của BC. (O), (O0) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp 2 tam
giác AEF, BKE. Chứng minh H là trực tâm của tam giác AM K. (Đề xuất bởi conankun)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 18 Lời giải
Gọi L là giao điểm thứ 2 của (O) và (O0). Ta có: [ ALE = [ AF E = \ EBC = 180◦ − \
KLE. Suy ra A, L, K thẳng hàng. [ HLA = \ HF A = 90◦ ⇒ HL ⊥ AK.(1) Ta lại có: \ EM D = 2 \ M BE = [ AF E + \ CF D = 180◦ − \
DF E suy ra tứ giác DF EM nội tiếp.
Suy ra: KL.KA = KF.KE = KD.KM ⇒ ALDM nội tiếp ⇒ \ M LA = \ M DA = 90◦ ⇒ M L ⊥ AK(2).
Từ (1) và (2) ta có: M, H, L thẳng hàng và H là trực tâm tam giác AKM .
Nhận xét. Bài toán này là bài toán hay có nhiều lời giải bằng các dựng các đường tròn ngoại tiếp khác nhau. Bài 7
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong góc [ ABC cắt (O) tại D và
cắt AC tại E. Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB. F là giao BC và (w), DF M A N B AB2
cắt (w) tại G, EG cắt AD, BC tại M, N . Chứng minh rằng: . = . M D N C DC2
(Đề xuất bởi Nguyễn Tăng Vũ)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 19 Lời giải
Dễ dàng chứng minh DA là tiếp tuyến của (w) ⇒ DC2 = DA2 = DG.DF Từ đây suy ra
∠GF C = ∠GCD mà ∠GF C = ∠BEG. Từ đây suy ra GEDC nội tiếp
∠BAG = ∠BEG = ∠DCG; ∠ABG = ∠GEC = ∠GDC AB BG AG ⇒ 4BAG ∼ 4DCG ⇒ = = CD DG CG
Mặt khác, ta có ∠AGE = ∠ABE = ∠ECD = ∠EGD suy ra GE là tia phân giác ∠AGD AM AG ⇒ =
. Tương tự ta cũng chứng minh được GN là phân giác ∠BGC M D GD N B GB M A N B AB2 ⇒ = ⇒ . = N C GC M D N C CD2 Bài 8
Cho (O) và đường thẳng d cố định và (O); d không có điểm chung . M là điểm di động
trên d. Vẽ 2 tiếp tuyến M A, M B phân biệt và cát tuyến M CD của (O) (C nằm giữa M
và D) . Vẽ dây DN của (O) song song với AB. Gọi I là giao điểm của CN và AB. Chứng minh rằng IC BC a, = và IA = IB IA BD
b, Điểm I thuộc một đường cố định khi M di động trên đường thẳng d. (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 20 a, Ta thấy: IC BC [ ICA = \ BCD; [ IAC = \ BDC ⇒ 4ICA ∼ 4BCD ⇒ = (1) IA BD CI AC
Tương tự ta có: 4ICB ∼ 4ACD ⇒ = .(2) IB AD BC AC Để ý ta có: = (bổ đề 3) BD AD
Từ (1) và (2) ta có I là trung điểm AB.
b, Hạ OH vuông góc với d cắt AB tại K.
Ta có: OK.OH = OI.OM = OA2 suy ra K cố định.
Suy ra I thuộc đường tròn đường kính OK. Bài 9
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm D khác A, B và ∠DAB >
60◦. Trên đường kính AB lấy điểm C (C khác A, B) và kẻ CH vuông góc với AD tại H. Phân giác trong của \
DAB cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F . Đường thẳng DF cắt
đường tròn tại điểm thứ hai N .
a, Chứng minh AF CN nội tiếp và 3 điểm N, C, E thẳng hàng.
b, Cho AD = BC, chứng minh DN đi qua trung điểm AC. (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 21 a, Ta có: \ N AC = \ N DB = \
N F C ⇒ Tứ giác AF CN nội tiếp ⇒ \ F N C = [ F AC = \ DAE = \ DN E ⇒ C, N, E thẳng hàng
b) Kẻ CG song song AD (G ∈ DN ) Ta có: \ CGD = \ ADN = \
ABN ⇒ Tứ giác BCGN nội tiếp ⇒ \ CGB = \ CN B = [ EAB = \ F N C = \ CBG
⇒ 4CGB cân tại C ⇒ CG = CB = AD ⇒ ADCG là hình bình hành
⇒ DN đi qua trung điểm AC Bài 10
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong (O), AC cắt BD tại J . Đường tròn (O0) tiếp xúc với
J A, J B tại E, F và tiếp xúc trong với (O), Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua tâm
đường tròn nội tiếp 4ABD (Định lý Lyness) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 22
Gọi T là tiếp điểm của (O) và (O0), T F cắt (O) tại N , AN cắt EF tại I.
Ta có: O0F ⊥ BD nên ON ⊥ BD do đó N là điểm chính giữa cung BD nên AN là phân giác ∠DAB.
Dễ dàng chứng minh BN 2 = N F.N T (1) (4N F B ∼ 4N BT ) 1 1
và ∠N AT = ∠T ON = ∠T O0F = ∠IET nên tứ giác IEAT nội tiếp ⇒ ∠AIT = ∠AET = 2 2
∠IF T nên 4NIF ∼ 4NT I suy ra NF.NT = NI2(2)
Từ (1) và (2) suy ra N I = N B = N D nên I là tâm nội tiếp tam giác ABD. Bài 11
Từ 3 đỉnh của một tam giác hạ các đường vuông góc xuống một đường thẳng ở ngoài tam
giác đó. Chứng minh rằng tổng độ dài của 3 đường vuông góc đó gấp 3 lần độ dài của
đoạn thẳng vuông góc hạ từ trọng tâm của tam giác xuống cùng đường thẳng đó .
(Đề xuất bởi thanhdatqv2003) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 23
Dựng các điểm như hình vẽ (M đối xứng với trọng tâm G qua D)
Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có:
(AH + CL) + BN = 2DJ + BN = GI + M K + BN = GI + (M K + BN ) = 3GI
Suy ra điều phải chứng minh. Bài 12 Cho 4ABC
có trực tâm H. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của
4HBC, 4HAB, 4HCA có bán kính bằng nhau. (Đề xuất bởi Lao Hac) Lời giải
Gọi D là giao điểm thứ 2 của AH với (ABC).
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 24
Dễ dàng chứng minh được D đối xứng với H qua BC. Suy ra R(BHC) = R(BDC) = R(ABC).
Tương tự ta có bán kính đường tròn ngoại tiếp 4HBC, 4HAB, 4HCA bằng nhau và cùng
bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Bài 13
Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I). Gọi D, E, F là điểm tiếp xúc của đường 1
tròn bàng tiếp đỉnh A với ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: SBIC > SDEF 4
(Đề xuất bởi NguyenHoaiTrung) Lời giải SBIC
Ta dễ dàng chứng minh được: BI k DE; IC k DF ⇒ 4BIC ∼ 4F DE(g.g) ⇒ = SDEF BC 2 EF BC 2 1
Mặt khác 2BC = BC + BE + CF > EF ⇒ > . EF 4 Suy ra đpcm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 25 Bài 14
Cho đường tròn (O; R) và điểm A cố định với OA = 2R, đường kính BC quay quanh O
sao cho 3 điểm A, B, C không thẳng hàng; Đường tròn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là
I. Đường thẳng AB, AC cắt (O; R) lần lượt tại D, E với D 6= B , C 6= E. Nối DE cắt đường thẳng OA tại K.
a) Chứng minh: OI.OA = OB.OC và AK.AI = AE.AC
b) Tính độ dài OI; OK theo R
c) Chứng minh: đường tròn (ADE) luôn đi qua 1 điểm cố định (khác A) khi BC quay quanh O.
(TS lớp 10 đại học Sư Phạm ngoại ngữ 2001-2002) Lời giải OA cắt (O) tại M, N . a, Tương tự bài số 3 R
b, OI.OA = 2R.OI = OB.OC = R2 suy ra OI = . 2 5 6 4
Ta có: AK.AI = AD.AB = AM.AN = 3R2 suy ra AK. R = 3R2 ⇒ AK = R ⇒ OK = R. 2 4 5
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 26
c) Gọi (ADE) giao AO tại S khác A.
Do K cố định nên KD.DE không đổi và KD.KE = KA.KS nên KS không đổi nên S cố định
Vậy (ADE) đi qua điểm S là điểm cố định. Bài 15
Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O; R) và ngoại tiếp (I; r). Gọi x, y, z là khoảng cách từ (O)
xuống ba cạnh của tam giác ABC. Chứng minh hệ thức x + y + z = R + r (Định lý Carnot) Lời giải
Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB. b c a
Áp dụng định lý Ptolemy ta có: OB.M P = OM.BP + OP.BM ⇔ R. = x. + z. 2 2 2
Thiết lập các đẳng thức tương tự rồi cộng lại được. a + b + c b + c a + c a + b R. = .x + .y + .z 2 2 2 2
Để ý rằng 2SABC = 2r(a + b + c) = ax + by + cz a + b + c a + b + c b + c a + c a + b a b c Suy ra R. + .r = .x + .y + .z + x. + y. + z. 2 2 2 2 2 2 2 2 a + b + c a + b + c ⇔ (R + r). = (x + y + z). . 2 2 Suy ra đpcm
Nhận xét. Hệ thức trên chỉ đúng khi 4ABC nhọn. Nếu 4ABC tù tại A thì ta có hệ thức
R + r = y + z − x. Tương tự với góc B, C tù thì ta có các hệ thức còn lại.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 27 Bài 16
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF . Các tiếp tuyến tại B, C
của (O) cắt nhau ở K, gọi M là giao điểm của OK với BC.
1, Chứng minh: 4AEB ∼ 4CM K 2, Chứng minh: \ BAK = \ M AC
3, Gọi G là giao điểm của AM và EF , H là giao điểm của AK và BC. Chứng minh rằng GH k OM
(Đề xuất bởi BunhiChySchwarz) Lời giải 1, Ta có: 4AEB ∼ 4CM K(g.g)
2, Ta có: OM.OK = OC2 = OA2 ⇒ 4OM A ∼ 4OAK(c.g.c) ⇒ \ OAM = \ OKA = \ DAH (1) Mặt khác [ OAC = \ DAB (2) Từ (1), (2) ta có: \ M AC = \ BAK
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 28
3, Ta có: 4AGE ∼ 4AHB và 4AEM ∼ 4ABK(g.g) AG AE AM Suy ra = = ⇒ HG||OM AH AB AK Bài 17
Từ M nằm ngoài (O) cho trước dựng hai tiếp tuyến M A, M B. C Chạy trên cung nhỏ AB.
D, E, F là hình chiếu của C trên AB, M A, M B. S, T là giao của DE, DF với CA, CB. Chứng minh rằng: a, ST k AB.
b, Chứng minh ST là tiếp tuyến chung của (T F C) và (SCE)
c, Gọi I là giao điểm thứ 2 của (T F C) và (SCE). Chứng minh: CI đi qua điểm cố định
khi C di chuyển trên cung AB
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
a, Dễ dàng chứng minh được tứ giác CDAE và CDF B nội tiếp nên ta có:
∠SDT = ∠CAB + ∠CBA = 180◦ − ∠SCT
Từ đây suy ra tứ giác SCT D nội tiếp ⇒ ∠CST = ∠CDT = ∠CBF = ∠CAB Suy ra ST k AB b, Ta có : [ CST = \ CAD = \
CED ⇒ ST là tiếp tuyến của (SEC).
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 29
Tương tự ta cũng có ST là tiếp tuyến của (T CF )
c, Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của IC với T S và AB.
Vì ST là tiếp tuyến chung của (T F C) và (SCE) nên T P 2 = P S2 = P C.P I ⇒ P T = P S mà
T S k AB nên Q là trung điểm AB (cố định) Suy ra đpcm. Bài 18
Cho đường tròn (O) hai điểm A, B nằm trên đường tròn, điểm C nằm trong đường tròn
(O). Đường tròn (O0) tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA, CB theo tứ tự ở
P, Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh : A, P, R, I đồng viên. (Bổ đề Sawayama) Lời giải
Kéo dài BC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DAB
và L là điểm chính giữa cung BD.
Theo bài số 10 thì ta có: P, K, Q thẳng hàng. \ RO0Q [ ROL Ta có: \ RP K = = = \
RAK nên tứ giác RAP K nội tiếp. 2 2 [ ACB [ CBA [ CAB Mặt khác: [ IKQ = [ CQP − \ QBK = 90◦ − − = = [ P AI 2 2 2
Suy ra tứ giác P KIA nội tiếp. Từ đó ta có: P, I, R, A đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 30 Bài 19
Cho tam giác từ M nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyến M A, M B, gọi M O giao AB tại H, I là
trung điểm M H, K là giao của IA và (O). a, Chứng minh IA ⊥ HK. b, Tính \ M KB. (Đề thi TP.HCM 2014-2015) Lời giải
a, Kẻ đường kính AD của (O). Ta có: 4AHM ∼ 4DBA(g.g)
Vì H là trung điểm AB và I là trung điểm HM nên 4DBH ∼ 4AHI(c.g.c) Suy ra \ BDH = \ HAK = \
BDK nên D, H, K thẳng hàng. Ta có: \ AKH = \ ABD = 90◦ nên AI ⊥ HK b, Vì AI ⊥ HK nên [ KHI = \ HAK = \
KBM . Từ đó ta có tứ giác KHBM nội tiếp. Suy ra \ BKM = \ BHM = 90◦ Bài 20
Đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại P và Q. Qua P vẽ đường thẳng d1 bất kỳ cắt (O1)
và (O2) tại A và B. Đường thẳng d2 qua P cắt (O1) và (O2) tại C và D. BD cắt AC tại
X. Vẽ dây P Y k BD (Y ∈ (O1)), P Z k AC (Z ∈ (O2)). Chứng minh rằng : X, Y, Z, Q thẳng hàng.
(Đề xuất bởi taconghoang)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 31 Lời giải Ta có: \ QDB = \ QP B = [
LCQ nên tứ giác LDQC nội tiếp. Suy ra: [ DLQ = \ DCQ = [
P Y Q mà DL k P Y nên Y, L, Q thẳng hàng. và [ CLQ = \ CDQ = [
P ZQ nên L, Q, Z thẳng hàng.
Vậy suy ra Y, L, Q, Z thẳng hàng. Bài 21 1, Cho d
xAy = 90◦ và đường tròn (O) tiếp xúc với Ax và Ay lần lượt tại P, Q. Đường
thẳng (d) là một tiếp tuyến thay đổi của (O). Gọi a, p, q là khoảng cách từ A, P, Q xuống a2
đường thẳng (d). Chứng minh:
không đổi khi (d) dịch chuyển pq
2, Khẳng định trên còn đúng không khi d xAy không phải góc vuông. (Đề thi PTNK 2000) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 32 a + b + c
Gọi B, C là gia điểm của (d) với AP, AQ. Đặt AB = c; AC = b; BC = a và m = = 2 AP = AQ Ta có: pq BP.CQ (m − c)(m − b) m2 − m(b + c) + bc m2 − m(b + c) = = = = + 1 a2 AB.AC bc bc bc
(a + b + c)2 − 2(a + b + c)(b + c) a2 − b2 − c2 − 2bc a2 − b2 − c2 1 = + 1 = + 1 = + 4bc 4bc 4bc 2 a2 − b2 − c2 1 1 1, Nếu d xAy = 90◦ thì + = (không đổi) 4bc 2 2 a2 − b2 − c2 1 1 cosA 2, Nếu d
xAy không phải góc vuông thì + = − (không đổi) 4bc 2 2 2 a2 Vậy từ đó suy ra không đổi (đpcm) pq Bài 22
Cho đường tròn (O), đường kính AB, gọi C là trung điểm AO. Qua C kẻ đường vuông
góc với OA cắt (O) tại 2 điểm M và N .Trên cung M N lớn lấy điểm K. Giao điểm của AK với M N là H
a, Tìm vị trí K để cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KM H nhỏ nhất
b, Với K thuộc cung M B, lấy I trên KN sao cho KI = KM . Chứng minh: N I = KB (Đề xuất bởi buingoctu)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 33 Lời giải
a, Gọi O0 là tâm đường tròn ngoại tiếp 4M HK Ta có: \ AM C = \ M KH (do cung M A bằng
cung N A) nên M A là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 4M HK.
Mà M A ⊥ M B nên (O0) thuộc M B. Kẻ N H ⊥ M B suy ra H cố định.
Ta có: N O0 ≥ N H. Vậy khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp 4M HK nhỏ nhất khi K ≡ B
b, Vì C là trung điểm AO nên 4M N B đều ⇒ 4M IK đều.
Suy ra 4M N I = 4M BK(c.g.c) ⇒ N I = KB (đpcm) Bài 23
Cho tam giác ABC với AD, BE, CF là các đường cao tương ứng. EF cắt BC tại P , O là
trung điểm BC. Biết rằng OP = BC. Chứng minh DB = DO.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 34
Ta có tính chất quen thuộc là tứ giác F EOD nội tiếp. Kết hợp tứ giác F ECB nội tiếp
Suy ra: P D.P O = P E.P F = P B.P C. Từ đó suy ra được DB = DO. Bài 24
Cho tam giác ABC, M, N, P là các điểm bất kì trên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh
rằng trong các tam giác AN P, BM P, CM N tồn tại một tam giác có diện tích không vượt 1 quá diện tích tam giác ABC. 4
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải SANP AP.AN Ta có: = SABC AB.AC SCMN CN.CM S BP.BM = BM P ; = SABC CA.CB SABC BA.BC
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 35 SANP .SCMN .SBMP AP.BP CN.AN CM.BM 1 Suy ra: = . . ≤ (SABC)3 AB2 AC2 BC2 64 1
Vậy trong 3 tam giác AN P, BM P, CM N tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá 4 diện tích tam giác ABC. Bài 25
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB ∩ CD = {E} ; AD ∩ BC = {F }. Phân giác trong \
DF C cắt AB, CD lần lượt tại P và Q. a, Chứng minh: 4P QE cân.
b, Chứng minh: EF 2 = F A.F D + EC.ED
(Đề thi Quốc học - Huế 2001) Lời giải a, Ta có: [ EP Q = [ P F B + [ P BF = \ DF Q + \ F DQ = [ P QE nên 4EP Q cân tại E.
b, Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF cắt EF tại M . Khi đó \ BM F = \ BAD = \
BCE nên tứ giác CBM E nội tiếp.
Suy ra F A.F D + EC.ED = F B.F C + EB.EA = F M.F E + EM.EF = EF 2
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 36 Bài 26
Cho tứ giác ABCD, phân giác ∠DAB và ∠ABC cắt nhau tại M , phân giác ∠ADC và
∠CBD cắt nhau tại N , phân giác ∠BDA và ∠ADC cắt nhau tại P , phân giác ∠ABC và ∠BCD cắt nhau tại Q.
1. Chứng minh tứ giác M P N Q nội tiếp.
2. M 0, N 0, P 0, Q0 là các tâm nội tiếp M AB, N CD, P AD, QBC, M1, N1, P1, Q1 là giao của
M M 0, N N 0, P P 0, QQ0 với (M N P Q). Chứng minh M1N1 = P1Q1
(Đề thi tỉnh Thái Nguyên 2015-2016) Lời giải \ DAB + [ CBA \ ADC + \ DCB
a, Sử dụng phép cộng góc ta có: \ QM P = và \ QN P = . 2 2 Suy ra \ QM P + \
QN P = 180◦ nên ta có tứ giác M P N Q nội tiếp.
b, Ta có M M1, N N1, P P1, QQ1 là các phân giác tương ứng nên M1 là điểm chính giữa cung
QP . Tương tự với các điểm còn lại rồi ta có: M1N1; P1Q1 là đường kính nên suy ra đpcm.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 37 Bài 27
Cho đường tròn (O), từ một điểm A nằm ngoài (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC. Kẻ đường
kính BD, lấy F là trung điểm OB. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt OC tại E. Chứng minh: AD ⊥ EF
(Đề xuất bởi BunhiChySchwarz) Lời giải
Gọi G là giao của AD và EF , H là trung điểm OA. Ta có: [ EAO = [ BOA = [ EOA nên 4EOA cân tại E. OF OH OD OA OD F H
Ta có: 4OF H ∼ 4OHE(g.g) ⇒ = ⇔ = ⇔ = F H HE F H HE OA HE
Suy ra 4F HE ∼ 4DOA(c.g.c) ⇒ \ HEG = \
HAG ⇒ GHAE nội tiếp. Suy ra EF ⊥ AD Bài 28
Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I thuộc miền trong của tam giác vẽ IM , IN , IK
là các đường vuông góc tới BC, CA, AB. Tìm vị trí của điểm I sao cho IM 2 + IN 2 + IK2 bé nhất.
(Đề thi tỉnh Bình Định 2017-2018 )
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 38 Lời giải
Kẻ đường cao AH của 4ABC.
Ta có tứ giác AKIN là hình chữ nhật nên AI = KN (AI + IM )2 AH2
Suy ra: IK2 + IN 2 + IM 2 = KN 2 + IM 2 = IA2 + IM 2 ≥ ≥ 2 2
Vậy để IK2 + IN 2 + IM 2 đạt giá trị nhỏ nhất thì I là trung điểm của AH Bài 29
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), (I) là đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. AI cắt
(O) tại A và J . E là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S. AS cắt
(O) tại A và D. DI cắt (O) tại D và M . Chứng minh M J chia đôi IE.
(Đề thi Bà Rịa-Vũng Tàu 2017-2018) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 39
Gọi T là tâm bàng tiếp đối diện góc A. Áp dụng Bài 16 ta có: \ BAD = [ EAC
Suy ra 4ABD ∼ 4AEC(g.g) và 4ABI ∼ 4AT C(g.g) Từ đó ta có: AD.AE = AB.AC = AI.AT
Suy ra 4IAD ∼ 4EAT (c.g.c) ⇒ [ ET A = [ ADI = \ AJ M ⇒ M J k ET
Mặt khác ta có tính chất quen thuộc: J I = J B = J C = J T nên J M là đường trung bình 4IET
Suy ra điều phải chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 40 Bài 30
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC và N là điểm đối xứng với M qua O. Qua A vẽ đường thẳng vuông góc với AN
cắt đường thẳng qua B vuông góc BC tại D. Kẻ dường kính AE của (O). Chứng minh rằng: 1, BA.BC = 2BD.BE
2, CD đi qua trung điểm của dường cao AH của tam giác ABC. (Đề thi TP.HCM 2015-2016) Lời giải
1, Kéo dài AN cắt BC tại F . Ta có: AN EM là hình bình hành nên M E k AF ⇒ \ BM E = 180◦ − \ EM C = 180◦ − [ AF B = \ BDA Mặt khác: \ M BE = [ OAC = 90◦ − [ ABC = \ DBA
Suy ra: 4DBA ∼ 4M BE(g.g) ⇒ 2BD.BE = BA.BC
2, Kéo dài BD cắt CA tại G, CD cắt AH tại I.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 41
Ta có: 4BDA ∼ 4BM E ⇒ 4BDM ∼ 4BAE(c.g.c) ⇒ \ BM D = [ BEA = [ BCA ⇒ M D k GC
Suy ra D là trung điểm GB mà AH k GB nên I là trung điểm AH. Suy ra đpcm Bài 31
Từ A nằm ngoài (O) kẻ AB, AC là tiếp tuyến, kẻ đường kính BD, gọi E là hình chiếu của
C trên BD, F là giao của CE và AD. Chứng minh rằng F là trung điểm CE.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Gọi M là giao điểm của OA và BC, khi đó M là trung điểm BC DE OM
Ta có: 4OCA ∼ 4DCB(g.g) mà CM, CE là hai đường cao tương ứng nên = BE AM DE DF OM DF Mặt khác: = ⇒ =
⇒ M F k BE ⇒ F là trung điểm EC BE F A AM F A Bài 32
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), AB < BD biết AC = CD. Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp 4ABD. Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp 4BIC với AB là F . E là trung
điểm AD. Chứng minh rằng: AI vuông góc với EF (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 42
Gọi J là điểm chính giữa cung nhỏ AD. Ta có: [ ICF = [ IBF = [ ACE ⇔ d ICJ = [ F CA
Ta lại có: J I2 = J D2 = J E.J C ⇒ 4J EI ∼ 4J IC ∼ 4AF C
Suy ra: EI.AF = J E.F C, ta lại có: 4IF C ∼ 4J EA(g.g) nên J E.F C = AE.F I AF IF
Vậy ta có: AF.EI = AE.F I ⇔ = AE IE IF AF F K
Giả sử AI cắt EF tại K thì áp dụng tính chất đường phân giác ta có: = = nên IE AE KE IK cũng là phân giác [
EIF ⇒ 4AEI = 4AF I(g.c.g). Suy ra đpcm Bài 33
Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O), đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ dây BD cắt CH
tại K nằm giữa H và C. CD cắt BE tại G. Chứng minh: EF đi qua trung điểm GK (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 43
Gọi M là giao điểm của F E với GK.
Ta có: 4BF K ∼ 4CEG(g.g) và 4BF H ∼ 4CEH(g.g) F K BF F H Suy ra: = = GE CE HE
Áp dụng định lý Menelaus vào 4GHK ta có: GE F H KM . . = 1 ⇒ M K = M G EH F K M G Suy ra đpcm. Bài 34
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) . AD cắt BC tại P , AC cắt BD tại Q. AB cắt CD tại M . Chứng minh: M Q ⊥ P O (Định lý Brocard) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 44
Gọi J là giao điểm của (AQB) và (DQC), khi đó M, Q, J thẳng hàng. Ta có: [ AJ D = [ AJ Q + [ QJ D = [ ABQ + \ QCD = \
AOD nên tứ giác AJ OD nội tiếp.
Tương tự ta có: J ∈ (BOC). Suy ra P, J, O thẳng hàng. Ta có: [ AJ Q + \ ODA = \ ABD + \ ADO = 90◦ Suy ra: [
QJ O = 90◦ nên ta có đpcm. Bài 35
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có phân giác AD. (ADC) ∩ AB = {A, F }; (ABD) ∩ AC =
{A, E}. Chứng minh rằng: OD ⊥ EF (Đề xuất bởi Khoa Linh) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 45
Kéo dài AD cắt (O) tại I. CI ∩ AB = {M }; BI ∩ AC = {N }.
Theo định lý Brocard ta có: OD ⊥ M N . [ BAC Mặt khác ta có: \ ECD = [ CBI = ⇒ BN k CE và BF k CM 2 AF AF AC AB AE AE Suy ra: = . = . = ⇒ M N k EF AN AC AN AM AB AB Vậy suy ra OD ⊥ EF . Bài 36
Từ điểm M ngoài (O), vẽ tiếp tuyến M A, M B. Đường tròn (I) nội tiếp 4ABM tiếp xúc
với AB, AM lần lượt tại H, G ; (I) cắt (O) tại P, R (P nằm trên nửa mặt phẳng bờ OM
chứa A), AR cắt (I) tại Q. Chứng minh P R, AI, HG đồng quy và 4AP Q cân.
(Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 46
Dễ dàng chứng minh I là giao của OM với (O), H là giao của OM và AB
Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AI đi qua trung điểm của HG (1)
Gọi giao của P R với AM là S thì ta có SA2 = SG2 = SP.SR suy ra: SA = SR
Mà P R k AB suy ra P R đi qua trung điểm của HG (2) Từ (1), (2) suy ra đpcm 1 Ta có: [ P IA = [ P RQ = [ P IQ ⇒ [ P IA = [ AIQ 2
Vì I là điểm chính giữa cung P Q của (O) nên [ P AI = [ IAQ ⇒ 4AP I = 4AIQ(g.c.g) ⇒ AP = AQ
Vậy hoàn tất chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 47 Bài 37
Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của (O)(E, F
là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE < DF , D không trùng
với E và tiếp tuyến tại D của (O) cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.
a, Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng OB, OC.
Chứng minh tứ giác BN M C nội tiếp một đường tròn.
b, Kẻ tia phân giác DK của \
EDF và tia phân giác OI của \ BOC (K thuộc EF và I
thuộc BC). Chứng minh rằng OI song song với DK.
c, Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.
(Đề thi chuyên Phan Bội Châu 2017-2018) Lời giải BAC a, Ta có: \ CF M = [ EF A = 90◦ − = \ OBC + \ OCB = \
COM nên tứ giác COF M nội tiếp 2 ⇒ \ BM C = 90◦ Tương tự ta có: \
BN C = 90◦ ⇒ BN M C nội tiếp.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 48 1 1 b, Ta có: [ OIC = \ OBC + [ BOI = ( [ ABC + \ BOC) = ( [ ABC + 180◦ − \ OBC − \ OCB) = 2 2 1 90◦ + ( [ ABC − [ ACB) 4 1
Bằng phép cộng góc thì ta cũng chứng minh được: \ CDK = [ CIO = 90◦ + ( [ ABC − [ ACB) ⇒ 4 IO k DK
c, G là giao điểm của AO và (O) khi đó G nằm chính giữa cung EF nên D, K, G thẳng hàng.
Gọi H là giao điểm của OA và EF GK HG HG Ta có: 4GHK ∼ 4ODI(g.g) ⇒ = = OI OD OE HG HE EO HG AG
Ta dễ dàng có: EG là phân giác \ HEA nên = = ⇒ = AG EA OA EO OA GK GA Suy ra: =
⇒ 4GKA ∼ 4OIA ⇒ I, K, A thẳng hàng. OI OA
Suy ra IK luôn đi qua 1 điểm cố định là A. Bài 38
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC và P là một điểm trên đoạn BC (P khác B, C). Đường thẳng AH cắt (BHC)
tại T khác H. Đường thẳng P T cắt (BHC) tại K khác T . Giả sử BK cắt AC tại M và
CK cắt AB tại N . Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của BN , CM .
a, Chứng minh rằng tứ giác AN KM nội tiếp đường tròn.
b, Chứng minh rằng góc XP Y có số đo không đổi khi P di động trên BC. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 49 a, Ta có: \ P KC = \ T HC = [
ABC nên tứ giác M KP B nội tiếp, tương tự ta có tứ giác N KP C nội tiếp
Suy ra tứ giác AM KN nội tiếp.
b, Gọi L là trung điểm BC Ta có: [ BAC = \ N KC = \
N P C ⇒ N P C ∼ 4BAC(g.g) mà P Y, AL là hai đường trung tuyến tương ứng nên [ Y P C = [ LAC nên AP LY nội tiếp.
Tương tự ta có: ALP X nội tiếp suy ra AXP Y nội tiếp ⇒ \ XP Y = 180◦ − [ BAC(không đổi) Vậy ta có đpcm. Bài 39
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF . M là trung điểm BC, AM
cắt EF tại N . Kẻ N X ⊥ BC, XY ⊥ AB , XZ ⊥ AC. Chứng minh N là trực tâm của tam giác AY Z.
(Đề xuất bởi taconghoang) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 50
Kẻ M K ⊥ EF khi đó tứ giác M N KX nội tiếp và K là trung điểm EF
Ta có: 4AEF ∼ 4ABC(g.g) và có hai đường trung tuyến tương ứng là AK và AM nên \ AKE = \
AM X. Từ đó ta có: A, K, X thẳng hàng. N E BX
Bằng đồng dạng tương ứng ta dễ dàng có: = N F XC BX BY EZ Mà = = XC Y F ZC
Suy ra: Y N k BE; ZN k CF ⇒ N là trực tâm tam giác AY Z Bài 40
Từ A nằm ngoài (O) kẻ hai cát tuyến ABC và ADE. Chứng minh rằng I là giao của BE
và CD chạy trên một đường cố định khi cát tuyến thay đổi.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 51
Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN . AO ∩ M N = {H}. (BIC) ∩ (DIC) = {K}
Áp dụng bài 34 ta có: A, I, K thẳng hàng và OK ⊥ AI
Ta có: AI.AK = AM 2 = AH.AO ⇒ 4AIH ∼ 4AOK(c.g.c) ⇒ IH ⊥ AO
Suy ra: M, I, N thẳng hàng. Từ đó ta có I chạy trên đoạn M N cố định. Bài 41
Cho tam giác ABC và các điểm như hình vẽ. Giả sử diện tích của các tam giác tô màu đôi
một bằng nhau. Chứng minh diện tích của các tứ giác không tô màu cũng đôi một bằng nhau. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 52
Gọi J là giao của AK và LC.
Ta có: SILK = SKEC ⇒ IE k LC ⇒ JL = JC
Mặt khác: SIF A = SILK ⇒ F L k AK ⇒ K là trung điểm CF
Suy ra: SF BK = SCBK ⇒ SF ILB = SLDCK
Tương tự thì ta hoàn tất chứng minh. Bài 42
Cho (O) và dây cung BC cố định, lấy điểm A trên cung lớn BC. Kẻ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB.
BD cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với AB tại I, ED cắt đường thẳng kẻ từ A song
song với BC tại M . Chứng minh M I đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định.
(Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 53
BD ∩ CE = {H}; M I ∩ AH = {T }. Kẻ AK ⊥ IM , ON ⊥ BC
Ta có: M K.M T = M A2 = M D.M E ⇒ tứ giác T KDE nội tiếp. Ta lại có: [ AKI = [
ADI = 90◦ ⇒ tứ giác AKDI nội tiếp. Suy ra: \ T ED = [ DKI = [ DAI Mà \ AED = \ DAM ⇒ [ IAM = [ T EA ⇔ [ T EA = [ T AE Suy ra T là trung điểm AH.
Mặt khác AH = 2ON (không đổi khi A di chuyển trên cung lớn BC).
Vậy suy ra M I đi qua tâm một đường tròn có đường kính cố định. Bài 43
Cho 4ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau tại H. Đường tròn đường kính AB cắt
CE tại G, đường tròn đường kính AC cắt BD tại F . CF cắt BG tại I, DG cắt EF tại K.
a, Chứng minh 3 điểm A, I, K thẳng hàng.
b, Giả sử EF cắt BG tại M , DG cắt CF tại N . Chứng minh HI, EN, DM đồng quy.
(Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 54
a, Ta có: AF 2 = AD.AC = AE.AB = AG2 ⇒ AF = AG ⇒ 4AIG = 4AIF (ch − cgv) ⇒ AF = AG; IF = IG ; [ AF G = [ AGF (1) Mặt khác: [ AF E = [ ACE = \ ABD = \ AGD(2) Từ (1), (2) suy ra: \ GF K = \ F GK ⇒ KF = KG
Vậy ta có A, K, I thẳng hàng
b, Đây là nội dung của định lý Pappus, các bạn đọc tham khảo trên mạng. Bài 44
Cho tam giác ABC nhọn, M thay đổi trên cạnh AB. (BM C) ∩ AC = {C, N }. M A SABC
a, Chứng minh: 4AM N ∼ 4ACB. Tính để SAMN = M B 2
b, Gọi I là tâm (AM N ). Chứng minh I thuộc một đường cố định khi M di động.
c, J là tâm (BM C). Chứng minh độ dài IJ không đổi khi M di động. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 55 a, Ta có: 4AM N ∼ 4ACB(g.g) √ √ 2 1 S AC AM N AM.AN AM 2 2 M A Ta có: = = = ⇒ AM = AC ⇒ = 2 √ = 2 SABC AB.AC AC2 2 M B 2 AB − AC 2 AC √2AB − AC b, Gọi O là tâm (ABC).
Bằng phép cộng góc ta dễ dàng có: AO ⊥ M N ; IJ ⊥ M N ⇒ AO k M N
và AI ⊥ BC; OJ ⊥ BC ⇒ AI k OJ
Suy ra tứ giác AIJ O là hình bình hành. Vậy I thuộc đường thẳng qua J là song song với AO
c, Ta có: IJ = AO (không đổi khi M di động).
Vậy ta hoàn tất chứng minh. Bài 45
Cho 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự. Đường tròn (O) đi qua B và C. Từ A kẻ tiếp
tuyến AM , AN với (O). Gọi I là trung điểm của BC. N I cắt (O) tại D. Chứng minh
rằng: a, Khi (O) thay đổi đi qua B, C thì N, D luôn thuộc một đường tròn cố định
b, Tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIO chạy trên một đường thẳng cố định. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 56 √
a, Ta có: AN 2 = AB.AC ⇒ N ∈ A; AB.AC (cố định)
Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với OD cắt BC tại K Ta có: [ M IA = [ AIN = [ DIK ⇒ \ M OA = \ DOK ⇒ 4M AO = 4DKO(g.c.g)
Suy ra: OA = OK ⇔ CK = AB từ đó ta có K cố định. √
Mặt khác: KD2 = KC.KB ⇒ D ∈ K; AB.AC (cố định)
b, Ta dễ thấy tâm (AIO) là trung điểm AO nên tâm (AIO) thuộc đường thẳng đi qua trung
điểm của AI và vuông góc với BC Bài 46
Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại A và B . Trên tia đối của tia AB lấy điểm
M từ M kẻ hai tiếp tuyến M C, M D với (O0), AC, AD cắt (O) tại E, F . Chứng minh rằng
a, Chứng minh rằng CD đi qua trung điểm của EF .
b, EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia đối của tia AB.
(Đề thi tỉnh Nghệ An 2017-2018) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 57 a, CD ∩ EF = {N } BD DF Ta có: 4DBF ∼ 4CBE(g.g) ⇒ = CB CE BD AD AD DF
Mặt khác: 4ADM ∼ 4DBM (g.g); 4ACM ∼ 4CM B(g.g) ⇒ = ⇒ = (∗) CB CA CA CE EN F D AC
Áp dụng định lý Menelaus ta có: . . = 1 ⇒ N E = N F N F DA CE
b, CD ∩ OO0 = {K}; M O0 ∩ CD = {H}; AB ∩ OO0 = {I}
Ta có: O0C2 = O0H.O0M = O0I.O0K ⇒ K cố định nên ta có đpcm. Bài 47
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R cố định và D là
chân đường phân giác trong góc A của tam giác. Gọi E và F lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác ABD và tam giác ACD.
a, Chứng minh ∠AEO = ∠ADC và tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp.
b, Chứng minh tam giác EOF là tam giác cân.
c, Khi BC cố định và A di động trên (O), chứng minh tứ giác AEOF có diện tích không đổi.
(Đề thi tỉnh Thanh Hóa 2017-2018) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 58 a, Ta có: [ AEO = \ ADC = 90◦ + [ BAE [ AF O = \ ADB = 90◦ − [ F AC Suy ra: [ AEO + [ AF O = \ ADC + \
ADB = 180◦ nên tứ giác AEOF nội tiếp. [ AOB [ BAC b, Ta có: [ AOE = = \ ACD ⇒ [ EAO = \ DAC = 2 2 [ BAC Tương tự ta có: [ F AO = 2 Suy ra: [ EAO = [ F AO ⇒ OE = OF c, AD ∩ (O) = {A, I} SAEO SAF O AO2
Ta có: 4AEO ∼ 4BDI; 4AF O ∼ 4CDI ⇒ = = SBDI SCDI IB2 R2 Suy ra: SAEOF = SBIC. (không đổi) BI2
Vậy hoàn tất chứng minh. Bài 48
Cho tam giác ABC và đường tròn nội tiếp (O) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại
D, E, F . Đường tròn (A; AE) cắt đường cao AH của tam giác ABC tại M (M nằm
giữa A và H). Đường thẳng OM và DM cắt đường tròn (A; AE) lần lượt tại K và N . M O ∩ BC = {I}
a, Chứng minh rằng ba điểm A, I, N thẳng hàng.
b, Chứng minh rằng đường tròn đường kính AI tiếp xúc với (O). (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 59 a, Ta có: [ N DI = \ HM D + 90◦ = 90◦ + \ AM N = \
M KN ⇒ tứ giác N KDI nội tiếp. ⇒ [ DN I = [ DKI.
Mặt khác: OM.OK = OF 2 = OD2 ⇒ 4OM D ∼ 4ODK(c.g.c) ⇒ \ ODK = \ ODM = \ AM N = \ M N A Suy ra: [ DN I = \
M N A ⇒ A, N, I thẳng hàng.
b, Qua A dựng đường thẳng song song với DN cắt DE tại J . Kéo dài ED cắt AH tại L ⇒ AJ là phân giác [ HAI AE DC LH HD AE AM J D Áp dụng Menelaus ta có: . . = 1 ⇔ = = = ⇒ HJ là phân EC HD LA LH LA AL J L giác \ AHD
Suy ra J là tâm nội tiếp 4AHI mà D, J, E thẳng hàng. Áp dụng bài 10 ta có đường tròn (O)
tiếp xúc với (AHI) ⇒đpcm
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 60 Bài 49
Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định và điểm A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn
không cân. Gọi D là trung điểm của BC và E, F tương ứng là hình chiếu của D trên AC, AB.
a, Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng EF cắt AO và BC
theo thứ tự tại M và N . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N luôn đi
qua một điểm cố định.
b, Các tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T . Chứng
minh rằng T luôn thuộc một đường thẳng cố định. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải a, Ta có: \ AM N = [ OAC + \ M EA = 90◦ − [ ABC + \ ADF = \ F DB + \ ADF = \ ADB
⇒ AM DN nội tiếp hay (AM N ) đi qua điểm D cố định.
b, ED ∩ AB = {K} ; F D ∩ AC = {L}. Khi đó D là trực tâm 4AKL
Gọi T 0 là trung điểm KL. Ta dễ dàng chứng minh được T 0E; T 0F là tiếp tuyến của (O) ⇒ T là trung điểm KL.
Mặt khác: DB = DC nên T D ⊥ BC. Vậy T thuộc một đường thẳng cố định đi qua D và vuông góc với BC.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 61 Bài 50
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong 1 đường tròn và ngoại tiếp một đường tròn khác, các
tiếp điểm lần lượt là E, F, G, H. Chứng minh: EG vuông góc với F H.
(Đề xuất bởi thanhdatqv2003) Lời giải 180◦ − \ BAD 180◦ − \ BCD Ta có: \ EGH + \ GHF = \ AHE + [ F GC = + = 90◦ 2 2 Suy ra: EG ⊥ F H Bài 51
Tìm kích thước của tam giác ABC có diện tích lớn nhất nội tiếp đường tròn (O; R) cho trước. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 62
Gọi D là điểm chính giữa cung BC chứa A. E là trung điểm BC. Ta có: √ SABC ≤ SDBC = DE.CE =
R2 − OE2.(R + OE) = p(R + OE)3(R − OE) √
p(R + OE)(R + OE)(R + OE)(3R − 3OE) 3 3R2 = √ ≤ 3 4
Vậy để SABC lớn nhất thì tam giác ABC là tam giác đều nội tiếp (O). Bài 52
Cho điểm A thuộc đường tròn tâm O đường kính BC (A khác B và C). Vẽ đường tròn
tâm A tiếp xúc với BC tại H, cắt đường tròn (O) tại E và F . Gọi I là trung điểm của
HC, D là hình chiếu của I trên EF . Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn (O) tại G.
a, Chứng minh rằng các đường thẳng AG, EF, BC đồng quy.
b, Chứng minh rằng ba điểm A, D, C thẳng hàng. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 63
a, Kẻ đường kính AK, AH kéo dài cắt (O) tại L. EF cắt AH, AO lầ lượt tại M và S. AG ∩ CB = {T }
Ta có: AM.AL = AS.AK = AE2 = AH2 ⇔ AM.2AH = AH2 ⇒ AM = M H ⇒ M G = M A
Suy ra: OM ⊥ AG ⇒ M là trực tâm 4AT O ⇒ T M ⊥ AO
Mà EF ⊥ AO ⇒ T, E, F thẳng hàng. Suy ra AG, EF, BC đồng quy.
b, Kẻ HD0 ⊥ AC. Bằng phép cộng góc ta có: M D0 ⊥ AO ⇒ D0 ∈ EF .
Mặt khác: M D0 = M H; ID0 = IH ⇒ \ M D0I = \
M HI = 90◦ ⇒ ID0 ⊥ EF ⇒ D ≡ D0
Vậy hoàn tất chứng minh. Bài 53
Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngoài đường tròn vẽ tiếp tuyến M A, M C (A, C
là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho M B nằm giữa M O và M C. Tia M B cắt
đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N .
a, Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng M Q.M B = M N.M T
b, Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt
CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, M K đồng quy. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 64
QH ∩ AC = {S}; M S ∩ CB = {K0}; OM ∩ AC = {I}
a, Ta có: M Q.M B = M A2 = M I.M O = M N.M T
b, Ta có: M I.M O = M Q.M B ⇒ IQBO nội tiếp ⇒ \ QIM = \ OBQ = \ OQB = [ OIB ⇒ IN ,
IM lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của 4IBQ QH QM QN QS Suy ra: = = =
⇒ QS = QH ⇒ BK0 = BC ⇒ K ≡ K0. Suy ra BC M B BN BC M K, AC, HQ đồng quy. Bài 54
Cho tam giác ABC, M, N là trung điểm của AB, AC, đường tròn (AM C) cắt đường tròn
(AN B) tại G khác A, D là trung điểm của BC. Chứng minh ∠DAC = ∠GAB.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải AG ∩ (ABC) = {A, P }
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 65 BP M G BM AB
Ta có: 4GBM ∼ 4GN C(g.g); 4BP C ∼ 4M GC(g.g) ⇒ = = = P C GC N C AC ⇒ AC.BP = AB.CP . BP DC
Áp dụng Potoleme ta có: BP.AC + AB.CP = AP.BC ⇔ 2BP.AC = 2AP.DC ⇔ = AP AC
⇒ 4P BA ∼ 4CDA(c.g.c) ⇒ ∠DAC = ∠GAB(đpcm) Bài 55
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D, E là trung điểm AB, AC, đường tròn (ADC) cắt
đường tròn (AEB) tại J khác A, trung trực BC cắt DE tại G. Chứng minh AJ OG nội tiếp.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Gọi L là giao điểm của ED với (AEB). LB cắt tiếp tuyến tại C của (O) ở K. Ta có: [ LBA = [ LEA = [
ACB ⇒ LB là tiếp tuyến của (O). Suy ra: A, J, K và G, O, K thẳng hàng. Ta có: [ OBL = [
OGL = 90◦ ⇒ KO.KG = KB.KL = KJ.KA ⇒ AJ OG nội tiếp.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 66 Bài 56
Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến M A, M B (A, B là các tiếp điểm).
Lấy E bất kì thuộc cung lớn AB. Trên M E, M O lấy C, D sao cho M B = M D = M C.
OM ∩ AB = {H}. Chứng minh: CD là phân giác ∠OCH
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải CH HM HM BH
Ta có: M C2 = M B2 = M H.M O ⇒ 4HCM ∼ 4COM (c.g.c) ⇒ = = = OC CM BM OB BH DH
Vì M D = M B ⇒ BD là phân giác \ OBH ⇒ = OB OD CH DH Suy ra: = ⇒ CD là phân giác \ OCH. OC OD Bài 57
Cho 4ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường trung trực đoạn IC cắt
AI, BI, AC, BC lần lượt tại D, E, H, F . Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIH.
a, Chứng minh (T ) đi qua E và 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn. b, Chứng minh IT ⊥ BD.
(Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 67 a, Ta có: [ AIE = [ IAB + [ IBA = 90◦ − [ ICA = \ F HC = \
AHE ⇒ AIHE nội tiếp ⇒ E ∈ (T ) Ta có: [ HIC = [ HCI = [ ICF ⇒ IH k BC ⇒ [ AEI = [ AHI = [ ACB ⇒ AECB nội tiếp.
Tương tự ta có ABDC nội tiếp từ đó 5 điểm A, B, C, D, E thuộc một đường tròn.
b, Kẻ tiếp tuyến IL của (T ). Ta có: d LIA = [ AEI = \
ADB ⇒ IL k BD ⇒ IT ⊥ BD (đpcm) Bài 58
Cho 4ABC vuông tại A, đường cao AH. HD, HE lần lượt là phân giác góc BHA và
CHA (D, E thuộc AB, AC). I là trung điểm DE. BI cắt DH, CD lần lượt tại M, P ; CI
cắt EH, BE lần lượt tại N, Q. BE cắt CD tại K. Chứng minh:
a, Tứ giác AP KQ nội tiếp.
b*, M N k DE và M N cắt AH tại K
(Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 68 a, Ta có: \ DHE = \
DAE = 90◦ ⇒ tứ giác ADHE nội tiếp và HA là phân giác \ DHE ⇒ AD = AE. BD AE Ta lại có: =
⇒ BD.CE = AD.AE = DE.IE ⇒ 4BDE ∼ 4IEC ⇒ \ DBE = [ EIC DA EC
⇒ tứ giác IQBD nội tiếp ⇒ EQ.EB = EI.ED = EA2 ⇒ AQ ⊥ BE ⇔ \ AQK = 90◦. Tương tự thì ta có: \ AP K = \
AQK = 90◦ ⇒ tứ giác AP KQ nội tiếp.
b, Trước hết bằng định lý Ceva ta có: CD, BE, AH đồng quy tại K. Ta có: [ AIE = [
AQE = 90◦ ⇒ AIQE nội tiếp Suy ra: [ EQC = \ EHC = \
KHN = 45◦ ⇒ tứ giác KQN H, HQEC nội tiếp ⇒ \ QKN = \ QHN = [ QCA = [ AEI − [ EIC = 45◦ − [ QAE Tương tự ta có: \ M KD = 45◦ − \ DAP ⇒ \ M KD + \ QKN = 90◦ − \ DAP − [ QAE = [ P AQ = 180◦ − \ P KQ
Vậy ta có: M, K, N thẳng hàng. Mặt khác: [ IN K = \ KHQ = 90◦ − \ QHC = 90◦ − [ AEQ = [ QAE = [ QIE ⇒ DE k M N
Vậy hoàn tất chứng minh.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 69 Bài 59
Cho đường tròn (O) có đường kính BC và A là một điểm nằm trên nửa đường tròn. Đường
tròn (I; r) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự tại D, E, F . Gọi M là trung điểm cạnh
AC. Đường thẳng M I cắt AB tại N , đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P .
a, Chứng minh tam giác AN P là tam giác cân.
b, Gọi T là hình chiếu của D trên EF . Chứng minh rằng: T B.CD = T C.BD (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải b + c − a
Đặt AB = c; BC = a; CA = b ⇒ r = ID = IE = IF = . 2 b + c − a a − c b b + c − a a − c EI EM Ta có: EM = AM − AE = − = ⇒ = ⇔ 2 = 2 2 2 2 AN AM AN b 2 (b + c − a)b a2 − c2 − b(a − c) b + c − a ⇒ AN = = = 2(a − c) 2(a − c) 2 Qua A kẻ AK k BC (K ∈ DF ) AP BD b + c − a
Ta có: 4KAP ∼ 4IDB(g.g) ⇒ AP = AK. = AF. = BD = AK ID 2 Suy ra: 4AN P cân tại A.
b, Gọi R, S lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C xuống EF . Ta có:
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 70 RT BD BF = =
⇒ 4RT B ∼ 4ST C(c.g.c) ⇒ [ RT B = [ ST C ST CD CE BT BD ⇔ T D là phân giác [ BT C ⇒ = ⇒ BT.DC = BD.CT T C DC Bài 60
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau
tại H. Gọi I là giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt
tia AB, tia DB lần lượt tại P và Q. Gọi M là trung điểm của AH.
a, Chứng minh rằng IP = IQ và I là trực tâm của tam giác M BC.
b, Từ A vẽ các tiếp tuyến AS, AT với đường tròn đường kính BC (S, T là các tiếp điểm).
Chứng minh rằng ba điểm S, H, T thẳng hàng. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
a, Ta dễ dàng chứng minh được: DH và DA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của 4IDG. IQ IH ID AI IP Suy ra: = = = = ⇒ IQ = IP. BG HG DG AG BG
Ta có: 4M ID ∼ 4M DG(g.g) ⇒ M I.M G = M D2 = M H2
⇒ M G.IG = M G2 − M H2 = HG.AG = BG.GC ⇒ 4BGM ∼ 4IGC(c.g.c) ⇒ CI ⊥ M B
và BI ⊥ M C ⇒ I là trực tâm 4M BC
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 71
b, Ta có: AS2 = AT 2 = AE.AB = AH.AG ⇒ 4AHS ∼ 4ASG; 4AHT ∼ 4AT G ⇒ [ AHS + [ AHT = [ ASG + [ AT G Mặt khác: [ ASN = [ AT N = \
AGN = 90◦ ⇒ ASGT nội tiếp nên suy ra: [ ASG + [ AT G = 180◦
Vậy ta có: S, H, T thẳng hàng. Bài 61
Cho (O; R) và (O1; R1) cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến tại A của (O) và (O1) cắt (O1), (O)
tại D, C, AB cắt CD tại E, M là trung điểm DE. EC R2 1. Chứng minh = . ED R21
2. Chứng minh ∠M AC = ∠BAD.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải BA BD AD R1
1, Ta có: 4BAD ∼ 4BCA(g.g) ⇒ = = = BC BA AC R EC BC BC BA R2 Mặt khác ta có: [ ABC = \ ABD ⇒ \ CBE = \ DBE ⇒ = = . = ED BD BA BD R21
2, Gọi N là trung điểm AC. Ta có: \ AN M = 180◦ − \ N AD = 180◦ − \ BAD − \ BDA = \ ABD N M AD BD Ta lại có: = = ⇒ 4AN M ∼ 4ABD ⇒ \ M AC = \ BAD N A AC AB
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 72 Bài 62
Cho (O) và (O0) cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến chung ngoài CD, (C ∈ (O), D ∈ (O0)). Một
dường thẳng d bất kì qua B cắt (O), (O0) tại E, F , CE cắt DF tại G, M là trung điểm
EF . Chứng minh ∠MGF = ∠AGC.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Kéo dài BA cắt CD tại H. Khi đó ta có: HC2 = HA.HB = HD2 ⇒ HC = HD.
Ta có: 4BCD ∼ 4GEF (g.g) mà hai tam giác có hai đường trung tuyến tương ứng nên \ M GF = \ HBD = \ ADC.
Mặt khác ta dễ dàng có tứ giác GCAD nội tiếp nên \ ADC = [ AGC Vậy suy ra: \ M GF = [ AGC. Bài 63
Cho 4ABC nhọn (AB < AC), đường cao BD, CE cắt nhau tại H. M, N lần lượt là trung
điểm BD, CE. Gọi I là trực tâm 4ADE. Chứng minh M N ⊥ HI
(Đề xuất bởi phamhuy1801) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 73
Gọi P là giao điểm của DE và IH. Ta có: tứ giác HEID là hình bình hành
Dựa vào tính chất đường trung bình thì ta dễ dàng chứng minh được M là trực tâm 4HP N ⇒ M N ⊥ HI Bài 64
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường
tròn (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại R, P, Q. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. a, Chứng minh rằng [ BRI = [ CRI.
b, Đường trung trực của AI cắt AC, AB theo thứ tự tại E, F . Chứng minh rằng đường
tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 74
a, Theo bài 18 ta có tứ giác P IRB, QIRC nội tiếp nên [ BRI = [ AP Q = [ AQP = [ CRI
b, (EIB) ∩ (F IC) = {I, G} Gọi T là tâm đường tròn tiếp xúc với AB, AC tại E, F Ta có: \ BGC = [ BGI + [ IGC = [ BEI + [ IF C = 2[ EAI + 2[ F AI = 2 [ BAC = \ BOC ⇒ G ∈ (O) [ BAC [ ET F Ta có: [ EGF = [ EBI + [ ICF = 90◦ − = ⇒ G ∈ (T ) 2 2 Mặt khác: [ F GC = [ F IC = [ F IQ + [ QIC = [ F EI + [ IBC = [ GEF + \ GBC
Suy ra: (T ) tiếp xúc với (O) tại G. Bài 65
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), M là trung điểm cung nhỏ BC. Lấy K, L lần lượt thuộc
AB, AC sao cho OK k M B và OL k M C. M L cắt (O) tại điểm thứ 2 là G .Chứng minh BG chia đôi KL. (Đề xuất bởi kekkei) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 75
Kéo dài M O cắt (O) tại J . Gọi P , Q, I lần lượt là trung điểm KM , LM , KL. Ta có: \ AJ M = \ ACM = [ ALO ⇒ J ∈ (AKOL).
Suy ra: 4J LC = 4J KB(g.c.g) ⇒ KB = LC.
Trên tia đối của tia BA lấy R sao cho BR = BK = CL
⇒ 4M BR = 4M CL(c.g.c) ⇒ M L = M R = 2BP ⇒ M Q = QL = BP = P I.
Tương tự ta có: M P = P K = CQ
Suy ra ta có: 4M BP = 4CM Q; 4CLQ = 4KBP (c.c.c) ⇒ [ BP I = \ KP B + [ KP I = \ P BM + \ P M B + \ P M Q = \ BM C ⇒ [ BIP = \ BCM = \ BGM .
Vì P I k M G ⇒ B, I, G thẳng hàng nên ta có đpcm. Bài 66
Cho 4ABC nhọn có đường cao BG, CI cắt nhau tại H. Trung trực của AH cắt AB, AC
lần lượt tại D, E. OD, OE cắt IG lần lượt tại S, T . Chứng minh: AO đi qua trung điểm ST .
(Đề xuất bởi viethoang2002) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 76
Ta có: 4ADH ∼ 4AOC(g.g) ⇒ 4ADO ∼ 4AHC(c.g.c) ⇒ \ AOD = \ ACH. Tương tự ta có: [ AOE = \ ABH ⇒ OA là phân giác \ DOE.
Mặt khác dễ dàng chứng minh: OA ⊥ IG ⇒ 4OST cân tại O hay ta có đpcm. Bài 67
Cho góc xAy vuông tại A và hai điểm B, C trên Ax, Ay. Dựng hình vuông M N P Q có
M trên AB, N trên AC và P, Q trên BC. Biết rằng B, C dịch chuyển và thỏa mãn
AB.AC = k2 (không đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông M N P Q. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 77
Đặt độ dài cạnh hình vuông là x và AH = h, BC = a. M Q M N BM AM x x ah k2 Ta có: + = + = 1 ⇔ + = 1 ⇒ x = = AH BC AB AB h a a + h a + h √
Ta có: a2 = AB2 + AC2 ≥ 2AB.AC = 2k2 ⇒ a ≥ 2k a a r ah.a 3 2k2 Suy ra: a + h = + + h ≥ 3 3 ≥ √ k ⇒ x2 ≤ . 2 2 4 2 9 2
Vậy giá trị lớn nhất của SMNP Q = k2 khi AB = AC = |k| 9 Bài 68
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). M là trung điểm BC, E là điểm chính giữa cung
nhỏ BC. Lấy F đối xứng với E qua M . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp 4ABC và P
thay đổi trên (IBC) sao cho P, O, F không thẳng hàng. Chứng minh tiếp tuyến tại P của
(P OF ) luông đi qua 1 điểm cố định khi A di chuyên trên cung lớn BC. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 78
Kéo dài EM cắt (O) tại điểm G.
Ta có: M I = M B = M C. Suy ra: EP 2 = EC2 = EM.EG = EM.2EO = EF.EO
⇒ EP là tiếp tuyến của (P OF ). Suy ra đpcm. Bài 69 Cho tứ giác ABCD có [ ABC = \
ADC = 90◦ nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M trên
đoạn thẳng AB sao cho AM = AD. Đường thẳng DM cắt BC tại N . Gọi H là hình chiếu
của D trên AC và K là hình chiếu của C trên AN . a, Chứng minh rằng \ M HN = \ M CK. (USMO 2009)
b, Gọi T là giao điểm của AB và CK. Lấy các điểm E, F lần lượt trên đoạn AT và CT
sao cho EF song song với AC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T EF nằm trên
AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tam giác T EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác N AC tiếp xúc với nhau. (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 79
a, Ta có AM 2 = AD2 = AH.AC ⇒ 4AM H ∼ 4ACM . \ CN D = 90◦ − \ AM D = 90◦ − \ ADM = \
N DC ⇒ CN = CD ⇒ CN 2 = CH.CA ⇒ 4CN H ∼ 4CAN ⇒ \ M HN = \ M HA − \ N HA = \ AM C − \ BN A = \ AM C − \ M T C = \ M CK.
b, Vì AC k EF nên dễ dàng chứng minh (T AC) và (T EF ) tiếp xúc với nhau.
Mặt khác dễ dàng chỉ ra (AN C) và (T AC) đối xứng qua AC, AC là truc đối xứng của (O), (T EF )
Suy ra (T EF ) tiếp xúc (AN C) theo tính đối xứng. Bài 70
Cho 4ABC nội tiếp (O), phân giác góc BAC cắt (O) tại D. Gọi N, K lần lượt là chân
các đường vuông góc kẻ từ O, D xuống AC. Chứng minh AB = 2N K.
(Đề xuất bởi phamhuy1801)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 80 Kẻ DH ⊥ AB.
Ta có: 4DCK = 4DBH(g.c.g) ⇒ BH = CK AC − 2CK AB
Vì AK = AK ⇒ AC = AB + 2CK ⇒ N K = N C − CK = = 2 2 Suy ra đpcm. Bài 71
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm bất kì thuộc trung trực của BC. R, S lần lượt
là tâm nội tiếp các tam giác ACM, ABM . Chứng minh (ARS) qua 1 điểm cố định khác A khi M thay đổi.
(Đề xuất bởi taconghoang) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 81
Gọi K là điểm chính giữa cung lớn BC. (M RC) ∩ KM = {M, P }; (M RC) ∩ KC = {C, Q}
Ta có: 4KP Q ∼ 4KBM (g.g)(1) \ BM C Ta lại có: \ SM R = = \ BM P ⇒ \ BM S = \ P M R. 2 \ KCM + \ KCA \ KBM + \ ABK Mặt khác: \ KCR = = = \ SBM 2 2 ⇒ 4P RQ ∼ 4BSM (g.g)(2) [ BAC
Từ (1), (2) ta có: 4KRP ∼ 4KSB ⇒ [ SKR = \ BKP = = [ SAR ⇒ K ∈ (ASR). 2
Vậy (ASR) đi qua điểm K cố định khi M di động. Bài 72
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có BC cố định và A di động sao cho tam giác
ABC luôn nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn tâm H bán kính AH
cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N .
a, Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vuông góc với M N cũng đi qua một điểm cố định.
b, Gọi D và E theo thứ tự là giao điểm của AB, AC với tiếp tuyến tại O của đường tròn
ngoại tiếp tam giác BOC. Gọi Q là điểm đối xứng với A qua DE. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác QDE tiếp xúc với đường tròn (O). (Đề xuất bởi khanhdat1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 82 Lời giải a, Ta có: \ BM H = \ BAH = \
BCH ⇒ BHCM nội tiếp. Tương tự thì ta có 5 điểm M, B, H, N, C
cùng thuộc 1 đường tròn.
Lấy K đối xứng với O qua BC ⇒ AHKO là hình bình hành. Kẻ tiếp tuyến Ax của (O). Ta có: \ M Ax = [ BCA = \
BM N ⇒ Ax k M N. Vì Ax ⊥ AO ⇔ Ax ⊥ HK ⇒ HK ⊥ M N .
Vậy đường thẳng qua H và vuông góc với M N đi qua điểm cố định là K.
b, Ta có: DE k BC ⇒ (ADE) tiếp xúc với (O).
Mà (ADE); (QDE) đối xứng qua DE và DE là trục đối xứng của (O)
⇒ (QDE) tiếp xúc với (O). Bài 73
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O). D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Lấy I
bất kì trên đoạn BC, dựng hình bình hành IKDL (K ∈ BD, L ∈ CD). Chứng minh: AI ⊥ KL
(Đề thi chuyên Lê Quý Đôn 2016-2017) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 83 AI ∩ KL = {E}.
Ta có: KD = IL = LC; OL = OC; [ OCL = \ ODC = \ ODK ⇒ 4OLC = 4OKD(c.g.c) ⇒ \ OKD = [
OLC ⇒ OKDL nội tiếp ⇒ [ COL = \ KOD = \ KLD.
Mặt khác ta có: 4AOC ∼ 4ILC(g.g) ⇒ 4OLC ∼ 4AIC ⇒ [ LOC = [ IAC Suy ra: \ KLD = [
IAC ⇒ AELC nội tiếp. Từ đó ta có đpcm. Bài 74
Cho điểm A cố định thuộc (O; R). Hai dây cung thay đổi AB, AC thỏa mãn AB.AC = 3R2. Chứng minh:
a, BC tiếp xúc với 1 đường tròn cố định.
b, Xác định vị trí các dây AB, AC để diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất. (Đề xuất bởi eLcouQTai) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 84
Gọi AH là đường cao của 4ABC, kẻ đường kính AD. 3
Dễ dàng chứng minh 4HAB ∼ 4CAD(g.g) ⇒ AB.AC = 2R.AH ⇒ AH = R 2 3 ⇒ BC tiếp xúc với A; R . 2
SABC lớn nhất ⇔ BC lớn nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇒ M ≡ L. Trong đó L là giao của AD và 3 A; R . 2 Bài 75
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường tròn (O) . Đường tròn tâm P
đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại F và E. Gọi giao điểm của BE và CF là H. Vẽ
HD vuông góc với BC tại D. Gọi K là giao điểm của EF và AH. Gọi I là trung điểm
của AH. IC cắt đường tròn (P ) tại M khác C. Chứng minh rằng :
a) A, H, D thẳng hàng và B, K, M thẳng hàng.
b) Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) . Gọi S là điểm đối
xứng T qua BC. Gọi J, N theo thứ tự là giao điểm của EF với SB, SC. Chứng minh rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SJ N . (Đề xuất bởi khanhdat1) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 85 BC a) Vì E, F ∈ (P, ) nên \ BEC = \
BF C = 90◦ hay BE, CF là các đường cao của tam giác 2
ABC. Suy ra : H là trực tâm của tam giác ABC ⇒ AH ⊥ BC.
Mà HD ⊥ BC nên A, H, D thẳng hàng.
Dễ dàng ta chứng minh được IE là tiếp tuyến của (P ) nên [ IEK = [ ABE. Mặt khác ta có : \ ADB = [
AEB = 90◦ ⇒ AEDB nội tiếp ⇒ [ ABE = [ IDE. Suy ra : [ IEK = [ IDE.
Do đó : 4IDE ∼ 4IEK(g.g) ⇒ IE2 = IK.ID. (1)
Ngoài ra do IE là tiếp tuyến của (P ) nên dễ có IE2 = IM.IC. Kết hợp với (1) ta được :
IK.ID = IM.IC ⇒ 4IM K ∼ 4IDC(c.g.c) ⇒ \ IM K = [ IDC = 90◦ ⇒ KM ⊥ IC. BC Mà M ∈ (P,
) nên BM ⊥ IC hay B, K, M thẳng hàng. 2
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 86 b) Ta có : \ N CF = [ SCB − \ BCH = [ T CB − \ BCH = [ BAC − \ BAH = \ CAH = \ N F C ⇒ 4N CF cân tại N ⇒ \ CN E = 180◦ − 2\ N F C = 2 [ ACB = \ BP E ⇒ CP EN nội tiếp.
Tương tự ta cũng có BF J P nội tiếp.
Gọi X là giao điểm thứ 2 của (BP F ) và (CN E). Khi đó : \ BXC = \ BXP + \ CXP = [ BF P + [ CEP = [ ABC + [ ACB = 180◦ − [ BAC = \ BHC ⇒ BHXC nội tiếp.
Do tính chất đối xứng của S và T nên SN XJ cũng nội tiếp. Ta lại có : [ BXJ = [ AF E = [ ACB = \ XCB + \ XCA = \ XCB + \ XN J .
Từ đó suy ra (BXC) tiếp xúc với (N XJ ) hay (BHC) tiếp xúc với (SN J ). Bài 76
Cho tam giác ABC với AB = AC và D là trung điểm AC.Phân giác [ BAC cắt (BCD) tại
E ở miền trong tam giác.BD cắt (ABE) tại F (Khác B).AF cắt BE tại I và CI cắt BD
tại K. Chứng minh rằng : I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB.
(Đề xuất bởi BurakkuYokuro11) Lời giải
Vì AE là tia phân giác của tam giác ABC cân tại A nên [ EBA = [ ECA.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 87 Mà [ ECA = \ EBD nên \ EBD = [
EBA hay BI là tia phân giác của \ ABK.
Ta đi chứng minh AI là tia phân giác BAK.
Gọi G là trung điểm BC, H là giao điểm thứ 2 của IC với (BDC). Ta có : DG k AB ⇒ \ AGD = [ BAE = \ EF D ⇒ DEF G nội tiếp. Do đó : [ AF G = [ AF E + [ EF G = [ ABE + 180◦ − \ EDG = [ ABE + \ ADE + \ GDC = [ ABE + \ EBC + [ BAC = 180◦ − [ ACB ⇒ AF GC nội tiếp.
Lại có : IH.IC = IE.IB = IF.IA ⇒ AHF C nội tiếp hay A, H, F, G, C cùng thuộc một đường
tròn đường kính AC ⇒ DH = DC ⇒ BD là tia phân giác \ HBC.
Suy ra : 4CKD ∼ 4BCD (g.g) ⇒ CD2 = DK.DB ⇒ AD2 = DK.DB
⇒ 4ADK ∼ 4BDA (c.g.c) ⇒ \ KAD = \ ABD. Do đó : [ IAB = [ IEF = \ BED − \ DEF = (180◦ − [ ACG) − (180◦ − \ DGF ) = \ DGF − [ ACG = \ GDF [ BAC [ BAC \ GDF [ BAC \ ABD [ BAC \ DAK \ KAB (90◦ − ) − (90◦ − ) = − = − = − = 2 2 2 2 2 2 2 2 2
⇒ AI là tia phân giác của \
KAB. Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AKB. Bài 77
Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại P . Trên cung nhỏ AB, lấy điểm
C sao cho không phải là điểm chính giữa cung đó. Tiếp tuyến tại C cắt OP tại F và cắt
P A, P B lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng (P CF ); (P AB); (P DE) đồng quy tại một điểm khác P .
(Đề xuất bởi Badong2211) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 88
Giả sử C, B nằm cùng phía so với OP . Gọi {P, T } = (P CF ) ∩ (P DE). \ DP E \ DT E Ta có: [ CT E = [ F CT − [ CET = (180◦ − [ F P T ) − (180◦ − [ DP T ) = \ DP F = = 2 2 DC CE AD BE
⇒ T C là phân giác góc DT E ⇒ = ⇔ = ⇒ 4BET ∼ 4ADT (c.g.c) DT ET DT ET ⇒ [ DAT = [ EBT ⇒ T ∈ (P AB)
Suy ra điều phải chứng minh. Bài 78
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AZ. Lấy D bất kì trên BC và lấy X, Y trên OB, OC sao cho \ BXD + [ ABC = \ CY D + [ ACB = 180◦. Chứng minh: \ XZY không
đổi khi D di chuyển trên BC.
(Đề xuất bởi Fabffriver) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 89
Gọi {D, T } = (BXD) ∩ (CY D) Ta có: [ BT C = \ BT D + [ DT C = \ OXD + \ OY D = [ ABC + [ ACB = 180◦ − [ BAC ⇒ T ∈ (ABC) ⇒ [ OY T = \ OY D + \ DY T = [ ACB + [ DCT = [ ACT = [ OZT
⇒ O, Y, Z, T đồng viên. Tương tự ta có: X, O, Z, T đồng viên ⇒ \ XZY = 180◦ − \ BOC(const) Vậy ta có đpcm. Bài 79
Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) và (I) tiếp xúc với BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng
vuông góc với AD cắt BI, CI lần lượt tại M, N . Chứng minh: 4AM N cân.
(Đề xuất bởi Nguyễn Minh Hà) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 90
Gọi K là giao điểm thứ 2 của AD với (I). E, F lần lượt là các tiếp điểm của AC, AB với (I).
Bằng phép biến đổi góc ta có: 4KF D ∼ 4IDM ; 4IDN ∼ 4KED(g.g) DM DF DN DE ⇒ = ; = . ID F K ID EK DF DE
Mặt khác dễ dàng chỉ ra được: = ⇒ DM = DN . F K EK Suy ra 4AM N cân tại A. Bài 80
Cho hình bình hành ABCD. Đường phân giác \
BAD cắt cạnh CD và đường thẳng BC
tại M, N .Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác CM N .Vẽ dây cung CK của (O) sao
cho CK song song BD. Chứng minh rằng : B, K, O, C, D cùng thuộc một đường tròn.
(Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 91
Gọi E là giao điểm của AC và BD.
Do AN là tia phân giác của \ DAB nên \ DN A = \ N AB = \
DAN ⇒ 4DAN cân tại D ⇒ DN = AD = BC. Mặt khác : \ CM N = \ DAN = \ DN A = \
CN M ⇒ 4OM N cân tại C ⇒ CN = CM ⇒ OC là trung trực của M N ⇒ \ M CO = \ OCN = \ ON C ⇒ \ BCO = \ DN O.
Mà O là tâm (CM N ) nên OC = ON . Suy ra : 4ON D = 4OCB (c.g.c) ⇒ \ ODN = \ OBC ⇒ ODBC nội tiếp.(1)
Vì 4ON D = 4OCB nên OD = OB ⇒ OE là trung trực của BD.
Ta lại có : CK k BD nên OE cũng là trung trực của CK hay OE là trục đối xứng của hình
thang BCKD ⇒ BCKD là hình thang cân ⇒ BCKD nội tiếp.(2)
Từ (1) và (2) suy ra : B, K, O, C, D đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 92 Bài 81
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn (O1) qua B.C cắt cạnh AB, AC tại D, E.
Đường tròn (O2) qua A, D, E cắt (O) tại K (K khác A).Gọi M, N lần lượt là trung điểm
BD, CE. Chứng minh rằng A, K, N, O1, M cùng thuộc một đường tròn.
(Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Vì O1 là tâm (BDEC) mà M, N lần lượt là trung điểm của BD, CE nên \ O1M A = \ O2N A = 90◦ ⇒ AM O1N nội tiếp. Ta có : \ KDA = \ KEA ⇒ \ KDB = \ KEC và \ KBD = \ KCA. Nên 4KBD ∼ 4KCE (g.g).
Mà KM, KN là các trung tuyến tương ứng nên \ KM A = \ KN A ⇒ AKM N nội tiếp.
Do đó : A, K, M, O1, N đồng viên.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 93 Bài 82
Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD là phân giác [ ABC.BD cắt (O) tại E.
ĐƯờng tròn (O1) đường kính DE cắt (O) tại F .
a) Chứng minh : đường thẳng đối xứng với BF qua BD đi qua trung điểm của AC.
b) Giả sử tam giác ABC vuông tại B, [
BAC = 60◦ và bán kính của (O) bằng R. Tính bán kính (O1) theo R.
(Đề xuất bởi quynhanhlh7) Lời giải a)
Gọi M là trung điểm BC, kẻ đường kính EI của (O) suy ra I, D, F thẳng hàng. Ta có: \ IM D = [
IAD = 90◦ ⇒ AIM D nội tiếp. Từ đó ta có: [ F AE = [ F IE = \ DAM ⇒ đpcm. b)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 94 DC BC √ AC √ √ √ Ta có: = = 3 ⇔ =
3 + 1 ⇒ AD = ( 3 − 1)R ⇒ OD = R − AD = (2 − 3)R. AD AB AD √ √ p8 − 4 3R
Áp dụng Pythagoras ta có: DE2 = DO2 + OE2 = (8 − 4 3)R2 ⇒ R(O . 1) = 2 Bài 83
Cho (I, R) và (J, r) là hai đường tròn bàng tiếp trong [ BAC và [ ABC của tam giác ABC.
Đường tròn (I) tiếp xúc AB tại N ,BC tại P ,AC tại H.Đường tròn (J ) tiếp xúc BA tại
K,BC tại Q,N M là đường kính của (I). Chứng minh rằng BC, AH, KM đồng quy.
(Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 95
(J ) tiếp xúc với BC tại L.
Ta có : KL ⊥ AJ ⇔ KL||AI ⇔ KL ⊥ N H ⇔ KL k HM . HM IH CH Mặt khác: \ HIM = \ N AH = [ AJ L ⇒ 4J KL ∼ 4IHM ⇒ = = . KL J M CL
Suy ra 4CHM ∼ 4CLK(c.g.c) ⇒ K, C, M thẳng hàng. Từ đó ta có đpcm. Bài 84
Cho tam giác đều ABC và M là điểm bất kỳ trên BC.Gọi H, K là chân đường vuông góc
kẻ từ M xuống AB, AC.Xác định vị trí M để diện tích tam giác HM K lớn nhất.
(Đề xuất bởi Tea Coffee) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 96 Ta có : \
HM K = 120◦ không đổi nên để SHMK lớn nhất thì M H.M K phải lớn nhất. √ √ 3 3 3 3 Ta lại có : M H.M K = BM. M C = M C.M B ≤ .BC2. 2 2 4 16
Vậy với M là trung điểm BC thì diện tích tam giác HM K lớn nhất. Bài 85
Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp (O). Phân giác góc BAC cắt (O) tại D khác
A, E đối xứng D qua O. Gọi F là một điểm trên cung BD không chứa A, C của (O); F E
cắt BC tại G, H thuộc AF sao cho GH song song với AD. Chứng minh HG là phân giác \ BHC.
(Đề xuất bởi Diepnguyencva) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 97
Gọi I là giao của HG và DE. Ta có : [ F HI = \ F AD = \
F ED ⇒ F HEI nội tiếp ⇒ GH.GI = GF.GE = GB.GC ⇒ BHCI nội tiếp. Suy ra : [ BHI = [ BCI = [ CBI = [
CHI ⇒ HG là tia phân giác \ BHC. Bài 86
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có các đường chéo AC và BD vuông góc
với nhau. Các điểm M và N lần lượt là điểm chính giữa các cung ADC và ABC. Đường
kính qua D của (O) giao dây cung AN tại G. Đường thẳng qua G song song với N C cắt
CD tại K. Chứng minh rằng BM ⊥ AK.
(Đề xuất bởi quangminhltv99) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 98
Ta có: ADCN nội tiếp và N C || GK nên AGKD nội tiếp . Suy ra \ N GD = \ CKA mà \ ACD = \ AN D ⇒ \ N DG = \ CAK. Ta lại có: \ N DG = \ ON D = \ DBM ⇒ \ DBM = \ CAK. Từ đó ta có đpcm. Bài 87
Cho (O) và dây AB không đi qua tâm. Dây P Q vuông góc với AB tại H (HA > HB). M
là hình chiếu của Q trên P B, QM cắt AB tại K. Tia M H cắt AP tại N . Từ N kẻ đường
thẳng song song với AK cắt QB tại I. Chứng minh : P, I, K thẳng hàng. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 99 Gọi {I0} = QB ∩ P K. Ta có : \ P HK = \ P M K = \ QHB = \
QM B = 90◦ nên các tứ giác HBM Q, HP KM nội tiếp. ⇒ \ M QB = \ M HB = \
M P I0 ⇒ P I0M Q nội tiếp ⇒ [ P I0Q = \ P M Q = 90◦.
Tam giác P AB nội tiếp (O) có QM ⊥ P B , QH ⊥ AB mà M, H, N thẳng hàng nên theo tính
chất của đường thẳng Simson ta có : QN ⊥ AP . Lại có : \ M KH = \ M P H = [
QAB ⇒ 4QAK cân tại Q ⇒ [ P QA = \ P QK. Mà \ N QA = \ I0QK = 90◦ − \ P KQ = 90◦ − [ P AQ nên \ P QN = [ P QI0. Mặt khác : \ QP N = [
QP I0 nên P Q là trung trực của N I0 hay P Q ⊥ N I0 ⇒ N I k AK ⇒ I0 ≡ I ⇒ P, I, K thẳng hàng. Bài 88
Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm chính giữa cung lớn BC. Lấy D, E thuộc tia
đối của tia AB, AC sao cho BD = AC và CE = AB. Gọi K là điểm đối xứng với M qua
BC. Chứng minh: D, K, E thẳng hàng.
(Đề xuất bởi Phan Quế Sơn) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 100
Dựng hình bình hành ABF C. Từ đó ta có: 4BDF và 4CEF cân tại B và C. [ BAC Ta có: [ CF E = \ BF D = 90◦ − và \ BF C = [ BAC ⇒ D, F, E thẳng hàng. 2 Mặt khác: \ BF C = [ BAC = \ BKC ⇒ BKF C nội tiếp. \ BKC [ BAC Suy ra: \ BF K = \ BCK = 90◦ − = 90◦ − = \
BF D ⇒ D, K, F thẳng hàng. 2 2
Tương tự K, F, E thẳng hàng nên ta có đpcm. Bài 89
Cho tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM . Đường vuông góc với AD tại D cắt
AB, AM lần lượt tại X, Y . Đường vuông góc với AB tại X cắt AD tại Z. Chứng minh Y Z vuông góc với BC. (Đề xuất bởi viaaiv) Lời giải Cách 1 :
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 101 Kéo dài DY cắt AC tại I. Suy ra ZI ⊥ AC.
Từ Y kẻ đường thẳng vuông góc với Y Z cắt AB, AC tại P, Q.
Ta có hai tứ giác ZY P X và ZY IQ nội tiếp. Kết hợp với \ ZXY = [ ZIY thì ta có: [ ZP Y = [ ZQY .
Suy ra Y P = Y Q mà M B = M C từ đó ta có P Q||BC. Suy ra đcpcm. Cách 2 :
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 102
Ta có : AD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại I. [ BAC
Kẻ IK vuông góc với AB suy ra tứ giác IM BK nội tiếp nên \ IKM = \ IBM = = [ KAI ⇒ 2
KM ⊥ AI ⇒ KM ||XY ⇒ Y Z||M I ⇒ đpcm. Bài 90
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB < AC. Gọi M là trung điểm BC.AM cắt (O) tại
điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp 4M DC cắt AC tại E. Đường tròn ngoại tiếp
4M BD cắt đường thẳng AB tại F .
a) Chứng minh 4CED ∼ 4BF D và E, M, F thẳng hàng.
b) Phân giác ∠BAC cắt EF tại N . Phân giác ∠CEM cắt CN tại P . Phân giác ∠BF N
cắt BN tại Q. Chứng minh P Q k BC. (Đề xuất bởi MoMo123) Lời giải
a) Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên \ F BD = \ ECD. (1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 103
Mặt khác tứ giác BM DF và DM EC nội tiếp nên \ BF D = \ DM C = \ DEC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra : 4CED ∼ 4BF D(g.g) ⇒ \ BDF = \ CDE ⇒ \ BM F = \ CM E ⇒ \ F M C + \ CM E = \ BM F + \ F M C = 180◦. ⇒ E, F, M thẳng hàng. QN F N
b) Tam giác BF N có tia phân giác F Q nên : = . QB F B P N EN
Tam giác CEN có tia phân giác EP nên : = . P C EC N F AF
Tam giác AEF có tia phân giác AN nên : = . N E AE
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC có cát tuyến F M E, ta có : EC M B F A . . = 1 EA M C F B EC F B
Theo giả thiết ta có : M là trung điểm BC nên M B = M C. Suy ra : = . EA F A F A F B N F F B F N EN QN P N ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ P Q k BC. EA EC N E EC F B EC QB P C Bài 91
Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O). Lấy điểm E thuộc cung nhỏ AB. AE cắt BC
tại H. AB cắt CE tại F . AE cắt DC tại K. Chứng minh rằng : đường tròn ngoại tiếp
4F BE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 4KED. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 104
Ta sẽ đi chứng minh OE là tiếp tuyến chung của (KDE) và (EF B). Thật vậy, ta có : [ OEC = [ OCE = [ ACE = [
ABE ⇒ OE là tiếp tuyến của (EF B). (1) Tương tự ta cũng có : \ OED = \ ODE = \ BDE = [ BAE.
Mà ABCD là hình chữ nhật nên AB k KC ⇒ [ BAE = \ DKE. Suy ra : \ OED = \ DKE hay OE
là tiếp tuyến của (KDE). (2)
Từ (1) và (2) suy ra : OE là tiếp tuyến chung của (KED) và (EF B). Do đó :(KED) tiếp xúc (EF B). Bài 92 Cho d
xOy vuông và hai điểm cố định A, B trên Ox (A nằm giữa O và B). Điểm M chạy
trên Oy (M khác O). Đường tròn đường kính AB cắt M A, M B lần lượt tại C, E. Tia OE
cắt đường tròn tại F . Xác định vị trí của M để tứ giác OCF M là hình bình hành. (Đề xuất bởi MarkGot7) Lời giải Gọi D = M C ∩ OF . Ta có : \ AOM + \
AEM = 180◦ mà hai góc này nằm ở vị trí đối nhau nên tứ giác OAEM nội tiếp. Suy ra : [ OEA = \ OM A. (1)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 105
Mặt khác, tứ giác M OCB có : \ M OB = \
M CB = 90◦ mà hai góc này cùng nhìn cạnh M B nên
tứ giác M OCB nội tiếp. Do đó : \ CBO = \ CM O. (2)
Theo giả thiết ta có tứ giác AF EB nội tiếp nên [ ABF = [ AEF . (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra : [ CBA = \ CM O = [ AEO = [
ABF ⇒ BA là tia phân giác \ F BC.
Mà BA là đường kính của đường tròn qua A, F, B, C nên BA là trung trực của CF .
Suy ra : CF ⊥ AB ⇒ CF k M O ⇒ M OCF là hình thang.
Giả sử OCF M là hình bình hành ⇒ D là trung điểm OF .
Ngoài ra BA là trung trực của CF nên OA là trung tuyến của 4OCF . Suy ra : A là trọng CA 2 CA 1 tâm của tam giác OF C ⇒ = ⇒ = . CD 3 AM 2 AM 2
Vì tứ giác M OCB nội tiếp nên CA.AM = OA.AB ⇒ = OA.AB ⇒ AM 2 = 2OA.AB ⇒ 2 √ √ AM =
2OA.AB. Vậy với M chạy trên Oy thoả AM =
2OA.AB thì tứ giác OCF M là hình bình hành. Bài 93
Cho tam giác ABC nhọn và cân tại C. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB và AC
lần lượt tại E và F . Gọi H là giao điểm BF và CE. Đường tròn đường kính EC cắt AC
tại M . Gọi K là giao điểm của BM và (O). Chứng minh KC đi qua trung điểm HF .
(Đề xuất bởi Diepnguyencva) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 106 Gọi I = CK ∩ M E. Ta có : \ M EA = 90◦ − [ CAB = 90◦ − [ CBA = \ ECB ⇒ \ M EA + \ OEB = \ BCE + \ CBE = 90◦ ⇒ \
M EO = 90◦ ⇒ M E là tiếp tuyến của (O) ⇒ \ M EK = \ KCE.
Suy ra 4IEK ∼ 4ICK(g.g) ⇒ IE2 = IK.IC.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác IM C vuông tại M có đường cao M K ta có : IM 2 = IK.IC
Do đó : IM = IE mà HF k EM nên KC đi qua trung điểm của HF . Bài 94
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ 2 tiếp tuyến AB và AC; cát tuyến ADE sao cho
BD < CD; AD < AE. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm DE. Kéo
dài IH cắt (O) tại K sao cho H nằm giữa I và K. Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác OKA. Chứng minh OS ⊥ IK.
(Đề xuất bởi Diepnguyencva) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 107
Gọi F là giao điểm thứ hai của IH với đường tròn (O).
Vì tứ giác F BKC nội tiếp nên : HF.HK = HB.HC
Mà tứ giác BOCA nội tiếp nên : HB.HC = HO.HA
Suy ra : HF.HK = HO.HA ⇒ AKOF nội tiếp. Do đó : F K là dây chung của hai đường tròn
(O) và (S) nên OS ⊥ F K hay OS ⊥ IK. Bài 95
Cho đường tròn (O) và dây BC cố định không đi qua tâm , điểm A di động trên cung lớn
BC, (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC tại D, E. Chứng minh rằng ED luôn
tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A di động.
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 108
Gọi M là trung điểm BC. Kẻ BP, M H, CQ vuông góc với P Q. [ BAC Vì BC cố định nên \ DBP = [ ECQ = = α = const. 2 BP + CQ
Hình thang BP QC có M H là đường trung bình của hình thang nên : M H = . 2 Mà BP = BD.cos\ DBP = BD.cosα; CQ = CE.cos [ QCE = CE.cosα
Nên BP + CQ = (BD + CE).cosα = BC.cosα = const ⇒ M H = const.
Vậy DE luôn tiếp xúc (M, M H) cố định. Bài 96
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) và P là điểm nằm trên cung nhỏ BC, , trung trực
AB, AC cắt AP tại E, F , BE cắt CF tại Q. Chứng minh rằng AP = BQ + CQ
(Đề xuất bởi Minhcamgia) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 109 Gọi {D} = CQ ∩ (O).
Vì F thuộc trung trực của AC nên F A = F C ⇒ 4F AC cân tại C ⇒ [ F AC = [ F CA. Mà \ DAP = \
DCP ( cùng chắn cung DP của (O)) nên \ DAC = [ P CA ⇒ ADP C là hình thang cân. Do đó : AP = CD. Ta có : \ QBD = [ EBA + \ ABD = [ EAB + \ ACD = [ EAB + [ F AC = [ BAC = \ BDC ⇒ 4BDQ cân tại Q ⇒ BQ = QD.
Do đó : BQ + CQ = QD + CQ = CD = AP . Bài 97
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ
BC. Gọi N là điểm đối xứng với M qua trung điểm I của AB.
a) Chứng minh trực tâm K của tam giác ABN thuộc một đường tròn cố định.
b) Giả sử N K ∩ AB = D, hạ KE ⊥ BC. H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh
DE đi qua trung điểm J của HK.
(Tuyển sinh lớp 10 PTNK 2004-2005) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 110
a) Vì AN BM là hình bình hành nên : \ AN B = \ AM B.
Mà K là trực tâm của tam giác ABN nên \ AKB = \ AN B = (90◦ − \ KBN ). Suy ra : \ AKB = \
AM B hay AKM B là tứ giác nội tiếp. Do đó K ∈ (O) cố định.
b) Gọi H1, H2 lần lượt là giao của CH và AH với (O), K1, K2 lần lượt là điểm đối xứng của K qua AB và BC.
Dễ dàng ta chứng minh được : BC là trung trực của HH2 và AB là trung trực của HH1.
Theo tính chất trung trực ta có : \ BH1K = \ BHK1 và \ BH2K = \ BHK2. Do đó : \ BHK1 + \ BHK2 = \ BH1K + \
BH2K = 180◦ hay K1, H, K2 thẳng hàng.
Tam giác KK1K2 có DE là đường trung bình nên DE k K1K2.
Gọi J = DE ∩ HK. Ta có DJ k K1H ⇒ DJ là đường trung bình của tam giác KK1H. Do đó
J là trung điểm của HK hay DE đi qua trung điểm J của HK.
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 111 Bài 98
Cho tam giác ABC đều. P nằm trong tam giác. Hạ P A1, P B1, P C1 vuông góc xuống
BC, CA, AB. Tìm quỹ tích điểm P để tam giác A1B1C1 cân (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Giả sử tam giác A1B1C1 cân tại A1 thì ta có A1B1 = A1C1
Xét 2 đường tròn đường kính BP và CP như hình vẽ:
Ta thấy 2 dây A1B1 = A1C1 và \ C1BA1 = \ B1CA1 = 60◦
Suy ra 2 đường tròn bằng nhau hay BP = CP suy ra P thuộc trung trực BC
Chứng minh tương tự ta có quỹ tích điểm P để A1B1C1 cân là 3 đường trung trực của tam giác ABC Bài 99 Cho tam giác ABC có [ ACB = 45◦ và [ ACB + [ BAC = 2 [
ABC. Đường trung trực của AB cắt BC tại M . a) Tính \ M AC.
b) Gọi I là tâm đường tròn (AM C). Chứng minh tứ giác ABCI nội tiếp.
(Tuyển sinh 10 PTNK 2005-2006)
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 112 Lời giải
a) Theo giả thiết ta có : [ ACB = 45◦ và [ ACB + [ BAC = 2 [ ABC. Suy ra : [ BAC = 75◦, [ ABC = 60◦.
Mà M thuộc trung trực của AB nên \ M BA = \ M AB = 60◦ ⇒ \ M AC = 15◦.
b) Gọi D bất kì nằm trên cung lớn AC của (I). Ta có : [ AIC = 2\ ADC = 2(180◦ − \ AM C) = 120◦. Do đó : [ ABC + [
AIC = 180◦ ⇒ AICB nội tiếp. Bài 100
Cho tam giác ABC và đường thẳng d song song với BC và khác phía với A. Lấy M thuộc
d sao cho tứ giác ABM C lồi. Điểm N trên M B hoặc M C sao cho AN chia diện tích tứ
giác ABM C thành hai phần bằng nhau. Tìm quỹ tích điểm N khi M di động. (Đề xuất bởi Korkot) Lời giải
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 113
Kéo dài AB, AC cắt d tại D, E. Gọi K, I, L, P lần lượt là trung điểm CD, BE, DE, BC
Giả sử N thuộc đoạn M C. Áp dụng bổ đề 6 ta có: SABMN = SANC ⇒ P N k AM M N P Q M L Suy ra: = = ⇒ N L k CE ⇒ N ∈ KL. N C P C LE
Tương tự với N thuộc đoạn BM thì N ∈ IL
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 114 Chương 3
Một số bài toán chưa có lời giải
Sau đây là năm bài toán vẫn chưa có lời giải trên diễn đàn Toán học. Bạn đọc hãy thử tự
tìm lời giải cho riêng mình nhé.
Bài 101. (Diepnguyencva) Cho đường tròn (O); AB = 2R. Lấy C thuộc đường tròn (AC >
BC). Tiếp tuyến tại A và C của (O) cắt nhau tại D, DB cắt (O) tại E. Kẻ CH vuông góc
AB. DH cắt AE tại I; CI cắt AD tại K. Lấy F đối xứng với E qua AB.
a, Chứng minh KE là tiếp tuyến của (O)
b, Qua E kẻ đường thẳng song song AB cắt KB tại S. OS cắt AE tại Q. Chứng minh: D, Q, F thẳng hàng. BC
Bài 102. (phamhuy1801) Cho 4ABC nhọn. Đường tròn (O;
) cắt AB, AC thứ tự tại E, D. 2
Các tiếp tuyến kẻ từ E, D của (O) cắt nhau tại I và lần lượt cắt tiếp tuyến kẻ từ B, C của
(O) tại F, G. F G cắt AI tại H và cắt (O) tại M, N . Chứng minh H là trực tâm của 4ABC
và M A, N A lần lượt các tiếp tuyến của (O)
Bài 103. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có E, F thuộc đoạn CA
và BA sao cho EF song song với BC. Đường trung trực của đoạn thẳng BC cắt AC tại M ,
đường trung trực của đoạn EF cắt cắt AB tại N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt
CF tại P khác C, đường tròn ngoại tiếp tam giác EF N cắt CF tại Q khác F .
a, Chứng minh rằng đường trung trực của P Q đi qua trung điểm của M N .
b, Gọi L là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O) và I là một điểm bất kì trên
đoạn AL. Gọi J là hình chiếu của I trên BC. Đường tròn tâm I bán kính IJ cắt AB, AC theo
thứ tự tại X, Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AXY và đường tròn tâm L
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 116
bán kính LB tiếp xúc với nhau.
Bài 104. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H, đường
cao AF và M là trung điểm của BC. Đường tròn đường kính AH cắt HM tại Q khác H. Lấy
điểm X thuộc BC sao cho XH vuông góc với QM . Gọi L, P lần lượt là trung điểm của QH
và QA. Đường thẳng qua Q song song với LX cắt M P tại N . Vẽ đường tròn tâm X bán kính
XH cắt đường tròn (O) tại K sao cho K cùng phía với A so với BC
a, Chứng minh rằng ba điểm K, Q, N thẳng hàng.
b, Chứng minh rằng (M N F ) tiếp xúc với đường tròn đường kính QH.
Bài 105. (khanhdat1) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB và một điểm M bất kì nằm
trong (O) nhưng không nằm trên đường kính AB. Gọi N là giao điểm của đường phân giác
trong của góc AM B với đường tròn (O). Đường phân giác ngoài của góc AM B cắt đường
thẳng N A, N B lần lượt tại P và Q. Đường thẳng M A cắt đường tròn đường kính N Q tại R,
đường thẳng M B cắt đường tròn đường kính N P tại S(R, S khác M ). Qua R kẻ đường thẳng
song song với P Q cắt AN tại C, qua S kẻ đường thẳng song song với P Q cắt BN tại D. Gọi I là trung điểm của CD.
a, Chứng minh rằng ba điểm N, O, I thẳng hàng.
b, Chứng minh rằng ba điểm R, S, I thẳng hàng. Chương 4 Bài tập rèn luyện
Bài 1. (Nguyễn Văn Linh) Cho 4ABC nội tiếp (O). Lấy E, F bất kì trên AB và AC. Gọi
M, N, P lần lượt là trung điểm CE, BF, EF . K là chân đường cao hạ từ O xuống EF . Chứng minh M, N, P, K đồng viên
Bài 2. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Giả sử AB + AC = 2BC. Chứng minh [ AIO = 90◦
Bài 3. (VMO 2011) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Lấy P trên tiếp tuyến tại B của
(O). P A cắt (O) tại điểm thứ hai là C. Kẻ đường kính CD của (O). P D cắt (O) tại điểm thứ
hai là E. Chứng minh rằng AE, BC, P O đồng quy.
Bài 4. Cho 4ABC không cân nội tiếp (O). Kẻ đường kính AD, tiếp tuyến tại D cắt BC tại
P . P O lần lượt cắt AB, AC tại E, F . Chứng minh rằng OE = OF
Bài 5. Cho 4ABC có AB < AC < BC và nội tiếp (O). Trên tia BA, BC lấy D, E sao cho
BD = BE = AC. (BDE) cắt (O) tại điểm thứ hai là P . Chứng minh rằng BP = AP + CP .
Bài 6. Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao BD, CE. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau ở P .
Chứng minh AP đi qua trung điểm DE.
Bài 7. Cho 4ABC nội tiếp (O) có trực tâm H. Gọi M là trung điểm AH, E trên AC sao cho
OE k BC. F là điểm đối xứng của E qua O. Chứng minh rằng: BM ⊥ M E và BF là phân giác \ M BE
Bài 8. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Kẻ đường kính AD của (O). AI cắt (O) tại
E. Tia DI cắt (O) tại K. KE cắt BC tại L. Chứng minh rằng: IL ⊥ BC.
Bài 9. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). BC tiếp xúc với (I) tại D. Gọi K là chân đường cao
Tạ Công Hoàng - Nguyễn Đăng Khoa 118
hạ từ I xuống AD. Chứng minh KD là phân giác \ BKC.
Bài 10. (IMO 2018) Cho 4ABC nội tiếp (O). Trên AB, AC lấy D, E sao cho AD = AE.
Trung trực của BD, CE lần lượt cắt cung nhỏ AB, AC tại F, G. Chứng minh GF k DE
Bài 11. (Russian MO 2015) Cho tam giác ABC nhọn không cân. Kẻ đường cao AH và trung
tuyến AM . Lấy Q, P nằm trên AB, AC sao cho QM ⊥ AC, P M ⊥ AB. Đường tròn ngoại tiếp
4P M Q cắt BC tại điểm thứ hai là X. Chứng minh BH = CX
Bài 12. Cho 4ABC cân tại A. Trên AB lấy D sao cho BD = 2AD. Kẻ BE ⊥ CD, lấy F là
trung điểm CE. Chứng minh: [ AF B = 90◦
Bài 13. (Stan Fulger) Cho tam giác ABC vuông tại A. Kẻ hình vuông M N P Q với M ∈ AB,
N ∈ AC và P, Q ∈ BC. N B cắt M Q tại R, M C cắt N P tại S. Chứng minh AR = AS
Bài 14. Cho đường tròn (O) có dây cung AB. Lấy D là điểm chính giữa cung nhỏ AB, C là
điểm bất kì trên cung lớn AB. Vẽ đường tròn (I) tiếp xúc với đường (O) tại C đồng thời tiếp
xúc AB tại F . Kẻ tiếp tuyến XA, XC của đường tròn (O). Gọi giao điểm XD và AB là M .
Chứng minh M là trung điểm AF .
Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có I là tâm nội tiếp. N là điểm chính giữa cung BAC
của (O). N I cắt BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt IB, IC lần lượt tại K và L. Chứng minh DK = DL.
Bài 16. Cho 4ABC vuông tại A có phân giác BE và CF cắt nhau tại I. Gọi K là trung điểm EF . Chứng minh KI ⊥ BC.
Bài 17. (Tạp chí Kvant) Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao AH. Qua H kẻ đường thẳng
song song với OA cắt OA tại D. Chứng minh D thuộc đường trung bình 4ABC.
Bài 18. (China TST) Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại C, D. Kẻ tiếp tuyến chung
ngoài AB sao cho C gần AB hơn D. Lấy E thuộc OO0 sao cho AE ⊥ BC. Chứng minh [ ACE = 90◦.
Bài 19. Cho 4ABC không cân có đường cao AD, BE, CF . EF cắt BC tại I. Qua D kẻ đường
thẳng song song với EF cắt AB, AC lần lượt tại K, L. Chứng minh (IKL) luôn đi qua một
điểm cố định khi A di động và BC cố định.
Bài 20. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). AE ∩ BD = K,
BF ∩ CE = I, AC ∩ DF = L. Chứng minh K, I, L thẳng hàng. Tài liệu tham khảo
[1] Tài liệu chuyên Toán trung học cơ sở - Vũ Hữu Bình (Chủ biên). Nxb Giáo dục Việt Nam
[2] Vẽ thêm yêu tố phụ để giải một số bài toán hình học 7,8,9 - Nguyễn Đức Tấn. Nxb Giáo dục Việt Nam
[3] Bài tập Hình học chọn lọc cho học sinh trung học cơ sở - GS. Nguyễn Tiến Dũng, GS.Đỗ
Đức Thái (Chủ biên) - Nxb thông tin và truyền thông
[4] Nâng cao và phát triển toán 6,7,8,9 - Vũ Hữu Bình. Nxb Giáo dục Việt Nam
[5] Các chuyên đề chọn lọc Toán 8,9 - Tôn Thân (Chủ biên). Nxb Giáo dục Việt Nam
[6] Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán lớp 9, tập hai: Hình học - Nguyễn Bá Đang. Nxb Giáo dục Việt Nam
[7] Tạp chí Toán tuổi thơ 2, Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Tạp chí Pi. Internet:
[9] [TOPIC] HÌNH HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 2018-2019
https://diendantoanhoc.net/topic/182061-topic-hình-học-ôn-thi-vào-thpt-chuyên-2018-2019/ [9] AoPS forum.
https://artofproblemsolving.com/ [10] Diễn đàn Mathscope http://mathscope.org/
[11] Trần Quang Hùng, Blog hình học sơ cấp
https://analgeomatica.blogspot.com/
[12] Blog Toán học của Khoa Nguyễn
https://khoalinhmathematics.blogspot.com/