25 bài hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi Olympic môn Toán

NHŨNG BÀI HÌNH HỌC PHẲNG OLYMPIA
Bài 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (C). M nằm trên đường thẳng kéo dài của
đường chéo DB, sao cho MA, MC là tiếp tuyến của đường tròn (C). Tiếp tuyến tại B với đường
tròn (C) cắt MC tại N và CD tại P, ND cắt đường tròn (C) tại E. Chứng minh rằng A, E, P thẳng
hàng. (APMO)
Giải 1. MC là tiếp tuyến với (C) 
NCB BDC

 MCB và MDC đồng dạng 
MC CB
MD DC

(1)
MA là tiếp tuyến với (C), tương tự

MA AB
MD DA

, (do
MA MC
)

CB AB
DC DA


DACB ABDC
(2)
Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác ABCD 
. . .ABCD BC DA AC BD



1

2
BC DA AC BD

2AC BC
DA DB

; (3)
NB, NC là tiếp tuyến với đường tròn (C)  NBE, NDB đồng dạng, NCE, NDC đồng dạng

NB BE
ND DB

,
NC CE
ND DC

kết hợp
NB NC

BE CE
DB DC


BE DC CE DB

Áp dụng định lí Ptolemy với tứ giác BECD


1
. . .
2
BE DC CE DB BC DE

2BC CE
BD DE

; (4)
PB là tiếp tuyến với (C) 
PC PB CB
PB PD BD


2
.PC PD PB

mặt khác
22
2
.PC PC PD PB CB
PD PD PD BD
   
  
   
   
kết hợp với (5)
Từ (4) và (5) 
22
2PC CB CE

PD BD DE
   

   
   
(6)
Giả sử AE cắt CD tại Q QEC và QDA đồng dạng 
QC EC
QA DA

;
(Q)
P
N
M
E
D
C
B
A
mặt khác QDE và QAC đồng dạng 
QD DE
QA AC


::
QC QD EC DE
QA QA DA AC

(7)


2
. 2 4 2
.
QC EC AC EC BC EC EC EC
QD DE DA DE DB DE DE DE

   


(8)
Từ (6) và (8)
PC QC
PD QD


PQ
 A, E, P thẳng hàng.
Bài 2. Cho tam giác ABC (
AB AC
), đường tròn đường kính BC cắt AB, AC tại M và N, gọi O
là trung điểm cạnh BC. Đường phân giác góc
BAC
và góc
MON
cắt nhau tại P. Chứng minh
rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác PMB và PNC giao nhau trên cạnh BC.(IMO 2004)
Giải. Đường thẳng AP cắt cạnh BC tại E, theo giả thiết
OB OC
 O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC 

OM ON
, kéo dài OP cắt MN tại I 
,OI MN IM IN
;
AMN C
 ABC và ANM đồng dạng

BAO NAI
, mặt khác
BAE CAE


OAP PAI

PI AI
PO AO

; Theo tính chất hai tam giác
đồng dạng 
AI MN MI MI
AO BC CO MO
  
theo tính chất đường phân giác 
IMP OMP
;
OMB B

00
180 180OMN OMB AMN B C A      
.


1
2
BMP BMO OMP B A   
; Mặt khác
1
2
AEC B A BMP  
 B, M, P, E nằm trên
một đường tròn ; Tương tự C, N, P, E nằm trên đường tròn  đường tròn ngoại tiếp tam giác
PMB và PNC giao nhau trên cạnh BC.
Bài 3. Cho tam giác ABC,
0
90A 
, gọi G là trọng tâm tam giác. Trên CG lấy điểm P sao cho
APC ACB
, trên BG lấy điểm Q sao cho
AQB ABC
. Chứng minh rằng đường tròn ngoại
tiếp tam giác BPG và CQG cắt nhau trên cạnh BC. (Canada).
Giải. Cách 1: Gọi I là trung điểm BC,
0
90BAC 


IB IA IC

ACI IAC

CAG ACB APC

CPA và CAG đồng dạng (g.g)
E
I
O
M
N
P
C
B
A
B
I
P
G
H
Q
A
C

CP CA
CA CG


2
.AC CPCG

Gọi H là hình chiếu của A trên BC theo tính chất tam giác vuông 
2
.AC CH CB


CPCG CH CB
 tứ giác BPGH nội tiếp.
Tương tự  CQGH nội tiếp  đường tròn ngoại tiếp BPG và CQG gặp nhau trên BC.
Cách 2: Trên BC lấy điểm D sao cho
AD AC
 CAD cân 
ADC ACD APC
 tứ giác APDC nội tiếp

0
180 2CPD CAD A  

I là trung điểm BC 
IA IC IB

00
2 180 180AIB C DAC CPD    

 PDIG nội tiếp 
CI CD CGCP
,
AH BC

HC HD


1
. .2 . .

2
CI CD BC CH CH CB GGCP  
 tứ giác BPGH nội tiếp.
Bài 4. Cho tứ giác ABCD, đường chéo AC không là phân giác góc
BAD
và góc
BCD
. P là
điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn

PAD BAC
và
PCD ACB
.
Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi
PB PD
.(IMO)
Giải. Giả sử P là điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn
PAD BAC


và
PCD ACB



Phần thuận: Giả sử ABCD nội tiếp đường tròn, CP và AP cắt
BD tại N và M 
BAC BDC



(chắn cung
BC
), NDC
có
PNM BND

  
.
ADB ACB


. AMD có:
AMN



PMN PNM

 PMN cân 
PM PN
.
BMA và CDA:
AMB ACB

  
,
ABD ACD
 đồng
dạng 

BM AB
CD AC

;
α
α
β
β
α
A
P
M
B
C
D
N
α
β
β
α
A
I
P
E
B
C
D
B
I
P

D
G
H
Q
A
C
Tương tự BCD và NCD đồng dạng 
AB ND
AC CD



BM ND
CD CD

 BMP =DNP (g.c.g) 
PB PD

Ngược lại: Giả sử
PB PD
, đường tròn ngoại tiếp PCD cắt AD tại E và AP tại I  BAC và
PAE đồng dạng (g.g)

AB AC
AP AE

,
BAP EAC
 BAP và CAE động dạng (c.g.c) 
CE CA EA

BP BA PA

(1) .
PDE PIE
 PDA và EIA đồng dạng 
IE EA
DP PA

(2) , từ (1) và (2) 
IE CE
DP BP


theo giả thiết
PB PD

EC EI
;

0
180ADC EDC EIC ECI EPI CBA

       
 ABCD nội tiếp.
Bài 5. Cho tam giác ABC,
1 1 1
,,A B C
lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các
cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
1 1 1

A BC
nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ABC là tam giác vuông. (IMO 2013)
Giải . Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
1 1 1
A BC
theo giả thiết O nằm trên đường tròn
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Theo giả thiết
1 1 1
,,A B C
là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp 
11
BC CB
,
11
AB BA
,
11
CA AC
(bạn đọc tự chứng minh)
Giả sử
AC AB
, gọi I là điểm chính giữa của cung
BAC

IB IC
.

0

1
(90 )
2
IBA ABC IBC B A    
0
1
(90 )
2
A C ICB ACB ICA     

(do
A BIC
)  tam giác IBC
1
và ICB
1
bằng nhau
(c.g.c) 
11
IC IB

IO

Trên OB lấy điểm M, và trên OC kéo dài lấy điểm N
sao cho
BM CN OA

1
OBA OBC OAC
,

11
AB BA

Tứ giác OABC nội tiếp
1
NCA OAB

O
≡
I
C
1
B
1
A
1
A
C
B
M
N

11
CA AC
 tam giác CNA
1
, AOC
1

bằng nhau, và tam giác BMA

1
, AOB
1
bằng nhau

1 1 1 1 1
NA OC OA OB MA   

0
1 1 1
180CA N AC O BC O   

0
1 1 1
180 OBC ABO BAM   
 M, A
1
, N thẳng hàng

1 1 1
NA OA MA

0
90MON 

0
90BAC 
 tam giác ABC vuông.
Bài 6. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Đường tròn


qua đỉnh A và cắt
cạnh AB, AC lần lượt tại P và Q sao cho
BOP ABC
và
COQ ACB
. Chứng minh rằng
đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với đường tròn

.
Giải. Gọi D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp BOP với
cạnh BC. Theo giả thiết
BQP ABC
,
COQ ACB

0
360POQ BOP COQ BOC   

00
360 2 180POQ B C A A     
 tứ giác APOQ nội tiếp .
Theo giả thiết tứ giác BPOD nội tiếp đường tròn 
0
180POD B

00
360 180DOQ POQ POD A B C      

 tứ giác DOQC nội tiếp đường tròn  đường tròn ngoại tiếp APQ, BPD, CQD qua tâm O.
00

(90 ) (90 )QPD QPO OPD OAQ OBD B A C        

Tứ giác ODCQ nội tiếp và giả thiết 
QDC COQ C QPD  
 BC là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp PQD. Mặt khác
PDB BOP B

00
180 180PDQ PDB QDC B C A PAQ       

 đường tròn ngoại tiếp PQD đối xứng với

qua PQ  thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp
xúc với đường tròn

.



P
O
A
C
D
Q
B
Bài 7. Cho tam giác ABC, gọi góc
A
là góc lớn nhất. D là điểm chính giữa

ABC
, E là điểm
chính giữa
ABC
. Đường tròn C
1
qua A, B và tiếp xúc với AC tại A, đường tròn C
2
qua A, E và
tiếp xúc với AD tại A, hai đường tròn C
1
, C
2
cắt nhau tại A và P. Chứng minh rằng AP là phân
giác góc
A
.
Giải. Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB và AC.
Theo giả thiết
DA DC

DA DC
,
EA EB


EA EB

DN AC
và

EM AB
;
Gọi I là giao điểm của phân giác góc
A
với ME

IAM IAC
,
IAB IBA

IAC ABI

 AC là tiếp tuyến của đường tròn qua A, I, B hay đường tròn
qua A, B và tiếp xúc với AC tại A.
1
2
DAI BAI BAD BAC BCD   
(1)
0 0 0
180 ( ) 180 ( ) 180 ( )BCD BDC CBD BDA ADC CBD C B CBD A CBD            

00
11
90 90
22
CBD CAD ADC ABC    

0
1
90

2
BCD A B  
(2), thay (2) vào (1)

00
1 1 1 1
( 90 ) 90 ( )
2 2 2 2
DAI A A B A B C       

Mặt khác
11
22
AEI AEB C
 Đường tròn qua A, C, I tiếp xúc với AD hay đường tròn qua
A, C và tiếp xúc với AD tại A 
PI
.
Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB,
AC thứ tự tại M, N, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại P. Tiếp tuyến với đường tròn
(J) tại Q và song song với BC. Chứng minh rằng
BAP CAQ
.

C
D
M
B
A
I
E
N
Giải. Gọi tiếp điểm của đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự là M và N;
Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại P 
O, J, P thẳng hàng, đường thẳng PM, PN cắt đường tròn (O)
tại D và E  PJM và POD là các tam giác cân

PMJ PDO
 JM // OD
AB tiếp xúc với (J) tại M 
JM AB

OD AB

DA DB
. Tương tự
EA EC
.
Tiếp tuyến tại Q song song với BC 
KB KC


BD DK KE EC  


DA DK KE EA  


22DA AK KE AK  

DA KE
, gọi F là giao điểm AP với (J)

MF NQ

MF NQ
, từ
AM AN
 AMF và ANQ bằng nhau (c.g.c)

MAF NAQ

BAP CAQ

Bài 9. Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF. Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt
cạnh AB, AC tại P và Q, đường thẳng EF cắt cạnh BC tại I, gọi M là trung điểm cạnh BC. Chứng
minh rằng bốn điểm P, Q, M, I nằm trên một đường tròn.
Giải 4.
,BE AC CF AB

 tứ giác BFEC nội tiếp;
Tương tự tứ giác AEDB nội tiếp

AFE ACB
, EF song song với PQ


AFE APQ

APQ ACB

 tứ giác BQCP nội tiếp
 BDP và QDC đồng dạng 
DB DP
DQ DC



DB DC DP DQ
, (1)
Theo giả thiết
MB MC
, và
0
90BEC 

EBM BEM

EBM BEI EIB
,
BEM BED DEM
, mặt khác
BEI BCF BED


EIB DEM

 EIM và DEM đồng dạng (g.g) 
ME MI
MD ME


O
F
K
M
B
A
C
Q
P
D
J
E
N
M
F
E
A
P
C
B
Q
I
D

2

.ME MI MD

2 2 2
. ( ) .MB ME MI MD MD DI MD MD MD DI     


22
. ( )( ) .MD DI MB MD MB MD MB MD CD BD     
kết hợp (1)

MD DI DP DQ
 tứ giác PMQI nội tiếp.
Bài 10. Cho tam giác ABC (
AC AB
) nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm trên cạnh BC sao
cho
BAD CAO
, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm O tại E. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm
của BE, OD, AC. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.
Giải . Kéo dài AO cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC tại I 
0
90ACI 

Theo giả thiết
BAD CAO

BE CI

 EI song song với BC

Tứ giác ACEI nội tiếp 
0
90AEI 


AD BC
. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC

DH DE
 MD song song BH

MD AC
, P là trung điểm của AC 
OP AC
 MD song song với OP
Mặt khác
1
2
MD BE
, và
1
2
OP CI

MD OP

 tứ giác MDPO là hình bình hành  M, N, P thẳng hàng.
Bài 11. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AD, BE, CF. Chứng
minh rằng các đường thẳng OA, OF, OB, OD, OC, OE chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác
có diện tích bằng nhau.

Giải . Gọi M, N là trung điểm cạnh BC và CA 
,OM BC ON CA


1
2
MOC BOC BAC

Theo giả thiết
BE CA

 MOC và EAB đồng dạng (g.g)

OM OC OA
AE AB AB

(
OA OC
). Tương tự
AD BC

 NAO và DAB đồng dạng
I
H
N
P
E
M
O
D

C
B
A
O
D
F
E
N
M
C
B
A

ON OA
BD AB


OM ON
AE BD


OM BD ON AE

OBD OAE
SS
.
Tương tự
OCD OAF
SS
và

OCE OBF
SS
.
Bài 12. Các điểm P và Q được lấy trên BC của tam giác nhọn ABC, sao cho
PAB BCA
,
QAC ABC
. Các điểm M, N lấy trên AP và AQ sao cho P là trung điểm AM, và Q là trung
điểm AN. Chứng minh rằng giao điểm của BM và AN nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Giải. Theo giả thiết
PAB BCA

00
180 180APB ABC PAB B C A      

Hoàn toàn tương tự
AQC A
;
Xét PAB và QCA có :
APB AQC A
,
PAB BCA

 hai tam giác đồng dạng (g.g)

PB QA
PA QC

,

AP = PM, AQ = QN 
PB QN
PM QC

;
00
180 180BPM APB AQC CQN    
 BPM, NQC đồng dạng 
CNQ MBP


DNQ DBQ
 BQDN là tứ giác nội tiếp 
BQN BDN
,
BQN AQC A


BDQ A
 tứ giác ABDC nội tiếp  D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Nhận xét : Bài này thuộc loại dễ , chỉ cần sử dụng kiến thức tam giác đồng dạng để suy ra các
góc tương ứng bằng nhau để suy ra tứ giác nội tiếp, và kiến thức góc nội tiếp chắn một cung
bằng nhau.
Bài 13. Cho tứ lồi ABCD, có
0
90ABC CDA
. Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ A
xuống BD. Các điểm S và T tương ứng nằm trên AB, AD sao cho H nằm trong tam giác SCT và
0
90CHS CSB

,
0
90THC DTC
. Chứng minh rằng đường thẳng BD tiếp xúc với đường
tròn ngoại tiếp tam giác TSH.
Giải. Phân tích cách dựng hình: Để xác định hai điểm S và T là không dễ, từ giả thiết ta đi tới
cách xác định điểm S và T cũng là hướng đi cho lời giải.
Từ
0
90THC DTC

0 0 0 0
90 90 90 180THC DTC TCD TCD      

C
P
N
D
A
M
Q
B

0
180THC TCD
, theo giả thiết
0
90ADC

Gọi F là điểm đối xứng của C qua D  TF = TC 

TFD TCD

0
180THC TFC
 tứ giác THCF
nội tiếp;


Hoàn toàn tương tự
0
90CHS CSB
, dựng được
điểm E đối xứng của C qua B
 tứ giác HSEC nội tiếp.
Từ cách dựng 
BE BC
và
DF DC
 BD//EF

AH EF
do tính đối xứng 
AE AC AF

HE HF
.
Kéo dài HC lấy điểm P sao cho
HP HE
 H là tâm đường tròn ngoại tiếp EPF.

THCF là tứ giác nội tiếp 
CHF CTF
, TCF và HPF là những tam giác cân

TFC HFP

CFP HFT
; mặt khác
PCF HTF
 TFH và CFP đồng dạng (g.g)

THF CPF HFP
 HT//PF. Tương tự HS//PE 
SHT EPF

Tứ giác EHSC nội tiếp 
ESH ECP
,
SHE SCE
, SH//EP 
SHE HEP HPE


SHE CPE
 SHE và CPE đồng dạng 
SH CP
HE PE

;

HS HS HF CP FP FP
HT HE HT EP CP EP
  
 SHT và FPE đồng dạng 
TSH EFP

Kết hợp BD//EF và TH//FP 
TSH THD
 BD là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam
giác HST.
Bài 14. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh
AB, AC thứ tự tại M, N, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại P. Tiếp tuyến với đường
tròn (J) tại Q và song song với BC. Chứng minh rằng
BAP CAQ
.
Giải. Gọi tiếp điểm của đường tròn tâm (J)
tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự là M và N;
Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại P
 O, J, P thẳng hàng, đường thẳng PM, PN cắt đường tròn
(O) tại D và E;
O
F
K
M
B
A
C
Q
P
D

J
E
N
C
E
A
B
P
F
D
H
S
T
 PJM và POD là các tam giác cân

PMJ PDO
 JM // OD
AB tiếp xúc với (J) tại M 
JM AB

OD AB

DA DB
. Tương tự
EA EC
.
Tiếp tuyến tại Q song song với BC 
KB KC



BD DK KE EC  

DA DK KE EA  


22DA AK KE AK  

DA KE
, gọi F là giao điểm AP với (J)

MF NQ

MF NQ
, từ
AM AN
 AMF và ANQ bằng nhau (c.g.c) 
MAF NAQ

BAP CAQ

Bài 15. Cho tam giác ABC, gọi góc
A
là góc lớn nhất. D là điểm chính giữa
ABC
, E là điểm
chính giữa
ABC
. Đường tròn C
1
qua A, B và tiếp xúc với AC tại A, đường tròn C

2
qua A, E và
tiếp xúc với AD tại A, hai đường tròn C
1
, C
2
cắt nhau tại A và P.
Chứng minh rằng AP là phân giác góc
A
.(Trung Quốc)
Giải. Cách 1: Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB và AC.
Theo giả thiết
DA DC

DA DC
,
EA EB


EA EB

DN AC
và
EM AB
;
Gọi I là giao điểm của phân giác góc
A
với ME

IAM IAC

,
IAB IBA

IAC ABI

 AC là tiếp tuyến của đường tròn qua A, I, B hay đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AC tại
A.
1
2
DAI BAI BAD BAC BCD   
(1)
00
0
180 ( ) 180 ( )
180 ( )
BCD BDC CBD BDA ADC CBD
C B CBD A CBD
       
     
00
11
90 90
22
CBD CAD ADC ABC    

0
1
90
2
BCD A B  

(2),
thay (2) vào (1) 
00
1 1 1 1
( 90 ) 90 ( )
2 2 2 2
DAI A A B A B C       

C
D
M
B
A
I
E
N
Mặt khác
11
22
AEI AEB C
 Đường tròn qua A, C, I tiếp xúc với AD hay đường tròn qua
A, C và tiếp xúc với AD tại A 
PI
.
Cách 2: Theo giả thiết:
AD DC

AED CAD  
, tương
tự

EA EB


ABE BAE  
, đường tròn C
1
qua A, B và tiếp xúc với
AC tại A 
ABP CAP  
, tương tự với C
2

AEP DAP 

DEP DEA AEP CAD DAP CAP ABP          
 tứ giác FBPE nội tiếp 
00
180 180EPF EBF EBA EAF      

Mặt khác
0
180 ( )APF APB BPF APB BED BAC BAD          

Bài 16. Cho nửa đường tròn đường kính AB và O là trung điểm AB, C và D là hai điểm trên
cung
AB
. Gọi P và Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACO và BDO. Chứng minh rằng
CPCQ DP DQ
. (TQ)
Giải. Đặt

CAB


và
DAB


;
C khác D 
0
90



2COB OCA OAC OPC

   
, P là tâm đường tròn
ngoại tiếp ACO 
PC PO
 OPC và BOC là hai tam
giác cân đồng dạng,
tương tự OAD và QOD đồng dạng

OP CO
BO CB

và
OQ DO
AO DA



OP DO CO OQ
DA BO CB AO


OP OQ BQ
DA BC BC

(1)
00
1
(180 ) 90
2
PAD CAB CAP DAB APC AOC
   
          

0 0 0 0
90 2 90 2(90 ) 90PAD ABC
      
           

0 0 0
(90 ) (90 ) 90QBC CBA QBO OQB OQB
   
          

Kết hợp (1)  PAD và QBC đồng dạng 
PA PD

QB QC


B
E
C
P
D
A
O
P
Q
A
C
D
B

PAQC PDQB

CPCQ DP DQ
.
Bài 17. Cho nử đường tròn đường kính AB, C và D là hai điểm trên nửa đường tròn, tiếp tuyến
tại C và D cắt nhau tại E, AD và BC cắt nhau tại F. Đường thẳng EF cắt cạnh AB tại M. Chứng
minh rằng C, M, D, E nằm trên một đường tròn.
Giải: Cách 1: Gọi O là trung điểm AB OAC cân

OAC OCA
, mặt khác
OC CE


BCE BAC

OAC OCA BCA

Hoàn toàn tương tự
OBD ODB ADE

Tiếp tuyến tại C và D cắt nhau tại E  EC = ED
ACF có
00
11
90 180
22
CFD CAF ACF COD CED     
E là tâm đường tròn ngoại tiếp
qua C, F, D  EC = EF 
EFC ECF
 tứ giác ACFM nội tiếp 
FM AB
 tứ giác
CEOM nội tiếp  tứ giác EMOD nội tiếp  5 điểm C, D, E, O, M nằm trên một đường tròn
 C, M, D, E nằm trên một đường tròn.
Bài 18. Cho tam giác ABC (AB > AC) nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là tâm đường tròn nội
tam giác ABC. D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC, CA, AB.
Đường thẳng AI cắt DE và DF thứ tự tại P và Q, H là hình chiếu của A trên cạnh BC, M là trung
điểm cạnh BC. Chứng minh rằng P, Q, H, M nằm trên một đường tròn.
Giải. AI cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại J 
BAJ CAJ
,
MB MC


JM BC

(Chúng ta chứng minh được
BP AP
và
CQ AQ
)
tứ giác JMQC nội tiếp 
QMC QJC

QJC AJC ABC
, tứ giác ABPH nội tiếp 
APH ABH

QMH QPH
 P, Q, H, M nằm trên một đường tròn.
Bài 19. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi H là trực tâm tam giác ABC và D là
chân đường vuông góc kẻ từ A trên cạnh BC. Đường trung trực OE cắt BC tại F. Chứng minh
rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác AED qua trung điểm đoạn thẳng OH.
J
P
B
E
H
I
Q
F
C
M

D
A
M
F
O
C
D
E
B
A
Giải. Theo giả thiết
AD BC
và
EF OA

 AFDE nằm trên một đường tròn đường kính AE
 là đường tròn ngoại tiếp ADE.
Giả sử OH cắt đường ngoại tiếp ADE
tại N  AFND nằm trên một đường tròn

FAD FED

AN DF

AF DN

 AFND là hình thang cân  FN//AD, FA = FO  NH = NO.
Định lí Lyness 20.
Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ABC tai P, và tiếp xúc với cạnh AB, AC
lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên MN.

Giải. Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC lần lượt tại M, N
và tiếp xúc với đường tròn tâm ngoại tiếp tam giác ABC tại P
 O, J, P thẳng hàng;
Đường thẳng PN cắt đường tròn O tại E  OPE và JPN là cân 
OPE OEP JNP
 OE//JN
N là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm (J)

JN AC

OE AC

EA EC

 BE là phân giác góc
ABC


CBE CPE ACE
 CEN và PEC đồng dạng 
EC EN
EP EC



2
.EC EN EP
(1). Giả sử đường thẳng BE cắt MN tại I;
P là tiếp điểm của đường tròn tâm J và O ( xy tiếp xúc với (O) và (J) tại P)


IMP NMP NPy EPy  
,
EBP EPy

IMP IBP

 tứ giác BMIP nội tiếp 
BMP BIP
(chắn cung
BP
)
Mặt khác
MPx PMB MNP
(chắn cung
MP
) 
BIP MNP


EIP ENI
 ENI và EIP đồng dạng (g.g)

EI EN
EP EI


2
.EI EN EP
(2);
từ (1) và (2)  EC = EI 

EA EI EC
,
BEC BAC

D
O
E
N
C
H
B
F
A
y
x
N
M
J
A
B
C
I
O
E
P

0
11
90 ( )
22

ICB A B C   
 CI là phân giác góc
C

 I là tâm đường tròn nội tiếp ABC.
Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama)
Định lí : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm trên cạnh BC. Đường tròn tâm
(J) tiếp xúc MA và MC lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc với đường tròn (O) tại P. Chứng
minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF.
Chứng minh: Đường thẳng PF cắt đường tròn ngoại tiếp
ABC tại D. Đường tròn (J) tiếp xúc
với đường tròn (O) tại P  P, J, O thẳng hàng ;
PJF và POD là tam giác cân
ODP JFP

 OD//JF,
JF BC

OD BC

DC DB

 AD là phân giác góc
BAC
;
Gọi I là giao điểm AD và EF 
IAP FPx

FEP FPx


IEP IAP
 IEAP nội tiếp

AEP AIP
,
EFP AEP
 EFD và IAD đồng dạng (g.g) 
EPA DPI DIF
 DIF
và DPI đồng dạng (g.g) 
DI DF
DP DI


2
.DI DP DF
;
Theo chứng minh trên  CDF và PDC đồng dạng 
2
.DC DF DP


DI DC
 I là tâm đường tròn nội tiếp ABC.


Bài 21. Dựng đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác ABC và tiếp xúc với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
(Nữ sinh tài năng Châu Âu 2012 và định lí Lyness)
Giải. Không mất tính tổng quát bài toán cần dựng tiếp xúc với cạnh AB và AC.

Phân tích: Giả sử đường tròn tâm J tiếp xúc với cạnh AB, AC, và đường tròn tâm O tại P  O,
J, P thẳng hàng;
Gọi M, N là các tiếp điểm của đường tròn với cạnh AB, và AC;
y
x
N
M
J
A
B
C
I
O
E
P
J
O
D
E
A
I
C
x
F
B
P
M
Đường thẳng PN cắt đường tròn O tại E  OPE và JPN là cân 
OPE OEP JNP


OE//JN
N là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm (J)

JN AC

OE AC

EA EC

 BE là phân giác góc
ABC


CBE CPE ACE
 CEN và PEC đồng dạng 
EC EN
EP EC


2
.EC EN EP
(1)
Giả sử đường thẳng BE cắt MN tại I, P là tiếp điểm của đường tròn tâm J và O

IMP NMP NPy EPy  
,
EBP EPy

IMP IBP


BMIP nội tiếp

BMP BIP
(chắn cung
BP
)
Mặt khác
MPx PMB MNP
(chắn cung
MP
) 
BIP MNP


EIP ENI
 ENI và EIP đồng dạng (g.g)

EI EN
EP EI


2
.EI EN EP
(2);
từ (1) và (2)  EC = EI 
EA EI EC
,
BEC BAC

0

11
90 ( )
22
ICB A B C   

 CI là phân giác góc
C
 I là tâm đường tròn nội tiếp ABC.
Cách dựng:
- Dựng tâm I đường tròn nội tiếp ABC;
- Qua I dựng đường thẳng vuông góc AI cắt cạnh AB, AC tại M và N;
- Từ M, N dựng đường vuông góc với AB, AC cắt nhau tại J.
- OJ cắt đường tròn O tại P  M, N, P là các tiếp điểm
Chứng minh: dễ dàng suy
JM JN JP
và
JM AB
.
Ví dụ 22. Cho tam giác ABC với tâm đường tròn nội tiếp là I. P là một điểm trong tam giác thoả
mãn
PBA PCA PBC PCB  
. Chứng minh rằng
AP AI
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P 
I. (IMO 2006)
Giải. Theo giả thiết
PBA PCA PBC PCB  

P
I

N
A
C
B
J
O
M
E
B
A
C
P
I
D
PBA PCA PBC PCB  
BC

0
2( ) 180PBC PCB B C A    


PBC PCB
=
0
90
2
A


00

180 90
2
A
BPC PBC PCB    
(*)
I là tâm đường tròn nội tiếp ABC 
0
1
( ) 90
22
A
BIC A B C    
từ (*)  B, P, I, C nằm
trên một đường tròn, ta luôn có
DB DI DC

 D là tâm đường tròn qua các điểm B, P, I, C . Xét APD:
 AP + PD ≥ AD = AI + ID  AP ≥ AI
Dấu bằng xảy ra khi P  AD  P  I.
Ví dụ 23. Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và I, D, E, đường thẳng
BJ cắt ID tại M và đường thẳng CJ cắt EI tại N, đường thẳng JC cắt IE tại N. Đường thẳng AM,
AN cắt cạnh BC tạ P và Q.
Chứng minh
IP IQ
. (IMO 2012)
Giải. Cách 1
0
180EBI B
, J là tâm đường tròn bàng tiếp góc
A


EBJ JBI


0
1
90
2
EBJ IBJ B  
,
EI BJ


1
2
BEI B
, tương tự
1
2
CID C


MJ EI
và cắt EI tại trung điểm 
00
1
90 90 ( )
2
EMJ JMI MIB BIE B C      

1
2
EMJ A

1
2
EMJ EAJ A

 AMEJ là tứ giác nội tiếp,
AE EJ

MA MJ

 MA//IE  PEIA là hình thang cân 
IP AE
.
tương tự
1
2
ENJ EAJ A
 tứ giác AEJN nội tiếp
AE EJ

AN JN

 tứ giác AIDQ là hình thang cân 
J
Q
P
N

M
I
E
D
C
B
A
N
M
J
I
E
D
Q
P
B
C
A
IQ AD
, mặt khác
AE AD

IP IQ
.
Cách 2
,JE AE JD AD
 A, E, J, D nằm trên đường tròn đường kính AJ.
0
1
90

2
EBJ JBI B  
.
Tương tự
0
1
90
2
ICJ C

0
1
90
2
BIM CID ICJ C   

BMI:
0
1 1 1
90
2 2 2
BMI JBI BIM B C A     

AM MJ
, MJ là phân giác ngoài góc
B


PB BA
,

PI PB BI BA BE AE    

1
2
JMD JAD A
 M thuộc đường tròn (AEJ), tương tự N cũng thuộc thuộc đường tròn
(AEJ), tương tự như trên 
QI QC CI CA CD AD    

Mặt khác
AD AE

IP IQ
.
Ví dụ 24. Cho tam giác vuông ABC (
0
90A 
),
,AH BC M AH
,
P BM
sao cho
CP CA
,
Q CM
sao cho
BQ BA
, CP cắt BQ tại E. Chứng minh
EP EQ
.(IMO 2012)

Giải. Cách 1
BP và CQ cắt đường tròn ngoại tiếp tam ABC tại G và D
Đường thẳng BD và CG cắt nhau tại I,
0
90A 
 BC là đường
kính đường tròn ngoại tiếp ABC 
0
90BDC BGC
 M là
trực tâm IBC  I nằm trên đường thẳng AH.
22
.BQ BA BH BC

BQ BC
BH BQ

,
QBH
chung  BQH
đồng dạng với BCQ 
BQH BCQ
, mặt khác
BCD BIH


BIH BQH
 B, Q, I, H nằm trên một đường tròn,
IH BC
 BI là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác

BQIH 
0
90BQI 

2 2 2 2 2 2
.QI BI BQ BI BA BI BH BC     

Mặt khác
BH BC BDBI

2 2 2
. . .QI BI BH BC BI BD BI BI DI    

P
Q
M
I
H
G
E
D
B
C
A
Tương tự như trên 
0
90CPI 
và
2
.PI CI GI

, ta lại có
ID IB IG IC

QI PI

Xét hai tam giác: EQI và EPI là hai tam giác vuông có
QI PI
và cạnh huyền EI chung  hai
tam giác bằng nhau 
EP EQ
.
Cách 2
22
.BQ BA BH BC
 BQ là tiếp tuyến của đường tròn (Q, H,
C) 
BQH QCB
.
Trên AH lấy điểm I sao cho
HM HI HC HB


HB HM
HI HC

,
IH BC
 IBH CMH 
BIH MCH


BQH BIH
 QBIH nội tiếp 
BQ QI


2 2 2 2 2
QI BI BQ BI BA   
,
Từ
22
.CP CA CH CB
tương tự tứ giác IPHC nội tiếp 
CP IP


2 2 2 2 2
IP CI CP CI CA   
,
AH BC

2 2 2 2
BI BA CI CA  


2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( )BI BH BA BH CI CH CA CH      

QI PI
,

BQI EPI
 BQI = EPI 
EP EQ
.
Bài 25. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, đường thẳng qua O cắt cạnh AB,
AC tại M và N. Gọi I, P, Q lần lượt là trung điểm MN, BN, CM. Chứng minh rằng bốn điểm O,
I, P, Q nằm trên một đường tròn.
Giải . Trước hết ta chứng minh bài toán
Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F nằm trên đường tròn. AE cắt DF tại M,
BE cắt CF tại I và AC cắt BD tại N. Chứng minh rằng M, I, N
thẳng hàng.
Chứng minh: Giả sử đường thẳng AE cắt đường thẳng CF và BD lần
lượt tại P, Q. Đường thẳng BD cắt CF tại G.
Áp dụng định lý Menelaus: PQG với các cát tuyến MFD, IEB,
NAC

1
FP DG MQ
FG DQ MP


MQ FG DQ
MP FP DG


I
E
Q
P
M

H
C
B
A
P
Q
M
I
H
G
E
D
B
C
A
M
P
F
B
C
D
G
E
I
A
N
Q
1
BG EQ IP
BQ EP IQ



IP BQ EP
IQ BG EQ

, và
1
NG AQ CP
NQ AP CG


NG AP CG
NQ AQ CP


Nhân ba đẳng thức với nhau 
MQ IP NG FG DQ BQ EP AP CG
MP IQ NQ FP DG BG EQ AQ CP

(*)
Mặt khác cát tuyến AE, CF cắt nhau tại P 
PAPE PC PF
;
Tương tự
QDQB QE QA
và
GF GC GDGB
thay vào đẳng thức (*)

1

MQ IP NG
MP IQ NQ

 M, I, N thẳng hàng.
Trở lại bài toán:
Kẻ đường kính BF và CE 
BE BC
, và
CF BC
 BE//CF
 EBCF là hình chữ nhật  EF = BC .
Đường thẳng EM cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại S
SF cắt AC tại
'
N
, theo bài toán trên 
'
N
, O, M thẳng hàng

'
NN
.
EF = BC 
0
90BAC ESF
;
QM QC
,
PB PN

 OQ//SE và OP//SF ,
0
90ESF 


QOP ESF
;
Mặt khác
,IM IN QM QC
 IQ//NC  IQ//AC, tương tự IP//AC

PIQ BAC

PIQ POQ
 I, O, Q, P nằm trên một đường tròn.










F
B
C
E
S

I
M
A
O
N
Q
P