Chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi toán

Loại 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc.
Câu 1.

[Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định- năm 2015- Tỉnh Nam Định]
Cho hai đường tròn
của

( O1)

·XAY

hai

L

và

sao cho

đi qua
khác

( O2 )

A

OI

( O1)

và

.

A, B AX , AY
cắt nhau tại

O
. Gọi

là trung điểm của

XY

không vuông góc với

AI

vuông góc với

A IX

( O2 )

cắt đường tròn

.

XY I
;

và

I

lần lượt là các đường kính

là điểm thuộc đường phân giác của góc

không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng

lần lượt cắt các đường tròn

( O1)

K IY

tại điểm thứ hai

,

( O1) ( O2 )
,

E, F
tại các điểm

cắt đường tròn

( O2 )

tại điểm thứ

.
1. Gọi

đường tròn

C

là giao điểm của

( CEK )

EF

với

IX

. Chứng minh rằng

OE

là tiếp tuyến của

.

EK , FL, OI
2. Chứng minh rằng 3 đường thẳng

đồng quy.
Lời giải
A

E

C

F
D

O1

O2
O

X

B
Y

K
L
I

S

1. Không mất tính tổng quát giả sử
Ta có tứ giác
Lại có

AO1OO2

I

là điểm thuộc đường phân giác trong của góc

là hình bình hành nên suy ra

OO1 || HY

( EA, EO1) = ( AO1, AE ) = ( AF , AO2 ) ( mod π ) ⇒ EO1 || HY
Page 1

·XAY

.


Do đó

O, O1, E

thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có

O, O2, F

( CE , CK ) = ( AC , AK ) + ( AK , CK ) = ( AC , AK ) +
=

(

)

Do đó

Mà

·AKI = ·ALI = 900

EF ⊥ AI

π
2

r uuuu
r
π 1 uuuu
+ O1E , O1K = ( EO1, EK ) ( mod π )
2 2

OE

2. Ta có

thẳng hàng Mặt khác

nên suy ra

là tiếp tuyến của đường tròn

( CEK )

A, I , K , L
nên 4 điểm

EF

Do đó

cùng thuộc đường tròn đường kính

là tiếp tuyến của đường tròn đường kính

( AE , AK ) = ( LA, LK ) ( mod π )

AI

AI

.

(1)

Mặt khác

( KE , KA) = ( XE , XA) = ( XE , EA) + ( AE , AX ) =
=

π

+ ( AE , AX ) ( mod π )
2

π
+ ( AY , AF ) = ( AF , FY ) + ( AY , AF ) = ( AY , FY ) = ( LA, LF ) ( mod π )
2

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

( EF , EK ) = ( EA, AK ) + ( AK , EK ) = ( LA, LK ) + ( LF , LA ) = ( LF , LK ) ( mod π )
E , F , L, K
Vậy 4 điểm
Gọi

S

EK
là giao điểm của

và

cùng thuộc một đường tròn.

FL

E , F , L, K
Vì 4 điểm

cùng thuộc một đường tròn nên ta có

SE.SK = SF .SL ⇒ PS /( CEK ) = PS /( DFL )

Ta có
Gọi

D

là giao điểm của

(3)

IC.IK = ID.IL = IA2 ⇒ PI /( CEK ) = PI / ( DFL )

EF

với

IY

Page 2

(4)

.


Chứng minh tương tự câu 1) ta có
Mặt khác tứ giác

là tiếp tuyến của đường tròn

E, F

EFYX

ra

OF

là hình thang vuông tại

OE = OF

( DFL )

O
và

PO /( CEK ) = OE 2 = OF 2 = PO /( DFL )

. Do đó

XY

là trung điểm của

nên suy

(5)

S , O, I
Từ (3), (4), (5) suy ra

( CEK ) , ( DFL )

cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn

S , O, I
nên

EK , FL, OI
thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng

đồng quy tại

S.

I

*) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của điểm

XK , YL

I
Câu 2.

nằm ngoài các đoạn

ABC

nằm trong các đoạn

H M N

nhọn có trực tâm

ABH
phân giác của góc
a, Góc

BPC

M , N,P

.

,

ACH
,

cắt nhau tại

AH , BC
là trung điểm của

P

. Các đường

. Chứng minh:

b,
thẳng hàng.
[SỞ Bình Định- năm học 2012-2013]

ABC M

của góc

)

là góc vuông

Trong tam giác

,

·
BCA
. N,L

A

là chân đường vuông góc hạ từ

xuống đường phân giác trong

A, C
lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ các đỉnh

ABC
phân giác trong của góc

F
. Gọi

là giao điểm của các đường thẳng

AC
Câu 4.

XK , YL

[Trường THPT Lương Văn Tụy- Ninh Bình- Vòng 2]
Cho tam giác

Câu 3.

và

I

BF

là giao điểm của các đường thẳng
và

CL D
,

xuống đường

MN

AC E
và

I

BL

và

DE PMN

( O)

chung tại

( O1 ) , ( O2 )

và hai đường tròn

là tiếp điểm của

N2

,

là giao điểm của các đường thẳng

. Chứng minh rằng
.
[Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - năm 2015- Tỉnh Hòa Bình]
Cho

(

I

của

( O1 )

và

( O1 ) , ( O2 )

( O2 )

cắt

;

( O)

tiếp xúc ngoài với nhau và tiếp xúc trong với

M1 , M 2

tại

.
Page 3

là tiếp điểm của
A.

AM1

cắt

( O)
( O1 )

với
tại

( O1 ) , ( O2 )

( O)

. Gọi

. Tiếp tuyến

( O2 )

N1 AM 2
;
cắt
tại


Chứng minh rằng

( O)

N1 N 2

OA ⊥ N1N 2

.

( O)
B, C AI
A'
I
ở
;
cắt
tại
. Chứng minh rằng là tâm đường tròn nội tiếp của

cắt
A ' BC
tam giác
.

Chứng minh rằng

N1 N 2 , O1O2 , M1M 2

đồng quy.
Lời giải

a)

A

( O1 )

thuộc trục đẳng phương của

N1 N 2 M 2 M1

và

( O2 )

nên

AN1. AM1 = AN 2 . AM 2

là tứ giác nội tiếp dẫn đến

¼
»

¼
»
·AN N = ·AM M ⇒ Sđ BM 1 + Sđ AC = Sđ BM1 + Sđ AB
1 2
2 1
2
2
⇒ »AC = »AB ⇒ OA ⊥ N N
1 2

b) Gọi

H,K

Tam giác

là giao điểm của

ABK

vuông tại

·AM K = 90o ⇒ HN M K
1
1 1

B

AO

có

với

BH

BC , (O)

.

là đường cao

là tứ giác nội tiếp

⇒ AB 2 = AH . AK = AN1. AM1 = PA/ ( O ) = AI 2
1

⇒ AB = AC = AI

Page 4

⇒ AB 2 = AH . AK

suy ra


Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

Dẫn đến
Suy ra

Vì thế

I

c)Giả sử

Rõ ràng

Suy ra

Câu 5.

là phân giác của

A'I

·A ' BC

là phân giác của

· 'C
BA

»AB = »AC

(do

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
O1O2

D

cắt

N1 N 2

tại

D

, gọi

là tâm vị tự ngoài của

R, R1 , R2

( O1 )

và

)

A ' BC

là bán kính của

( O2 )

⇒

DO1 R1
=
DO2 R2

( O ) ( O1 ) , ( O2 )
,

,lại có

.

M 2O2 R2
=
M1O1 R1

DO1 M 2O2 M1O
.
.
=1
DO2 M 2O M1O1

Dẫn đến
Vậy

1·
1
1
·
IBC

= IAC
= ·A ' AC = ·A ' BC
2
2
2

BI

Rõ ràng

BIC

D, M1 , M 2

thẳng hàng (Menelauyt đảo)

N1 N 2 , O1O2 , M1M 2

đồng quy.

[ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI- CHUYÊN HẠ LONG]
( O; R ) ( O′; R′)
A, B
R ≠ R'
Cho hai đường tròn
và
với
cắt nhau tại hai điểm phân biệt
. Một
đường thẳng

d

( O)

tại

M

và

M′

và

( O′ )

.Chứng minh rằng

Hướng dẫn giải

Page 5

lần lượt tại

P

M , M ′, B

thẳng hàng.

và

P′

Q

Q′

. Gọi và
lần
AQ AQ′
OO′
P
P′
lượt là chân đường vuông góc hạ từ và
xuống
.Các đường thẳng
và
cắt các
đường tròn

d tiếp xúc với đường tròn

( O)


P'
I
P

A

Q

Q'

J

O

O'

S

S

Gọi

( O′ )

là giao điểm của
R'
R

k=

. Đặt
I, J

Gọi

d

và

OO′

, khi đó ta có:

là giao điểm của

AB

M'

B

M

S

, khi đó

là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn

( O)

và

V (S , k ) : (O ) → (O '), P → P ', Q → Q '

với

PP′

và

OO′

. Khi đó ta có:

2

IP 2 = IA.IB = IP ' ⇒ IP = IP '

Mà

PQ

OO′

Do đó

Mà
Vậy

//

P′Q′

là trung trực của

AQ

//

V (S , k )

thuộc

V (S , k )

Cho

∆ABC

hay

biến

( O)
biến

Tương tự ta có
Câu 6.

JQ = JQ′

nên

là trung trực của

Q′B

Giả sử
M

IJ

AB

Suy ra
Mà

//

Q′M ′

M

AB

//

B′

V (S , k )

B′

B

biến

Đường thẳng

cắt

BC

M′

tại

là hình thoi

( O′ )

QM

do đó

//

Q′B′

B′ ≡ B

.

.

đường tròn nội tiếp
EF

AQBQ′

.
khi đó

thuộc

thành

.

. Vậy tứ giác

QM

thành

suy ra
M

QQ′

thành

( I)

G

B

. Suy ra

M , B, M′

tiếp xúc với các cạnh

thẳng hàng.
BC , CA, AB

. Đường tròn đường kính

GD

cắt

tương ứng tại

( I)

tại

R

(

D, E , F

R≠D

.

). Gọi

( I)
P , Q P ≠ R, Q ≠ R
BR, CR
BQ
CP
(
) tương ứng là giao của
với
. Hai đường thẳng
và
cắt
Page 6


nhau tại

( CDE )

X

QR

. Đường tròn
cắt
PM , Q N , RX
minh rằng
đồng quy.
Hướng dẫn giải
Gọi

K

suy ra

là trung điểm đoạn
KR

Mặt khác
Vì vậy
Suy ra

là tiếp tuyến
KD

GD

. Do đó

( I)

là tiếp tuyến của

tại

và đường tròn

( GDBC ) = −1

. Ta có

( RPC )

M

, do đó

∠KRB = ∠RCB
KR

, do đó

( BDF )

cắt

PR

tại

KD 2 = KR 2 = KB.KC ,

N

. Chứng

điều này

.

cũng là tiếp tuyến của

( I)

.

∠KRB = ∠RQP ⇒ ∠RQP = ∠RCB ⇒ RQ || BC .
RX

PQ

đi qua trung điểm của đoạn

Từ đây suy ra

PM , Q N , RX

( bổ đề quen thuộc trong hình thang ).

là 3 đường trung tuyến của

∆RQP

, suy ra ĐPCM.

A

E
R
M

F

N

I

Q

P
X
G

D

B
K

Câu 7.

C
H

[KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2016
- 2017 ]

∆ABC

( I)

AB < AC

D, E
BC
CA
. Đường tròn nội tiếp
tiếp xúc với
và
tại
BC
N
M
D
IM
tương ứng. Gọi
là trung điểm của
và
là điểm đối xứng với
qua
. Đường

Cho tam giác

có

EN

thẳng vuông góc với
DP ⊥ EQ
minh rằng
.

tại

N

cắt

AI

tại

Page 7

P, Q

là giao điểm thứ hai của

AN

với

( I)

. Chứng


Câu 8.

[ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ.Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Tỉnh Hòa Bình.
Năm học 2012-2013]
Aˆ ; Bˆ ; Cˆ
∆ABC
Cho tam giác
. Các phân giác ngoài của các góc
lần lượt cắt cạnh đối diện tại
của tam giác
góc với

OI

∆ABC

ở đây

tại
O, I

A1 , B 1 , C1

. CMR

A1 , B 1 , C1

thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác

∆ABC

Hướng dẫn giải

Qua

Có
· B
IA
2

IA, IB, IC
BC , CA, AB A2 , B2 , C2
kẻ các đường thẳng vuông góc
lần lượt cắt
.
µ
µ
·A IB = ·AIB − 90o = 90o + C − 90o − C = ICA
·
2
2
2
2

I

chung

⇒ ∆A2 BI : ∆A2 IC
⇒

A2 B A2 I
=
⇒ A2 B. A2C
A2 I A2C
⇔ PA2 / ( I ;O ) = PA2 /( O )

CMT 2 : PB2 / ( I ;O ) = PB2 / ( O )
PC2 / ( I ;O ) = PC2 / ( O )
⇒ A2 , B2 , C2 ∈

trục đt của

( I;O)

và

( O ) ⇒ ( A2 B2C2 ) ⊥ OI

( 1)

AA1 I BB1 = { F }

⇒F

là tâm đường tròn bàng tiếp

µ
C

của

∆ABC ⇒ C , I , F

thẳng hàng.

C
AA1 ⊥ AI 
CA2 CI 
=
 ⇒ A2 I / / AA1 ⇒

A2 I ⊥ AI 
CA1 CF  CA2 CB2 ( 1) ( 2 ) ( 3) ⇒ A1 , B1 , C1
=
⇒
thẳng hàng và
CA
CB1
CI
CB
1

2

CMT 2 : IB2 / / FB2 ⇒
=

CF CB1
( A1B1C1 ) ⊥ OI
⇒ A2 B2 / / A1 B1
Câu 9.

CMT 2 :

⇒ B2C2 / / B1C1

( 2)
( 3)

Page 8

[Đề xuất lớp 11 Sở GD- ĐT Quảng
Ninh- Trường THPT Chuyên Hạ Long]


( I)

BC , CA, AB
ABC
Giả sử đường tròn
nội tiếp tam giác
tiếp xúc với các cạnh
theo thứ tự
D, E , F

EF
BC
A
K
M
. Đường thẳng qua
và song song với
cắt
tại . Gọi
là trung điểm của
BC
IM ⊥ DK
. Chứng minh rằng:
.

Hướng dẫn giải
Gọi

N

là giao điểm của

ID

và

EF

. Qua

N

N kẻ đường thẳng //
·
·
P, Q
IQEN
IFPN
IFN
= IPN
từ
. Vì hai tứ giác
và
nội tiếp nên

A

cắt

AB AC
,
theo thứ tự

K

E

N

Q

P
F

BC

J
H

I

D

B

C

M

·
·
IEN
= IQN

·
·
·
·
IEN
= IFN

⇒ IPN
= IQN

Mặt khác
PQ ⇒ A, N , M

Lại có
Gọi

J

H

. Do đó

∆IPQ

cân tại

I

. Vậy

N

là trung điểm của

thẳng hàng.

IN ⊥ AK , KN ⊥ AI ⇒ N

AM

là giao điểm của

là giao điểm của

IA

và

là trực tâm

và

∆AIK ⇒ AM ⊥ IK

IK

EF

·
·
⇒ IH .IK = IJ .IA = IE 2 = ID 2 ⇒ ∆IHD : ∆IDK (c − g − c ) → IDH
= IKD

Mà
Câu 10.

Y IHMD

nội tiếp nên

·
·
·
·
IDH
= IMH
⇒ IKD
= IMH
⇒ IM ⊥ DK

(Đpcm).

[ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LỚP 11 - Trêng T.H.P.T Chuyªn Th¸i
B×nh.N¨m häc 2013-2014 ]

Page 9


Cho tam giác

ABC

vuông tại

A

. Hình chữ nhật

MNPQ

thay đổi sao cho

BC.
thuộc
và
thuộc
K = BN ∩ MQ; L = CM ∩ NP; X = MP ∩ NQ; Y = KP ∩ LQ

2)

thuộc

AB N
,

P, Q

AC

1)

M

.Chứng minh rằng.

·
·
KAB

= LAC.
XY

luôn đi qua một điểm cố định.

Hướng dẫn giải
1) Lấy

U,V

theo thứ tự thuộc

AK,AL

sao cho

·
·
ABU
= ACV
= 90°

(h.1).

A

M

N

K
B

L
Q

C

P
V

U

(h.2.1)

Ta có:

BU BU NA MA BK BA ML BQ BA MN
=
.
.
=
.
.
=
.
.
CV NA MA CV NK CA CL NM CA CP

=

BQ CA NP BA CA BA BA
.
.
=
.
.
=
.
MQ BA CP CA BA CA CA

Do đó các tam giác
Vậy

ABU, ACV

·
·
KAB
= LAC.

2) Đặt

Z = ML ∩ NK

Theo định lí Pappus:
Gọi

đồng dạng.

H

X,Y,Z

là hình chiếu của

Dễ thấy

A, Z, O, F

(h.2.2).

A

thẳng hàng

trên

thẳng hàng;

( 1)

.

BC O, F, E
BC MN,AH
;
theo thứ tự là trung điểm của
,
.

E, X, O

Page 10

thẳng hàng;

FX / / AH

.


Vậy

X(AHEF) = −1 = X(AZOF) = X(AZEF).

Do đó
Từ

( 1)

X,H,Z

và

( 2)

thẳng hàng

suy ra

XY

( 2)

.

đi qua

H

(đpcm).
A

F

M

E

N

Z
K
B

X
Q

L

Y
H

O

P

C

(h.2.2)
Câu 11.

[ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI-TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN
QUANG ]
ABC
AB > AC
A
BC
Cho tam giác
với
. Các đường trung tuyến và phân giác trong góc
cắt
AB,AM
M
N
N
AN
P
tại

và
tương ứng. Đường thẳng qua
vuông góc với
cắt
lần lượt tại và
Q
QR
AB
AN
P
R
; đường thẳng qua vuông góc với
cắt đường thẳng
tại . Chứng minh
BC
vuông góc với
.
Hướng dẫn giải

A

P
K Q

B'
B

C'

M

N

R

D

Page 11

C


Gọi

D

AN

là giao điểm thứ hai của

DB = DC

suy ra

DM

vuông góc với

VAk : B a B ', C a C ', D a R
B’C’R

Gọi

với đường tròn ngoại tiếp tam giác
BC

k=
.Đặt

B′

. Khi đó

thuộc

AR
AD

ABC

, dễ thấy

và xét phép vị tự

AB C′
AC
BCD
,
thuộc
và hai tam giác
và

có các cạnh tương ứng song song.

K

là giao điểm của

PN

với

B′C′

, ta có

· ' B ' R = CBD
·
·
·
·
C
= BAD
= 90O − ARP
= RPN

suy ra tứ giác

RKPB′

· ' KR = B

· ' PR = 900.
B

nội tiếp. Từ đó

VAk : M a K

Q
B′C′
K
AM
K
nên K là trung điểm
, hay
thuộc
, suy ra
trùng . Do
QR
QR
B′C′
BC
B′C′
BC
song song với
mà
vuông góc với
nên
vuông góc với
.

Như vậy

Câu 12.

[TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG-ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI năm 2015.LẦN THỨ XI ]
Cho tam giác

BE , CF

trên

( O)

ABC

cắt nhau tại
sao cho

( K ≠ G) .
a) Ba điểm

H

( E ∈ AC , F ∈ AB ) .

·ATH = 90o.

và nội tiếp đường tròn

Đường thẳng

EF

cắt

GTO

Đường tròn ngoại tiếp tam giác

( O) .

BC

tại

Các đường cao

G.

EF

cắt

Lấy điểm

tại

T

K

Chứng minh rằng

G, T , A

b) Đường thẳng
Câu 13.

có ba góc nhọn,

AB < AC

thẳng hàng.

OK

vuông góc với đường thẳng

AT .

[ Đề 59- TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC-ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI
VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII- NĂM 2015.MÔN TOÁN - LỚP 11 ]
Cho tam giác
sao cho

ABC

AP ⊥ BC

cắt đường tròn

( O)

nhọn không cân, nội tiếp đường tròn
. Đường tròn đường kính
tại điểm

G

khác

A

AP

( O)

cắt các cạnh

. Chứng minh rằng

Hướng dẫn giải

Page 12

.

P

là điểm nằm trong tam giác

AC , AB

lần lượt tại

GP, BE , CF

đồng quy.

E, F

và


Gọi

AD

PE , PF

là đường kính của
cắt

DB, DC

tại

( O)

K , L; EF

Theo định lý Desargues để chứng minh
minh

T , K , L 

G , P, D

, dễ thấy
cắt

BC

tại

thẳng hàng và

T

BE , CF , GP

(hay

PD

TB EC FA
TB FB AE
.
.
=1⇒

=
.
( 1)
TC EA FB
TC EC AF

Cũng từ

EFBC

AE BE
=
( 2)
AF CF

nội tiếp suy ra

∠FCL = ∠FCA + ∠ACL = ∠EBA + 900 = ∠EBA + ∠ABK = ∠KBE
Tứ giác

PKDL

là hình bình hành suy ra

∆EBK : ∆FCL ⇒

Suy ra

BE KB
=

( 3)
CF CL

BF .PL = CE.PK = S PKDL ⇒

Ta có

∠PKB = ∠PLC

.

BF PK DL
=
=
( 4)
CE PL DK

Page 13

. Giả sử

.

thẳng hàng. Áp dụng định lý Menelaus ta được:

Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên

PE || CD; PF || BD

.

) đồng quy ta chỉ cần chứng


Thay

( 2 ) , ( 3) , ( 4 )

vào

( 1)

menelaus cho tam giác
Câu 14.

ta được

DBC

TB DL KB
TB LC KD
=
.
⇒
.
.
=1
TC DK CL
TC LD KB

ta suy ra

T , K , L 

. Từ đó áp dụng định lý

thẳng hàng. Bài toán được chứng minh.

[ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG- Trường THPT Chuyên BảoLộc-KỲ THI HSG KHU VỰC
DH VÀ ĐBBB LẦN THỨ 9ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 11]
ABCD
AB
Cho tứ giác
nội tiếp có các cặp cạnh đối không song song. Các đường thẳng
và
CD
AC
E
BD
F
cắt nhau tại điểm
và các đường chéo
và
cắt nhau tại . Đường tròn ngoại
AFD và BFC
K
tiếp các tam giác
cắt nhau tại điểm thứ hai . Chứng minh rằng hai đường
EK
FK

thẳng
và
vuông góc.
Hướng dẫn giải
G

A
B
F

E

K

O

C

D

 Gọi

G

là giao điểm của

Ta dùng kí hiệu
ABCD
tứ giác
.

Ta có

và

BC O
ABCD
,
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
.

( ABC ) , ( ABCD )

AD, BC , FK

( ADF ) , ( ABCD )
F, K, G

AD

tương ứng để chỉ đường tròn ngoại tiếp của tam giác

lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn

và

( BCF ) , ( ADF )

và

( BCF )

nên

thẳng hàng.

 Không mất tổng quát ta giả sử F nằm giữa
Page 14

K

và

G

.

AD, BC , FK

( ABCD )

đồng quy tại

và

G

hay

ABC

,


Ta có

1·
1·
·
·
·
·
·
·
DKC
= (1800 − DKF
) + (1800 − CKF
) = DAF
+ CBF
= DOC
+ DOC
= DOC
2
2

(ta có thể dùng góc định hướng cho mọi trường hợp).
D, C , K , O

Suy ra các điểm

 Tương tự, các điểm

Ta có

AB, CD, OK

( ABCD )

và ( C1)

,

cùng thuộc một đường tròn ta gọi là

A, B, K , O

( C1)

cùng thuộc một đường tròn ta gọi là

.

( C 2)

( ABCD )

lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn

( C1)

và

( C 2)

nên

AB, CD, OK

 Xét cực và đối cực đối với đường tròn
OE
với

( O)

, ta có

đồng quy tại

GF

E

hay

là đối cực của

E

.

O, K , E

nên

GF

và

( C 2)

,

thẳng hàng.

vuông góc

G, K , F
O, K , E
EK
FK
Mà
thẳng hàng;
thẳng hàng nên
và
vuông góc (điều phải chứng
minh).
Câu 15.

[KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG
BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 –2016. ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11 ]

( O)

ABC

( O)

B, C

S
Cho tam giác
nội tiếp đường tròn
. Tiếp tuyến của
tại
cắt nhau tại . Gọi
d
ABC
A
là đường thẳng chứa phân giác trong góc của tam giác
. Các đường trung trực của
AB, AC
d
N
CN I
M
P
BM
các đoạn thẳng
cắt lần lượt tại
và . Gọi
là giao điểm của
và

,
MNP H
OMN
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
,
là trực tâm của tam giác
.
a. Chứng minh
b. Chứng minh

d
H I
, đối xứng với nhau qua .
A, I , S

thẳng hàng.

Hướng dẫn giải

Page 15


E
A

N

O
H

I

P

M

C
D
B

E

S

OP
MN
a) Chứng minh
là trung trực của
Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như hình vẽ.
Gọi
MN

D

( O) F
BC E
d
A
là trung điểm của
, là giao điểm (khác ) của với

,
là trung điểm của

.

Vì hai tam giác

MAB và NAC

cân nên dễ thấy:

·
·
·
PMN
= PNM
, ·OMN = ONM

Suy ra, tam giác
.
+) Chứng minh

Ta có:

PMN

cân tại

P

và tam giác

OMN

cân tại

O

. Vậy

OP

d
H I
, đối xứng với nhau qua

1·
1·
1·
·
·
·
IMF
= BME
= BAC
, ·HMF = HON
= BAC
⇒ IMF
= ·HMF .
2

2
2

Vậy hai điểm
b) Chứng minh

I

và

H

đối xứng với nhau qua

AD, AS

đối xứng với nhau qua
( O)
EK
Gọi
là đường kính của
.

Page 16

d

AE

.

là trung trực của

MN


( DSEK )

Ta có
AE

= −1
nên

là phân giác góc

Vậy

AD, AS

·
SAD

A ( DSEK ) = − 1

mà

AE

và

AK

vuông góc với nhau suy ra

.

đối xứng với nhau qua

AE

.
A, I , S

+) Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục d ta thấy
thẳng hàng khi và chỉ khi
A, H , D
OEF
thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác
để chứng minh điều này.

A
HO FO
2 − 1 = cos A ;
=
−1 =
A
A
HF FH
MF tan

sin 2
2
2
MF cot

A
DE R (1 − cos A)
2 ⇒ HO . DE . AF = 1.
=
=
DO
R cos A
cos A
HF DO AE
2 sin 2

Ta có điều phải chứng minh.
Câu 16.

[HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ- TRƯỜNG
THPT CHUYÊN BIÊN HÒA-2006]
∆ABC
O
H
R
Cho tam giác
với
là trực tâm tam giác,
là tâm đường tròn ngoại tiếp và
là bán

BC E
D
A
kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi
là điểm đối xứng của
qua
,
là điểm đối xứng của
D, E , F
CA F
C
B
AB
qua
,
là điểm đối xứng của
qua
. Chứng minh rằng
thẳng hàng khi và
OH = 2 R
chỉ khi
.
Hướng dẫn giải
BC , CA, AB
I, J, K
∆ABC
là trọng tâm tam giác
. lần lượt là trung điểm
. Gọi
là tam

A, B, C
JK , KI , IJ
G
IJK
giác nhận
là trung điểm các cạnh
. Do đó
là trọng tâm tam giác
.

Gọi

G

HA, HB, HC

Từ cách dựng suy ra
lần lượt là đường trung trực của
đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R.
D′, E ′, F ′

Gọi
là hình chiếu vuông góc của
tam giác trên nên:

V
Xét
Có

1

 G ;− ÷
2


A′

biến

A, B, C , I , J , K

là trung điểm
A′D′ ⊥ BC
Do đó
.

BC

nên

thành

O

lên các đường

JK , KI , IJ

JK , KI , IJ

. Do

. Do đó

G

H

là tâm

là trọng tâm hai

A, B, C , A′, B′, C ′

O, A′, D′
OA′ ⊥ BC OD′ ⊥ JK ⇒ OD ⊥ BC
,
. Vậy
thẳng hàng.

Page 17


Suy ra

A′D′ / / AD

1
AD ⇒ ∠GAD = ∠GA′D′
2

A′D =

và

⇒ ∠AGD = ∠A′GD′
⇒ ∠AGD + ∠AGD′ = ∠A′GD′ + ∠AGD′ = 180o

Vậy

D, G , D′

V
thẳng hàng và

V
Tương tự có

1
 G ;− ÷
2


1
 G ;− ÷
2


biến

E

thành

biến

E′

D

biến

thành
F

D′

thành

F′

.

D′, E ′, F ′
D′, E ′, F ′
thẳng hàng khi và chỉ khi
thẳng hàng. Do
là hình chiếu vuông góc
JK , KI , IJ
D′, E ′, F ′
O

⇔O
của lên các đường
nên theo định lí Simson
thẳng hàng
nằm trên
∆IJK ⇔ OH = 2 R
đường tròn ngoại tiếp
D, E , F

Câu 17.

[ HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ. TRƯỜNG THPT
CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11NĂM 2015- TỈNH QUẢNG NAM ]
Cho

∆ABC

đường thẳng
đường thẳng
một điểm

P

·
BAC
= 300

nhọn có

AC

AB

tại
tại

B1

và

C1 , C2

nằm bên trong

B2

. Hai đường phân giác trong và ngoài của

; hai đường phân giác trong và ngoài của

. Giả sử hai đường tròn đường kính

∆ABC

. Chứng minh rằng

Hướng dẫn giải

Page 18

B1 B2

·
BPC
= 900

.

và

·ABC

·ACB
C1C2

lần lượt cắt

lần lượt cắt

gặp nhau tại


Gọi

O

là trung điểm của đoạn thẳng

Khi đó hai điểm

Vì

B

và

P

B1 B2

.

nằm trên đường tròn tâm

O

·
·
·
· B−B
· BA = BAC
·
OBC
= OBB
− CBB
= OB
1
1
1
1

Suy ra
Từ đó

OC.OA = OB 2 = OP 2

(

nên

.

VOCB : VOBA

,

.

·
·
VOCP : VOPA ⇒ OPC
= PAC

Do đó

bán kính

OB1

.

) (

)

·
·
· BC + PBB
·
·
·
·
·
·
PBC
− PBA
= B
− ·ABB1 − PBB
= 2 PBB
= POB
= PCA
− OPC
1
1
1
1
1

Như vậy

·
·
·
·
PBC
− PBA
= PCA
− PAC

Tương tự ta cũng có

Ngoài ra
Từ

·
·
·
·
PAC
+ PBC
= PBA
+ PCA
( 1)

suy ra

·
·
·
·

PAB
+ PCB
= PBA
+ PCA
( 2)

.

·
·
·
·
·
·
+ PBC
+ PCB
+ PCA
( PAC
) + ( PAB
) + ( PBA
) = 180

( 1) ; ( 2 ) ; ( 3)

(

ta đi đến

·
·

PBA
+ PCA
= 600

) (

0

( 3)

.

)

(

)

·
·
·
·
·
·
·
·
BPC
= PBA
+ PAB
+ PCA

+ PAC
= BAC
+ PBA
+ PCA
= 900
Suy ra

Page 19

.


Câu 18.

[ TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2013-2014. TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG
VĂN THỤ -HÒA BÌNH ]
∆ABC
O
I
Cho tam giác
nội tiếp đường tròn tâm . Đường tròn tâm tiếp xúc với hai cạnh
AC , BC
E, F
O
P
lần lượt tại
và tiếp xúc trong với đường tròn tâm
tại điểm . Một đường
Q
AB

I
thẳng song song với
tiếp xúc với đường tròn tâm tại điểm
nằm trong tam giác ABC.
a) Gọi

K, L

song với

lần lượt là giao điểm thứ hai của

PE

và

PF

với

( O)

. Chứng minh rằng

KL

song

EF

b) Chứng minh rằng:

·ACP = QCB
·

.

Hướng dẫn giải
a) Gọi

D

là giao điểm thức hai của đường thẳng
PQ
O
điểm thứ hai của đường tròn tâm
với
.

PC

PC với đường tròn tâm

I

, và

M

là giao

V
O
V
P
I
Xét phép vị tự
tâm
biến đường tròn tâm thành đường tròn tâm , ta có phép vị tự
E , Q, F
K, M , L
biến
lần lượt thành
.
Theo tính chất của phép vị tự ta có

EF / / KL

EF.

OK / / IE
IE ⊥ AC ⇒ OK ⊥ AC
K
, dẫn đến
mà
, suy ra
AC
L
là điểm chính giữa của cung
. Chứng minh tương tự ta có

là điểm chính giữa của cung
BC M
AB
,
là điểm chính giữa của cung
.
Ta có

OK

là ảnh của

IE

qua

V

b) Ta có

¼ = MA
» ⇔ BL
» + LM
¼ = MK
¼ + KA
»
BM
» + LM
¼ = MK
¼ + CK

»
⇔ LC

¼ + MC
¼ = MC
¼ + 2CK
»
⇔ 2 LM
¼ = CK
»
⇔ LM

» = FQ
»
⇒ DE

(tính chất phép vị tự).
Page 20


·
·
⇒ DEC
= QFC

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) và

DE = QF

.

M
C
L

Q
D

K

F
O
E
I
A

B

P

Lại có

Suy ra
Câu 19.

CE = CF

theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm.

∆CED = ∆CFQ

, dẫn đến

·
·
ECD
= FCQ

. Từ đó ta có điều phải chứng minh

[ THI HSG VĨNH PHÚC NĂM 2008-2009]
Cho tứ giác lồi

ABCD

nội tiếp trong đường tròn tâm

O

. Gọi

E

AC

là giao điểm của
với
·AEB = 900
AD, BC , OE
AB = CD

BD
. CMR nếu ba trung điểm của
thẳng hàng thì
hoặc
PHẦN HÌNH HỌC PHẲNG

LOẠI 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc.
Câu 20.

[TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN
THỨ X]
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Đường vuông góc với AD tại A cắt BC ở E.
Đường vuông góc với AB tại A cắt CD ở F. Chứng minh rằng ba điểm E, O, F thẳng hàng.
Hướng dẫn giải

Page 21


·
·
EAF
= ECF

·
BAD

Ta có
cùng bù với góc
EF. Lấy K là điểm đối xứng của A qua EF.
Ta có

Suy ra

·
·
EKF
= EAF
·
·
FCK
= FEK

, các đỉnh A, C lại thuộc hai phía của đường thẳng

(do t/c đối xứng) suy ra
mà

·AEF = DAK
·

·
FEK
= ·AEF

·
·
EKF
= ECF

suy ra tứ giác ECKF nội tiếp

(t/c đối xứng).

·
EAK

·
·
DCK
= DAK

mặt khác
(cùng phụ
), suy ra
mà hai góc này ở hai đỉnh
liên tiếp cùng nhìn cạnh DK. suy ra tứ giác ADKC nội tiếp suy ra K thuộc (O).
Vậy EF là đường trung trực của dây AK suy ra E, O, F thẳng hàng.
Câu 21.

[TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY NINH BÌNH]
Cho tam giác ABC nhọn. Gọi D, E, F tương ứng là chân ba đường cao từ A, B, C của tam giác.
I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF và BFD. O và O’ là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác AIC và BJD. Chứng minh: OO’ // IJ.
Hướng dẫn giải

Page 22


Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDE.
Ta có:
Suy ra

∆BDF ∽ ∆EDC ⇒ ∆JDF ∽ ∆KDC

(vì J, K là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác)

∆DJK ∽ ∆DFC.

Ta có:
1·
1·
·
·
·
·
·
·
·
JBD
+ JKC
= ABC
+ JKD
+ DKC
= ABC
+ DCF
+ 1800 − KCD
− KDC
=
2
2
1·

1·
1·
1·
1·
1·
·
·
= ABC
+ 900 − DBA
+ 1800 − ACB
− EDC
= ABC
+ DAB
+ 180 0 − ACB
− BAC
= 180 0.
2
2
2
2
2
2

Suy ra tứ giác BJKC nội tiếp đường tròn. (1)
Tương tự AIKC nội tiếp đường tròn. (2)
Từ (1) và (2) suy ra

OO ' ⊥ CK. (3)

Ta có:

1·
1·
1·
¶ = 3600 − IJB
¶ − BJK
·
IJK
= 3600 − (1800 − BAC)
− (180 0 − BCA)
= 90 0 − ABC.
2
2
2

Page 23


Suy ra

IJ ⊥ CK. (4)

Từ (3) và (4) ta có OO’ // IJ.
Câu 22.

[TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII]
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Đường thẳng BI cắt
đường tròn (O) tại N khác B, đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại M khác C. Trên cung
BC không chứa A của đường tròn (O) lấy điểm G tùy ý (G khác B, C). Gọi J, K lần lượt là tâm
các đường tròn nội tiếp các tam giác ABG, ACG. Đường tròn ngoại tiếp tam giác GJK cắt
đường tròn (O) tại điểm P khác G. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M, N cắt nhau tại Q.

Chứng minh rằng ba điểm P, A, Q thẳng hàng.
Hướng dẫn giải

Ta có G, J, M và G, K, N thẳng hàng. Hai tam giác PJM và PKN có

·
·
·
·
·
·
PMJ
= PNK
PJM
= 1800 − PJG
= 1800 − PKG
= PKN
;

Suy ra hai tam giác PJM và PKN đồng dạng. Do đó:

PM MJ
=
PN NK

.

.

Vì J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABG và M là điểm chính giữa cung AB của đường

tròn ngoại tiếp tam giác ABG nên MJ = MA.

Tương tự NK = NA. Suy ra

PM AM
=
PN
AN

. Do đó PMAN là tứ giác điều hòa.

Vì PMAN là tứ giác điều hòa nội tiếp đường tròn (O) nên các tiếp tuyến của (O) tại M,
N cắt nhau tại điểm Q trên PA hay ba điểm P, A, Q thẳng hàng.
Câu 23.

[TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG]

Page 24


Cho tam giác

ABC

không cân tại

tiếp tam giác. Đường tròn

B1

( O2 )

. Đường tròn

( O1 )

A

nội tiếp đường tròn

( O)

. Gọi

I

là tâm đường tròn nội

BA, BC
tiếp xúc với các cạnh

và tiếp xúc trong với

CA, BC
tiếp xúc với các cạnh

và tiếp xúc trong với

( O)

tại

( O)

C1

tại

.

Hướng dẫn giải

M, N
1. Gọi

lần lượt là tiếp điểm của

điểm của
tam giác
2. Gọi

S

B1M C1 N
,

. Chứng minh rằng

B1CM , C1BN

BC
AJ

với các đường tròn

( O1 ) , ( O2 )

và

J

là giao

là tiếp tuyến của các đường tròn ngoại tiếp các

.

là giao điểm của

BC

và

B1C1

. Chứng minh rằng

·AIS = 900

A

C1

.
B1

O1

O2

Q

I
O
P

N

B

S

M

C

J

1. Gọi
Ta có

J1 , J 2

lần lượt là giao điểm thứ 2 của

∆O1B1M , ∆OB1 J1

OJ1 || O1M

. Do đó

là các tam giác cân tại

OJ1 ⊥ BC

Chứng minh tương tự ta có

B1M , C1 N

OJ 2 ⊥ BC

Page 25

O1 , O

với

, mà

( O)

O, O1 , B1

thẳng hàng nên suy ra