Tuyển tập các bài toán hình học qua các kì thi olympic

TAoM – The art of Mathematics
Phạm Quốc Sang (chủ biên)
Trần Vũ Duy (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – TP Hồ Chí Minh)
Đoàn Thành Đạt ( cựu học sinh THPT Chuyên Bình Long, Bình Phước)
Trương Gia Bảo ( THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Vĩnh Long)
Doãn Quang Tiến ( THPT Phú Mỹ, tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu)
Trần Quân
Phạm Việt Tiến (THPT Chuyên Sơn Tây, TP Hà Nội)

TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ CÁC KÌ THI
HSG QUỐC GIA TRÊN THẾ GIỚI

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 1/69


TAoM – The art of Mathematics

Chương 1. Tuyển tập các bài toán hình học từ kì thi HSG Quốc Gia Trung Quốc.
Câu 1. Hai đường tròn 1 và  2 cắt nhau tại A, B . Một đường thẳng qua B lần lượt cắt 1 và  2
tại C , D . Một đường thẳng khác qua B lần lượt cắt 1 và  2 tại E , F . Đường thẳng CF cắt 1 và
 2 lần lượt tại P, Q . M , N lần lượt là điểm chính giữa cung PB , QB . Chứng minh nếu CD  EF

thì C , F , M , N cùng nằm trên một đường tròn.
(China National Olympiad 2010, P1)
Lời giải.
Ta có ACD  ACB  AEB  AEF.
Tương tự có ADC  AFF . Kết hợp với CD  EF , suy ra ACD  AEF .
Vậy CAD  EAF , suy ra CAE  DAF .

A

F
Q
P

C

I
N

M

B
E

D

Từ

ACD  AEF suy ra AC  AE và AD  AF .

Tam giác ACE và tam giác
đồng dạng.

ADF đều cân tại đỉnh A và có CAE  DAF nên hai tam giác này

Vậy ACE  AEC  ADF  AFD .
Suy ra ABC  AEC  ACE  ADF  ABF , suy ra AB là phân giác góc CBF .
Tam giác BCF có BA, CN , FM là các đường phân giác, vậy các đường này đồng quy tại I là tâm
đường tròn nội tiếp.
Ta có IC.IN  IA.IB  IF.IM , suy ra C , F , M , N cùng nằm trên một đường tròn.

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 2/69


TAoM – The art of Mathematics
Câu 2. D là điểm chính giữa cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn

ABC . X là

điểm trên cung AD và E là điểm chính giữa cung AX . S là điểm trên cung AC , các đường thẳng
SD và BC cắt nhau tại R , SE và AX cắt nhau tại T . Nếu RT || DE chứng minh tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC nằm trên RT .
(China National Olympiad 2011, P2)
Lời giải.
Cho RT cắt AD tại I . Để chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta chỉ cần
chwusng minh DI  DB .
A
S

T
E

X

I

B

R

C

D

Ta có RT || DE suy ra AIT  ADE  ASE  AST , suy ra tứ giác ATIS nội tiếp.
SR ST

. Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác SRT . Xét phép vị tâm S biến
SD SE
T suy ra ( SRT ) ( SDE ) , suy ra ( SRT ) tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác

Do RT || DE suy ra
R

D,S

ABC tại S. Do E là điểm chính giữa cung AX suy ra ( SRT ) tiếp xúc với AX tại T .

Ta có ASI  XTI  TSR  ESD , suy ra ASE  ISD . Vậy DIR  EDA  ASE  DSI ,
suy ra DI 2  DR.DS . Do D là điểm chính giữa cung BC suy ra DB 2  DR.DS . Vậy DI  DB , từ đó
ta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Câu 3. Tam giác ABC có góc A lớn nhất. D là điểm chính giữa cung ABC và E là điểm chính
giữa cung ACB của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đường tròn c1 qua A, B và tiếp xúc
với AC tại A . Đường tròn c2 qua A, E và tiếp xúc với AD tại A . c1 và c2 cắt nhau tại A, P . Chứng
minh rằng AP là phân giác góc BAC .
(China National Olympiad 2012, P1)
Lời giải.
Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 3/69

TAoM – The art of Mathematics
Đường tròn c1 cắt phân giác góc A tại P ' . Ta chứng minh P '  P .

A

O

P'

C

B
E
D
F

Do CA là tiếp tuyến của c1 suy ra P ' BA  P ' AC  P ' AB suy ra P ' nằm trên trung trực của
đoạn AB .
Do ADC  B suy ra DCA  DAC  900 

B A C
B


, suy ra DCP '  900 
. Ta có
2
2

2
2

1
C
AEB 
. Vậy DA là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
2
Do đó c2 chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEP ' và P '  P .
AEP ' 

AEP ' .

Câu 4. Hai đường tròn K1 , K 2 có bán kính khác nhau cắt nhau tại hai điểm A, B . C , D là hai điểm
trên K1 , K 2 sao cho A là trung điểm đoạn CD . DB cắt K1 tại E  B và CB cắt K 2 tại F  B . l1 , l2
lần lượt là trung trực của CD, EF .
a) Chứng minh l1 , l2 có một điểm chung duy nhất (ký hiệu là P ).
b) Chứng minh độ dài các đoạn CA, AP, PE là độ dài các cạnh của một tam giác vuông.
(China National Olympiad 2013, P1)
Lời giải.
1
Gọi M là trung điểm của K1 K 2 . Ta có AK1 K 2  AKB  BCA  BCD , tương tự có
2
AK 2 K1  BDC , suy ra AK1 K 2 ~ BCD . A, M lầ lượt là trung điểm của CD, K1 K 2 , suy ra

AK1 K 2  M ~ BCD  A . Vậy MAK1  ABC  900  K1 AC suy ra MA  AC . Do đó MA là trung

trực của đoạn CD . Do EAC  FBD  FAD suy ra AE là phân giác góc EAF .
Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới

Trang 4/69


TAoM – The art of Mathematics

D

A

M

K1

K2

C
E
B

X
P
F

AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm thứ hai P ' . Do AE là phân giác góc EAF

suy ra P ' là điểm chính giữa cung EF của đường tròn ( AEF ) . Vậy P ' nằm trên trung trực của
EF . Suy ra P '  P . Từ đây có thể kết luận P là điểm duy nhất ( CD và EF không thể song song
với nhau).
Ta có CAE  FAD và CEA  CBA  FDA suy ra tam giác CAE ~ FAD , suy ra hai tam
giác AE. AF  AC. AD  CA2 . AP cắt EF tại X . Tam giác AEX ~ APF , suy ra AE.AF  AX .AP .

Vậy CA2  AX . AP .
Ta có kết quả PE 2  PX . AP suy ra CA2  PE 2  AX . AP  PX . AP  AP 2 .
Câu 5. Cho ABC có AB  AC . D là chân đường phân giác trong của góc A . Các điểm E , F lần
lượt trên AC , AB sao cho B, C , E , F cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh rằng tâm
đường tròn ngoại tiếp DEF là tâm đường tròn nội tiếp của ABC khi và chỉ khi BE  CF  BC
(China National Olympiad 2014, P1)
Lời giải.

Câu 6. Cho tam giác nhọn ABC có (O ), ( I ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội
tiếp. Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại L . ( I ) tiếp xúc với BC tại D . X  AO  BC , AY là
đường cao của tam giác ABC . P, Q  OI  (O ) . Chứng minh rằng P, Q, X , Y đồng viên khi và chỉ
khi A, D, L thẳng hàng.
Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 5/69


TAoM – The art of Mathematics
(China National Olympiad 2017, P2)
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp. Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt
nhau tại L . Chứng minh AL là đường đối trung.
Bổ đề này bạn đọc tự chứng minh.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC có ( I ) là đường tròn nội tiếp. ( I ) lần lượt tiếp xúc với BC , CA, AB
tại D , E , F . D ' đối xứng với D qua EF . P  AD ' BC . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC , chứng minh O, I , P thẳng hàng.
Chứng minh bổ đề 2.
Gọi H là trực tâm tam giác DEF , ta có kết quả H nằm trên OI . Ta sẽ chứng minh H , I , P thẳng
hàng.
A
D'

Z
Y

E
A'

F

X

O
I

H

P

B

D

G

C

DD ' lần lượt cắt EF , ( I ) tại X , Y , Z  DI  ( I ) , AI lần lượt cắt EF , BC tại A ', G . Ta có IA '.IA  ID 2 .
DY ID

Tam giác DYZ ~ IDG suy ra
, suy ra DY .IG  DZ .ID  2 ID 2 . Vậy DY .IG  2IA '.IA , suy

DZ IG
IA DY

ra
(1).
IG 2 IA '

Do H là trực tâm tam giác DEF suy ra DH  2 IA ' . H , Y đối xứng với nhau qua X , D, D ' đối xứng
IA DY
HD '


với nhau qua X suy ra DY  HD ' . Thay vào (1) ta có
, suy ra H , I , P thẳng hàng.
IG 2 IA ' HD
Bổ đề được chứng minh.
Lời giải.
Quay trở lại bài toán, gọi AR , AS lần lượt là đường phân giác trong, phân giác ngoài của tam giác
ABC , gọi M là trung điểm của RS . Ta có ( RS , BC )  1 suy ra MA2  MR 2  MB.MC . Vậy MA là

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 6/69


TAoM – The art of Mathematics
tiếp tuyến của (O) . Tam giác vuông AMX có AY là đường cao thuộc cạnh huyền suy ra
MA2  MX .MY . Vậy MA2  MR 2  MB.MC  MX .MY .

A
D'

E
Q
I

F

O

P
S

M

B Y

D

Gọi M '  PQ  BC .
Nhận
thấy P, Q, X , Y đồng
viên
khi
M ' X .M ' Y  M ' P.M ' Q  M ' B.M ' C . Do MB.MC  MX .MY suy ra M '  M .

C

X

R

và

chỉ

khi

D ' đối xứng với D qua EF , M nằm trên OI , theo bổ đề 2 ta có D ' nằm trên AM , suy ra MD , MA
đối xứng với nhau qua EF . Vậy M nằm trên EF . Từ đó ta có ( MD, BC )  1 .

Do MA là tiếp tuyến của (O) , ( MD, BC )  1 suy ra AD là đường đối trung của tam giác ABC .
Theo bổ đề 1, ta có A, D, L thẳng hàng. Vậy P, Q, X , Y đồng viên khi và chỉ khi A, D, L thẳng hàng.
Câu 7. Cho tam giác ABC không cân có D , E , F lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Đường
thẳng qua D khác BC và tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của tam giác ABC cắt EF tại X . Định
nghĩa Y , Z tương tự. Chứng minh rằng X , Y , Z thẳng hàng.
(China Team Selection Test 2017, Test 1, P5)
Lời giải.
Gọi ( I ) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ( I ) tiếp xúc với BC tại A ' . Gọi P đối xứng với A ' qua
D , ta có kết quả AP đi qua Q là điểm đối xứng với A ' qua I .

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 7/69


TAoM – The art of Mathematics
A

Q
D'

F

E

X

J
I
T
B

A'

D

P

C

Gọi T là tiếp điểm của DX và ( I ) . Ta có DT  DA '  DP , suy ra AT  TP . Do AQ là đường kính của
( I ) , suy ra AT  TQ , vậy Q, T , P thẳng hàng.
Gọi

( J ) là đường tròn nội tiếp tam giác DEF , ( J ) tiếp xúc với EF tại D ' . Ta có
ED  EF  DF BA  BC  AC BA ' CP
ED ' 



, suy ra A, D ', P thẳng hàng. Vậy 5 điểm

2
4
2
2
A, Q, D ', T , P thẳng hàng.

Ta có XD ' T  DPT  DTP  XTD ' , suy ra XD '  XT . Vậy X có phương tích đến hai đường
tròn ( I ), ( J ) bằng nhau, suy ra X nằm trên trục đẳng phương của ( I ), ( J ) .
Chứng minh tương tự ta có Y , Z cũng nằm trên trục đẳng phương của ( I ), ( J ) . Vậy X , Y , Z thẳng
hàng.
Câu 8. Cho tam giác ABC . Đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với đoạn
BC tại E và đường AB, AC tại D, F . Gọi EZ là đường kính của đường tròn đó. Trên D, F lấy hai
điểm B1 , C1 sao cho BB1  BC , CC1  BC . Các đường thẳng ZB1 , ZC1 cắt BC lần lượt tại X , Y . Đường
thẳng EZ cắt DF tại H , đường thẳng ZK vuông góc với DF tại K . Nếu H là trực tâm tam giác
XYZ , chứng minh rằng H , K , X , Y cùng nằm trên một đường tròn.
(China Team Selection Test 2017, Test 4, P2)
Lời giải.
Gọi P  DF  BC , ta có ( EP, BC )  1 . Do EP, BC là hình chiếu vuông góc của HP, B1C1 lên BC , suy
ra ( HP, B1C1 )  1 . Qua phép chiếu xuyên tâm Z ta có ( EP, XY )  1 .

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 8/69


TAoM – The art of Mathematics
A

X

B

E

P

C Y
F
C1

D

H

K

X'

B1
J

Y'

Z
X '  XH  ZY , Y '  YH  ZX , do ( EP, XY )  1 suy ra X ', Y ', P thẳng hàng.

Nếu H là trực tâm tam giác XYZ suy ra HX ' Z  HY ' Z  HKZ  900 , suy ra H , X ', Z , Y ', K
cùng nằm trên đường tròn đường kính HZ . Ta có PX .PY  PX '.PY '  PH.PK , suy ra X , Y , H , K
đồng viên.
Câu 9. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp có giao hai đường chéo là P . Đường tròn ( APD ) cắt cạnh AB
tại A, E . Đường tròn ( BPC ) cắt cạnh AB tại B, F . I , J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam

giác ADE và BCF . K  IJ  AC . Chứng minh A, I , K , E đồng viên.
(China National Olympiad 2018, P4)
Lời giải.
Gọi E , Q  EI  ( ADE ) , F , R  FJ  ( BCF ) , S  EI  FJ .

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 9/69


TAoM – The art of Mathematics
D

C
Q
P
I

A

R

K

O

J

E

F

B

S

Q là điểm chính giữa cung AD của ( ADE ) suy ra PQ là phân giác trong góc APD . Tương tự PR là

phân giác trong góc BPC . Vậy P, Q, R thẳng hàng.
Ta
có SEF  QEA  QPA  RPB  RFB  SFE ,
suy
ra SE  SF .
PEF  PDA  BDA  BCA  BCP  PFE , suy ra PE  PF . Vậy E , F đối xứng với nhau
SQ PQ

(1) .
qua SP . Suy ra SP là phân giác góc ESF , suy ra
SR PR
Ta có APQ ~ BPR , suy ra

QA PQ
QI PQ


. Do QI  QA, RJ  RB suy ra
. Kết hợp với (1) ta có
RB PR
RJ PR

QI PQ SQ



. Vậy IJ || QR .
RJ PR SR

Do EIK  EQP  EAP  EAK suy ra A, I , K , E đồng viên.
Câu 10. Đường tròn  lần lượt tiếp xúc với các cạnh AB, AC của tam giác ABC tại
D, E ( D  B, E  C ) và DB  CE  BC . F , G trên đoạn BC sao cho BF  BD, CG  CE . K  DG  EF ,
L trên cung nhỏ DE sao cho tiếp tuyến tại L của  song song với BC . Chứng minh tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên KL .
(China Team Selection Test 2018, P3, Test 1)
Lời giải.

Bổ đề: Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường tròn ( K ) đi qua B, C cắt AC , AB tại E , F .
G  BE  CF . Chứng minh KG đi qua điểm xuyên tâm đối của A đối với đường tròn (O)
Bổ đề này bạn đọc tự chứng minh.

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 10/69


TAoM – The art of Mathematics
Quay trở lại bài toán. T là điểm xuyên tâm đối của L đối với đường tròn  . Tiếp tuyến với  tại
T cắt AB, AC lần lượt tại B ', C ' , ta có B ' C ' || BC . Do BD  BF , B ' D  BT suy ra D, F , T thẳng hàng.
Tương tự có E , G , T thẳng hàng.
A

L
E
I

D
K
B
B'

F

G
T

C

C'

Do tính chất đối xứng, ta có IF  ID  IE  IG , suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
DEGF .
Tam giác TDE có  là đường tròn ngoại tiếp, L là điểm xuyên tâm đối của T đối với  . ( I ) là
đường tròn qua D, E . Theo bổ đề ta có K , I , L thẳng hàng.
Câu 11. Cho ABC có D là điểm di chuyển trên cạnh BC . E , F lần lượt trên AC , AB sao cho
BF  CD, CE  BD . Hai đường tròn ( BDF ), (CDE ) cắt nhau tại P, D . Chứng minh tồn tại điểm cố
định Q sao cho độ dài PQ là hằng số.
(China Team Selection Test 2018, P1, Test 2)
Lời giải.

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 11/69


TAoM – The art of Mathematics

A

F
Y

I

E

Q
P

Z

B

D

M

G

C

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . G là điểm trên BC sao cho CG  BD . Nhận thấy
G , E đối xứng với nhau qua IC và G , E đối xứng với nhau qua IC suy ra IE  IG  IF . Tam giác
AEF có I là giao phân giác góc EAF và trung trực đoạn EF . Vậy I nằm trên ( AEF ) . Theo định
lí Miquel ta có ( AEF ) đi qua P .

BI  ( BDF )  B, Y ; CI  (CDE )  C , Z . Ta có YF  YD, FB  DC , YFB  YDC suy ra YFB  YDC ,

suy ra YB  YC . Tương tự có ZB  ZC . Vậy Y , Z là giao của trung trực đoạn BC với IB, IC , suy ra
Y , Z cố định.
Áp dụng định lý Mannheim ta có I , Y , Z , P cùng nằm trên một đường tròn. Vậy P nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác IYZ cố định. Gọi Q là tâm đường tròn này, ta có PQ cố định
không phụ thuộc vào vị trí của D.
Định lý Mannheim. Cho tam giác ABC có D , E , F lần lượt trên các cạnh BC , CA, AB không trùng
với A, B, C . M là điểm Miquel của tam giác ( M là giao các đường tròn ( AEF ), ( BFD), (CDE ) ).
P, Q, R lần lượt nằm trên các đường tròn ( AEF ), ( BFD), (CDE ) và không trùng với M . Khi đó:
-

M , P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi AP, BQ, CR đối song.

-

M , P, Q, R đồng viên khi và chỉ khi AP, BQ, CR đồng quy.
Chương 2. Tuyển tập các bài toán hình học từ kì thi HSG Quốc Gia Ấn Độ.

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 12/69


TAoM – The art of Mathematics
Bài 1. Cho tam giác ABC với A  90 , AB  AC .Từ A kẻ đường cao vuông góc với BC cắt BC tại
D . Gọi P , Q , I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABD , ACD , ABC .Chứng minh
rằng AI vuông góc với PQ và AI  PQ .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ, 2017)
Lời giải.

Ta có : AQ là phân giác CAD , BP là phân giác CBA nên
1

1
CAQ  CAD  CBA  ABP (*)
2
2

Mà CAB  90 kết hợp (*)
Suy ra AQ  BP .Tương tự, ta cũng chứng minh được AP  CQ .
Vì vậy I là trực tâm tam giác AQP . Do đó AI  PQ .
Cũng từ đó AI  2RPAQ .cos45  2RPAQ .sin45  PQ .
Bài 2. Cho tam giác ABC với đường tròn ngoại tiếp (T ) .Lấy M thuộc tia phân giác A .Kéo dài
các tia AM, BM,CM cắt (T ) theo thứ tự tại A', B',C ' .Giả sử P là giao điểm của A1C1 và AB , Q là
giao điểm của A1 B1 và AC và .Chứng minh rằng PQ song song BC.
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 1, 2014)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 13/69


TAoM – The art of Mathematics

Ta có M là điểm thuộc tia phân giác A nên
BAA '  BB ' A '  CAA '  CC ' A ' 

Mặt khác thì PC ' M  PAM 

A
2

A
.Do đó PMAC ' là tứ giác nội tiếp .

2

Từ đó AC ' M  APM .Bởi AC ' M  AC 'C   ABC suy ra APM  ABC hay PM BC .
Chứng minh tương tự, ta có MQ BC suy ra M thuộc PQ hay PQ BC

Bài 3. Cho hai đường tròn (T1 ),(T2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại R .Gọi O1 , O2 lần lượt là tâm đường
tròn (T1 ),(T2 ) , Đường thẳng l1 tiếp xúc với (T2 ) tại P và đi qua O1 , đường thẳng l2 tiếp xúc với
(T1 ) tại Q và đi qua O2 K  l1  l2 Nếu KP  KQ chứng minh rằng PQR là tam giác đều .

(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 1, 2013)
Lời giải.
Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 14/69


TAoM – The art of Mathematics

Giả sử P và Q nằm về khác phía nhau qua O1O2 .. Ta có KP  KO1  KQ ( KO1 là cạnh huyền
KQO1 ). Nhưng điều này mẫu thuẫn với giả thiết đã cho vì vậy P và Q nằm cùng phía so với
O1O2 .

Từ KP  KQ suy ra K nằm trên trục đẳng phương hai đường tròn trên. Vì vậy KP  KQ  KR
hay K là tâm ngoại tiếp PQR. (1)
Mặt khác thì , KQO1 , KRO1 đều là tam giác vuông , KQ  KR và QO1  RO1 Khi đó 2 tam giác
này bằng nhau .Vậy nên QKO1  RKO1 , ta có KO1 , PK  QR . Tương tự QK  PR  K là trực tâm
tam giác PQR .(2)
Từ (1) và (2) suy ra PQR là tam giác đều .
Bài 4. Cho ABC và 1 điểm P sao cho BPC  90 , BAP  BCP . M , N lần lượt là trung điểm
của AC , BC .Giả sử PB  2 PM . Chứng minh A,P,N thẳng hàng .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 1, 2009)

Lời giải 1.

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 15/69


TAoM – The art of Mathematics

Gọi G, H lần lượt là trung điểm BP,CP
1
2

Dễ thấy GPHN là hình chữ nhật và HM  BP  PM .

AP MH và AB MN suy ra NMH  NGH hay G, N , H , M cùng thuộc 1 đường tròn .
Mà GPHN là hình chữ nhật nên P cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp GPHN từ đó PM  NH do

MH PN .
Từ đó ,ta có AP MH nên AP PN suy ra 3 điểm A,P,N thẳng hàng .

Lời giải 2.
Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 16/69


TAoM – The art of Mathematics

Đặt BAP  BCP  
.Kẻ CF  AB ( F  AB ) nên tứ giác BFPC nội tiếp (*) suy ra BFA  PCB    PA  PF
.ta cũng có MF  MA  MP  AF  MP CF Lấy T thuộc tia PM sao cho PM  MT .

Từ đó PT  2 PM  PB và APCT là hình bình hành .
Cũng từ đó FP  FA  TC  FPTC là hình thang cân , đồng thời là tứ giác nội tiếp kết hợp (*) suy
ra B, F ,P,T,C cùng thuộc 1 đường tròn  BTC  90  BT  CT  BT  AP .
Từ đó BP  PT , AP  BT  AP chia đôi BT .Nhưng AP TC  AP chia đôi BC và từ đó A, P, N
thẳng hàng .

Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC ,gọi O,G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ,trọng tâm ,trực
tâm của tam giác ABC .Lấy D  BC, E CA, F  AB và OD  BC, HE  CA,GF  AB . F là trung điểm
AB ..Nếu ODC, HEA, GFB có cùng diện tích ,hãy tìm tất cả giá trị C ?
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 2, 2013)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 17/69


TAoM – The art of Mathematics

Sử dụng định lí menelaus trong AKC với sự thẳng hàng B,H,E ta có:
AE BC HK
AE 2 BK
.
.
.
 1

EC BK HA
EC BC

Kẻ đường ES  BC ( S  BC ) Ta có 2SAEH  AH.h  AH.HK 
Suy ra 

 BK 

KS 2 BK


SC BC

SABC
BC
 BS.HK  KS 
3
4

BC
2 BK
3BC

(với SC 
 BK )  8 BK 2  6 BK.BC  BC 2  0
3BC
BC
4
4(
 BK )
4

BC
BC
hoặc

.
4
2

trường hợp 1 : Nếu BK 

BC
thì K  D, H  O hay ABC đều  C  60
2

trường hợp 2 :Nếu BK 

BC
thì BS  SC  BEC cân mà BE  EC  C  45
4

Bài 6. Cho P là điểm nằm trong tam giác nhọn ABC .Đường thằng BP giao với đường thẳng
AC tại E và đường thẳng CP gặp đường thẳng AB tại F .Đường thẳng AP và EF giao nhau
tại D . Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ D đến đường thẳng BC .Chứng minh rằng KD là
phân giác EKF .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ, 2003)
Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 18/69


TAoM – The art of Mathematics

Lời giải 1.

Gọi G, H, K, M lần lượt là chân đường vuông góc F , A, D, E xuống BC .

Ta có FG AH 

EM CE
FG BF
GK FD
, EM AH 
, FG DK EM 
.



AH AC
AH AB
MK DE

Sử dụng định lí menelaus BEF với sự thẳng hàng A, D, P ta có
EAB với sự thẳng hàng F , P,C ta có

Từ các tỉ lệ trên suy ra

FG EM
hay FGK

GK MK

AF BP DE
.
.
1
AB PE DF

CE FA BP
.
.
1
CA FB EP

EMK( c.g.c )

nên FKG  EKM và DKG  DKM  90  FKD  EKD hay KD là phân giác EKF .

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 19/69


TAoM – The art of Mathematics

Lời giải 2.

Gọi EF  BC  L , N  AP  BC ,
dễ thấy các đường thẳng AN , BE,CF đồng quy tại P .Theo định lí Ceva ta có

FB EA NC
.
.
 1 (*).
FA EC NB

Áp dụng định lí menelaus cho tam giác ABC với sự thẳng hàng L, F , E ta có :
Từ (*) và (**) 

LC FB EA
.
.
 1 (**) .
LB FA EC

LC NC
:
 1  ( LN , BC)  1 .Chiếu xuyên tâm P ta có  LD , EF   1 mà KD  KL
LB NB

nên EKD  FKD hay KD là phân giác EKF

Bài 7. Đườn tròn nội tiếp ABC tiếp xúc các cạnh BC ,CA, AB theo thứ tự tại K, L, M .Đường
thẳng qua A song song với LK cắt MK tại P và Đường thẳng qua A song song với MK cắt LK
tại Q . Chứng minh PQ chia đôi AB, AC .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ, 2000)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 20/69


TAoM – The art of Mathematics

Lời giải.
Kéo dài AP , AQ cắt BC lần lượt tại D, E .
Từ MK AE ta có AEK  MKB . Ta có : BK  BM suy ra tam giác BMK cân tại M suy ra
MKB  BMK .

Từ giả thiết MK AE suy ra AEK  MAE . Điều đó cho thấy MAEK là hình thang cân suy ra

MA  KE ,tương tự ta cũng có AL  DK.

Nhưng AM  AL , DK = KE. KP AE  DP  PA (1),tương tự EQ  QA (2).
Từ (1) và (2) suy ra PQ BC vì vậy PQ sẽ chia đôi AB, AC .

Bài 8. Trong tam giác ABC lấy điểm D  BC sao cho AC  CD  AB  BD .Giải sử B, C và trọng tâm
2 tam giác ABD và ACD cùng nằm trên 1 đường tròn .Chứng minh rằng AB  AC .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 1, 2014)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 21/69


TAoM – The art of Mathematics

Gọi G1 , G2 lần lượt là trọng tâm ABD, ACD .
Dễ thấy G1 , G2 nằm trên đường thẳng song song với BC đi qua trọng tâm ABC mà BG1G2C nội
tiếp nên ta có BG1G2C là hình thang cân  BG1  CG2 .
Điều trên chứng tỏ : AB2  BD 2  AC 2  CD 2  AB.BD  AC.CD .
Vì AB, BD ,AC ,CD là hai bộ có cùng quan hệ như nhau .
Do đó nếu AB  CD  AC  BD  AB  AC  BC (mẫu thuẫn vì A, B,C không thẳng hàng ).
Vì vậy ta có : AB  AC .

Bài 9. Cho ABC đường cao AK , H,O lần lượt là trực tâm ,tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .Giả
sử KOH nhọn có P là tâm ngoại tiếp .Lấy Q đối xứng P qua OH .Chứng minh rằng Q nằm trên
đường nối trung điểm của AB và AC .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 2, 2010)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 22/69

TAoM – The art of Mathematics
Lời giải.
Gọi D là điểm chính giữa cạnh BC .Lấy điểm M thuộc HK và T thuộc OH sao cho

PM  HK, PT  OH .
P là điểm đối xứng Q qua HO .Ta có P ,T., Q thẳng hàng ,PT  TQ . Gọi QL,TN ,OS lần lượt là
đường vuông góc của Q,T , O xuống đường AK (như hình vẽ ).

Ta có LN = NM, T là trung điểm QP ; HN = NS, từ T là trung điểm của OH và HM = MK, P là
tâm nội tiếp HKO.
Có LH + HN = LN = NM = NS + SM, từ đó ta có LH = SM. Dễ thấy AH = 2OD.
Do đó AL  AH  LH  2OD  LH  2SK  SM  SK  (SK  SM)  SK  MK
 SK  HM  SK  HS  SM  SK  HS  LH  SK  LS  LK.

Suy ra L là trung điểm AK và nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm AB,AC .
Dễ thấy rằng đường thẳng đi qua trung điểm AB,AC cũng vuông góc với AK mà QL  AK suy
ra Q nằm trên đường nối trung điểm của AB và AC .
Bài 10. Trong tam giác nhọn ABC , lấy điểm D thuộc cạnh BC .Gọi O1 , O2 theo thứ tự là tâm
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACD . Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trực tâm tam giác O1O2 D song song với BC .
(HSG Quốc Gia, Ấn Độ ngày 2, 2014)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 23/69


TAoM – The art of Mathematics

Không mất tính tổng quát giả sử ADC  90 . O, K lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC và trực tâm tam giác O1O2 D .

Chú ý rằng đường tròn ngoại tiếp 2 tam giác ABD, ACD cùng đi qua A, D vì vậy AD  O1O2 ,
AO1O2  DO1O2  AO1O2  DO1O2  B .Mặt khác ta có OO2  AC  AOO2  B .Do đó

điểm O nằm trên đường tròn ngoại tiếp AO1O2 .(1)
Dễ thấy AD  O1O2  O2 KA  90  O1O2 K  O2O1D  B , Do đó điểm K nằm trên đường tròn
ngoại tiếp AO1O2 . (2)
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm A , O1 , O2 , K , O cùng thuộc 1 đường tròn ,do đó
AKO  180  AO2O  ADC hay OK BC .

Chương 3. Tuyển tập các bài toán hình học từ kì thi HSG Quốc Gia Hồng Kông.
Câu 1. Cho
với
. Gọi là trực tâm của
là tâm đường tròn ngoại
tiếp
. Gọi
lần lượt là điểm chính giữa cung
của đường tròn khác bờ với
.
Gọi
là điểm đối xứng
qua
. Chứng minh rằng
nội tiếp đường tròn khi
và chỉ khi
thẳng hàng.
(HSG quốc gia Hồng Kông 2013)

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 24/69


TAoM – The art of Mathematics

Lời giải.
thẳng hàng.

Dễ nhận thấy
thằng hàng và
Gọi
lần lượt là trung điểm
,
Ta sẽ tính ∠ D’HE’ theo ∠ . Thật vậy ∠
∠
∠
Gọi là giao điểm
và
, là giao điểm
và
. Ta có
đối xứng nhau qua
đối xứng nhau qua
. Suy ra
∠
∠
∠
∠

∠
∠
. Tương tự ta có
∠
’ ∠
. (1)
Suy ra ∠
∠
∠
∠
∠
Mặc khác
nội tiếp suy ra ∠
=∠ . Tứ giác
nội tiếp khi và chỉ khi
∠
∠
∠
Mặt khác, A, D’, E’ thẳng hàng khi và chỉ khi ∠
∠
∠ . Mà ∠
∠
∠
∠
∠
∠
Suy ra ∠
∠
∠
∠

∠
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét của người giải : Ta có thể ghi nhớ bổ đề sau và coi như nó là bài tập rèn luyện.
Cho
với là trực tâm tam giác.
cắt đường tròn ngoại tiếp
tại . Chứng minh
rằng
đối xứng nhau qua
.

Tuyển tập các bài toán hình học từ các kì thi HSG QG trên thế giới
Trang 25/69