Luyện thị lớp 10: 8 ĐỀ THI HSG

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH
GIỎI
Câu 1. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O;R ) . D là
một điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ AD ( D khác A và C ). Gọi M ,N
lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường thẳng
AB,AC . Gọi P là giao điểm các đường thẳng MN ,BC .
a) Chứng minh DP và BC vuông góc với nhau.
b) Đường tròn ( I;r ) nội tiếp tam giác ABC . Tính IO với
R = 5cm,r = 1,6cm .

Lời giải:

·
·
a) Ta có: AMD
+ AND
= 900 + 900 = 1800 . Do đó tứ giác A MDN nội tiếp
·
·
·
·
.Mặt khác MAD
.Suy ra tứ giác NDCP nội tiếp
⇒ MAD
= MND
= BCD
·
·

⇒ DPC
= DNC
= 900 .Vậy DP ⊥ BC .

175


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

b) Vẽ đường kính EF của đường tròn ( O ) ( F là giao điểm của AI
· C nên
với đường tròn ( O ) ). Do AF là phân giác của BA
» = FC
» ⇒ BAF
·
·
. Gọi K là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với
BF
= CEF
IK CF
·
·
= sinCEF
⇒
=
⇒ AI.CF = 2R.r
đường tròn ( I,r ) . Ta có: sin BAC
AI EF
·
·

·
(1). Do CI là phân giác của ACB
nên BCK
= ACK

·
·
·
·
·
· ⇒ ∆IFC cân tại F ⇒ FI = FC . Từ
⇒ CIF
= CAF
+ ACK
= BCK
+ BCF
= ICF
(1) suy ra AI.AF = 2R.r (2). Gọi G,H là giao điểm của đường thẳng
IO với ( O;R ) .

Tacó: ∆AIG = ∆HIF
⇒ AI.IF = IG.IH = ( OG − OI ) ( OH + OI ) = ( OI + R ) ( R − OI ) = R 2 − OI 2 (3) . Từ

(2) và (3) suy ra:
R 2 − OI 2 = 2Rr ⇒ OI 2 = R 2 − 2Rr = 52 − 2.5.1,6 = 9 ⇒ OI = 3cm .

Nhận xét: Đường thẳng M ,N ,P trong bài toán này thực chất là
đường thẳng Sim son của điểm D . Vì vậy ta cũng có thể chứng
minh bài toán theo cách khác theo cách chứng minh đường thẳng
Sim son. (Xem thêm phần các định lý hình học nổi tiếng)

Câu 2. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi).
Cho tam giác ABC vuông cân tại A , một đường tròn ( O ) tiếp xúc
» nằm trong tam giác ABC lấy
với AB,AC tại B,C . Trên cung BC

một điểm M

( M ≠ B;C ) . Gọi I,H ,K

lần lượt là hình chiếu của M trên

BC;CA ;AB và P là giao điểm của MB với IK , Q là giao điểm của
MC với IH .
·
a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của MHK
.

b) Chứng minh PQ / /BC .

176


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

c) Gọi ( O1 ) và ( O 2 ) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp ∆MPK và
∆MQH . Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai

đường tròn ( O1) và ( O2 ) .
d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của

( O1) , ( O2 ) . Chứng minh rằng

M ,N ,D thẳng hàng.

Lời giải:

· BC = ACB
·
a) Vì ∆ABC cân tại A nên A
. Gọi tia đối của tia MI là Mx .
Ta có tứ giác BIM K và tứ giác CIMH nội tiếp.
·
·
·
·
⇒ IMH
= 1800 − ACB
= 1800 − ABC
= IMK
·
·
·
·
. Vậy Mx là tia phân giác của
⇒ KMx
= 1800 − IMK
= 1800 − IMH
= HMx
·
.

MHK
·
·
·
·
b) Do tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp nên KIM
.
= KBM;HIM
= HCM

1 ¼
·
·
·
·
·
·
·
. Mà HCM
(cùng bằng sđCM
)
PIQ
= KIM
+ HIM
= KBM
+ HCM
= IBM
2
·
·

·
. Mặt khác,
⇒ PIQ
= ICM
+ IBM
·
·
·
·
·
PMQ
+ ICM
+ IBM
= 1800 ⇒ PMQ
+ PIQ
= 1800 .Do đó tứ giác MPIQ nội

1 ¼
·
·
·
·
tiếp. ⇒ MQP
(cùng bằng sđPM
). Mà MIK
(cùng bằng
= MIK
= MIC
2
·

·
·
) ⇒ MQP
= MCI
⇒ PQ / /BC .
KBM
177


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

1 »
·
·
·
·
c) Ta có: MHI
(cùng bằng sđIM
). Mà MQP
(cmt)
= MCI
= MCI
2
1 ¼
·
·
⇒ MQP
= MHI
= sđMQ
. Hai tia QP,QH nằm khác phía đối với QM .

2

Suy ra PQ là tiếp tuyến của đường tròn ( O2 ) tại tiếp điểm Q .
Chứng minh tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn ( O 2 )
tại tiếp điểm P . Vậy PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn ( O1)
và ( O2 ) .
d) Gọi E,E' lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC . Ta có:
PE2 = EM.EN (vì ∆QEM : ∆NEQ ). Suy ra: PE2 = QE2 ⇒ PE = QE . Tam
EP
EQ
=
. Mà EP = EQ nên
E'B E'C
E'B = E'C ⇒ E' ≡ D . Vậy N ,M ,D thẳng hàng.

giác MBC có PQ / /BC nên

Câu 3. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010)
Cho tam giác ABC vuông tại A . Đường tròn tâm I nội tiếp tam
giác ABC , tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N . Đường
·
thẳng MN cắt đường thẳng AI tại P . Chứng minh rằng IPB
vuông.

Lời giải:

· = IAB
·
·
·

·
Ta có PIB
(1).Mặt khác,
+ IBA
= 450 + IBA
= 450 + IBC

(

)

1
·
·
·
PNB
= CNM
= 1800 − ACB
2

178

=

(

)

(

)

1 0
·
·
 = 1 900 + ACB
90 900 − ACB
 2
2 


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

1·
·
ABC = 450 + IBC
(2) .
2
· = PNB
·
(1) và (2), suy ra: PIB
.
= 450 +

Từ

Do đó bốn điểm P,N ,I,B cùng nằm trên một đường tròn. Mặt
·
khác , INB
= 900 nên IB là đường kính của đường tròn này

· = 900 .
⇒ IPB

Câu 4. (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương).
Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định ( O không thuộc AB ). P
là điểm di động trên đoạn AB ( P khác A ,B ). Qua A ,P vẽ đường
tròn tâm C tiếp xúc với ( O ) tại A . Qua B,P vẽ đường tròn tâm D
tiếp xúc với ( O ) tại B . Hai đường tròn ( C ) và ( D ) cắt nhau tại N
(khác P ).
·
·
a) Chứng minh ANP
.
= BNP
·
b) Chứng minh PNO
= 900 .

c) Chứng minh khi P di động thì N luôn nằm trên một cung
tròn cố định.
Lời giải:

179


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

a) Vì ( O ) và ( C ) tiếp xúc trong tại A nên A ,C,O thẳng hàng. Vì

( O)

và ( C ) tiếp xúc trong tại B nên B,D,O thẳng hàng. Xét ( C ) có

1·
·
ANP
= ACP
Tam giác ACP cân tại C , tam giác AOB cân tại O
2

(

)

1·
·
·
·
· CP = AOB
·
·
⇒ ANP
= AOB
nên suy ra: APC = ABO = CPA ⇒ CP / /OB A
2
·
· OB
(1).
Tương tự, ta có DP / /OA ⇒ BDP
=A

1·
·
·
·
⇒ BNP
= AOB
(2). Từ (1) và (2) suy ra: ANP
.
= BNP
2

b) Gọi H là giao điểm của NP và CD ; I là giao điểm của OP và
CD . Theo chứng minh trên ta có CP / /OB;Dp / /CO . Suy ra tứ giác
CPDO là hình bình hành.Do đó IO = IP , ( C ) và ( D ) cắt nhau tại P

và N suy ra CD ⊥ NP (3)
HN = HP do đó HI là đường trung bình của tam giác PNO nên
HI / /NO hay CD / /NO (4). Từ (3) và (4), suy ra

·
c) Theo chứng minh
NO ⊥ NP ⇔ PNO
= 900 .
·
·
·
·
·
trên ta có: ANB
(5). Dễ thấy N ,O thuộc

= ANP
+ PNB
⇒ ANB
= AOB

nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) và (6) suy ra điểm N thuộc
cung tròn A OB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB . Do
A ,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định.
Câu 5. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010).

Cho đường tròn ( O;R ) và dây cung AB cố định, AB = R 2 . Điểm P
di động trên dây AB ( P khác A và B ). Gọi ( C;R1 ) là đường tròn đi
qua P và tiếp xúc với đường tròn ( O;R ) tại A , ( D;R 2 ) là đường
tròn đi qua P và tiếp xúc với ( O;R ) tại B . Hai đường tròn ( C;R1 ) và

( D;R2 )

cắt nhau tại điểm thứ hai M .

a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB ,
chứng minh OM / /CD và bốn điểm C,D,O,M cùng thuộc
một đường tròn.

180


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động
trên đường tròn cố định và đường thẳng M P luôn đi qua

một điểm cố định N .
c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác
AMB lớn nhất?
Lời giải:

a) Nối CP,PD . Ta có: ∆ACP,∆OA B lần lượt cân tại C,O nên
·
·
·
. Do đó CP / /OD (1). Tương tự, ta có OD / /CP
CPA
= CAP
= OBP
(2)
Từ (1) và (2) suuy ra tứ giác ODPC là hình bình
hành. Gọi H là giao điểm của CD và MP , K là giao điểm của CD
với OP . Do đó K là trung điểm của OP .
Theo tính chất của hai đường tròn cắt nhau thì CD ⊥ MP ⇒ H là
trung điểm của MP . Do đó HK / /OM ⇒ CD / /OM .
Giả sử AP < BP .
Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC = DP,DP = DM = R 2 nên
tứ giác CDOM là hình thang cân. Do đó bốn điểm C,D,O,M cùng
thuộc một đường tròn.
181


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

b) Ta có: OA 2 + OB2 = 2R 2 = AB2 .Do đó ∆A OB vuông cân tại O . Vì
bốn điểm C,D,O,M cùng thuộc một đường tròn (kể cả M trùng O )

·
·
nên COB
(1).
= CMD
1 ¼
·
·
Ta có: MAB
(cùng bằng sđMP
của đường tròn ( C ) ).
= MCP
2
1 ¼
·
·
(cùng bằng sđMP
của đường tròn ( D ) ). Do đó
MBP
= MDP
2
·
·
·
·
∆MAB : ∆MCD (g.g.) ⇒ AMB
= COD
⇒ AMB
= AOB
= 900 . Do AB cố

định nên điểm M thuộc đường tròn tâm I đường kính AB .
1·
0
·
·
·
·
Ta có ACP
= BDP
= AOB
= 900 ⇒ AMP = ACP = 45 (góc nội tiếp và
2
·
=
góc ở tâm của ( C ) ) ⇒ BMP

1·
BDP = 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm
2

·
·
·
của ( D ) ).Do đó MP là phân giác của AMB
. Mà AMB
= AOB
= 900

nên M thuộc đường tròn ( I ) ngoại tiếp tam giác AOB .

Giả sử MP cắt đường tròn ( I ) tại N thì N là trung điểm cung AB
không chứa điểm O nên N cố định.
·
·
·
·
c) Ta có MPA
(góc nội tiếp cùng chắn một cung).
= BPN;AMP
= PBN
Do đó ∆MAP : ∆BNP (g.g)
2

⇒

 PA + PB 
PA PM
A B2 R 2
(không đổi).
=
⇔ PM.PN = PA.PB ≤ 
=
÷ =
PN PB
2
4
2



2
Vậy PM.PN lớn nhất là R khi PA = PB hay P là trung điểm của
2
dây AB . Tam giác A MB vuông tại M nên:

SA MB =

(

)

1
1
AB2 R 2
. Vậy SA MB lớn nhất là
AM.BM ≤ AM 2 + BM 2 =
=
2
4
4
2

R2
khi PA = PB hay P là trung điểm của dây AB .
2

Câu 16. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010)

182

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . AD,BE,CF là ba
đường cao ( D ∈ BC,E ∈ CA ,F ∈ AB) . Đường thẳng EF cắt BC tại G ,
đường thẳng AG cắt lại đường tròn ( O ) tại điểm M .
a) Chứng minh rằng bốn điểm A ,M ,E,F cùng nằm trên một
đường tròn.
b) Gọi N là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam
giác ABC . Chứng minh rằng GH ⊥ AN .
Lời giải:

a) Nhận xét rằng : Cho tứ giác A BCD , P là giao điểm của AB và
CD . Tứ giác A BCD nội tiếp khi và chỉ khi: PA.PB = PC.PD . Áp dụng
nhận xét trên cho tứ giác A MBC nội tiếp, ta được: GM.GA = GB.GC .
Áp dụng cho tứ giác BEFC nội tiếp, ta được: GB.GC = GF.GE . Suy ra
GF.GE = GM.GA . Do đó tứ giác A MEF nội tiếp.
b) Theo kết quả trên, và tứ giác AEFH nội tiếp suy ra M nằm trên
đường tròn đường kính AH . Do đó HM ⊥ MA . Tia HM cắt lại
·
đường tròn ( O ) tại K , khi đó AMK
= 900 nên AK là đường kính của

( O ) . Từ đó suy ra:

KC ⊥ CA ,KB ⊥ BA ⇒ KC / /BH ,KB / /CH ⇒ tứ giác

BHCK là hình bình hành ⇒ KH đi qua điểm N . Khi đó M ,H ,N

thẳng hàng. Trong tam giác GA N có hai đường cao AD,NM cắt

nhau tại H , nên H là trực tâm của tam giác GAN ⇒ GH ⊥ AN .
Câu 17. (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010).
183


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Cho điểm M thuộc đường tròn ( O ) và đường kính AB ( M ≠ A ,B và
MA < MB ). Tia phân giác của góc A MB cắt AB tại C . Qua C ,vẽ
đường thẳng vuông góc với AB cắt các đường thẳng AM và BM
lần lượt tại D và H .

a) Chứng minh hai đường thẳng AH và BD cắt nhau tại điểm
N nằm trên đường tròn ( O ) .

b) Gọi E là hình chiếu của H trên tiếp tuyến tại A của đường
tròn ( O ) . Chứng minh tứ giác ACHE là hình vuông.

c) Gọi F là hình chiếu của D trên tiếp tuyến tại B của đường
tròn ( O ) . Chứng minh bốn điểm E,M ,N ,F thẳng hàng.

d) Gọi S1,S2 là diện tích của tứ giác ACHE và BCDF . Chứng
minh CM 2 < S1S2 .
Lời giải:

·
a) Ta có AMB
= 900 .Trong tam giác ABD có DC ⊥ A B nên DC là
đường cao thứ nhất. Do đó BM là đường cao thứ hai, suy ra H là
trực tâm của tam giác ABD . Suy ra AH là đường cao thứ ba

·
⇒ A H ⊥ BD tại N . ⇒ ANB
= 900 ⇒ N thuộc đường tròn đường kính

AB . Vậy AH và BD cắt nhau tại điểm N nằm trên đường tròn ( O )

.
184


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
·
b) Ta có ACH
= AEH
= 900;EAC
= 900 . Do đó tứ giác ACHE là hình

CA MA CH MA
=
;
=
suy ra CH = CA . Vậy tứ
CB MB CB MB
giác ACHE là hình vuông.

chữ nhật. Mặt khác:

c) Do tứ giác ACHE là hình vuông nên hai đường chéo AH ,CE
bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.
suy ra MI là trung tuyến ứng với cạnh huyền của trong tam giác
1
1
AH = CE ⇒ ∆MCE vuông tại M ⇒ ME ⊥ M C .
2
2
Chứng minh tương tự ta có: MF ⊥ MC (2). Xét ∆DMN và ∆DBA có

vuông MAH ⇒ MI =

DM DN
·
⇒ ∆DMN : ∆DBA
=
chung;
ADB
DB DA

·
·
(c.g.c) ⇒ DMN
= DBA
= 450 .

)

(

1·
0
0
·
·
·
·
= AMB
= 450 nên CMN = 180 − AMC + DMN = 90
Mà AMC
2
⇒ MN ⊥ MC (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra bốn điểm E,M ,N ,F thẳng
hàng.
·
·
·
·
·
d) Ta có ECD
= DCF
= 450 . Do đó ECF
= ECD
+ DCF
= 900 . Áp dụng hệ

thứ lượng trong tam giác vuông CEF , ta có:

1
CM

=

2

1
CE

2

+

1
CF2

. Áp

dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
1
CM

=

2

=

1
CE

1

CA

2

.

+

2

1
2

CB

1

≥2

1

CF

2

=

1 1
.
=

S1 S2

CE

2

.

1
CF

2

1
S1S2

= 2.

1

(

2.CA

.

) (
2

1

)

2.CB

2

⇒ CM 2 ≤ S1S2 .

MA < MB
1
1

>
Do  CA MA ⇒ CA < CB ⇒
nên dấu “=” trong bất đẳng
2
CE
CF2
 CB = MB


thức không thể xảy ra ⇒ CM 2 < S1S2 .
Câu 18. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2009).
185


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là điểm chính

giữa cung AB . Lấy điểm M tùy ý trên cung BC ( M khác B ). Gọi
N là giao điểm của hai tia OC và BM ; H ,I lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng AO,AM ; K là giao điểm của các đường thẳng
BM và HI .
a) Chứng minh rằng A ,H ,K và N cùng nằm trên một đường
tròn.
b) Xác định vị trí của điểm M trên cung BC ( M khác B ) sao
cho AK =

R 10
.
2

Lời giải:

a) Ta có tam giác NAB cân tại N ( ON là trung trực của AB )
·
·
·
·
(1). Lại có OM = OB = R ⇒ NBA
(2). Do H ,I là
⇒ NAB
= NBA
= BOM
trung điểm của OA ,AM nên HI là đường trung bình của tam giác
·
·
A OM . Suy ra HI / /OM ⇒ BMO
(3). Từ (1),(2) và (3) suy ra:

= KHB
·
·
. Do đó tứ giác AHKN nội tiếp, hay cùng thuộc một
NAB
= HKB

đường tròn.
KH / /OM ⇒
186

b) Ta có: AH = HO =

AO R
= .
2
2

KH OH
R 1
x
=
=
=
Đặt MB = x ⇒ MK = . Áp dụng định lý
MB OB 2R 2
2


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Pitago trong các tam giác vuông A KM và AMB , ta có:
2

 R 10 
x2
AK − KM = AM = AB − BM ⇔ 
= 4R 2 − x2 ⇔ x = R 2
÷ −
 2 ÷
4


2

2

2

2

2

MB R 2
2
·
·
⇒ sinMAB
=
=

=
⇒ MAB
= 450 . Mặt khác:
AB
2R
2

1 »
1 »
·
CAB
= sđBC
= sđAB
= 450 ⇒ ·MAB = ·CAB⇒ M ≡ C . Vậy khi M ≡ C thì
2
4
AK =

R 10
.
2

Câu 19. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa – 2009).
1. Cho tứ giác A BCD nội tiếp đường tròn ( O ) tâm O . Gọi I là giao
điểm của AC và BD . Biết đường tròn ( K ) tâm K ngoại tiếp tam
giác IAD cắt các cạnh AB,CD của tứ giác lần lượt tại E và
F ( E ≠ A ;F ≠ D ) . Đường thẳng EF cắt AC,BD lần lượt tại M ,N .

a) Chứng minh tứ giác AMND nội tiếp được trong một đường tròn.
b) Chứng minh KI ⊥ BC .

2. Cho tam giác ABC cân tại A và có góc A bằng 360 . Tính tỉ số
AB
.
AC

Lời giải:

·
·
» của ( O ) ). Xét đường
1. a) Ta có BAC
(cùng chắn cung BC
= BDC
1 º ·
1 º
·
= sđIE;BDC
= sđIF
tròn ( K ) có BAC
2
2
187


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

(

) (

)

1
·
» + sđIF
º = 1 sđAE
» + sđIE
º = 1 sđAI
» = ·ADN ⇒ tứ giác AMND
AME
= sđAI
2
2
2
nội tiếp.
·
· CB (cùng chắn AB
» của ( O ) ). Mà
b) Ta có: ADB
=A
·
·
· ME = ACB
·
º = IF
º ⇒ KI ⊥ EF
AME
= ADB
⇒A
⇒ EF / /BC (1). Mặt khác IE

(2). Từ (1) và (2) suy ra: KI ⊥ BC (đpcm).
·
·
·
2. Kẻ phân giác BD , khi đó ABD
= 360;BDC
= ACB
= 720 . Suy ra ∆ADB
và ∆BDC cân ⇒ DA = DB = BC . Theo tính chất đường phân giác ta
có:

AB DA
DA DC DA + DC
=
⇒
=
=
. Mặt khác DC = AC − AD = A B − BC
BC DC
AB BC AB + BC
2

⇒

 AB 
AB.BC
AB
= AB − AC ⇔ AB.BC = AB2 − BC 2 ⇔ 
− 1= 0

÷ −
AB + BC
BC
 BC 

⇒

AB 1+ 5
.
=
BC
2

Câu 20. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Định – 2009).
Cho đường tròn ( O ) , đường kính AB . Trên tia tiếp tuyến Ax với
đường tròn ( O ) lấy điểm C sao cho A C = AB . Đường thẳng BC cắt
đường tròn ( O ) tại D , M là một điểm thay đổi trên đoạn A D . Gọi
N và P lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và
AC , H là chân đường vuông góc hạ từ N xuống đường thẳng PD .

a) Xác định vị trí của M để tam giác AHB có diện tích lớn
nhất.
b) Chứng minh rằng khi M thay đổi, HN luôn đi qua một điểm
cố định.
Lời giải:

188


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
a) Ta có PAN
+ PHN
= 900 + 900 = 1800 . Do đó tứ giác A PHN nội tiếp.
Tứ giác A PMN là hình vuông nên cũng nội tiếp. Suy ra năm điểm
·
·
A ,N ,M ,P,H cùng thuộc một đường tròn. Do đó AHM
= APM
= 900 .
·
·
Mà tứ giác MPCD nội tiếp nên MPD
. Tam giác ABC cân tại
= MCD
A , có AD vừa là đường cao vừa là đường trung trực nên
·
·
·
·
MB = MC ⇒ ∆MBC cân tại M ⇒ MCD
(1). Mặt
= MBD
⇒ MPD
= MBD
· MB = MBD
·
·

·
khác A
+ MDB
= MBD
+ 900 (2).
·
·
·
·
APH
= APM
+ MPH
= MPD
+ 900 (3). Từ (1),(2) và (3) suy ra:
·
·
APH
= AMB

· PH + AMH
·
(4). Tứ giác A PHM nội tiếp nên A
= 1800
·
·
(5). Từ (4) và (5) suy ra: AMB
+ AMH
= 1800 . Do đó H ,M ,B thẳng

·

hàng ⇒ AHB
= 900 ⇒ H thuộc đường tròn ( O ) ⇒ ∆AHB có diện tích
lớn nhất ⇔ HK lớn nhất ⇒ HK = R ⇒ H ≡ D ⇒ M ≡ D . Vậy khi M ≡ D
thì SA HB đạt giá trị lớn nhất là R .

Câu 21. (Đề thi học sinh giỏi cấp Quận – TPHCM).
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC . Kẻ
đường cao AH của ∆ABC . Cho biết BC = 20cm,

AH 3
= .
AC 4

a) Tính độ dài cạnh AB và AC .

189


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

b) Đường tròn đường kính AH cắt đường tròn ( O ) , AB,AC lần
lượt tại M ,D,E . Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại K .
Chứng minh ba điểm A ,M ,K thẳng hàng.
c) Chứng minh bốn điểm B,D,E,C cùng nằm trên một đường
tròn.
Lời giải:

·
·
µ chung.

a) Xét ∆A BC và ∆HAC có BAC
= AHC
= 900 ; C
⇒ ∆ABC : ∆HAC ⇒

AB AC
AB AH 3
=
⇒
=
= . Mà AB2 + AC 2 = BC 2 nên
AH HC
AC HC 4

AB2 AC 2 AB2 + AC 2 202
=
=
=
= 16 ⇒ AB2 = 16.9;AC 2 = 16.16 . Vậy
9
16
25
25
A B = 12cm và AC = 16cm .
·
b) Gọi F là tâm của đường tròn đường kính AH . Ta có DAE
= 900 .

Do đó DE là đường kính của đường tròn ( F ) . Suy ra D,E,F thẳng

hàng. Mặt khác ( O ) và F cắt nhau tại A và N nên OF là trung trực
của A M ⇒ OF ⊥ A M
(1). Gọi N là giao điểm của OA và DE . Ta
có OA = OC = R . Do đó ∆OAC là tam giác cân tại O . Suy ra
·
·
·
·
; FA = EF = r ⇒ ∆FAE cân tại F ⇒ FEA
. Mà
OAC
= OCA
+ FAE
·
·
·
·
·
OCA
+ FAE
= 900 nên OAC
+ FEA
= 900 ⇒ ANE
= 900 ⇒ KN ⊥ OA . Ta có
F là trực tâm của tam giác KAO nên OF ⊥ KA (2). Từ (1) và (2)
suy ra A ,M ,K thẳng hàng.

190

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

c) Gọi I là giao điểm của hai trung trực của DE và BC . Ta có:
 AF ⊥ BC
IF ⊥ OA
⇒ AF / /OI; 
⇒ IF / /OA . Do đó FAOI là hình bình

OI ⊥ BC
OA ⊥ DE

· = IOC
·
hành. Suy ra IF = OA ;FA = OI ⇒ IF = OC;FE = OI . Mà IFE
nên
∆IFE = ∆COI Suy ra IE = IC. Mà IE = ID;IB = IC nên IB = ID = IE = IC .

Vậy B,D,E,C cùng nằm trên đường tròn ( I ) .
Câu 22. (Đề thi học sinh giỏi TPHCM – 2008) .
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn ( O )
và có trực tâm là H .
a) Xác định vị trí của điểm M thuộc cung BC không chứa
điểm A sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành.
b) Lấy điểm M là điểm bất kỳ trên cung BC không chứa A .
Gọi N và E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và
AC . Chứng minh ba điểm N ,H ,E thẳng hàng.
Lời giải:

a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Ta có BH ⊥ AC;CH ⊥ AB .
Do đó tứ giác BHCM là hình bình hành ⇒ BH / /MC;CH / /MB và

·
·
AC ⊥ MC;AB ⊥ MB ⇒ ABM
= ACM
= 900 ⇒ AM là đường kính của
đường tròn ( O ) ⇒ M là điểm đối xứng của A qua O .
191


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

· MB = ANB
·
·
·
b) Ta có A
(tính chất đối xứng trục), AMB
(cùng
= ACB
·
·
· HB + ACB
·
chắn cung AB ). Do đó ANB
. Mà A
= ACB
= 1800 . Suy ra

·
·

·
·
. Mặt khác
AHB
+ ANB
= 1800 ⇒ tứ giác AHBN nội tiếp ⇒ NHB
= NAB
·
·
·
·
·
·
. Suy ra NHB
. Tương tự ta có: CHE
và
NAB
= BAM
= BAM
+ MAC
·
·
BAC
+ BHC
= 1800 . Suy ra
·
·
·
·
·

·
·
·
NHB
+ CHE
+ BHC
= BAM
+ MAC
+ BHC
= BAC
+ BHC
= 1800 . Suy ra
N ,H ,E thẳng hàng.

Nhận xét: Đường thẳng qua N ,H ,E trong bài toán này thực chất
là đường thẳng Steiner của điểm M
Câu 23. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương – 2008).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) và có
trực tâm là H . Giả sử M là một điểm trên cung BC không chứa A
( M khác B,C ). Gọi N ,P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các
đường thẳng AB,AC .
a) Chứng minh tứ giác AHCP nội tiếp.
b) Chứng minh ba điểm N ,H ,P thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của M để đoạn thẳng NP lớn nhất.
Lời giải:

a) Gọi I là giao điểm của CH và AB , K là giao điểm của AH với
·
·
BC . Dễ thấy BIK

+ AHC
= 1800 (1).

192


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
·
·
·
·
Mặt khác, IBK
. Do đó IBK
(2). Từ (1) và
= AMC;AMC
= APC
= APC
·
·
(2) suy ra: APC
+ AHC
= 1800 . Vậy tứ giác AHPC nội tiếp.

·
·
·
·

b) Do tứ giác AHPC nội tiếp nên AHP
. Mà ACP
nên
= ACP
= AMP
·
·
·
·
·
·
. Mặt khác, ACM
AHP
= ACM
= ABM
= 1800 nên AHP
= ABM
= 1800 . Mà
·
·
·
·
·
·
nên AHP
(4)
AMB
= ABN
= ABN
= 1800 (3). Tương tự, ABN

= AHN
·
·
Từ (3) và (4) suy ra: AHB
+ AHN
= 1800 . Vậy N ,H ,P thẳng hàng.
·
·
· P = 2MAC
·
c) Ta có MAN
. Do đó
= 2BAM
;MA

(

)

· P = 2 BAM
·
·
·
NA
+ MAC
= 2BAC
(không đổi) .Ta có

·
·

. Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi AM
NP = 2AP.sin BAC
= 2AM.sin BAC
lớn nhất. mà AM lớn nhất khi và chỉ khi A M là đường kính của

đường tròn ( O ) . Vậy NP lớn nhất khi và chỉ khi M là điểm đối
xứng của A qua O .
Câu 24. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh – 2008)

Cho đường tròn ( O;R ) và đường tròn ( O';R') cắt nhau tại A và B .
Trên tia đối của AB lấy điểm C . Kẻ tiếp tuyến CD,CE với đường
tròn tâm O , trong đó D,E là các tiếp điểm và E nằm trong đường
tròn ( O') . Đường thẳng AD,AE cắt đường tròn ( O') lần lượt tại M
và N ( M ,N khác A ). Tia DE cắt MN tại I . Chứng minh rằng:
a) ∆MIB : ∆AEB .
b) O'I ⊥ MN .
Lời giải:

193


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
a) Ta có BAN
(cùng chắn cung BN ) (1) do tứ giác AMNB
= BMN
·
·

·
·
·
·
nội tiếp nên MNB
. Mà DAB
nên MNB
hay
= DAB
= DEB
= DEB
·
·
·
·
·
·
. Do đó tứ giác BEIN nội tiếp ⇒ EBI
hay EBI
.
INB
= DEB
= ENI
= ANM
·
·
·
·
·
·

·
·
Mà ANM
nên ABM
. Hay CBE
(2). Từ
= ABM
= EBI
+ EBM
= EBM
+ IBM

(1) và (2) suy ra ∆MIB : ∆AEB .
·
·
b) Do CD là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên CDA
suy ra
= CBD
BD CD
CE EB
=
=
(3). Tương tự ta có
DA CA
CA EA
(4). Mặt khác, CD = CE (tính chất tiếp tuyến) (5). Từ (3),(4),(5)
∆CDB : ∆CAD

suy ra:

(g.g) ⇒

EB BD
=
EA DA

(6). Theo (1), ∆MIB : ∆AEB ⇒

EB IB
=
EA MI

(7). Mà

·
·

ABD = AED
· BD = IEN
·
⇒A
. Do tứ giác BNIE nội tiếp nên
·
·
AED
=
IEN


·

·
·
·
·
·
(8). Mặt khác, theo (1) ta có INB
IEN
= IBN
⇒ ABD
= IBN
= DAB

(9). Từ (8) và (9) suy ra ∆DBA : ∆IBN ⇒

DB IB
=
DA IN

(10). Từ (6),(7) và

(10) suy ra MI = NI ⇒ O'I ⊥ MN .
Nhận xét: Ta có thể giải câu b theo cách khác: Áp dụng định lý
Menelauyt cho tam giác AMN và đường thẳng qua DEI ta có:
DA IM EN
.
.
= 1.Như vậy để chứng minh I là trung điểm của MN ta
DM IN EA

sẽ chứng minh

DA EN
.
= 1 (*) , mặt khác theo tính chất quen
DM EA

EA DA
=
( Xem phần
EB DB
chùm bài tập cát tuyến và tiếp tuyến) thay vào (*) ta quy về

thuộc của cát tuyến và tiếp tuyến ta có:

DB EN
DB EN
.
= 1⇔
=
⇔ ∆DBM : ∆BEN nhưng điều
EB DM
DM EB
·
·
này là hiển nhiên do DMB
(cùng chắn cung AB) và
= ANB

chứng minh:

·
·
do tứ giác ADEB nội tiếp.
ADB
= BEN
194


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Câu 25. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho tam giác ABC nhọn, tia phân giác trong của góc BA C cắt BC
tại D . Gọi E,F thứ tự là hình chiếu vuông góc của D trên AB và
AC , K là giao của CE và BF , H là giao điểm của BF với đường
tròn ngoại tiếp tam giác AEK . Chứng minh rằng DH ⊥ BF .
Lời giải:

Kẻ A N vuông góc với BC ( N ∈ BC ) , suy ra các tứ giác AEND và
AFDN nội tiếp, từ đó BD.BN = BE.BA ;CN.CD = CF.CA

⇒

DB NB AB BE
NB BE
NB FC EF
.
=
.
⇒
=

⇒
.
.
= 1 (do AE = AF ).
DC NC AC CF
NC CF
NC FA EB

Theo định lý Ceva đảo ta có AN ,CE,BF đồng quy tại K , hay
A K ⊥ BC tại N . Từ đó BK.BH = BE.BA = BN.BD nên tứ giác KNDH nội
·
·
tiếp, suy ra KHD
= KND
= 900 . Do đó DH ⊥ BF (đpcm).
Câu 26. (Báo toán học tuổi trẻ số tháng 3 -2012)
Cho tam giác ABC vuông tại A . D là một điểm nằm trong tam
giác đó sao cho CD = CA; M là một điểm nằm trên cạnh AB sao
1·
·
N là giao điểm của MD và đường cao AH của
= ACD;
cho BDM
2
tam giác ABC . Chứng minh rằng DM = DN .

Lời giải:

195

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

Vẽ đường tròn ( C;CA ) cắt đường thẳng BD tại E ( E ≠ D ) , khi đó BA
là tiếp tuyến của đường tròn. Ta có BD.BE = BA 2 (do ∆BDA : ∆BAE ),
BH.BC = BA 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ). Suy ra
BD BC
·
·
⇒ ∆BDH : ∆BCE (c.g.c) ⇒ BHD
=
và tứ
= BEC
BH BE
·
·
·
·
·
·
giác DHCE nội tiếp ⇒ BHD
. Mà
= BEC
= CDE
= CHE
⇒ AHD
= AHE
BH.BC = BD.BE ⇒

AH ⊥ BC nên HA ,HB tương ứng là phân giác trong và ngoài của

ID HD BD
·
=
=
. Do đó nếu I là giao điểm của AH và BE thì:
DHE
IE HE BE
1·
·
·
= ACD
= AEB
(*). Theo giả thiết, ta có MDB
nên MN / /AE .Do đó
2
MD BD DN DI
MD DN
=
;
=
=
⇒ DM = DN .
. Kết hợp với (*) ta có
AE BE AE IE
AE AE

Câu 27. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho lục giác đều ABCDEF . Gọi G là trung điểm của BF . Lấy điểm
I trên cạnh BC sao cho BI = BG , điểm H trên cạnh BC sao cho

·
BI = BG , điểm H nằm trên đoạn IG . Sao cho CDH
= 450 , điểm K
·
trên cạnh EF sao cho DKE
= 450 . Chứng minh rằng tam giác DKH
là tam giác đều.

Cách 1: Từ giả thiết A BCDEF là lục giác đều, suy ra
·
·
·
BDG
= 300 ,CDG
= 600 ,DG ⊥ BF,GBC
= 900 . Từ đó,
1·
·
·
·
HDG
= CDG
− CDH
= 600 − 450 = 150 = BDG
. Vậy DH là phân giác của
2
196


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
góc BDG
. Kết hợp với GH là phân giác của góc BGD
(do ∆BGI
·
·
·
vuông cân nên DGH
), suy ra BH là phân giác của góc DBF
;
= DGB

do đó B,H ,O thẳng hàng ( O là tâm của lục giác đều).
·
·
Hai tam giác ∆DHO và ∆DKE có DO = DE,HDO
= KDE
= 150 ,
·
·
HOD
= KED
= 1200 nên chúng bằng nhau (g.c.g), suy ra HD = KD .

·
·
·
·

·
·
Lại có HDK
= HDO
+ ODK
= ODK
+ KDE
= ODE
= 600 . Vậy ∆HDK đều.
·
·
·
·
Cách 2: Vì FDC
= FBC
= 900 nên FDH
= BGH
= 450 , do đó tứ giác
·
·
GHDF nội tiếp, suy ra FHD
= FGD
= 900 nên tam giác HFD vuông
cân ⇒ H ,O,E cùng thuộc trung trực của đoạn FD
1·
·
FHD = 450 = EKD
. Suy ra tứ giác EKHD nội tiếp
2
·

·
·
·
⇒ HDK
= HEK
= 600 , HKD
= HED
= 600 . Vậy tam giác HKD đều.
·
⇒ EHD
=

Câu 28. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho đoạn thẳng AB . M là điểm trong mặt phẳng sao cho tam
giác MA B là tam giác nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB ,
I là trung điểm cạnh AB và D là hình chiếu của H trên MI . Chứng
minh rằng tích MI.DI không phụ thuộc vào vị trí của điểm M .
Lời giải:

Kéo dài MH và AH lần lượt cắt AB và MB tại E,F . Dễ thấy các tứ
·
·
·
giác MHDF và HEID nội tiếp, suy ra DFB
, do đó tứ giác
= MHD
= DIE
197

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
(1). Lại có FI là trung tuyến của
DFBI nội tiếp. từ đó IDB
= IFB
· = IBF
·
tam giác vuông AFB nên tam giác IFB cân tại I ⇒ IFB
(2). Từ

·
· , do đó ∆IDB : ∆IBM (g.g) ⇒ ID = IB . Suy
(1) và (2) suy ra IDB
= IBF
IB IM
2
ra ID.IM = IB2 = AB . Vậy MI.DI không phụ thuộc vào vị trí của M .
4

Câu 29. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường tròn ( O') tiếp
xúc với hai cạnh AB,AC theo thứ tự tại P,Q và tiếp xúc với đường
tròn ( O ) tại S . Hai đường thẳng SP,SQ cắt lại đường tròn ( O ) theo
thứ tự tại M ,N . Gọi E,D,F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của
S trên các đường thẳng AM ,MN ,NA . Chứng minh rằng DE = DF .
Lời giải:

·

·
·
·
Từ O'PS
, suy ra O'P / /OM .Lại vì O'P ⊥ AP nên
= O'SP
= OSM
= OMS
» không chứa điểm
OM ⊥ A B , nghĩa là M là điểm chính giữa của AB
¼ không chứa điểm B .
C . Tương tự, N là điểm chính giữa của AC

SM SA
·
·
·
=
Từ đó MAP
, dẫn đến ∆MSA : ∆MA P (g.g) ⇒
.
= MSB
= MSA
AM AP

Lập luận tương tự ta có

SN
SA
SM AM

=
=
, mà AP = AQ nên
(1).
AN AQ
SN AN

Bốn điểm M ,D,S,E cùng nằm trên đường tròn đường kính SM , suy
198


PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9

·
·
ra DSE
. Từ đây, áp dụng định lý sin cho tam giác SED ta
= AMN
·
·
·
có. DE = SM.sin DSE
. Tương tự DF = SN.sinANM
. Vậy
= SM.sinAMN
· MN
DE SM.sinA
=
·
DF SN.sinANM

·
DE AM.sinAMN
=
=1
· NM
DF A N.sinA
(áp dụng định lý sin cho tam giác A MN ). Do đó DE = DF (đpcm).

(2). Từ (1) và (2) suy ra

Câu 30. (Báo toán học tuổi trẻ)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Trên tia đối của
tia HA lấy điểm D sao cho HA = 2HD . Gọi E là điểm đối xứng của
B qua D ; I là trung điểm của AC ; DI và EI cắt BC lần lượt tại M
·
·
và K . Chứng minh rằng MDK
.
= MCD
Lời giải:

Gọi N ,P thứ tự là trung điểm của AH và IN. Dễ thấy IN / /CH (tính
chất đường trung bình của ∆ACH ), nên IN ⊥ A H . Xét tam giác
vuông ABC , ta có HB.HC = AH 2 ⇒

BH AH
=
.
AH HC

BH HD
=
. Do đó ∆BDH : ∆DIN , dẫn
DN NI
·
·
·
·
·
·
·
tới BDH
= DIN
⇒ BDI
= BDN
+ NDI
= DIN
+ NDI
= 900 .

Vì AH = ND = 2DH ,HC = 2IN nên

Do đó tứ giác ABDI nội tiếp và E đối xứng với B qua DI , nên
·
·
·
·
. Suy ra ∆IMK : ∆CMI (g.g), ta có
KIM

= DIB
= BAD
= MCI
199