chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi cấp THCS

Một số tính chất cơ bản của Hình học và các mô hình Hình học quen thuộc.
Nguyễn Thanh Dũng - GV Toán trường THPT chuyên Chu Văn An
Lời tựa!
Mô hình hình vẽ. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) với ABĐây là một trong các mô hình hay gặp, nếu bài toán không cho ABhình ảnh thông thường ta hay vẽ ABYếu tố cơ bản của Hình học. Một trong các yếu tố cơ bản, sơ khai nhất và cũng
huyền bí nhất là tâm ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm, tâm nội tiếp, đường thẳng Euler,
đường tròn Euler. Các bài toán thường khai thác trên những yếu tố này rồi đưa đến các
kết quả khác nhờ cách xây dựng thêm đường thẳng, đường tròn, giao điểm... từ đó thu
được các bài toán khác.
Mô hình cơ bản là những mô hình thường gặp như tam giác ABC cho đường tròn
tâm O, trực tâm H, trọng tâm G... Cùng với hình dáng cũng như tính chất của chúng, chúng
tạo thành các mô hình quen thuộc và cơ bản. Việc nắm được các mô hình giúp ta hiểu rõ
hơn bài toán cũng như mối liên hệ với các bài toán khác. Phần cuối tài liệu có trình bày
một mô hình hay gặp là mô hình đường tròn Euler.
Bất biến hình học. Một số tính chất hình học luôn đúng với mọi tam giác và ta hay
dùng nó để giải quyết các bài toán khác thường được gọi là yếu tố bất biến. Việc nhận ra
bất biến và nắm được những tính chất này là vấn đề rất quan trọng để giải một bài toán
Hình học cũng như sáng tạo ra các bài toán khác.
Động trong mô hình. Với các mô hình thì động (cách vẽ khác nhau) như lại sinh ra
tính chất như nhau (bất biến). Tức là khi di chuyển các điểm hoặc vẽ khác đi thì tính chất
vẫn đúng. Hơn nữa, khi vẽ hai vị trí khác nhau mà tính chất vẫn đúng thì có thể khẳng




1


định khá chắc chắn tính chất đó đúng. Ví dụ: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), vẽ các đường

cao BE, CF. Thế thì, ta luôn có AO  EF với mọi cách vẽ tùy ý tam giác ABC.

A

A

E

E
F

F
B

O

O
C

B

C

Kỹ thuật Hình học và năng lực phán đoán hình vẽ như là “đoạn thẳng bằng nhau”,
“góc bằng nhau”, “tứ giác nội tiếp”… là quan trọng trong giải một bài toán Hình học. Tuy
nhiên không nên quá quan trọng vào kỹ thuật giải bài mà nên chú tâm nhiều hơn vào cảm
giác mô hình để, phán đoán tính chất, đây là mức độ cao và cần thiết khi học Hình học.
Lời giải Hình học dài hay ngắn thì điều gì là hay, điều gì không hay? Phải nói rằng
một lời giải ngắn gọn, đẹp mắt thường được yêu thích, tuy nhiên rằng việc đó có giúp ta
hiểu tốt hơn bài toán không lại là một điều khác. Một lời giải dài, dùng qua nhiều tính chất

quen thuộc hoặc có thể phát hiện tính chất mới cũng thực sự là điều đáng quý. Vì vậy, lời
giải dài hay ngắn, hay hoặc chưa hay thì phải xem xét lời giải thật kĩ với góc nhìn tích
cực.
Người học Hình học và người làm Hình học. Một điều đáng chút ý là khi làm xong
một bài toán ta đúc kết được gì? Kết quả đó từ đâu ra? Vận dụng kết quả đó vào bài toán
khác như thế nào? Mô hình, tính chất có trong đó quen thuộc hay là mới?... Giải quyết
một bài toán đơn lẻ theo tư duy, các suy luận ngược, xuôi, giả định xảy ra xem thu được
kết quả gì, từ đó dẫn đến làm việc gì là điều quan trọng. Nhưng sau đó hãy cố gắng tìm
hiểu thật cẩn thận, cặn kẽ, tìm cội nguồn sâu xa của nó, liên kết nó tới các bài toán khác.
Từ đó giúp ta hiểu sâu hơn, rộng hơn và tổng quan hơn về Hình học phẳng.




2


Trên đây là một vài quan điểm Hình học của cá nhân tôi cũng như những kính
nghiệm có được qua một thời gian tiếp cận và làm Hình học chuyên sâu. Mong rằng những
điều kể trên cùng với các kiến thức cơ bản và bài tập trong phần nội dung phía sau sẽ giúp
ích tốt hơn cho bạn đọc. Rất mong nhận được sự phản hồi tích cực từ bạn đọc, thân ái!




3


MỤC LỤC
Nội dung

Trang

I. Giới thiệu về tam giác và đường tròn…………………………………………

3

II. Giới thiệu về Góc trong đường tròn và các tính chất quen thuộc…………

7

III. Một số tính chất cơ bản của hình học phẳng và các bài toán…………….

10

1) Trực tâm và tính chất liên quan…………………………………………..

10

2) Tâm nội tiếp, bàng tiếp và tính chất liên quan…………………………..

15

3) Đối xứng trục và tính đối xứng (tương tự) của hình vẽ………………...

23

4) Tiếp tuyến của đường tròn và sự liên hệ với tứ giác nội tiếp…………..

30

5) Trung tuyến tam giác vuông………………………………………………

36

6) Mô hình Euler và sự kết nối của các bài toán………………………….

38

7) Kí hiệu, quy ước, tài liệu tham khảo

43




4


Giới thiệu về tam giác và đường tròn cùng các tính chất cơ bản

I.

1. Định lí Ta-lét trong tam giác. Cho tam giác ABC. Nếu BC || B ' C ' thì ta có các tỉ lệ
thức sau đây xảy ra:
 AB AC  B ' C '
 AB  AC  BC (1)

 AB  AC  (2) ; AB  AC (3)
 BB C C

BB C C
A

A

C'

B'
A

B'
B

C'

C

B

C

C'

B'

C

B

2. Định lí Ta-lét đảo. Nếu một trong các tỉ lệ thức (1), (2), (3) xảy ra thì B’C’||BC.

3. Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác.
A'
A

C

B

B'

C'

Trường hợp 1 (cạnh- cạnh- cạnh). Cho hai tam giác ABC, A’B’C’;

AB
BC
AC


A' B ' B 'C ' A 'C '

khi và chỉ khi ABC A ' B ' C '.
Trường hợp 2 (cạnh-góc-cạnh). Nếu

AB
AC '

, A  A ' thì ABC
A' B ' A'C

A ' B ' C '.

Trường hợp 3 (góc-góc). Nếu A  A, B  B thì ABC A ' B ' C '.
Nếu hai tam giác đồng dạng với nhau thì: Tỉ số hai đường cao tương ứng bằng tỉ
số đồng dạng, tỉ số hai đường phân giác tương ứng bằng tỉ số đồng dạng, tỉ số hai đường
trung tuyến tương ứng bằng tỉ số đồng dạng, tỉ số các chu vi bằng tỉ số đồng dạng, tỉ số
các diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
4. Tính chất đường trung bình. Cho tam giác ABC có MN là đường trung bình song
1
2

song với BC. Thế thì, ta có MN || BC , MN  BC.




5


A

M

N

C

B

5. Tính chất tam giác vuông. Trong tam giác ABC với M là một điểm trên cạnh BC. Thế

thì, MA=MB=MC khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại A..
A

B

M

C

6. Các hình cơ bản trong mặt phẳng.
a) Hình thang- hình thang cân
b) Hình bình hành
c) Hình chữ nhật
d) Hình thoi

e) Hình vuông

7. Đa giác và diện tích đa giác.
a) Đa giác lồi là một đường gấp khúc khéo kín sao cho đa giác luôn nằm trong một nửa
mặt phẳng có bờ là đường thẳng chứa bất kì cạnh nào của đa giác đó. Đa giác đều là đa
giác có tất cả các cạnh bằng nhau và tất cả các góc bằng nhau.
b) Diện tích.
1
2

Diện tích tam giác bằng nửa tích một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: S  a.h .
1
2

Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông: S  ab .

Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó: S  ab .
Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó: S  a 2 .

1
2

Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao: S  (a  b)h .
Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: S  ah .
1
2

Diện tích hình thoi bằng nửa tích hai đường chéo: S  d1d 2 .
8. Các điểm đặc biệt và đường đặc biệt trong tam giác.
a) Đường trung tuyến và trọng tâm. Các trung tuyến AM, BN, CP cắt nhau tại trọng
tâm G và ta có tính chất sau: AG=2GM, BG=2GN, CG=2GP hoặc là
AG BG CG 2



AM BN CP 3




6


A
A

A

P
P

E

N

O

G
F

B

H

B

N

M

C

B

C

M

C

D

b) Đường cao và trực tâm. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại một điểm H và H
gọi là trực tâm của tam giác ABC.
c) Đường trung trực và tâm đường tròn ngoại tiếp. Ba đường trung trực của ba cạnh
BC, CA, AB cắt nhau tại một điểm O và điểm O gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam
giác ABC. Tam giác ABC gọi là nội tiếp đường tròn (O).
d) Đường phân giác. Cho tam giác ABC với phân giác trong là AD, phân giác ngoài là
DB AB EB


.
DC AC EC
a  b c  d a  b c  d
 b  d ; b  d
a c
* Tính chất chất của tỉ lệ thức:   
b d
a  c  a  c  a  c
 b d b  d b  d

AE của BAC khi và chỉ khi

A

A

N
E
F
P

E

B

C

D

B

I

M D

C

e) Đường phân giác và tâm đường tròn nội tiếp. Ba đường phân giác AD, BE, CF cắt
nhau tại một điểm I và I gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường tròn (I) gọi là
đường tròn nội tiếp tam giác.
9. Tính chất Hình học quen thuộc hay sử dụng.




7

A

N

J
K

P

O

H

B

C

I
M

a) Tính đối xứng của trực tâm tam giác. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), các đường cao
AI, BJ, CK cắt (O) tại M, N, P. Thế thì
+ M, N, P đối xứng với H qua các cạnh, nghĩa là IH=IM, JH=JN, KH=KP.
+ H là tâm nội tiếp tam giác IJK.
b) Tính chất tâm nội tiếp. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp. Đường thẳng AI cắt (O) tại M. Khi đó MB=MC=MI.
A

A

O

O

I

G
B

H

C

B

M

C

M

c) Đường thẳng Euler. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi G, H lần lượt là
trọng tâm và trực tâm và M là trung điểm của BC. Thế thì,
+ AH=2OM
+ Ba điểm G, H, O thẳng hàng và GH=2GO. Đường thẳng G-H-O gọi là đường thẳng
Euler.
II.
Giới thiệu về Góc trong đường tròn và các tính chất quen thuộc.

A) Đường tròn- Các loại góc của đường tròn.
1) Góc ở tâm bằng hai góc nội tiếp cùng nhìn một cung: BOC  2BAC
2) Hai góc nội tiếp cùng nhìn một cung thì bằng nhau. BAC  BDC
A

A

D

O
C

C

1

B

B

2




8


3) Góc ở trong đường tròn bằng nửa tổng hai cung mà góc đó chắn:
AMD 

1
sd ( AmD  BnC )
2

4) Góc ở ngoài đường tròn bằng nửa hiệu hai cung mà góc đó chắn.
APD 

1
sd ( AmD  BnC )
2
P

M
A

m
D
M

A
C

B

O

B
n

3+4

5

5) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng 900 ( AMB  900 ).
6) Góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó ( MAB  ACB ).
A

A

M

O

M

O

O

C

B

6

A

B

7

M

B

8

7) Hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm ở ngoài đường tròn thì bằng nhau.
8) Đường thẳng nối tâm O và điểm M nằm trên dây cung AB . Thế thì, OM  AB  M
là trung điểm của AB.
9) Trong tam giác vuông đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền. Do đó, tam giác vuôn
luôn nội tiếp đường tròn với đường kính là cạnh huyền.
10) Đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC (hay còn nói là tam giác ABC nộ tiếp
đường tròn (O), thì O là giao ba đường trung trực của ba cạnh.




9


M

A

N

A

P

B

O

O
B

9
B) Tứ giác nội tiếp.

C

M

10

1) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi tổng hai góc đối bằng 1800. ( A  C  1800 hoặc
B  D  1800 ).

2) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi có hai góc cùng nhìn một cung bằng nhau. (
BAC  BDC ).

3) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ góc trong của một đỉnh bằng góc ngoài đỉnh đối
diện. ( A  C1 ).
A
A

A

C

C

1

D

D

D

B

C

B

B

2

1

3

4) Đặc biệt khi có hai góc vuông cùng nhìn một cung thì tứ giác đó nội tiếp đường tròn
đường kính của dây chắn góc vuông. ( ABD  ACD )
C

B

A
D

A

O

D

I

J
C

4

5

B

5) Định lí phương tích cho tứ giác nội tiếp. Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm hai
đường chéo và J là giao điểm hai cạnh bên.
a) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi IA.IC=IB.ID
b) Tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi JA.JD=JB.JC.




10


Chứng minh. a) Nếu ABCD nội tiếp thì IAB  IDC và AIB  DIC , suy ra
AIB

DIC 

IA IB
IA IB
cùng với AIB  DIC

 IA.IC  IB.ID . Ngược lại, nếu IA.IC=IB.ID 

ID IC
ID IC

suy ra AIB DIC  IAB  IDC nên ABCD nội tiếp.
b) chứng minh tương tự.




11


III.

Một số tính chất cơ bản của hình học phẳng và các bài toán.

1.

Trực tâm và tính chất liên quan

Tính chất 1.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) với H là trực tâm tam giác
ABC và A1, B1, C1 là giao của AH, BH, CH với (O). Gọi M, N, P là giao của AO, BO, CO
với đường tròn ngoại tiếp (O). D, E, F là chân đường cao đỉnh A, B, C và A’, B’, C’ là
trung điểm của BC, CA, AB tương ứng. Khi đó:
a) A1, B1, C1 đối xứng với H qua các cạnh BC, CA, AB tương ứng và AB1  AC1; BC1  BA1
;CA1  CB1 (tính đối xứng của trực tâm).

b) M, N, P đối xứng với H qua trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
c) H là tâm nội tiếp tam giác DE F (DEF gọi là tam giác trực tâm của tam giác ABC).
d) AO  EF ; BO  FD; CO  DE .
e) AO, BO, CO là các đường trung trực của tam giác A1B1C1.
f) Đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC, HCA, HAB và (O) có bán kính bằng nhau và
chúng là ảnh đối xứng với (O) qua các trục đối xứng BC, CA, AB tương ứng.
g) AH  2OA '; BH  2OB '; CH  2OC ' .
BC
R CA
R AB
R
.

;

;

EF OA ' FD OB ' DE OC '

i) BAH  COA; CBH  AOB; ACH  BOC (tính chất liên hợp góc của O và H).

h)

Chứng minh.
B1
A

E
C1

F

B

H

D
A1




O
C

A'
M

12

a) Tứ giác AFDC nội tiếp nên BAD  BCH , hơn nữa BAD  BCA1 nên suy ra
BCH  BCA1 nghĩa là tam giác CHA1 cân tại C nên ta được DH  DA1 tức là A1 và H

đối xứng qua BC. Trường hợp còn lại tương tự.
b) Ta có BH  AC và ACM  900  MC AC vậy ta có BH MC . Tương tự, ta có
CH MB . Do vậy tứ giác BHCM là hình bình hành nên HM cắt BC tại trung điểm A’ của
BC, nghĩa là M đối xứng với H qua trung điểm BC. Trường hợp còn lại tương tự.
c) Từ các tứ giác HFBD, HECD, BFCE nội tiếp ta có FDH  FBH  FCE  EDH ,
suy ra HD là phân giác góc FDE . Tương tự HE là phân giác góc FED nên suy ra H là
tâm nội tiếp tam giác DEF.
d) Ta có MAC  900  AMC  900  ABC , hơn nữa tứ giác BFEC nội tiếp nên
ABC  FEA . Từ đó suy ra MAC  900  FEA  MAC  FEA  900 suy ra AO
vuông góc với EF. Trường hợp còn lại tương tự.
e) Tứ giác BFCE nội tiếp nên ABE  ACF  AB1  AC1  OA là trung trực của B1C1.
Trường hợp còn lại tương tự nên suy ra AO, BO, CO là các trung trực của tam giác A1B1C1.
f) Từ tính chất a ta thấy hai tam giác HBC và A1BC đối xứng với nhau qua BC nên đường
tròn ngoại tiếp của chúng đối xứng với nhau qua BC. Hơn nữa (O) ngoại tiếp A1BC nên
suy ra đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC và (O) có bán kính bằng nhau và chúng là
ảnh đối xứng của nhau qua BC. Trường hợp còn lại tương tự.
g) Từ tính chất b ta suy ra OA’ là đường trung bình tam giác AHM nên ta có AH  2OA ' .
Trường hợp còn lại tương tự .
i) Ta có BAH  900  ABC  900  AMC  COA
Bài toán 1.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại H ( với D, E, F nằm trên BC, CA, AB). Lấy các điểm M , N sao cho E, F là trung
điểm của AM, AN.
a) Chứng minh rằng HM=HN.
b) Chứng minh nằm điểm B, H, C, M, N nằm trên một đường tròn.
c) Gọi K là điểm đối xứng với O qua đường thẳng BC. Chứng minh rằng KM=KN.

Chứng minh.




13


A

O
F

B

E

H

S

D

C
M

T
K

N

a) Vì EA=EM hơn nữa HE vuông góc với AM nên HE là trung trực của AM, AN tức là
HA=HM. Tương tự, HF là trung trực của AN nên HA=HN. Do vậy, HM=HN.
b) Vì HE là trung trực của AM nên HMC  HAE (1). Mặt khác, BEA  BDA  900 nên tứ
giác BDEA nội tiếp. Do đó, HCB  HAE (2) (cùng chắn cung DE). Từ (1) và (2) suy ra tứ
giác BHCM nội tiếp. Tương tự, tứ giác BHCN nội tiếp. Do đó 5 điểm B, H, C, M, N nằm
trên cùng một đường tròn.
c) Dễ thấy BOCK là hình thoi. Gọi T, S là giao của đường thẳng AH, OK với BC với (O).
Thế thì, HOKT là hình thang. Vì DH=DT, SO=SK nên OHTK là hình thoi, suy ra
KB=KC=OB=KH, tức là K là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC. Kết hợp với ý b) ta được
điều phải chứng minh.
Bài toán 1.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với BAC  900 . Các đường cao
BD, CE cắt nhau tại H, các tia BD, CE cắt (O) tại M, N tương ứng.
a) Chứng minh rằng AM=AN.
b) Chứng minh rằng MN=BC khi và chỉ khi BAC  600 .
c) Gọi I là một điểm bất kì trên đường thẳng AB, đường thẳng IH cắt đường thẳng AC tại
J. Gọi K là giao điểm của NI với MJ. Tìm quỹ tích điểm K khi I di động trên đường thẳng
AB.
Chứng minh.




14


A

1
2

b) Ta có BHC  sd (MN  BC ) 

M

1
sd MN  A , Mặt khác, tức giác AEHD
2

D
N

E

J

H

nội tiếp nên BHC  DHE  1800  A . Do

O

I

đó,

B

C

1
sd MN  A  1800  A  . Nên ta suy
2

ra MN  BC  MN  BC 
1
sd BC  A  1800  A  3 A  1800
2
 A  600 .

K

a) Theo tính đối xứng trực tâm EN=EH,
DM=DM nên suy ra AN=AH=AM.

c) Dễ thấy AB, AC là trung trực của HN, HM. KIJ  INH  IHN  2IHN và KJI  JMH 







JHM  2 JHM , nên suy ra IKJ  1800  IKJ  KJI  1800  2 IHN  JHM







 1800  2 1800  EHD  1800  2 EHD  1800  2(1800  A)  1800  2A . Mặt khác,



sd AM  2 ABM  1800  2 A; sd AN  2 ACN  1800  2 A  sd MN  sd AM  AN
 3600  4A . Từ (1) và (2) ta được IKJ 



1
sd MN , tức là K nằm trên đường tròn (O),
2

nên quỹ tích của K là (O).
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường cao AM cắt (O) tại F,
đường thẳng AO cắt BC tại N và cắt (O) tại G.
a) Chứng minh rằng BF=CG.
b) Đường tròn (ABM) cắt đường tròn (ACN) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng
KMN  KNM  KAM  KAN .

c) Kẻ tiếp tuyến tại A cắt (O) tại điểm K. Chứng minh rằng KM.KN=KA2.
Chứng minh.




15

A

K

K

B

M

b) Ta có BKM  BAM  GAC  NKC . Theo
tính chất góc ngoài, ta nhận được
O

KMN  KBM  BKM , KNM  KCN  NKC ,

suy ra góc KMN  KNM  KBM  KCN
(1), hơn nữa, các tứ giác AKMB, AKNC

C

N

G

F

nội tiếp nên KBM  KAM ; KCN  KAN
(2). Từ (1), (2) ta được KMN  KNM 

a) Dễ thấy AFG  900 , suy ra BC||FG, nên
tứ giác BCGF là thang cân, suy ra
BF=CG.

KAM  KAN .

c) Ta có KAB  BCA (tiếp tuyến và dây), vì BAM  NAC , do đó KAM  KAB  BAM
 BCA  NAC  ANM . Kết hợp với K chung suy ra hai tam giác KAM, KNA đồng dạng,

suy ra KA/KN=KM/KA, suy ra KA2=KM.KN.
Nhận xét. Các bài toán trên xoay quanh tính chất đối xứng, góc liên hợp tại trực tâm. Ta
hoàn toàn có thể khai thác nhiều bài toán khác từ tính chất cơ sở số 1.
Bài toán 1.4. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H và
ABCác đường thẳng AP, AQ cắt lại (O) ở M, N.
a) Chứng minh rằng C, H, M thẳng hàng; B, H, N thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng H, P, Q thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng BM=BP, CN=CQ.
d) Chứng minh rằng PQ  OA .
e) Gọi K là giao của BP với CQ. Chứng minh rằng K nằm trên đường tròn (O).
Chứng minh. a) Gọi I là giao AH với BC và J là giao của DP với AB, thế thì
DIB  DJB  900

nên

BIDJ

nội

tiếp,

suy

ra

ABC  IDJ .

Mặt

khác,

AMC  ABC; MPD  IDJ từ đó ta được AMC  MPD nên CM||PD (góc đồng vị) tức là
CM  AB . Vì CH  AB nên C, H, M thẳng hàng. Tương tự, B, H, N thẳng hàng.




16


N

A

Q

M
O

H

P

L
K
C

I

B
J
D

b) Cách 1. Gọi L là giao của DQ với AC. Vì IJ, JL là đường trung bình các tam giác
DPH, DQH nên HP||IJ, HQ||IL. Dễ thấy DJBI, DCLI nội tiếp nên
DIL  1800  ACD  1800  JBD 

1800  JID nên DIL  JID  1800 suy ra I, J, L thẳng hàng. Do đó, P, H, Q thẳng hàng.

Cách 2. Vì HM  AB nên theo tính chất 1.1.a thì M đối xứng với H qua AB, suy ra
MBA 

ABH  AM  AN . Dễ thấy tứ giác MPDH là hình thang cân nên suy ra MPH  MDH 
1
1
sd AM  sd AN  AMN , do đó PH||MN (góc đồng vị). Tương tự, QH||MN nên P, H,
2
2

Q thẳng hàng.

c) Vì AB là trung trực của MH, PD nên BM=BH, BP=BD. Hơn nữa, theo tính chất đối
xứng 1.1.a ta có BH=BD. Vậy ta có BMBP. Tương tự, CN=CQ.
d) Theo ý a) thì AM=AN, hơn nữa OM=ON nên OA là trung trực của MN. Suy ra
OA  MN , mà MN||PQ nên PQ  OA .





e) Ta có các tam giác BPD, QCD cân nên KBD  2BDJ  2 900  JBD  1800  2 ACD và
KCD  2 ACD . Do đó, KBD  KCD  1800 nên tứ giác KBDC nội tiếp, suy ra K nằm trên

(O).




17


Bài toán 1.5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có góc A nhọn. Gọi H là trực tâm
tam giác ABC, lấy một điểm M cố định trên đường tròn (BHC) và nằm trong tam giác
ABC sao cho M không trùng với B, C, H. Gọi E, F, N lần lượt là điểm đối xứng với M qua
AB, AC, BC. Chứng minh rằng tứ giác AENF nội tiếp.
F

A

E

M
H

O
C

B
D
N

Gọi D là điểm đối xứng của H qua BC, theo tính chất đối xứng 1.1.a) thì D nằm trên (O).
Do đó đường tròn (BHC) đối xứng với (DBC)  (O) qua BC. Vì M thuộc (BHC) nên N
nằm trên (O). Theo tính chất đối xứng thì BE=BM=BN nên B là tâm đường tròn (ENM),
suy ra ENM 
1
EBM  ABM . Tương tự, ta có FNM  ACM  ENF  ABM  ACM  3600  BAC 
2

AMB  AMC  BMC  BAC . Dễ thấy BMC  BHC  1800  BAC; EAF  2BAC nên suy ra ,
ENF  1800  2BAC  1800  EAF . Do đó, Tứ giác AENF nội tiếp.

2.

Tâm nội tiếp, bàng tiếp và tính chất liên quan

Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp (I) và 3 đường tròn bàng tiếp ( I A ),( I B ),( IC )
tương ứng với các đỉnh A, B, C. Kí hiệu các cạnh BC  a, CA  b , AB  c và nửa chu vi
abc
, bán kính đường tròn nội tiếp là r , bán kính các đường tròn
2

bàng tiếp các góc A, B, C tương ứng là ra , rb , rc .

tam giác là p 




18


Tính chất 2.1: Gọi D, E, F là tiếp điểm của đường tròn (I) với các cạnh BC, CA, AB
tương ứng và M, P, Q là tiếp điểm của đường tròn ( I A ) với BC, AB, AC. Thế thì
 AE  AF  p  a

a) Côn thức các đoạn tiếp tuyến đường tròn nội tiếp  BD  BF  p  b
CD  CE  p  c

 AP  AQ  p

b) Công thức các đoạn tiếp tuyến trên đường tròn bàng tiếp  BM  BP  p  c
CM  CQ  p  b

A

E
F

I
M

B

D

C
Q

P
IA

Chứng minh. a) Lưu ý AE=AF. Ta có a  BC  DB  DC  BF  CE   AB  AF 
  AC  AE   AB  AC  2 AE , suy ra AE 

AB  AC  BC
 p  a . Các công thức còn lại
2

chứng minh tương tự.
b) 2 AP  AP  AQ  AB  BP  AC  CQ  AB  BD  AC  CD  AB  BC  CA  2 p , suy ra
AP=p, BM  BP  AP  AB  p  c , CM  CQ  AQ  AC  p  b .
Tính chất 2.2. Kí hiệu A, B, C là các góc tại các đỉnh A, B, C. Thế thì ta có tính toán
sau
A

0
BIC  90  2

B

0

CIA  90 
2

C

0
AIB  90  2


Chứng minh. Ta có BIC  1800  IBC  ICB  1800 

B C
A
  900  . Các đẳng thức
2 2
2

còn lại là tương tự.




19


Tính chất 2.3. Gọi M là giao của AI với đường tròn ngoại tiếp (O) của tam giác ABC.
Thế thì, MB=MC=MI. Hơn nữa, giao điểm của AI với đường tròn tâm M bán kính MI
chính là tâm bàng tiếp I A .
A

O
I
B

C
M
IA

Chứng minh. Dễ thấy MBI  MBC  IBC 

A B

2
2

và MIB  BAM ABI

A
2
B
, nên tam giác MBI cân ở M suy ra MB=MI. Tương tự, ta có MI=MC, nên

2
MB=MC=MI. Hơn nữa, gọi I A là giao của AI với đường tròn tâm M bán kính MI thì II A


là đường kính của nó, suy ra I A B  IB; I AC  IC; vì IB, IC là các phân giác trong nên
I A B, I AC là các phân giác ngoài của góc B, C, nghĩa là I A là tâm bàng tiếp góc A

Tính chất 2.4. Góc vuông sinh ra từ tâm nội tiếp và tâm bàng tiếp.

a) Giả sử rằng phân giác BI cắt EF tại M. Thế thì, BMC  900 .
b) Giả sử đường tròn bàng tiếp ( I A ) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại M, Q, P. Gọi S
là giao điểm của MP với I AC . Thế thì, .
A

A
S

M
E
M

F

B

Q

I
D

P

C

IA




C

B

20


Chứng minh. a) Ta có BMF  1800  FBM  BFM  1800 

B
 (1800  AFE )
2

B
A B C
 900 


 ICE do đó tứ giác IEMC nội tiếp, nên
2
2
2
2
IMC  IEC  900 .
B
b) Tam giác BMP cân ở B nên BMP 
và SC là phân giác ngoài góc C nên
2
C
C

SCB  900 
 BMP
 I A SP  1800  SCB  SMC  1800  900 
2
2
B C A
 900 


 I A AP . Nên tứ giác I A SAP nội tiếp  ASI A  API A  900
2
2
2
 AFE 

Nhận xét. Các tính chất trên được còn đúng với cách kẻ tương tự.
Tính chất 2.5. (Tính chất A  600 ) Gọi H, O, I là trực tâm, tâm ngoại tiếp và tâm nội
tiếp tam giác ABC. Thế thì, A  600 khi và chỉ khi B, H, I, O, C cùng nằm trên một
đường tròn.
A

O

H I
B

C
M

Chứng minh. Chiều thuận: Nếu A  600 , dễ dàng tính toán được

BHC  1800  A  1200
A
 1200 ; BOC  2A  1200 , nên suy ra B, H, I, O, C cùng nằm trên
; BIC  900 
2

đường tròn. Từ tính chất 2.3 suy ra B, H, I, O, C nằm trên đường tròn tâm M, chiều đảo
tương tự
Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn BAC  600 và
AB  AC . Các đường phân giác góc trong của góc A, B cắt đường tròn tương ứng tại M,
E. Gọi I là giao điểm của AM, BE.
a) Chứng minh rằng EA  EI  EC .
b) Đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại F. Gọi P, Q là giao điểm của EF với AB, AC
tương ứng. Chứng minh rằng MP=MQ.
c) Giả sử tiếp tuyến tại B, C của đường tròn (O) cắt nhau tại K. Chứng minh rằng tứ giác
BICK nội tiếp.
Chứng minh.




21


A

a) Đây là tính chất 2.3.

E
Q

b) Từ ý a) ta có EA=EI, FA=FI nên EF
là trung trực của AI suy ra AI  PQ .

P
F

I O

Hơn nữa, AI là phân giác góc PAQ nên
suy ra AI là trung trực của PQ. Do đó,
MP=MQ.

C

B
M

K

c) Cách 1. Ta có BIC  900 

A
 1200 (theo tính chất 2.2) và
2

BKC  1800  KBC  KCB  1800

2BAC  600 . Do đó, BIC  BKC  1800 suy ra BIKC nội tiếp.
A

Cách 2. Ta có BOC  2BAC  1200 , BIC  900   1200 (theo tính chất 2.2). Do đó,
2
BOC  BIC , suy ra BIOC nội tiếp. Hơn nữa, dễ thấy BOCK nội tiếp, tức là 5 điểm B, I,

O, C, K cùng nằm trên đường tròn, tức là BICK nội tiếp.
Bài toán 2.2. Cho tam giác ABC vuông tại A, không cân và nội tiếp đường tròn (O). Các
đường phân giác góc B, C cắt nhau tại I. Kẻ ID, IE, IF vuông góc với AB, BC, CA.
Đường thẳng AI cắt lại (O) tại M.
a) Chứng minh rằng MD=MF.
b) Chứng minh rằng góc DEF có số đo không đổi khi A di chuyển trên (O).
c) Giả sử góc B=600. Đường thẳng qua I vuông góc với AI cắt BC tại N. Chứng minh
rằng IM=IN.
Chứng minh.




22


A
F
D

I

K
O

N

C

E

B

M

a) I là tâm nội tiếp nên AI là phân giác góc A. Dễ thấy tứ giác IDAF là hình vuông nên
IA là trung trực của DE, suy ra AM là trung trực của DE.
b) Dễ thấy các tứ giác IDBE, IFCE nội tiếp. Nên góc DEF  DEI  IEF  DBI  DCI


B C A
   450 không đổi.
2 2 2

c) Theo tính chất quen thuộc 2.3 thì MB=MC=MI. Hơn nữa góc IMC  ABC  600 nên
tam giác IMC đều. Do đó, IM=IC (1). Vì B  600 , C  300 và AIB  900 

C
 1050 nên
2

suy ra NIB  AIB  900  150 . Theo tính chất góc ngoài thì, INB  IBC  NIB 
300  150  150

 ICN nên INC cân ở I, suy ra IN=IC (2). Từ (1) và (2) suy ra IM=IN.

Lưu ý. Để chỉ ra BNI  150 ta có thể làm như sau. Gọi K là giao của IN với AB. Thế thì
AIK vuông cân, do đó góc AKI  450  BIK  KIB , suy ra BIK  150  BNI  IBC  BIN .
Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC, gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường tròn
(I) tiếp xúc với AB, AC tại F, E. Gọi M là giao của BI với EF.
a) Chứng minh rằng BMC  900 .
b) Gọi N là giao của CI với EF và S là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác
SMN đều khi và chỉ khi BAC  600 .
Chứng minh.




23


A

M
E
F

N
I

B

S

C

a) Tính chất 2.4.
b) Ta có BNC  900 . Do đó SM  SN 

BC
. Dễ thấy, tam giác NSC cân ở S nên suy ra
2

NSB  2 NCS  C ; tương tự MSC  B . Do đó, NSM  1800  B  C  A . Do đó, tam giác

NSM đều khi và chỉ khi góc NSM  A  600 .
Nhận xét. Mô hình này có thể sử dụng để làm bài toán sau đây.
Bài 2.3.1. (HSG- Lớp 9- Lạng Sơn 2014-2015). Cho góc xOy có số đo bằng 60o. Đường
tròn có tâm K tiếp xúc với tia Ox tại M và tiếp xúc với tia Oy tại N. Trên tia Ox lấy điểm
P thỏa mãn OP = 3OM. Tiếp tuyến của đường tròn (K) qua P cắt tia Oy tại Q khác O.
Đường thẳng PK cắt đường thẳng MN ở E. Đường thẳng QK cắt đường thẳng MN ở F.
a) Chứng minh hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng với nhau.
b) Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp.
c) Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF đều.
Chứng minh. Bạn đọc tự giải dựa vào bài toán 2.3 ở trước.
Bài toán 2.4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác góc A cắt BC tại D và
cắt (O) tại M. Lấy các điểm P, Q trên đường thẳng AB, AC sao cho MB=MP, MC=MQ.
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng MP+MQ=2MI.
b) Chứng minh rằng P, D, Q thẳng hàng.
c) Gọi J là giao điểm của AI với đường tròn (IBC). Gọi T là giao của PI với JQ. Chứng
minh rằng góc TA  IJ .
Chứng minh.




24


T
A

I
Q
B

D
C

P
M

J

a) Theo tính chất quen thuộc 2.3 thì MB=MC=MI. Do đó, MP=MQ=MI, nên
MP+MQ=2MI.
1
2





b) Nối DP, DQ, ta có BPM  PBM  ACM  sd AB  BM 





1
sd AB  CM  ADB
2

 1800  BDM , suy ra BPM  BDM  1800 tức là tứ giác BDMP nội tiếp. Tương tự, CMDQ

nội tiếp. Dễ thấy, MBP  MCQ nên BMP  CMQ , suy ra BDP  BMP  CMQ  CDQ
, vậy P, D, Q thẳng hàng theo tính chất góc đối đỉnh.
c) Vì MB=MQ, MC=MP và AM là phân giác góc A nên P, B đối xứng với C, Q qua AJ.
1
2





1
2





Do đó, JP=JC. Ta có ITQ  sd JP  IQ  sd JC  IQ  IAQ nên tứ giác ATQI nội
tiếp. Theo tính chất 2.3 thì I, B, C, J nằm trên đường tròn đường kính IJ nên
IAT  IQT  900 .

Bạn đọc có thể chứng minh bài toán tương tự như sau:
Bài 2.4.1. Cho tam giác ABC, ABngoại tiếp tam giác. Đường thẳng AI cắt (O) tại M. Đường tròn (BIC) cắt AB, AC tại điểm
thứ hai là P, Q.
a) Chứng minh rằng BP=CQ.
b) Gọi J là giao của AI với đường tròn (BIC). Gọi T là giao của IQ với JP. Chứng minh
rằng AT vuông góc với AJ.
Bài toán 2.5. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O) với ABđường tròn nội tiếp là I. Đường thẳng qua I vuông góc với AI cắt đường thẳng BC tại M.
Gọi N là giao điểm của AM với (O).
a) Chứng minh rằng IN  MA .




25