Bài giảng của thầy Trần Quang Hùng tạiTrường Đông Toán học

Bài giảng của thầy Trần Quang Hùng tại
Trường Đông Toán học 2017
Nguyễn Kim Phương Trang
2018


Bài viết là tổng hợp các bài tập hình học được thầy Trần Quang
Hùng giảng dạy tại Phú Yên vào 2 ngày 25-26/11/2017

Bài 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn
(I). Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt (O) lần lượt tại
M, N . Các đường thẳng AM, AN cắt BC lần lượt tại P, Q. Chứng
minh rằng A, I, P, Q cùng thuộc một đường tròn

1


Gọi D, X lần lượt là giao điểm của AI với BC, (O). XN giao BC tại
1
K. ∠ADK = ∠BAC + ∠ACB = ∠AN K suy ra 4 điểm A, D, N, K
2
cùng thuộc một đường tròn. Do đó XN.XK = XD.XA = XI 2
⇒ ∠KIX = ∠IN X. Ta có: ∠AN I = ∠AN X − ∠IN X = ∠KDX −
∠KIX = ∠IKQ ⇒ N Q⊥KI ⇒ Q là trực tâm của ∆IKN . Do đó
∠IQC = ∠IN K = 180−∠M N X = 180−∠M AX = ∠P AI
Vậy A, I, P, Q cùng thuộc một đường tròn
Bài 2: Cho ngũ giác ABCDE có AB = BC = CD, ∠A = ∠C,
∠B = ∠D. F là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng EF ⊥BC

Gọi K là trực tâm của ∆BCF ⇒ KF ⊥BC. Ta có KB là đường trung
trực của AC, KC là đường trung trực của BD suy ra KA là tia phân

giác của ∠BAE, KD tia là phân giác của ∠CDE
Do đó KE là đường phân giác của ∠AED. Gọi M, N lần lượt là giao
điểm của AE, DE với đường thẳng BC. Dễ thấy ∆ABM =∆CDM (g.c.g)
⇒ ∠M = ∠N nên EK⊥BC. Vậy EF ⊥BC

2


Bài 3: Cho ∆ABC, P thuộc tia phân giác trong ∠A trong tam giác.
D, E, F là hình chiếu của P lên BC, CA, AB. (DEF ) ∩ BC = D, G. H
là trực tâm ∆GEF . Chứng minh rằng P H luôn đi qua điểm cố định
khi P thay đổi

Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), điểm P bất kỳ thay
đổi trên đoạn AB. Các điểm M, N lần lượt thuộc đoạn AD, BC sao
cho P M//BD, P N//AC. (AP M )∩ AC = A, S; (BP N )∩ BD = B, T .
(AP M ) ∩ (BP N ) = P, Q. Chứng minh rằng tâm của (QST ) thuộc
một đường thẳng cố định
3


Gọi X là giao điểm của AC và BD. Ta có: ∠T QS = ∠T QP −∠SQP =
180−∠ABX − ∠BAX = ∠T XS suy ra X ∈ (QST ).
Mặt khác: ∠ASP = ∠AM P = ∠ADB = ∠ACB nên P S//BC.
SA P A T D
Tương tự: P T //AD do đó: SC
= P B = T B . Gọi (XAD)∩(XBC)=X,Y.
∆Y AC ∼ ∆Y DB(g.g) nên ∆Y AS ∼ ∆Y DT ⇒ ∠Y XA = ∠Y T D
hay Y ∈ (QST ) nên tâm của (QST ) thuộc đường trung trực của XY .
Vì X, Y cố định khi P thay đổi nên tâm của (QST ) luôn thuộc một

đường thẳng cố định khi P thay đổi
4


Bài 5: Cho hình thang ABCD(AB//CD). Đường tròn (K) tiếp xúc
với các cạnh DA, AB, BC; đường tròn (L) tiếp xúc với các cạnh
BC, CD, DA. Gọi BN là tiếp tuyến của (L) xuất phát từ B khác
BC; DM là tiếp tuyến của (K) xuất phát từ C khác DA. Chứng
minh rằng BN//DM

Gọi các tiếp điểm của 2 đường tròn (K), (L) với các cạnh của hình
thang như hình vẽ. N Q giao AB tại G, M P giao CD tại H.
Ta có: ∠BGN = ∠DQN = ∠BN G hay ∆BGN cân tại B.
Do đó GP = BG − BP = BN − BX = BY − BX = XY .
Tương tự HQ = ZT nên GP HQ là hình bình hành ⇒ ∠G = ∠H
hay ∠BN G = ∠DM H. Vậy BN//DM
5


Bài 6: Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Đường tròn (K) tiếp
xúc với các cạnh AB, AD, CD; đường tròn (L) tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CD. Chứng minh rằng đường trung trực của các đoạn thẳng
AB, CD, KL đồng quy

Gọi Q là giao điểm của AB và CD. Ta có K, L, Q thẳng hàng vì cùng
thuộc tia phân giác trong của ∠AQD. Gọi M là giao điểm thứ hai của
(QBC) với KL ⇒ M B = M C = M L. Gọi N là giao điểm thứ hai của
(QAD) với KL ⇒ N A = N D = N K. Ta có ∠AN D = 180−∠AQD =
∠BM C. Lại có AD = BC nên ∆ADN =∆BCM (g.c.g) ⇒ M L = N K.
Gọi P là giao điểm của 2 đường trung trực của AB và CD. Dễ chứng

minh được P M = P N nên P thuộc đường trung trực của KL.
Vậy các đường trung trực của AB, CD, KL đồng quy

6


Bài 7: Cho ∆ABC, các điểm D, E, F bất kỳ thuộc các cạnh BC, CA, AB.
Gọi X, Y, Z lần lượt là tâm của (AEF ), (BF D), (CDE). M là giao
điểm của 3 đường tròn đó. Gọi K là tâm của (XY Z). Chứng minh
rằng đường tròn (K, KM ) luôn đi qua điểm cố định khi D, E, F thay
đổi

Ta có ∠M XY = ∠M AB, ∠M Y X = ∠M BA nên ∆M XY ∼ ∆M AB(g.g).
Tương tự ∆M Y Z ∼ ∆M BC, ∆M ZX ∼ ∆M CA. Do đó M là tâm
đồng dạng biến ∆XY Z thành ∆ABC nên biến K thành O, với O là
tâm ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra ∆M XA ∼ ∆M KO
XM
KM
=
= 1 nên O thuộc (K, KM ). Vì O cố định khi D, E, F
⇒
KO
XA
thay đổi nên (K, KM ) luôn đi qua điểm cố định
7


Bài 8: Cho ∆ABC nội tiếp (O), đường tròn qua A, B và tiếp xúc với
BC cắt CA tại E; đường tròn qua A, C và tiếp xúc với BC cắt BA tại
F . Gọi M, N lần lượt là giao điểm của BE, CF với (O). P, Q là hình

chiếu của E, F lên M N . R là giao điểm của EQ và F P . Chứng minh
rằng AR chia đôi BC
Bổ đề: Cho tam giác AKL, 2 điểm E, F thuộc đường thẳng AK, AL
sao cho ∠ELK = ∠F KL. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của E, F lên
KL. R là giao điểm của EQ và F P . Khi đó AR chia đôi KL

Qua R kẻ đường thẳng song song với KL cắt AK, AL tại S, T .
RT
FR
QR
RH
Gọi H là hình chiếu của R lên KL. Ta có:
=
=
=
.
PL
FP
QE
EP
RS
RH
PE
QF
Tương tự
=
. Lại có ∆ELP ∼ ∆F KQ(g.g) ⇒
=
QK
FQ

PL
QK
suy ra RS = RT nên AR chia đôi KL
8


Trở lại bài toán

Ta có: ∠EBC = ∠BAE = ∠F CB = ∠EM N nên M N//BC.
Gọi K, L lần lượt là giao điểm của M N với AC, AB khi đó ∠AEM =
∠ABC = ∠ALK ⇒ Tứ giác AEM L nội tiếp. Tương tự: Tứ giác
AF N K nội tiếp, do đó ∠ELK = 180−∠BAC = ∠F KL. Áp dụng bổ
đề trên ta có AR chia đôi KL. Vậy AR chia đôi BC
9


Bài 9: Cho ∆ABC, đường cao BE, CF , (J) là đường tròn bàng tiếp
góc A của ∆ABC. Tiếp tuyến chung trong của (AEF ) và (J) cắt BC
tại M, N . Chứng minh rằng BM = CN

Tham khảo lời giải tại
/>Bài 10: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) cố định; B, C cố định, A
di động. (I) là đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi AK, AL lần lượt là
đường phân giác trong của ∆IAB, ∆IAC. Gọi M, N là giao điểm thứ
2 của (ABK), (ACL) với AI. BM cắt CN tại R. Chứng minh rằng
IR luôn qua điểm cố định khi A di động trên (O)
10


AI giao (O) tại P , P O giao (O) tại Q. Gọi J là tâm nội tiếp ∆P BC.

1
1
Ta có: ∠JBC = ∠IBR(= ∠BAC), ∠JCB = ∠ICR(= ∠BAC)
4
4
nên 2 điểm I, J liên hợp đẳng giác trong ∆IBC.
Mặt khác, Q là tâm của (JBC). Kẻ đường kính JD của (Q).
Gọi G, H là giao điểm của P Q với (IBC). Ta có QG.QH = QB 2 =
QD2 ⇒ (DJ, GH) = −1. Vì IG⊥IH nên ID, IJ đối xứng nhau qua
IG. Do đó ID ≡ IR. Vì D cố định khi A thay đổi trên (O) nên IR
luôn qua điểm cố định
11


Bài 11: Cho tứ giác ABCD, 2 điểm E, F thay đổi thuộc các cạnh
BC, AD. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của EF, DE, F C. Giả sử
(P QR) tiếp xúc với EF . Chứng minh rằng đường trung trực của EF
đi qua điểm cố định

Gọi X là giao điểm của AD và BC. Ta có: ∠P QR = ∠RP E = ∠XEF ,
tương tự ∠P RQ = ∠XF E nên ∆XEF ∼ ∆P QR(g.g)
XE
P Q DF
⇒
=
=
suy ra EC.EX = F D.F X.
XF
PR
EC

Gọi O là tâm của (XCD) suy ra OX 2 − OE 2 = OX 2 − OF 2
⇒ OE = OF do đó O thuộc đường trung trực của EF .
Vì O cố định khi E, F thay đổi nên đường trung trực của EF luôn đi
qua điểm cố định

12


Bài 12:
AC, AB.
cho F M
AP, BC,

Cho ∆ABC, H là trực tâm. Gọi E, F là trung điểm của
Trên đường thẳng qua A song song với BC lấy M, N sao
⊥ F H, EN ⊥ EH. EM giao F N tại P . Chứng minh rằng
đường thẳng Euler của tam giác ABC đồng quy

———————————————————————–
Tính chất: ∆ABC, H là trực tâm, AM là trung tuyến, K là hình chiếu
của H lên AM .
KB
Gọi D đối xứng với A qua M , khi đó K, B, C thuộc (DH) và
=
AB
KC
. Gọi L đối xứng với K qua BC, khi đó L thuộc (ABC) và AL là
AC
đường đối trung của ∆ ABC

13


14


Bài 13: Cho hình chữ nhật ABCD, điểm P thuộc cạnh AB, M là
trung điểm của CD. H là trực tâm của tam giác CDP . J là trung
điểm của P H, K là hình chiếu của J lên M P . Chứng minh rằng
đường trung trực của HP tiếp xúc với (KAB)

Đường trung trực của HP cắt đường trung trực của AB tại X.
Gọi E, F là trung điểm của P C, P D. Dễ thấy J là trực tâm ∆P EF .
Gọi O là tâm của (P CD). Vì J và O đối xứng nhau qua trung điểm
của EF nên X và O đối xứng nhau qua EF . Gọi N đối xứng với K qua
EF . Theo tính chất trên: N thuộc (P EF ), ∠P N O=90, P N là đường
đối trung của ∆P CD nên N thuộc (OCD). Vì ∆XAB và ∆ODC đối
xứng nhau qua EF nên K thuộc (XAB). Vậy đường trung trực của
HP tiếp xúc với (KAB)

15


Bài 14: Cho ∆ABC nội tiếp (O) cố định, BC cố định, A di động
trên (O). E, F lần lượt đối xứng với B, C qua AC, AB. CE cắt AB tại
M , BF cắt AC tại N . Chứng minh rằng đường thẳng qua A vuông
góc với M N luôn đi qua điểm cố định
Bổ đề: ∆ABC nội tiếp (O). Đường phân giác BE, CF . (J) là đường
tròn bàng tiếp góc A của ∆ABC. Khi đó OJ ⊥ EF

16


Trở lại bài toán

Gọi P là giao điểm của BF và CE. Khi đó A là tâm nội tiếp ∆P BC.
Vì ∠BP C = 180−∠BOC nên P ∈ (OBC) = (X). Gọi J đối xứng với
A qua O, khi đó J là tâm bàng tiếp góc P của ∆P BC.
Theo bổ đề XJ ⊥ M N . Gọi K đối xứng với X qua O
suy ra AK ⊥ M N . Vậy đường thẳng qua A vuông góc với M N luôn
đi qua điểm đối xứng với tâm của (OBC) qua O.
17


Bài 15: Cho ∆ABC nội tiếp (O) cố định, BC cố định, A di động trên
(O). E, F thuộc tia CA, BA sao cho CE = BC = BF . S là trung
điểm của EF . I là tâm nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng IS đi
qua điểm cố định

(I) tiếp xúc với AB, AC tại P, Q. IB, IC giao RQ tại M, N . Khi đó
M, N lần lượt là trung điểm của CF, BE. Gọi T là giao điểm 2 tiếp
tuyến tại B, C của (O). IB, IC giao (T, T B) tại K, L. Chứng minh
1
1
được ∠KBC = ∠ABC = ∠KT C nên K ∈ (T, T B). Tương tự
2
2
L ∈ (T, T B). Ta có: ∠M KL = ∠N CB = ∠BM N nên M N//KL.
∆SM N và ∆T KL có các cạnh tương ứng song song nên ST, M K, N L
đồng quy. Vậy IS luôn đi qua giao 2 tiếp tuyến tại B, C của (O)

18


Bài 16: Cho ∆ABC nội tiếp (O) cố định, BC cố định, A di động trên
(O). E, F đối xứng với B, C qua CA, AB. M là trung điểm của EF .
Chứng minh rằng AM luôn đi qua điểm cố định

Tương tự bài 15
AM qua giao 2 tiếp tuyến tại B, C của (OBC)

19


Bài 17: Cho ∆ABC, BC cố định, A di động. Hình chữ nhật
BCM N cố định. Dựng các hình chữ nhật CAP Q, ABRS đồng dạng
với BCM N . SM giao P N tại T . Chứng minh rằng AT luôn đi qua
điểm cố định

20


Gọi X là điểm đối xứng với tâm của (BCM N ) qua M N .
Hạ BK ⊥ SM ⇒ K ∈ (ABRS). AK giao (BCM N ) tại điểm thứ hai
là U . Ta có ∠CN U = ∠CKU = 180 − ∠AKC = ∠AKS + ∠CKM =
2∠CN M = ∠CN X nên U ∈ N X. Tương tự hạ CL ⊥ P N , AL giao
(BCM N ) tại V thì V ∈ M X. Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
M, N, U, V, L, K suy ra A, T, X thẳng hàng. Vậy AT luôn đi qua điểm
đối xứng với tâm của (BCM N ) qua M N
Bài 18: Cho ∆ABC, điểm P bất kỳ. X, Y, Z là tâm đường tròn Euler
của các tam giác P BC, P CA, P AB. Chứng minh rằng đường thẳng

qua X, Y, Z vuông góc với P A, P B, P C đồng quy

21


Gọi D, E, F, K, L, M lần lượt là trung điểm của các cạnh
BC, CA, AB, P A, P B, P C. (KF L)∩ (KEM ) = K, Q.
(QL, QM ) ≡ (QL, QK) + (QK, QM ) ≡ (F L, F K) + (EK, EM ) ≡
(P A, DM ) + (DL, P A) ≡ (DL, DM )(modπ)
⇒ Q ∈ (DLM ) do đó (X), (Y ), (Z) đồng quy tại Q.
Ta có: (XY, XZ) ≡ (QM, QL) ≡ (DM, DL) ≡ (P B, P C)(modπ).
Gọi S là giao điểm của đường thẳng qua Y vuông góc với P B và
đường thẳng qua Z vuông góc với P C. Ta có: (SY, SZ) ≡ (P B, P C) ≡
(XY, XZ)(modπ) ⇒ S ∈ (XY Z) ⇒ (SX, SZ) ≡ (Y X, Y Z) ≡ (P A, P C)
⇒ (SX, P A) ≡ (SZ, P C) ≡ 90(modπ) suy ra SX ⊥ P A.
Vậy các đường thẳng qua X, Y, Z vuông góc với P A, P B, P C đồng quy
Bài 19: Cho ∆ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB
tại D, E, F . Gọi X, Y, Z lần lượt là trực tâm của ∆AEF , ∆BF D,
∆CDE. P, Q, R là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng
P X, QY, RZ đồng quy
Bổ đề: Các đường thẳng Euler của ∆IBC, ∆ICA, ∆IAB đồng quy

22


Bài 20: Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Điểm P trong tứ giác thỏa
∠P AB = ∠P BC = ∠P CD = ∠P DA. Chứng minh ABCD là tứ giác
điều hòa

Dựng ∆QBC ∼ ∆P AD. ∠P BQ = ∠DAB = 180-∠DCB = 180∠P CQ ⇒ Tứ giác BP CQ nội tiếp. Mà ∠P BC = ∠BCQ ⇒ BP CQ là

hình thang cân ⇒ P Q = BC. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội
BC
CQ
BQ
tiếp BP CQ: BC.P Q = BP.CQ + BQ.CP . Vì
=
=
nên
AD
DP
AP
BC.AD = P B.P D +P A.P D. Tương tự: AB.CD = P B.P D +P A.P C
do đó AB.CD = AD.BC. Vậy ABCD là tứ giác điều hòa

23


Bài 21: Cho ∆ABC nội tiếp (O). D thuộc (O) thỏa AD là đường
đối trung của ∆ABC. AM, AN là tiếp tuyến của (OBC). M N giao
AC, AB tại E, F . Chứng minh rằng DA là phân giác của ∠EDF

Dựng X trong ∆ABC thỏa ∆XAB ∼ ∆XCA ⇒ ∠BXD = ∠CXD
suy ra X ∈ (OBC) ⇒ OX⊥AD ⇒ X là trung điểm của AD. CX giao
AB tại R, BX giao AC tại Q. Vì QA2 = QX.QB, RA2 = RX.RC
nên RQ là trục đẳng phương của (A, 0) và (OBC) ⇒ R, Q lần lượt là
trung điểm của AB, AC suy ra RX//ED, QX//F D. Kết hợp XA là
phân giác của ∠RXQ. Vậy DA là phân giác của ∠EDF
24