Tuyển chọn 30 bài hình học tuyển sinh 10 THPT chuyên

SỞ GIÁO DỤC
VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG
HÀ NỘI

THPT
NGUYỄN
HUỆ

30 BÀI HÌNH

THI
VÀO

10
CHUYÊN
Giáo viên:
TOÁN

HỌC


Câu 1.

o
�
(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với BAD < 90 . Đường phân giác của

�
góc BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VBCD tại O khác C . Kẻ đường thẳng d đi qua A và
vuông góc với CO . Đường thẳng d lần lượt cắt các đường thẳng CB; CD tại E; F .

1). Chứng minh rằng D OBE =D ODC .
2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác VCEF .
3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng IB.BE.EI = ID.DF.FI .
Lời giải

�
�
�
�
�
1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD , suy ra OBD = OCD = OCB = ODB , nên tam giác D OBD
cân tại O , do đó OB = OD (1).
�
�
�
Tứ giác OBCD nội tiếp ODC = OBE (cùng bù với góc OBC ) (2).

Trong tam giác D CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác D CEF cân tại C .
�
�
�
Do ABPCF � AEB = AFC = EAB , suy ra tam giác D ABE cân tại B , nên BE = BA = CD (3).

2). Từ D OBE = D ODC � OE = OC .
Mà CO là đường cao tam giác cân D CEF , suy ra OE = OF .
Từ đó OE = OC = OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác D CEF .
3). Theo trên, ta có BE = CD mà CE = CF � BC = DF .
1

IB CB DF
=
=
� IB.BE = ID.DF
�
Ta có CI là đường phân giác góc BCD , nên ID CD BE
.

Mà CO là trung trực EF và I �CO , suy ra IE = IF .
Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB.BE.EI = ID.DF.FI .
Câu 2.

(Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một
�
điểm trên cung nhỏ BC ( M khác B; C và AM không đi qua O ). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM
�
sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M .

1). Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O . Chứng minh rằng ba điểm N ; P ; D thẳng hàng.
2). Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác V AQN .
Lời giải

1). Vì MP là đường kính suy ra PN ^ MN (1).
Vì MD là đường kính suy ra DN ^ MN (2).
Từ (1) và (2), suy ra N ; P ; D thẳng hàng.
0
�
�

2). Tứ giác APQD nội tiếp ( PQD = MAD = 90 ),

�
�
�
suy ra PAQ = PDQ = NDM (3).

�
�
Xét (O) , ta có NDM = NAM (4).
2


�
�
�
Từ (3) và (4) PAQ = NAP , suy ra AP là phân giác của góc NAQ (*).

�
�
Xét (O) , ta có AND = AMD .
�
�
�
�
�
Xét đường tròn đường kính MP có QMP = QNP � ANP = QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).

Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ.
Câu 3.

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn (O) với AB < AC.
�

Đường phân giác của góc BAC cắt (O) tại điểm D khác A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm
đối xứng với D qua tâm O . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác V ABM cắt đoạn thẳng AC tại điểm
F khác A.
1). Chứng minh rằng tam giác VBDM và tam giác VBCF đồng dạng.
2). Chứng minh rằng EF vuông góc với AC.
Lời giải
E
A
F

M

O
N

B

C

D

�
�
0
0
�

�
�
�
�
�
1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM = BCF (1) và BMA = BFA suy ra 180 - BMA = 180 - BFA hay BMD = BFC
(2).

Từ (1) và (2) , suy ra D BDM và D BCF đồng dạng (g - g).
�
2). Từ AD là phân giác BAC suy ra DB = DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC .
DM BD
=
BC .
Từ 1). D BDM ∽ D BCF , ta có CF
DA 2DM 2BD CD DE
=
=
=
=
CF
BC
CN CE (3).
Vậy ta có biến đổi sau CF
� = FCE
�
ADE

Ta lại có góc nội tiếp

(4).

�
�
Từ (3) và (4) , suy ra D EAD ∽ D EFC suy ra EFC = EAD = 90�.
3


Vậy EF ^ AC .
Câu 4.

(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên) Cho tam giác D ABC nhọn với AB < BC và D là điểm thuộc cạnh
�
BC sao cho AD là phân giác của BAC
. Đường thẳng qua C và song song với AD , cắt trung trực của AC
tại E . Đường thẳng qua B song song với AD , cắt trung trực của AB tại F .

1). Chứng minh rằng tam giác D ABF đồng dạng với tam giác D ACE .
2). Chứng minh rằng các đường thẳng BE; CF ; AD đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là G .
3). Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF tại Q . Đường thẳng QE , cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác D GEC tại P khác E . Chứng minh rằng các điểm A ; P ; G; Q; F cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải

1). Tam giác D ABF và tam giác D ACE lần lượt cân tại F , E và
�
� = ECA
� = A � D ABF ∽ D ACE
FBA
2
.

2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF .
GF BF AB DB
=
=
=
� GD P FB
Ta có GC CE AC DC
, và FBP AD ta có G �AD .
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
3). Chứng minh BQG = QGA = GAE = GAC + CAE = GAB + BAF = GAF , nên AGQF nội tiếp, và QPG = GCE = GFQ ,

suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
Câu 5.

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn V ABC , đường cao AH , H thuộc BC .
�
P thuộc AB sao cho CP là phân giác góc BCA . Giao điểm của CP và AH là Q . Trung trực của PQ cắt
E; F
BC

AH

và

lần lượt tại

.

1). PE giao AC tại K . Chứng minh rằng PK vuông góc AC .
2). FQ giao CE , CA lần lượt tại M ; N . Chứng minh rằng bốn điểm E; K ; N ; M thuộc một đường tròn.
3). Chứng minh rằng bốn điểm P ; E; C ; F thuộc một đường tròn.
4


Lời giải

1).

Ta

có

tam

giác

D EPQ

cân

tại

E

và

CQ

là

phân

giác

góc

�
BCA
,

nên

� = EQP
� = HQC
� = 900 - HCQ
� = 900 - PCK
�
EPQ
.
0

�
�
Do đó EPQ + PCK = 90 , nên PK ^ AC .

2). Trong tam giác D EFC có CQ ^ EF (do EF là trung trực PQ ); EQ ^ FC nên FQ ^ EC.
0
�
Từ đó EMN = 90 , nên tứ giác EKNM nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính EN .

�
�
Ta có tứ giác EKCH nội tiếp đường tròn đường kính EC nên PEQ = HCK .
� = 1 PEQ
� = 1 HCK
� = PCF
�
PEF
�
�
PEQ
CQ
2
2
Chú ý: EF là phân giác góc
và
là phân giác góc HCK , do đó
. Do đó tứ
giác PECF nội tiếp.
Câu 6.
(Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC vuông tại A . Gọi CT là đường phân

giác trong của tam giác ( T thuộc cạnh AB ).
1). Chứng minh rằng đường tròn (K ) đi qua C; T và tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC .
2). Gọi giao điểm của AC và (K ) là D khác C , giao điểm của DB và (K ) là E khác D . Chứng minh rằng
� = BCE
�
ABD
.

3). Gọi giao điểm của CE và AB là M . Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BT .
Lời giải

5


A

D

T
M
E
B

1).

( K ) tiếp xúc

F

C

K

AB tại T , nên KT ^ AB , suy ra KT / / AB .
�

�

�

�

Chú ý tam giác D KTC cân nên KCT = KTC = TCA = TCB. nên K thuộc BC.
Nhận xét. Chứng minh một điểm thuộc một đoạn thẳng ta quy về chứng minh ba điểm thẳng hàng.
0
�
2). Gọi (K ) giao BC tại F khác C. Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp và chú ý K thuộc BC nên FEC = 90 .
0
0
�
�
�
�
Từ đó ABD = 90 - ADB = 90 - EFC = BCE .
2
�
�
3). Từ trên, suy ra MBE = BCM do đó D MBE ∽ D MCB � ME.MC = MB .
2

2
Từ đó chú ý MT tiếp xúc (K ) , suy ra MT = ME.MC = MB .

Vậy M là trung điểm BT .
Câu 7.

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn (O) . M ; N là
�
hai điểm thuộc cung nhỏ AC sao cho MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA ; BN . BM giao
�
AC tại P . Gọi Q là một điểm thuộc cung nhỏ BC
sao cho PQ vuông góc với BC . QN giao AC tại R.

1). Chứng minh rằng bốn điểm B; P ; R; Q cùng thuộc một đường tròn.
2). Chứng minh rằng BR vuông góc với AQ.
�
�
�
3). Gọi F là giao của AQ và BN . Chứng minh rằng AFB = BPQ + ABR.

Lời giải

6


o
�
�
1). Tứ giác BMNQ nội tiếp suy ra BMN + BQN = 180 .

�
�
Mà BPR = BMN (do MN P BC ).
0
�
�
Từ đó BPR + BQN = 180 , suy ra tứ giác BPRQ nội tiếp. Tức là B; P; R; Q cùng thuộc một đường tròn.

2). Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau
� = DQB
� - AQB
� = PRB
� - ACB
� = RBC
� = EBD
� .
EQD
0
�
�
Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra BEQ = BDQ = 90 � BR ^ AQ .
0
0
�
�
�
�
�
�
�

�
3). Ta có BPQ = BRQ = RBN + RNB = EBF + BAE = 90 - BFE + 90 - ABE

� - ABE
� = AFB
� - ABR
�
= 1800 - BFE
.

�
�
�
Do đó AFB = BPQ + ABR .

Câu 8.

( O) . H là
(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC nhọn nội tiếp đường tròn
( O) . E thuộc AC sao cho HE PBC .
trực tâm của tam giác V ABC . AD là đường kính của

( O) .
1). Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DE cắt nhau trên
2). Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EH và AB. Chứng minh rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với
đỉnh D của tam giác DEF.
3). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác VDEF . Chứng minh rằng BE, CF và IH đồng quy.
Lời giải

7

0
0
�
�
1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O) , suy ra APD = 90 , mà AHE = 90 (

do HE P BC ^ HA ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

�
�
Ta có APH = AEH (góc nội tiếp)
�
�
= ACB
( HE P BC ) = APB (góc nội tiếp)
PH

޺
PB .

�
�
�
2). Ta có HP ^ AC , suy ra AEH = AHP = AEP .

Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của D DEF .
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của D DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của D DEF .

3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra EI ^ AC � EI P HB .
Tương tự FI P HC; EF P BC , suy ra D IEF và D HBC có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
Câu 9.

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC nội tiếp đường tròn (O) . P di chuyển
�
trên cung BC chứa A của (O) . I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác V ABC . Q là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác V PBC .

1). Chứng minh rằng B; I ; Q; C cùng nằm trên một đường tròn.
2). Trên tia BQ; CQ lần lượt lấy các điểm M ; N sao cho BM = BI ; CN = CI . Chứng minh rằng MN luôn đi qua
một điểm cố định.
Lời giải

8


0
�
�
�
1). Ta có BIC = 180 - IBC - ICB

= 1800 -

�
�
�
�

ABC
ACB
180o - BAC
BAC
= 1800 = 900 +
2
2
2
2
�
�
� BAC = 2BIC - 180�

�
� = 900 + BPC � BPC
� = 2BQC
� - 180�
BQC
2
Tương tự
.
�
�
�
�
Tứ giác BPAC nội tiếp, suy ra BAC = BPC � BQC = BIC , nên 4 điểm B; I ; Q; C thuộc một đường tròn.

2). Gọi đường tròn

( B; BI ) giao ( C; CI ) tại

K khác I thì K cố định.

� = 1 IBM
�
IKM
�
�
�
�
2
Góc IBM là góc ở tâm chắn cung IM và IKM là góc nội tiếp chắn cung IM , suy ra
(1).
� = 1 ICN
�
IKN
2
Tương tự
(2).
B; I ; Q; C

Theo câu 1)

thuộc một đường tròn, suy ra

� = IBQ
� = ICQ
� = ICN
�
IBM

(3).
�
IKM

Từ (1), (2) và (3), suy ra
Vậy MN đi qua K cố định.
Câu 10.

�
޺
IKN

=KM

KN .

o
�
(Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho hình bình hành ABCD có BAD < 90 . Giả sử O là

điểm nằm trong D ABD sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt
(O) tại hai điểm M , N sao cho B nằm giữa M và D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt AD , AB lần lượt tại
P ,Q.

1). Chứng minh rằng bốn điểm M ; N ; P ; Q cùng thuộc một đường tròn.
2). CM cắt QN tại K , CN cắt PM tại L. Chứng minh rằng KL ^ OC.
9


Lời giải

Q

M
K
B

C

L
O
A

S
P

D
N

T

TP TD TC
=
=
PQ
TC
TB
TQ .
MN
T
.

1). Gọi
giao
tại
Theo định lí Thales, ta có
2
Từ đó TC = TP.TQ .
2
Do TC là tiếp tuyến của (O) , nên TC = TM .TN .

2
Từ đó TM .TN = TC = TP.TQ , suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp.

2). Gọi MP giao (O) tại điểm thứ hai S.
Ta có các biến đổi góc sau:
� = CMS
� = SCP
�
KML
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
� - SPC
�
= MSC
(góc ngoài)

� - MNQ
�
= MNC
(do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp).
�
= KNL

.

�
�
�
Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra KLM = KNM = QPM , nên KL P PQ ^ OC . Vậy KL ^ OC.

Câu 11.

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB
song song CD và AB < CD . M là trung điểm CD . P là điểm di chuyển trên đoạn MD ( P khác M , D
). AP cắt (O) tại Q khác A , BP cắt (O) tại R khác B , QR cắt CD tại E . Gọi F là điểm đối xứng
với P qua E.

10


1). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P di
chuyển.
2). Giả sử EA tiếp xúc (O). Chứng minh rằng khi đó QM vuông góc với CD.
Lời giải
A

F

D

E

B

M

P

C

S

O

R

Q
A

F

E

D

P

B

MS

C

O

R

Q

1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M . Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là
hình thang cân.
�
�
�
Ta lại có QPS = QAB = QRB .
�
�
Từ đó có EPQ = ERP � D ERP ∽ D EPQ (g – g),
�
�
�
�
nên EQP = EPR = BPS = ASE , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.
PF
.2PM = PF.PM
2
Do đó
, suy ra tứ giác AMQF nội tiếp. Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam
giác V AQF luôn đi qua M .
PA.PQ = PE.PS =

2
2

2). Vì EA là tiếp xúc (O) và từ kết quả câu 1). ta có EA = ER.EQ = EP . Từ đó có EA = EP , suy ra

� = EAP
� - EAD
� = APE
� - ACD
� = PAC
�
DAP
.
�
Do đó AP là phân giác DAC , suy ra QC = QD � QM ^ CD .

11


Câu 12.

(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác V ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn
(O) . D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C ). Trung trực của CA ; AB lần lượt cắt đường
thẳng AD tại E; F . Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của (O) tại M . Đường

thẳng qua qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của (O) tại N .
1). Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với (O) .
FN
BN
=
2). Giả sử EM CM . Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác V ABC .

Lời giải

1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A.
�
�
Ta có PCM = PAC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
�
= PEM
(góc đồng vị do EM P AC );
�
�
�
�
Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra MPC = MEC = ECA = CAP � PM tiếp xúc (O)

Tương tự PN tiếp xúc (O) , suy ra MN tiếp xúc (O) tại P .
2). Theo 1). dễ thấy

D BFA ∽ D BNP � D BNF ∽ D BPA �

BN FN
=
BP
AP (1).

CM EM
=
CP
AP (2).
Tương tự
BN CP FN

FN
BN
� =
=
�
Từ (1) và (2), ta có CM BP EM và theo giả thiết EM CM , suy ra CP = BP � AD là phân giác góc BAC .
D CME ∽ D CPA �

Câu 13.

�

o

(An Giang-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác V ABC có ba góc nhọn và góc A bằng 60 nội
tiếp trong đường tròn tâm O , bán kính R . Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H .

1). Chứng minh rằng AD.AC = AE.AB .
2). Chứng minh rằng BC = 2.DE .
H�
H�
3). Kéo dài BH cắt đường tròn tâm O tại
. Chứng minh H và
đối xứng qua AC và hai đường tròn ngoại
tiếp hai tam giác V AHC ; V ABC có cùng bán kính.
12


Lời giải

1). Hai tam giác vuông

V ADB

và

V AEC

có chung góc

A

nên chúng đồng dạng, suy ra

AD AB
=
� AD.AC = AB.AE
AE AC

2). Xét hai tam giác V ADE và V ABC có
AD AE
=
�
+ Góc A chung, mà AB AC , suy ra V ADE ∽ V ABC .
AD ED
=
Do đó AB BC .
� = AD � cos60o = 1 = AD
cos A
o

�
AB
2 AB
Mặt khác, tam giác V ABD vuông tại D , có A = 60 , suy ra
�

1 ED
=
� BC = 2ED
2 BC
.

H�
3). Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác V ABC tại
.
V AH �
D
Xét hai tam giác vuông V AHD và
có

Cạnh AD chung;
� = HAC
�
BHC
(góc có cạnh tương ứng vuông góc);

�
� = CAH
�
HBC

.

Mà

HH �
V AHH �
HH �
vuông góc với AC , nên tam giác
cân tại A hay AC là đường trung trực của
.

Với

H�
là điểm đối xứng của H qua AC .

HH �
Suy ra AC là trung trực của đoạn
.

Hai tam giác

V AH �
C

và V AHC bằng nhau
13

Suy ra bán kính hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác V AHC và bằng nhau mà đường tròn ngoại tiếp tam giác
V AH �
C

chính là đường tròn (O) .

Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác V ABC và V AHC có cùng bán kính.
Câu 14.

�
�
(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên ) Cho tam giác V ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn, góc
� = 600
BAC
. Các đường phân giác trong BB1 ; CC1 của tam giác ABC cắt nhau tại I .

1). Chứng minh tứ giác AB1IC1 nội tiếp.
2). Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC1I . Chứng minh
tứ giác CKIB1 nội tiếp.
3). Chứng minh AK ^ B1C1
Lời giải

1). Ta có

�IC = BIC
� = 1200 � B
�IC + BAC
� = 1200 + 600 = 1800
B
1

1
1
1

.

Mà hai góc này đối nhau. Nên tứ giác AB1IC1 nội tiếp (điều phải chứng minh).
� = BKC
� = 600
� = BC
� K
BIC
BIK
1
1
1
2). Vì tứ giác BC1IK nội tiếp nên
(góc nội tiếp cùng chắn BC1 ) và
(góc nội tiếp
BK
cùng chắn
).
V ABC , ta có
Xét tam giác
� = 1800 - BAC
� - ABC
� = 1800 - 600 - ABC
� = 1200 - ABC
�
KCB

1

.

Xét tam giác V BC1K , ta có
� = BC
� K = 1800 - BKC
� - ABC
� = 1800 - 600 - ABC
� = 1200 - ABC
�
BIK
1
1

.

� = BIK
�
KCB
1

, suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp (điều phải chứng minh).
� = BAC
� = 600
� = KCC
�
BIC
AKC
1

1
1 (cùng chắn cung KC1 ).
3). Vì
, suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp, nên
� = ACC
�
AKC
1
1 (cùng chắn cung AC1 ).
Và
Suy ra

14


Mà

� = KCC
�
ACC
1
1

Suy ra

(cùng chắn cung KC1 ) (giả thiết).

� = AKC
�
KAC

1
1

, suy ra tam giác VC1AK cân tại C1 � C1A = C1K (1).

Chứng minh tương tự: B1A = B1K (2).
Từ (1) và (2), suy ra B1C1 là đường trung trực của AK nên AK ^ B1C1 (điều phải chứng minh).
Câu 15. (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ), M là trung điểm của cạnh
là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD; BE; CF của tam giác V ABC đồng
quy tại H . Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại S . Gọi X ,Y lần lượt là giao điểm của đường
BC ,O

thẳng EF với các đường thẳng BS; AO . Chứng minh rằng
1). MX ^ BF .
2). Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng.
EF BC
=
FY
CD .
3).

Lời giải

�
�
1). Nối EM . Tứ giác EFBC là tứ giác nội tiếp nên ABC = AEF (1).
� = ACB
�
XBA
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến-dây cung cùng chắn cung AB của (O) (2).

BC
ME = MC =
� = MEC
� .
V MEC có
2 nên V MEC cân tại M , suy ra BCA
�
�
Kết hợp với (2), ta có được XBA = MEC .
�
�
�
�
Cộng vế theo vế với (1), ta được ABC + XBC = AEF + MEC
� + XEM
� = AEF
� + MEC
� + XEM
�
� + XEM
� = 1800
� XBM
� XBM
.

15


� = XEB
�

XMB
Suy ra EXBM là tứ giác nội tiếp, suy ra
(3).
�
�
Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên FEB = FAD.
�
�
�
�
�
�
Kết hợp với (3), suy ra XMB = FDA mà FAD = FCB nên XMB = FCB hai góc này ở vị trí đồng vị của XM và FC

suy ra XM P FC mà FC ^ AB , do đó XM ^ AB (điều phải chứng minh).
�
�
�
�
2). Tứ giác ABME là tứ giác nội tiếp nên SXM = BEM mà BEM = EBM ( V MBE cân tại M ).
�
�
Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp nên EBM = DFE.
�
�
Kết hợp với trên suy ra SXM = HFD (*).

� = 900 - 1 BC
�
MSB

2
Ta có
thẳng hàng do OM và SO cùng vuông góc với BC , suy ra
.
Tứ giác AFDE là tứ giác nội tiếp nên ta có
� = FCA
� = 900 - BAC
� = 900 - 1 BC
�
FDA
2
� = FDA
�
MSB
V MXS ∽ VHFD
S; M ; O

suy ra

, kết hợp với (*) ta có

(g - g) (điều phải chứng minh)

�
AC BC
�
V ABC ∽ V AEF (g- g) �
=
�
�

AF EF
�
�
�
AC CD
�
V ACD ∽ V A FY (g - g) �
=
�
�
AF FY
�

3). Ta có
.
BC CD
EF BC
�
=
�
=
EF FY
FY CD (điều phải chứng minh).

Câu 16.

(Phú Thọ-TS10-2016-THPT Chuyên Hùng Vương ) Cho hình vuông ABCD tâm O , M là điểm di
động trên cạnh AB . Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM = AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho
BM = BF .

�
1). Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE , đường thẳng OB là phân giác trong của
�
góc MOF . Từ đó suy ra ba điểm O; E; F thẳng hàng.

2). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF . Chứng minh bốn điểm A ; B; H ; O cùng nằm
trên một đường tròn.
3). Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải

16


I

B

M

A

F

E

O

H

D

C

1). Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc, hai đường chéo tạo với các cạnh của hình vuông góc
45o .
o
�
�
Tam giác V AME vuông cân đỉnh A , suy ra AM = AE ; EAO = MAO = 45

�
�
suy ra D AMO = D AEO (c – g – c), suy ra MOA = EOA .
�
Vậy OA là phân giác trong của góc MOE .
�
Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF .
o
o
�
�
�
�
�
�
Mặt khác, MOA + MOB = AOB = 90 � MOE + MOF = 2AOB = 180 hay E; O; F thẳng hàng; điều phải chứng
minh.
o
�
�

2). Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA = MEA = 45 .
o
o
�
�
�
�
�
Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB = MFB = 45 , suy ra AHB = AHM + MHB = 90 .

Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm A ; B; H ; O cùng nằm trên đường tròn đường
kính AB .
3). Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính AB tại điểm thứ hai I ( I khác H ).
o
�
�
Ta có AHI = BHI = 45 nên I là điểm chính giữa cung AB (không chứa O ) của đường tròn đường kính AB .

Do A ; B; O là các điểm cố định nên I là điểm cố định ( I đối xứng với O qua đường thẳng AB ).
Vậy, khi M di động trên cạnh AB , đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định I ( I đối xứng với O qua đường
thẳng AB ).
Câu 17.

�
(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên ) Cho hình thang ABCD với BC song song AD . Các góc BAD và
�
CDA
là các góc nhọn. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng BC
17

( P không trùng với B; C ). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác VBIP cắt đoạn thẳng PA tại M khác
P và đường tròn ngoại tiếp tam giác VCIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P .
1). Chứng minh rằng năm điểm

A; M ; I ; N ; D

cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là (K ) .

2). Giả sử các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại Q , chứng minh rằng Q cũng nằm trên đường tròn (K ) .
3). Trong trường hợp

P; I ; Q

PB BD
=
thẳng hàng, chứng minh rằng PC CA .

Lời giải

�
�
�
1). Tứ giác BPIM nội tiếp và AD P BC , suy ra MAD = BPM = BIM , nên tứ giác AMID nội tiếp.

Tương tự tứ giác DNIA nội tiếp.
Vậy các điểm A ; M ; I ; N ; D thuộc một đường tròn (K ) .
�
�
�

2). Do các tứ giác BPIM và CPIN nội tiếp nên ta có QMI = BPI = CNI , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp.

Mà M ; I ; N �(K ) , suy ra tứ giác MINQ nội tiếp đường tròn (K ) .
Vậy Q thuộc đường tròn (K ) .
�
�
�
�
3). Khi P ; I ; Q thẳng hàng, kết hợp với Q thuộc đường tròn (K ) ta có AIQ = PIC (đối đỉnh); PIC = PNC (do tứ
giác NIPC nội tiếp).

� = QND
�
�
�
PNC
(đối đỉnh); QND = QID (do tứ giác INDQ nội tiếp).
� = QID
�
�
�
� AIQ
, suy ra IQ là phân giác DIA nên IP là phân giác góc BIC.

18


PB IB ID IB + ID BD
PB BD
= =

=
=
�
=
PC
IC
IA
IC
+
IA
AC
PC
CA .
Do đó

Câu 18. Cho tam giác nhọn V ABC ( AB > AC ) nội tiếp đường tròn (O) . Giả sử M ; N là hai điểm thuộc cung nhỏ
�
BC
sao cho MN song song với BC và tia AN nằm giữa hai tia AM ; AB . Gọi P là hình chiếu vuông

góc của điểm C trên AN và Q là hình chiếu vuông góc của điểm M trên AB .
1). Giả sử CP cắt QM tại điểm T . Chứng minh T nằm trên đường tròn (O) .
2). Gọi giao điểm của NQ và (O) là R khác N . Giả sử AM cắt PQ tại S . Chứng minh rằng bốn điểm A ; R; Q; S
cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
A

R

T

O
Q

S

P

C

B

N

M

0
�
�
1). Do TPA = TQA = 90 , nên tứ giác TAPQ nội tiếp.

�
�
�
�
�
Do đó MTC = QTP = QAP (do tứ giác TAPQ nội tiếp) = BAN = MAC (do MN P BC ), suy ra tứ giác MTAC nội

tiếp, suy ra T �(O) .
�
�

�
�
2). Từ tứ giác TAPQ nội tiếp ta có PQA = PTA = CTA = ABC � PQ PBC P MN .
�
�
Từ đó QSA = NMA (1).
0
�
�
Mà tứ giác AMNR nội tiếp, suy ra ARN + AMN = 180 (2).

0
�
�
Từ (1) và (2), suy ra QRA + QSA = 180 , suy ra tứ giác ARQS nội tiếp, ta có điều phải chứng minh.

19


Câu 19.

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên ) Cho tam giác nhọn V ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H .
Gọi P là điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác VHBC ( P khác B, C và H ) và nằm trong tam
giác V ABC . PB cắt (O) tại M khác B, PC cắt (O) tại N khác C . BM cắt AC tại E, CN cắt AB tại
F . Đường tròn ngoại tiếp tam giác V AME và đường tròn ngoại tiếp tam giác V ANF cắt nhau tại Q khác
A.

1). Chứng minh rằng ba điểm M ; N ; Q thẳng hàng.
�
2). Giả sử AP là phân giác góc MAN . Chứng minh rằng khi đó PQ đi qua trung điểm của BC.

Lời giải

A
A

Q

N

M

F

O
H

N

E
O

F

E

H

P

B

1). Ta có

M

Q

C

B

P
K

C

0
� = BHC
� = 180�
�
�
�
BPC
- BAC
, suy ra tứ giác AEPF nội tiếp, nên BFC + BEC = 180 .
�
� + NAQ
� = MEA
� + NFA
� = 1800

AQFN ; AQEM
MQN
= MQA

Mặt khác từ các tứ giác

nội tiếp ta có

.

Vậy M ; N ; Q thẳng hàng.
�
�
�
�
2). Ta có các góc nội tiếp bằng nhau AFQ = ANQ = ANM = ABM suy ra FQ P BE . Tương tự EQ PCF .
�
�
�
�
�
Từ đó tứ giác EQFP là hình bình hành, suy ra QAN = QFP = QEP = QAM hay AQ là phân giác MAN .
�
Nếu AP là phân giác MAN thì A , P , Q thẳng hàng.

Từ đó nếu

� = QAC
� = QME
� = NMB

� = PCK
�
PQ giao BC tại K thì KAC

2
Vậy D AKC ∽ D CKP , suy ra KC = KP.KA .
2
Tương tự KB = KP.KA .

Từ đó KB = KC hay K là trung điểm.
Câu 20.

(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên ) Cho tam giác V ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm P nằm
trong tam giác thỏa mãn PB =PC. D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C ) sao cho P nằm
trong đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB và đường tròn ngoại tiếp tam giác V DAC . Đường thẳng PB
20


cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác VDAB tại E khác B. Đường thẳng PC cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác V DAC tại F khác C.
1). Chứng minh rằng bốn điểm A ; E; P ; F cùng thuộc một đường tròn.
2). Giả sử đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại Q khác A , đường thẳng AF cắt đường thẳng QC tại L. Chứng
minh rằng tam giác ABE đồng dạng với tam giác VCLF .
�
�
�
�
3). Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường thẳng QB . Chứng minh rằng QKL + PAB = QLK + PAC.

Lời giải

�
�
�
�
1). Ta có AFC + AEB = ADC + ADB = 180�suy ra tứ giác AEPF nội tiếp.
�
�
2). Từ tứ giác AEPF nội tiếp, suy ra AEB =LFC (1).

�
�
�
�
�
�
�
�
Ta lại có FCL =FCB + BCL =PBC + BAQ =DAE + BAQ =BAE (2).

Từ (1) và (2), suy ra

D FCL ∽ D EAB .

FL FC
=
3). Từ D FCL ∽ D EAB , suy ra BE AE hay FL.EA =FC.EB (3).

Chứng minh tương tự

EK .FA =FC.EB

(4).

FL EK
=
Từ (3) và (4), suy ra FL.EA =EK.FA hay FA EA , suy ra EF PKL .

21


�
�
�
�
�
�
�
�
Ta lại có QLK =ALK - ALQ = AFE - ABE = APE - ABE = PAB .
�
�
Tương tự ta có QKL = PAC .
�
�
�
�
Suy ra QKL + PAB = QLK + PAC .

Câu 21.

O; R)
(Phú Thọ-TS10-2016-THPT Chuyên Hùng Vương ) Cho đường tròn (
và dây cung BC = R 3

�
cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác

V ABC

nhọn. Gọi E là điểm đối xứng với

B qua AC và F là điểm đối xứng với C qua AB . Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác V ABE và
V ACF

cắt nhau tại K ( K �A ). Gọi H là giao điểm của BE và

�
1). Chứng minh KA là phân giác trong góc BKC và tứ giác

2). Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác

BHCK

BHCK

CF .

nội tiếp.

lớn nhất, tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó theo R .

3). Chứng minh AK luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải

�
�
�
1). Ta có AKB = AEB (vì cùng chắn cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác V AEB )
�
�
�
�
Mà ABE = AEB (tính chất đối xứng) suy ra AKB = ABE (1).
� = AFC
�
�
AKC
(vì cùng chắn cung AC của đường tròn ngoại tiếp tam giác AFC)
� = AFC
�
�
�
ACF
(tính chất đối xứng), suy ra AKC = ACF (2).
�
�
�
Mặt khác ABE = ACF (cùng phụ với BAC ) (3).
�

�
�
Từ (1), (2) và (3), suy ra AKB = AKC hay KA là phân giác trong của góc BKC .
22


Gọi P; Q lần lượt là các giao điểm của BE với

AC

và

CF

với AB .

1�
�
BOC = 60o
0 BAC =
�
BC
=
R
3
BOC
=
120
2
Ta có

, nên
;
.
0
0
0
0
�
�
�
�
�
Trong tam giác vuông V ABP có APB= 90 ; BAC = 60 � ABP = 30 hay ABE = ACF = 30 .
0
�
�
Tứ giác APHQ có AQH + APH = 180

� + PHQ
� = 1800 � PHQ
� = 1200 � BHC
� = 1200
� PAQ
(đối đỉnh).
0
0
�
�
�
�

�
Ta có AKC = ABE = 30 ; AKB = ACF = ABE = 30 (theo chứng minh trên).
0
0
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Mà BKC = AKC + AKB = AFC + AEB = ACF + ABE = 60 , suy ra BHC + BKC = 180 , nên tứ giác BHCK nội tiếp.

(O �
)

0
�
�
là đường tròn đi qua bốn điểm B; H ; C; K . Ta có dây cung BC = R 3 , BKC = 60 = BAC nên bán kính
(O �
)
đường tròn
bằng bán kính R của đường tròn (O) .

2). Gọi

Gọi M là giao điểm của AH và

là giao điểm của HK và BC .

BC

thì

MH

vuông góc với

BC ,

kẻ

KN

vuông góc với

BC

( N thuộc

BC ),

gọi I

1
1
1
SBHCK = SV BHC + SV BCK = BC.HM + BC.KN = BC ( HM + KN )

2
2
2
Ta có
.
1
1
SBHCK � BC ( HI + KI ) = BC.KH
2
2
(do HM �HI ; KN �KI ).

O�
;R
S
Ta có KH là dây cung của đường tròn (
) suy ra KH �2R (không đổi), nên BHCK lớn nhất khi KH = 2R và
HM + KN = HK = 2R .
1
SBHCK = R 3.2R = 3R2
2
Giá trị lớn nhất
.

(O �
)
Khi HK là đường kính của đường tròn
thì M ; I ; N trùng nhau suy ra I là trung điểm của

BC

nên

D ABC

cân

�
tại A . Khi đó A là điểm chính giữa cung lớn BC.
0 �
0
0
�
�
�
3). Ta có BOC = 120 ; BKC = 60 , suy ra BOC + BKC = 180 , nên tứ giác

Ta có

OB = OC = R ,

�
�
�
�
suy ra OB = OC � BKO = CKO hay

KO

nội tiếp đường tròn.

�
là phân giác góc BKC .

�
Do KA là phân giác góc BKC nên K ; O; A thẳng hàng hay AK đi qua

Câu 22.

BOCK

O

cố định.

(Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên KHTN ) Cho tam giác nhọn V ABC không cân có tâm đường tròn
nội tiếp là điểm I . Đường thẳng AI cắt BC tại D . Gọi E; F lần lượt là các điểm đối xứng của D qua
IC; IB

.

1). Chứng minh rằng EF song song với BC .
23


2). Gọi M ; N ; J lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng DE; DF ; EF . Đường tròn ngoại tiếp tam giác V AEM cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác AFN tại P khác A . Chứng minh rằng bốn điểm M ; N ; P ; J cùng nằm trên một
đường tròn.
3). Chứng minh rằng ba điểm A ; J ; P thẳng hàng.
Lời giải

Ta có AD là phân giác
�

�

BD AB
=
DC AC mà V BED; VCDF là tam giác cân,

BE AB
=
� BC P FE
CF AC
.
�

�

�

2). Ta có BC P EF � EFD = EDB = BED .
0
�
�
�
�
�
Mà APM = 180 - AEM = BED � APM = DEF .
�

�
�
�
�
�
�
Tương tự: DFE = APN � APN + APM = DFE + FED = MPN .
0
�
�
�
�
�
Mà MJN = MDN = EDF � MJN + MPN = 180 � MPNJ nội tiếp.
�
�
�
�
�
�
�
3). Ta có APM = DEF và JPM = JNM = JEM � JPM = APM , suy ra 3 điểm A ; P ; J thẳng hàng.
Câu 23. (Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên KHTN) Cho tam giác V ABC nhọn không cân với AB < AC . Gọi
M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đoạn AM . Trên tia đối
của tia AM lấy điểm N sao cho AN = 2MH .

1) Chứng minh rằng

BN = AC .

2) Gọi Q là điểm đối xứng với A qua N . Đường thẳng

AC

cắt BQ tại D .Chunwgs minh rằng bốn điểm B; D ; N ; C

cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là (O) .
3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác V AQD cắt (O) tại

G

và D . Chứng minh rằng
Lời giải

NG

song song với

BC .

24