Phần 2 tổng hợp các bài toán hình học phẳng được trích trong đề thi tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên

TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
Bài 41. Cho tứ giác ABCD (khơng có hai cạnh nào song song) nội tiếp đường tròn

( O ) . Các tia BA và CD cắt nhau tại điểm F. Gọi E là giao điểm của hai đường chéo
AC và BD. Vẽ hình bình hành AEDK.
a) Chứng minh rằng tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB.
b) Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AD, BC. Chứng minh
rằng đường thẳng MN đi qua trung điểm của EF.
c) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp
tam giác EMN.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
B
A
E
N
M
T

O

L

I
K

F

D

C

a) Chứng minh tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB.
Do tứ giác AEDK là hình bình hành nên DK song song với AC. Chú ý đến tứ
giác ABCD nội tiếp đường trịn thì ta được FDK = DCA = DBA . Cũng do tứ giác
ABCD nội tiếp đường trịn ta có tam giác FDA đồng dạng với tam giác FBC và tam
giác EDA đồng dạng với tam giác ECB. Do đó ta suy ra được
nên ta có

DF AD EA DK
=
=
=
BF BC EB EB

DF BF
. Do vậy tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB.
=
DK BE

b) Gọi M, N tương ứng là trung điểm của các cạnh AD, BC. Chứng minh đường
thẳng MN đi qua trung điểm của EF.
Gọi I là trung điểm của EF. Do tứ giác AEDK là hình bình hành nên ta có M
là trung điểm của EK, điều này dẫn đến IM song song với FK. Dựng hình bình
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
hành BECL, khi đó để ý đến các góc nội tiếp đường trịn ta có

FCL = 1800 − BDC = 180 0 − BAC = FAC . Lại có tam giác FDA đồng dạng với tam

giác FBC và tam giác EDA đồng dạng với tam giác ECB nên ta có

FC BC EB CL
. Do đó suy ra tam giác FCL đồng dạng với tam giác FAE. Kết
=
=
=
FA AD EA AE
hợp với tam giác FKD đồng dạng với tam giác FEB ta suy ra được
KFD = EFA = LFC nên ba điểm F, K, L thẳng hàng. Lại có N là trung điểm của EL

nên suy ra IN song song với FL. Do vậy ba điểm I, M, N thẳng hàng hay đường
thẳng MN đi qua trung điểm của EF.
c) Chứng minh đường thẳng EF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN.
Gọi T là điểm đối xứng với M qua I. Ta có tứ giác METF là hình bình hành nên
FTE = FME . Lại có tam giác FAD đồng dạng với tam giác FCB và M, N theo thứ tự

là trung điểm của AD, BC nên suy ra tam giác FAM đồng dạng với tam giác FCN.
Do vậy ta được FMA = FNC . Chứng minh hồn tồn tương tự ta cũng có tam giác
EDA đồng dạng với tam giác ECB nên suy ra tam giác EMA đồng dạng với tam
giác ENB nên ta được EMA = ENB = CNL . Từ đó ta có FME = FNL = 180 0 − ENF ,
điều này dẫn đến FTE = 1800 − ENF nên tứ giác ETFN nội tiếp. Suy ra
ENM = EFT = MEF nên EF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EMN.

Bài 42. Cho tam giác nhọn ABC cân tại A có đường cao BE và nội tiếp đường trịn

( O; R ) . Kẻ đường kính BC của đường trịn ( O ) . Đường thẳng BE cắt các đường
thẳng AD và AO lần lượt tại các điểm I và H.

a) Chứng minh rằng BH.BI = 2R2 .
b) Gọi M là trung điểm của AB. Lấy điểm N thuộc tia đối của tia OA sao
cho ON =

R
. Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn.
2

c) Gọi K là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh đường thẳng KE đi qua
trung điểm của đoạn OI.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
a) Chứng minh rằng BH.BI = 2R2 .
Ta có AB = AC và AO vng góc với

A

BC tại K nên K là trung điểm của BC.
D

Từ đó suy ra H là trực tâm của tam
giác

ABC.

Do

đó

ta

I

có

J

M

AHI = ACB = ADB nên suy ra tứ giác

O
H

HODI nội tiếp đường tròn. Đến đây dễ
T

thấy hai tam giác BOH và BID đồng

E

B

N

K

C

dạng với nhau, do đó ta được

BH BD
hay BH.BI = BO.BD = 2R 2 .
=
BO BI

L

b) Chứng minh tứ giác AMNC nội tiếp đường trịn.
Kẻ đường kính AL của đường trịn ( O ) , khi đó ta có tứ giác BMOL là hình
thang vng và N là trung điểm của OL. Do đó ta được MN = NB = NC . Từ đó ta
suy ra được NMB = NBM = NCA . Do vậy tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn.
c) Chứng minh đường thẳng KE đi qua trung điểm của đoạn OI.
Gọi J là giao điểm của các đường thẳng KE và OI. Gọi T là điểm đối xứng với
I qua E. Khi đó ta có ATE = AIE = BOH nên ATB = AOB , do đó tứ giác AOTB nội
tiếp đường tròn. Từ đây ta được OTH = OAB = HEK nên suy ra OT song song với
EK. Mà E là trung điểm của IT nên suy ra J là trung điểm của OI.
Bài 43. Cho hai đường tròn ( O; R ) và ( O '; r ) cắt nhau tại hai điểm A và B ( r  R )
sao cho O và O’ ở khác phía so với đường thẳng AB. Gọi K là điểm sao cho tứ giác
OAO’K là hình bình hành.
a) Chứng minh rằng tam giác ABK vng.
b) Đường trịn tâm K bán kính KA cắt các đường trịn ( O; R ) và ( O '; r ) lần
lượt tại M và N (M và N khác A). Chứng minh rằng ABM = ABN .
c) Trên đường tròn ( O; R ) lấy điểm C thuộc cung AM không chứa B (C khác A
và M). Đường thẳng CA cắt đường tròn ( O '; r ) tại D. Chứng minh rằng KC = KD .

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Đại học Vinh năm học 2018 – 2019
Lời giải

H

E

A

D

F

C
O

O'

I

K

B
N

M

a) Chứng minh tam giác ABK vuông.
Do r  R nên điểm K nằm trong đường tròn ( O; R ) . Gọi I là giao điểm của OO’ và
AK. Khi đó I là trung điểm của AK nên AI = IK . Do AB là giao điểm của hai đường
tròn ( O; R ) và ( O '; r ) nên suy ra OO’ là đường trung trực của AB. Mà điểm I thuộc
OO’ nên suy ra IA = IB . Từ đó ta được IA = IB = IK nên tam giác ABK vuông tại B.
b) Chứng minh ABM = ABN .
Hai đường tròn ( O ) và ( K ) cắt nhau tại hai điểm A và M nên suy ra AM vng
góc với OK. Mà ta lại có OK song song với AO’ nên AM vng góc với AO’. Suy ra
AM là tiếp tuyến tại A với đường tròn ( O '; r ) . Tương tự thì AN cũng là tiếp tuyến
tại A với đường tròn ( O; R ) . Như vậy ta có BAM = BNA và BAN = AMB . Như
vậy từ hai tam giác MAB và NAB ta suy ra được ABM = ABN .
c) Chứng minh rằng KC = KD .
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và AD. Gọi H là trung điểm của EF. Khi
đó do OE và O’F cùng vng góc với EF nên suy ra IH vng góc với EF. Do vậy ta
được H là trung điểm của EF. Đến đây ta suy ra được IH là đường trung trực của
EF nên ta có IE = IF . Trong các tam giác AKC và AKD có IE và IF lần lượt là các
đường trung bình nên suy ra CK = 2.IE và KD = 2.IF . Do đó ta được KC = KD .
Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Bài 44. Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) nội tiếp đường tròn ( O ) có
đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Gọi K là hình chiếu vng
góc của A lên BD. Qua H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AK tại I. Đường
thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại N (N khác B).

a) Chứng minh rằng AN.BI = DH.BK .
b) Tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại D cắt đường thẳng BC tại P. Chứng
minh rằng đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.
c) Tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại C cắt đường thẳng DP tại M. Đường
tròn qua D tiếp xúc với CM tại M và cắt OD tại Q (Q khác D). Chứng minh rằng
đường thẳng qua Q vng góc với BM luôn đi qua một điểm cố định khi BC cố
định và A di động trên đường tròn ( O ) .
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2018 – 2019
Lời giải
T

A

N
I
X
C

B

O

H

G

P

J
E

K
Q

M
D

a) Chứng minh AN.BI = DH.BK .

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Dễ thấy BDA = BNA nên ta được IHA = BNA , do đó suy ra IHA = INA nên tứ
giác ANHI nội tiếp đường trịn. Từ đó ta có AHN = AIN = BIK . Mà ta lại có
IBK = NAH nên hai tam giác ANH và BKI đồng dạng với nhau. Do đó ta có

BK
BI
DI
nên suy ra AN.BI = DH.BK .
=
=
AN AH DH
b) Chứng minh đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP.
Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ANP và X là trung điểm của NP. Do A
và D đối xứng với nhau qua BC nên suy ra PD là tiếp tuyến tại D với đường tròn

(O) .

Khi đó để ý đến các góc nội tiếp trong đường trịn

(O)

thì ta có

PTX = PAN = ADN . Do tứ giác ANHI nội tiếp đường trịn nên ta có

ANH = AIH = 900 nên NAH = NHP . Mà ta lại có NAH = NDP , do đó ta được

NHP = NDP nên tứ giác PDHN nội tiếp đường tròn, suy ra NPH = NDA . Kết hợp

các kết quả trên ta được NPH = PTX . Để ý rằng PTX + TPX = 900 nên suy ra
TPH = NPH + TPX = 90 0 hay BC vng góc với TP. Do đó BC là tiếp tuyến của

đường trịn ngoại tiếp tam giác APN.
c) Chứng minh đường thẳng qua Q vng góc với BM ln đi qua một điểm cố định
khi BC cố định và A di động trên đường tròn ( O ) .
Gọi J và G theo thứ tự là trung điểm của OM và OC. Gọi E là giao điểm của QG với
BM. Khi đó dễ thấy QM song song với BC. Do đó QMO = MOP = QOM nên tam
giác QOM cân tại Q, từ đó suy ra QJ vng góc với OM. Điều này dẫn đến

BOM = GJQ . Lại có OM là phân giác của góc COD nên suy ra hai tam giác vng
OGJ và OJQ đồng dạng với nhau, suy ra

GJ OG
=
. Để ý ta lại có hai tam giác

QJ OJ

vng OGJ và OCM đồng dạng với nhau nên ta lại có
được

OG OC OB
=
=
. Do đó ta
OJ OM OM

GJ OB
=
. Kết hợp với BOM = GJQ ta được hai tam giác GJQ và BOM đồng
QJ OM

dạng với nhau, suy ra OMB = JQG nên tứ giác QEJM nội tiếp đường tròn. Đến đây
ta suy ra được QE vng góc với BM. Do vậy đường thẳng qua Q vng góc với
Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
BM luôn đi qua trung điểm G của OC. Do OC cố định nên điểrm G là điểm cố định.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 45. Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC . Gọi D, E, F lần lượt kẻ từ A, B, C của
tam giác , P là giao điểm của đường thẳng BC và EF. Đường thẳng qua D và song
song với EF lần lượt cắt các đường thẳng AB, AC, CF tại Q, R, S
a) Chứng minh rằng tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng

PB DB
và D là trung điểm của đoạn thẳng QS
=
PC DC

c) Khi B, C cố định và điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện trên.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR ln đi qua một điểm cố
định.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2018 – 2019
Lời giải
A

E

F

R
H
S

B

P

D

M

C

Q

a) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có BFC = BEC = 900 nên tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn.
Do đó ta có FBC + FEC = 1800 . Mà ta lại có FBC + CBQ = 1800 nên suy ra

FEC = CBQ .
Do QR song song với EF nên ta có QRC = FEC . Kết hợp các kết quả ta được

QRC = CBQ . Do vậy tứ giác BQCR nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh

PB DB
và D là trung điểm của đoạn thẳng QS
=
PC DC

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
+ Chứng minh

PB DB
=
PC DC

Gọi H là giao điểm của ba đường cao của tam giác ABC. Để ý rằng các tứ giác
AEHF, BDHF nội tiếp đường tròn. Do đó ta có AFE = AHE = BHD = BFD . Mà do

AFE = PFB nên ta được PFB = BFD hay FB là phân giác của tam giác FPD. Từ đó
theo tính chất đường phân giác trong tam giác thì ta có

PB FP
.
=
DB FD

Do FC vng góc với FB nên suy ra FC là phân giác góc ngồi tại F của tam giác
FPD. Do đó theo tính chất đường phân giác của tam giác thì ta lại có
Kết hợp các kết quả lại thì ta được

PC FP
.
=
DC FD

PB DB
PB PC
hay
.
=
=
PC DC
DB DC

+ Chứng minh D là trung điểm của đoạn thẳng QS
Do FE song song với QR nên ta có AFE = AQM , do đó ta được AQM = BFD nên
tam giác DQF cân tại D, suy ra DF = DQ . Ta lại có BFD + DFC = 900 và

BQD + DSF = 900 do đó DFC = DSF nên tam giác DSF cân tại D, suy ra DF = DS .
Đến đây ta suy ra được DQ = DF = DS hay D là trung điểm của đoạn thẳng QS
c) Khi B, C cố định và điểm A thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện trên, chứng
minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR ln đi qua một điểm cố định.
Gọi M là trung điểm của cạnh BC nên M là điểm cố định. Do tứ giác BQCR nội tiếp
đường trịn nên ta có DQ.DR = DB.DC .
Ta có

PB DB
BC DC
PC DC
BC DC − DB
PB + BC DC
hay 1 +
=
=

=


=
=
PC DC
PB DB
PB DB
PB

PB
DB
DB

Từ đó ta có PB =

( DB + DC) .DB = DB2 + DB.DC . Mặt khác ta lại có
BC.DB
=
DC − DB
DC − DB
DC − DB

 BC

DM.DP = ( MB − DB )( DB + PB ) = 
− DB  ( DB + PB )
 2

 DB + DC

DC − DB
=
− DB  ( DB + PB ) =
( DB + PB )
2
2


DB2 + DB.DC

Thay PB =
vào biểu thức trên thì ta có
DC − DB

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN

DM.DP =

DC − DB 
DB2 + DB.DC  DC − DB 2DB.DC
DB
+
.
= DB.DC

=
2
DC
−
DB
2
DC
−
DB




Kết hợp với DQ.DR = DB.DC ta được DQ.DR = DM.DP nên

DQ DP
. Mà ta đã
=
DM DR

có QDP = MDR nên hai tam giác QDP và MDR đồng dạng với nhau, do đó

QPD = MRD hay QPM = MRQ . Từ đó suy ra tứ giác QPRM nội tiếp đường tròn
hay đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua điểm cố định M.
Bài 46. Cho tam giác ABC có với AB  AC ngoại tiếp đường tròn ( O; R ) . Đường
tròn ( O; R ) tiếp xúc với các cạnh BC, AB lần lượt tại D, N. Kẻ đường kính DI của
đường trịn ( O; R ) . Tiếp tuyến của đường tròn ( O; R ) tại I cắt các cạnh AB, AC lần
lượt tại E, F.
1) Chứng minh rằng tam giác BOE vuông và EI.BD = FI.CD = R 2 .
2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD; Q là giao điểm
của BC và AI. Chứng minh rằng AQ = 2KP .
3) Gọi A 1 là giao điểm của AO với cạnh BC, B1 là giao điểm của BO với cạnh
AC, C1 là giao điểm của CO với cạnh AB và ( O1 ; R 1 ) là đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Chứng minh rằng

1
1
1
2
+
+


.
AA1 BB1 CC1 R 1 − OO1

Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
A

I

E
N
C1

F
B1

K
O
O1

B

H D A1 P

Q

C

1) Chứng minh tam giác BOE vuông và EI.BD = FI.CD = R 2 .

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
+ Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có OB là tia phân giác của góc NOD
và OE là tia phân giác của góc NOI . Mà góc NOD và NOI kề bù nên suy ra
NOD = NOI = 900 hay ta được BO vng góc với OE, do đó tam giác BOE vng

tại O.
+ Ta có BOD + EOI = DOI − BOE = 1800 − 900 = 90 0 và lại có OBD + BOD = 90 0 . Đến
đây suy ra EOI = OBD . Hai tam giác IOE và DBO có OIE = ODB = 900 và
EOI = OBD

nên đồng dạng với nhau. Do đó ta có

OI
EI
=
BD OD

hay

EI.BD = OI.OD = R2 . Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được FI.CD = R 2 . Vậy ta
có EI.BD = FI.CD = R 2
2) Gọi P, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, AD và Q là giao điểm
của BC với AI. Chứng minh AQ = 2KP .
Từ EI.BD = FI.CD ta có
ta có

EI CD
. Do EF song song với BC nên theo định lí Thales
=
FI BD

EI BQ
EI
FI
AI
=
=
=
do đó suy ra
. Kết hợp hai kết quả ta được
BQ CQ AQ
FI CQ

CD BD CD + BD BC
CD BQ
=
=
=
= 1 , do đó ta có BD = CQ . Lại có
=
nên suy ra
BQ CQ BQ + CQ BC
BD CQ

BP = CP nên suy ra BP – BD = CP – CQ hay PD = PQ . Vì KD = KA và PD = PQ

nên KP là đường trung bình của tam giác DAQ. Do đó suy ra AQ = 2KP .
3) Chứng minh

1
1
1
2
+
+

.
AA1 BB1 CC1 R 1 − OO1

+ Lời giải 1. Ta có
R − OO1 R 1 − OO1 R 1 − OO1
1
1
1
2
+
+

 1
+
+
2
AA1 BB1 CC1 R 1 − OO1
AA1
BB1
CC1

Lại có

R 1 − OO1 O1A − OO1 OA AA1 − OA1
OA1
=

=
= 1−
AA1
AA1
AA1
AA1
AA1

Kẻ OR vng góc với BC và AH vng góc với BC. Khi đó ta có
OR ⊥ BC, AH ⊥ BC
S
OA1 OR OR.BC 2S OBC S OBC
R − OO1
OA1
=
=
=
=
 1
 1−
= 1 − OBC
AA1 AH AS.BC 2S ABC S ABC
AA1

AA1
S ABC

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
Hồn tồn tương tự ta có

S
S
R 1 − OO1
R − OO1
 1 − OAC ; 1
 1 − OAB . Do vậy
BB1
S ABC
CC1
S ABC

S

S
S
R 1 − OO1 R 1 − OO1 R 1 − OO1
+
+
 3 −  OBC + OAC + OAB 

AA1
BB1
CC1
 S ABC S ABC S ABC 


S
R 1 − OO1 R 1 − OO1 R 1 − OO1
+
+
 3 − ABC = 3 − 1 = 2
AA1
BB1
CC1
S ABC

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi O  O1 hay tam giác ABC đều. Điều này không xẩy
ra do AB  AC .
Vậy ta được

1
1
1
2
+
+

.
AA1 BB1 CC1 R 1 − OO1

+ Lời giải 2. Theo tính chất đường phân giác ta có

Do đó ta suy ra được

OA
CA
BA CA + AB
=
=
=
.
OA1 CA1 BA1
CB

OA
CA + AB
=
. Chứng minh hoàn toàn tương tự ta
AA1 AC + BA + CB

cũng có

OB
CB + AB
OC
CB + AC
=
;
=
BB1 AC + BA + CB CC1 AC + BA + CB

Do vậy ta có

OA OB OC
+
+
= 2 . Để ý đến bất đẳng thức thì ta có
AA1 BB1 CC1

 1
OA OB OC AO1 − OO1 BO1 − OO1 BO1 − OO1
1
1 
+
+

+
+
= ( R1 − OO1 ) 
+
+

AA1 BB1 CC1
AA1
BB1
CC1
 AA1 BB1 CC1 

Từ đó ta suy ra được

1

1
1
2
+
+

.
AA1 BB1 CC1 R 1 − OO1

Bài 47. Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa hai điểm A, B. Trên cùng một
nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa
đường trịn đường kính BC. Lấy điểm M thuộc nửa đường trịn đường kính BC (M
khác B, C). Kẻ MH vng góc với BC ( H  BC ) , đường thẳng MH cắt nửa đường
tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK, CM giao nhau tại E
a) Chứng minh rằng BE2 = BC.AB

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
b) Từ C kẻ CN vng góc với AB (N thuộc nửa đường trịn đường kính
AB). Gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp
của các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên đường BP.
c) Cho BC = 2R . Gọi O1 ; O 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam
giác MCH và MBH. Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nam Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
E

K

P

N
M

I
A

C

O2

O1
H

J

B

a) Chứng minh BE2 = BC.AB .
Do K thuộc nửa đường tròn đường kính AB và M thuộc nửa đường trịn đường
kính BC nên ta có BME = MKE = 90 0 , suy ra tứ giác BMKE nội tiếp đường trịn
đường kính BE. Do vậy BEM = BKM . Mặt khác ta có MKM = BKH = BAK nên suy
ra BAK = BEM . Từ đó suy ra hai tam giác BEC và BAE đồng dạng với nhau. Suy ra
ta được

BE BC

hay ta có BE2 = BC.AB .
=
BA BE

b) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BNE và PNE cùng nằm
trên đường BP.
Tam giác ANB vuông tại N có NC là đường cao nên ta có BN2 = BC.BA . Mà ta đã
có BE2 = BC.AB nên ta suy ra được BN = BE hay tam giác BNE cân tại B, do đó suy
ra BNE = BEN . Mặt khác ta có BNP = BNK = MAK = BAE . Để ý ta có BAE = BEC
nên suy ra BNP = BEP . Đến đây thì ta thu được PNE = PEN nên tam giác PNE cân
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
tại P. Từ đó BP là đường trung trực của đoạn thẳng NE hay BP là đường phân giác
chung của hai tam giác BNE và PNE. Do đó tâm đường tròn nội tiếp của các tam
giác BNE và PNE cùng nằm trên đường BP.
c) Cho BC = 2R . Gọi O1 ; O 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH
và MBH. Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác O1HO2 lớn nhất.
Gọi I, J theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng O1O 2 với CM và BM. Khi
đó dễ thấy

O1HM = O 2 HB = 450 . Mặt khác ta lại có

CMH = MBH

nên

O1MH = O 2 BH . Do vậy hai tam giác O1HM và O 2 HB đồng dạng với nhau nên ta

được

O1H HM
=
. Lại có tam giác MHC đồng dạng với tam giác BHM nên ta có
O 2 H HB

O1H MC
O1 H O 2 H
HM MC
=
=
. Từ đó suy ra
hay ta được
. Để ý rằng
=
O 2 H MB
MC MB
HB MB
O1HO2 = BMC = 900 nên suy ra hai tam giác O1HO2 và CMB đồng dạng với nhau.

Đến đây thì ta được O1O 2 H = CBM nên suy ra tứ giác BHO2 J nội tiếp đường trịn.
Suy rat a có MJI = O 2 HB = 450 nên tam giác MEF vuông cân tại M. Xét hai tam giác
MO 2 H và MO 2 J có HMO2 = JMO 2 , MO 2 chung và MO 2 H = MO 2 J nên suy ra hai

tam giác MO 2 H và MO 2 J

bằng nhau, do đó suy ra MH = MJ và HO2 = JO2 .

Chứng minh hồn tồn tương tự ta cũng có MH = MI và HO1 = IO1 . Gọi PO1HO2 là
chu vi của tam giác O1HO2 . Khi đó ta có

PO1HO2 = HO1 + O1O2 + HO2 = IO1 + JO2 + O1O2 = IJ = MC 2 = MH 2
Như vậy PO1HO2 nhận giá trị lớn nhất khi MH có giá trị lớn nhất, điều này xẩy ra khi
và chỉ khi M là điểm chính giữa của nửa đường trịn đường kính BC.
Bài 48. Cho đường trịn ( O ) có AB là dây cung khơng đi qua tâm và I là trung điểm
của dây AB. Trên tia đối của tia AB lấy điểm M khác điểm A. Vẽ hai tiếp tuyến MC
và MD đến ( O ) (tiếp điểm C thuộc cung nhỏ AB, tiếp điểm D thuộc cung lớn AB).
a) Chứng minh rằng tứ giác OIMD nội tiếp được đường tròn.
b) Chứng minh rằng MD2 = MA.MB .
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
c) Đường thẳng OI cắt cung nhỏ AB của ( O ) tại điểm N, giao điểm của hai
đường thẳng DN và MB là E. Chứng minh tam giác MCE cân tại M.
d) Đường thẳng ON cắt đường thẳng CD tại điểm F. Chứng minh rằng

1
1
4
.
+
=
2
OI.OF ME

CD2
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu 2018 – 2019
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác OIMD nội tiếp được đường trịn.
Vì MD là tiếp tuyến tại D của đường tròn ( O ) nên ODM = 90 0 . Lại thấy đường
trịn ( O ) có dây AB không đi qua tâm và I là trung điểm của dây AB. Do đó suy ra
OI vng góc với AB nên OIM = 90 0 . Tứ giác OIMD có ODM + OIM = 1800 suy ra
tứ giác OIMD nội tiếp đường tròn.
F

N
C
B
I
E

A
M

H

O

D

b) Chứng minh MD2 = MA.MB .
Đường trịn ( O ) có MDA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn AD và
MBD là góc nội tiếp chắn AD nên suy ra MDA = MBD . Hai tam giác MDA và

MBD có DMB chung và MDA = MBD nên đồng dạng với nhau. Do đó ta được

MD MA
nên suy ra MD2 = MA.MB .
=
MB MD
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
c) Chứng minh tam giác MCE cân tại M.

1
Vì MDE là góc nội tiếp chắn DN nên MDE = sđ DN . Đường trịn ( O ) có ON
2
vng góc với dây AB nên NA = NB . Vì MED là góc có đỉnh ở bên trong ( O ) nên
ta có MED =

(

)

(

)

1
1
1

sđ AD + NB . Mà NA = NB nên MED = sđ AD + NA = sđ DN ,
2
2
2

do đó MED = MDE nên tam giác M DE cân tại M, suy ra MD = ME . Mà ta lại có

MC = MD nên suy ra MC = ME hay tam giác MCE cân tại M.
d) Chứng minh

1
1
4
.
+
=
2
OI.OF ME
CD2

Gọi H là giao điểm của OM và CD ta có OC = OD và MC = MD nên suy ra
OM là đường trung trực của CD. Do đó OM vng góc với CD tại H. Hai tam giác
OIM và OHF có MOF chung và OIM = OHF = 90 0 nên đồng dạng với nhau. Từ đó
ta được

OI OM
hay OI.OF = OH.OM . Tam giác ODM vng tại D có đường
=
OH OF

cao DH nên ta suy ra được OH.OM = OD2

OI.OF = OH.OM = OD2

và

và

1
1
1
. Mà
+
=
2
2
OD MD
DH2

1
MD = ME; DH = CD . Từ đó ta suy ra được
2

1
1
4
.
+
=
2

OI.OF ME
CD2
Bài 49. Cho đường tròn ( O ) có đường kính AB, điểm M thuộc ( O ) và khác A, B.
Các tiếp tuyển của đường tròn ( O ) tại các điểm A và M cắt nhau tại C. Đường tròn

( I ) đi qua M là tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. Các đường thẳng CB và CO cắt
đường tròn ( I ) tại điểm thứ hai theo thứ tự là E và F. Vẽ đường kính CD của
đường trịn ( I ) . Gọi giao điểm của hai đường thẳng DF và AB là K.
a) Chứng minh rằng tam giác OCD cân và tứ giác OEFK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng hai tam giác OEF và CED đồng dạng với nhau.
c) Đường thẳng đi qua hai giao điểm của ( O ) và

( I ) cắt đường thẳng AC

tại H. Chứng minh rằng các đường thẳng AF, CK, OH đồng quy.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu 2018 – 2019
Lời giải
a) Chứng minh tam giác OCD cân và tứ giác
OEFK nội tiếp đường tròn.
Ta co CMD = 90 0 = CMO nên ba điểm D, M,

I

C

D

O thẳng hàng. Do CD và AB cùng vng góc
M

với AC ta có CD song song với AB. Do đó ta

N
H

F

có OCD = COA = COD nên tam giác OCD cân
tại D. Mặt khác ta lại có OCD = KEF nên suy

A

K

E

O

B

ra KOF = KEF , do đó tứ giác KOEF nội tiếp
đường trịn
b) Chứng minh hai tam giác OEF và CED
đồng dạng với nhau.

Ta có OME = ECD = OBE nên tứ giác OBME nội tiếp đường trịn.
Do đó ta có OEM = OMB = OBM =

1
AOM = KOF = KEF . Mà ta lại có BC vng góc
2

với DK nên suy ra OEF = 900 . Hai tam giác OEF và CED có OEF = CED = 90 0 và
OFE = CDE nên đồng dạng với nhau. Vậy ta có hai tam giác OEF và CED đồng

dạng.
c) Chứng minh các đường thẳng AF, CK, OH đồng quy.
Tam giác OCD cân tại D và lại có DF vng góc với CO nên suy ra FC = FO . Từ
giác OEFK nội tiếp đường tròn nên ta có OEF = 900 . Do đó OKF = 90 0 hay KF
vng góc với AB. Suy ra FK song song với AC nên ta có KA = KO . Theo một tính
chất quen thuộc về tiếp tuyến và cát tuyến ta có HC2 = HN.HM = HA2 nên H là
trung điểm của AC. Do vậy trong tam giác ACO có AF, CK và OH là các đường
trung tuyến. Vậy ta có các đường thẳng AF, CK, OH đồng quy.
Bài 50. Cho tam giác ABC ( AB  AC ) có các góc đều nhọn và các đường cao AD,
BE, CF cắt nhau tại H. Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC và AD lần lượt tại K và

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
I. Qua F kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD lần lượt tại M và N. Gọi O
là trung điểm của BC.
a) Chứng minh rằng DA là phân giác của FDE

b) Chứng minh rằng F là trung điểm MN
c) Chứng minh rằng OD.OK = OE2 và BD.DC = OD.DK .
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
A

M

E
I
F

P

N
B

K

D

O

C

Q

a) Chứng minh DA là phân giác của FDE
Tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn BAC = BDF và Tứ giác AEDB nội tiếp đường
tròn nên BAC = EDC . Do đó ta được BDF = EDC . Mà FDA và EDA lần lượt phụ

với các góc BDF và EDC nên suy ra FDA = EDA hay DA là phân giác của FDE
b) Chứng minh F là trung điểm MN
+ Lời giải 1. Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK và AD theo thứ tự tại
P và Q. Khi đó PQ, MN và AC song song với nhau. Ta có AFE = BFK và tứ giác
BFEC nội tiếp đường tròn nên AFE = ACB . Mà ta lại có BHD = ACB (vì cùng phụ
với HBD ) và BFD = BHD (vì tứ giác BFHD nội tiếp). Do đó suy ra AFE = BFD
nên FB là phân giác KFD mà FB vng góc với FC nên FC là phân giác ngoài tại F
của tam giác KFD. Từ đó uy ra

Nguyễn Cơng Lợi

KB KC KF
KB DB
hay
. Ta có BP song song
=
=
=
DB DC DF
KC DC
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
với AC nên theo định lí Thales ta có
định lí Thales ta có

BP KB
. Do BQ song song với AC nên theo
=

AC KC

BQ DB
BP BQ
. Đến đây ta suy ra được
nên suy ra
=
=
AC DC
AC AC

BP = BQ . Do MN và PQ song song với nhau nên

MF AF NF
=
=
, do đó
BP AB BQ

MF = NF ( BP = BQ ) hay F là trung điểm của MN.

+ Lời giải 2. Ta có DK vng góc với DA nên DK là phân giác ngoài tam giác FDE
nên

KF DF IF
FM KF
FN IF
và
. Do đó
=

=
=
= . Ta có MN song song với AC nên
KE DE IE
AE IE
AE KE

suy ra

FM FN
nên ta được FM = FN hay F là trung điểm của MN.
=
AE AE

c) Chứng minh OD.OK = OE2 và BD.DC = OD.DK
+ Chứng minh tương tự ý a) ta có FC là phân giác của DFE nên ta có DFE = 2CFE .
Tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn ( O ) đường kính BC nên EOC = 2CFE . Do đó
suy ra DFE = EOC nên tứ giác DFEO nội tiếp đường tròn. Do OE = OF nên
OE = OF suy ra EDO = OEF = OEK . Do đó tam giác ODE đồng dạng với tam giác

OEK, suy ra ta được OD.OK = OE2 .
+ Tam giác BEC vuông tại E có EO là trung tuyến nên OE = OB = OC nên

OE2 = OB2 . Suy ra ta có
BD.DC = ( OB − OD )( OC + OD ) = OB2 − OD 2

= OD.OK − OD2 = OD ( OK − OD ) = OD.DK

Bài 51. Cho đường trịn tam giác ABC ( AB  AC ) có các góc đều nhọn, tiếp nội
trong đường trịn tâm O. Đường phân giác tại A của tam giác cắt đường tròn ( O )

tại điểm D khác A. Gọi M và H lần lượt là trung điểm của AD và BC. Đường tròn
qua ba điểm A, B, M cắt cạnh AC tại F khác A.
a) Chứng minh rằng

BD DM
.
=
BC CF

b) Chứng minh rằng FH song song với AD.

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
c) Gọi E là điểm đối xứng với D qua O. Chứng minh rằng EF vng góc
với AC.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2018 – 2019
Lời giải
a) Chứng minh

BD DM
.
=
BC CF

E
A

F

Vì AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABM tại F khác A nên ta có MBF = MAF .

O

1
Mà ta có MAF = CBD = sdCD . Do đó ta
2
được MBF = CBD . Hai tam giác MBD và

M
B

FBC có MBD = FBC và MDB = FCB nên
đồng dạng với nhau. Từ đó

H

C

D

BD DM
.
=
BC CF

b) Chứng minh FH song song với AD.

1
DA
BD
BD DM
BD DA
=2
Từ
ta được
hay
(vì H, M lần lượt là trung
=
=
2CH
CF
HC CF
BC CF
điểm của BC và AD). Lại có BDA = HCF nên suy ra hai tam giác BDA và HCF
đồng dạng với nhau, do đó suy ra CFH = DAB . Mặt khác do H là trung điểm của
dây không qua tâm đường tròn ( O ) nên OH là đường trung trực của đoạn thẳng
BC, suy ra BD = DC nên DB = DC hay DAB = CAD . Từ đó kết hợp các kết quả lại
ta suy ra được CFH = CAD nên FH song song với AD.
c) Chứng minh EF vng góc với AC.
Ta có FH song song với AD nên FHE = ADE . Lại có ADE = FCE nên ta suy ra
được FHE = FCE . Từ đó các điểm C, H, F, E cùng thuộc một đường trịn. Mà ta lại
có CHE = 90 0 nên ta được CFE = CHE = 90 0 hay ta được EF vng góc với AC.
Bài 52. Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R. Trên tia đối của tia AB lấy
điểm M. Từ M kẻ tiếp tuyến MC với đường tròn ( O ) (C là tiếp điểm). Kẻ đường
thẳng qua B vng góc với đường thẳng MC tại D và cắt đường thẳng AC tại E.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
a) Chứng minh rằng CE = CA .
b) Gọi G là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác COB với
đường thẳng MC. Tia CO cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng
ba đường thẳng CB, EF, GO đồng quy.
c) Chứng minh rằng BF + OG  2 2R .
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Quảng Ninh năm học 2018 – 2019
Lời giải
G
E
D

C
T

M

A

B

O

F

a) Chứng minh rằng CE = CA .
Tam giác OBC cân tại O nên ta có BCO = CBO . Do CO và BD cùng vng góc với

MC nên OC song song với BD, do đó ta lại có CBE = BCO . Do đó ABC = CBE hay
BC là phân giác của góc CBE . Tam giác BAE có BC là đường cao và là đường phân
giác nên tam giác ABE cân tại B. Suy ra C là trung điểm của AE hay CE = CA .
b) Chứng minh rằng ba đường thẳng CB, EF, GO đồng quy.
Tam giác ABE cân tại B nên ta có BE = AB = CE . Lại có CF song song với BE nên
suy ra tứ giác BECF là hình bình hành. Do đó hai đường chéo BC và EF cắt nhau tại
trung điểm của mỗi đường. Gọi T là giao điểm của hai đường chéo BC và EF, khi
đó T là trung điểm của BC. Tứ giác BOCG nội đường trịn nên ta có
OCG + OBG = 180 0 . Do đó suy ra OBG = 900 nên BG là tiếp tuyến tại B của đường

tròn ( O ) . Từ đó G là giao điểm của hai tiếp tuyến CG và BG của đường tròn ( O ) .

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Từ đó suy ra OG đi qua trung điểm T của BC. Vậy ba đường thẳng CB, EF, GO
đồng quy.
c) Chứng minh rằng BF + OG  2 2R .
Dễ thấy OT là đường trung bình của tam giác BCE. Do đó ta được BF = 2OT . Do
vậy áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được

BF + OG = 2OT + OG  2 2OT.OG = 2 2.OC2 = 2R 2 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ
khi 2OT = OG hay T là trung điểm của OG, khi đó tứ giác BOCG là hình vuông
hay CG song song với AB, điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài tốn. Vậy dấu
bằng khơng xẩy ra. Do vậy ta được BF + OG  2 2R .
Bài 53. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB  AC và nội tiếp đường tròn ( O ) .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cắt các đường thẳng AB và AC theo thứ tự tại

D và E. Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC lấy điểm P sao cho AP vng góc
với PC. Đường thẳng qua B vng góc với OP cắt PC tại Q.
a) Chứng minh rằng PB = PQ .
b) Chứng minh rằng O là trực tâm của tam giác ADE.
c) Chứng minh rằng PAO = QAC .
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
a) Chứng minh rằng PB = PQ .

A

Tứ giác BPOC nội tiếp đường tròn nên suy ra

BPQ = BOC và do BQ song song với PO nên ta
lại có PQB = QPO = OBC , do đó suy ra hai tam

O

T

P
Q

giác PBQ và OCB đồng dạng với nhau. Mà tam
giác OCB cân tại O nên tam giác PBQ cũng cân

B

E
C

D

tại P. Do đó ta được PB = PQ .
b) Chứng minh rằng O là trực tâm của tam giác ADE.
Ta có OBE = OCE = OAC . Lại có OBA = OAB nên suy ra EAB = EBA . Từ đó ta suy
ra đươci tam giác EAB cân tại E nên EA = EB . Để ý rằng OA = OB nên suy ra OE là

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
đường trùn trực của AB. Do đó ta có OE vng góc với AB. Chứng minh tương tự
thì ta cũng có OD vng góc với AB. Do vậy O là trực tâm của tam giác ADE.
c) Chứng minh rằng PAO = QAC .

Gọi T là giao điểm thứ hai của CP với đường tròn ( O ) . Ta có BPC = BOC = 2BTC
nên ta suy ra được PT = PB . Mà ta có PB = PQ nên PT = PQ . Để ý rằng APQ = 900

1
nên PAQ = PAT = 900 − ATP = 900 − ABC = 900 − AOC = OAC . Đến đây thì ta suy
2
ra được PAO = QAC .
Bài 54. Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với các cạnh BC, CA,
AB lần lượt tại các điểm D, E, F. Gọi K là hình chiếu vng góc của B trên đường
thẳng DE và M là trung điểm của đoạn thẳng DF.
a) Chứng minh rằng hai tam giác BKM và DEF đồng dạng với nhau.
b) Gọi L là hình chiếu của vng góc của C trên đường thẳng DF và N là

trung điểm của đoạn thẳng DE. Chứng minh rằng hai đường thẳng MK và NL
song song với nhau.
c) Gọi J, X lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng KL và ID. Chứng minh
rằng đường thẳng JX vng góc với đường thẳng EF.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
a) Chứng minh hai tam giác BKM và DEF đồng dạng với nhau.
Đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC nên

A

ta có BD và BF là các tiếp tuyến. Do đó BI là
đường trung trực của đoạn thẳng DF nên BI

E

vng góc với DF tại M. Từ đó BMDK nội

F

tiếp đường trịn, do đó BMK = BDK = CDE .

I

N

M
X

Cũng do CE là tiếp tuyến với đường tròn

( I ) tại E nên ta có CDE = DFE . Từ đó suy ra
BMK = DFE . Mặt khác BKM = BDM = DEF

B

C

D
K
J
L

nên hai tam giác BKM và DEF đồng dạng.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
b) Chứng minh hai đường thẳng MK và NL song song với nhau.
Ta có các tứ giác BKMD và CLDN nội tiếp đường tròn nên suy ra DMK = DBK và
DCN = DLN . Mặt khác do BK song song với CN nên ta có DBK = DCN . Từ đó suy

ra DMK = DLN nên MK song song với LN.
c) Chứng minh đường thẳng JX vng góc với đường thẳng EF.
Ta có DMK = DCN = 900 − CDN = 900 − DFE = 900 − DMN , do đó KMN = 90 0 . Do
vậy tứ giác KMNL là hình thang vng. Ta có J là trung điểm của KL nên J nằm
trên đường trung trực của đoạn thẳng MN hay

JM = JN . Mặt khác

1
XM = XN = ID nên suy ra X nằm trên đường trung trực của MN. Do đó XJ vng
2
góc với MN. Trong tam giác DEF thì MN là đường trung bình nên ta có MN song
song với EF. Do đó suy ra JX vng góc với EF
Bài 55. Cho ngũ giác lồi ABCDE nội tiếp đường trịn ( O ) có CD song song với BE.
Hai đường chéo CE và BD cắt nhau tại P. Điểm M thuộc đoạn thẳng BE sao cho
MAB = PAE . Điểm K thuộc đường thẳng CA sao cho MK song song với AD, điểm

L thuộc đường thẳng AD sao cho ML song song với AC. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác KBC cắt BD, CE lần lượt tại Q, S (Q khác B, S khác C).
a) Chứng minh rằng ba điểm K, M , Q thẳng hàng.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác LDE cắt BD, CE lần lượt tại T, R (T khác
D, R khác E). Chứng minh rằng năm điểm M, S, Q, R, T cùng nằm trên một đường
tròn.
c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường
tròn ( O ) .
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019
Lời giải
a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng.
Do các tứ giác BKQC và ABCD nội tiếp nên ta có QKC = QBC = DBC = DAC . Mà ta
có MK song song với AD nên CKM = CAD . Do đó ta có QKC = MKC nên suy ra
ba điểm K, M, Q thẳng hàng.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN

X
t
D

C
J
R
Q
I

P

S

O
T

M

B

E

K
L
A

Y

b) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T cùng nằm trên một đường tròn.
Do các tứ giác RTED, BCQS và BCDE nội tiếp nên RTD = CBD = DEC = RSQ . Do
đó tứ giác TSQR nội tiếp đường trịn. Chứng minh hồn tồn tương tự như trên ta
được ba điểm L, M, R thẳng hàng. Để ý đến tứ giác AKML là hình bình hành ta có

RMQ = KML = CAD = DEC = RSQ nên tứ giác TMQR nội tiếp đường tròn. Do vậy
các điểm R, T, M, S, Q cùng nằm trên một đường tròn.
c) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ( O ) .
+ Lời giải 1. Từ giác BCDE nội tiếp đường tròn và có BE song song với CD nên tứ
giác BCDE là hình thang cân. Ta xét hai trường hợp sau.
Trường hợp 1. Điểm A nằm trên trục đối xứng của hình thang cân BCDE. Khi đó
A là điểm chính giữa cung nhỏ BE của đường tròn ( O ) và P là giao giao điểm hai
đường chéo của hình thang BCDE. Gọi X là giao điểm của AP với đường tròn ( O )
thì

AX là đường kính của đường trịn

( O ) và

M nằm trên AX. Ta có

BXA = BCA = BQM hay tứ giác BMQX nội tiếp đường tròn nên BMX = BQX = 900 .
Hồn tồn tương tự thì ta được ERX = EMX = 90 0 . Suy ra tứ giác PQXR nội tiếp
đường trịn đường kính PX. Khi đó dễ thấy đường trịn ngoại tiếp của tam giác
PRQ và đường tròn ( O ) tiếp xúc với nhau tại X.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Trường hợp 2. Điểm A không nằm trên trục đối xứng của hình thang BCDE. Giả
sử AM, AP cắt đường tròn ( O ) tại X và Y. Ta có tứ giác BXDA nội tiếp đường trịn
và MQ song song với DA nên ta dễ thấy BXM = BXA = BDA = BQM nên tứ giác
BXQM nội tiếp đường trịn. Chứng minh hồn tồn tương tự ta cũng có tứ giác
XRME nội tiếp đường trịn. Đến đây ta có biến đổi góc như sau

RXQ = RXM + QXM = REM + QBM = 1800 − BPE = 1800 − QPR
Suy ra tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn. Như vậy ta cần chứng minh đường tròn
ngoại tiếp tam giác PQR và đường tròn ( O ) tiếp xúc nhau tại X. Từ MAB = PAE ta
suy ra được BX = EX nên XY, CD, BE song song với nhau. Điều này dẫn đến X và
Y đối xứng với nhau qua trục đối xứng của hình thang BCDE. Kẻ tiếp tuyến Xt với
đường trịn ( O ) . Khi đó ta có CXt = CDX . Để ý rằng P nằm trên trục đối xứng của
hình thang BCDE, ta có biến đổi góc
XPR = XPC = YPD = BYA + YBD = BYA + CBX = BYA + CDX = BYA + CXt

Sử dụng tứ giác MEXR nội tiếp đường tròn và chú ý đến AC song song với MR ta
có biến đổi góc CXR = CEX − RXE = CDE − RMB = BCD − ACD = BCA = BYA
Đến đây thì ta được XPR = BYA + CXt = CXR + CXt = RXt nên Xt cũng là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR. Vậy đường tròn ngoại tiếp của tam giác
PRQ và đường tròn ( O ) tiếp xúc với nhau tại X.
+ Lời giải 2. Hoàn toàn tương tự như trên ta chứng minh được khi A nằm trên trục
đối xứng của hình thang BCDE thì đường trịn ngoại tiếp của tam giác PRQ và
đường tròn ( O ) tiếp xúc với nhau tại X. ta đi xét trường hợp điểm A không nằm
trên trục đối xứng của hình thang ABCD.
Cũng chứng minh tương tự như trên ta được các tứ giác RMEX, PQXR nội tiếp
đường trịn. Đồng thời ta cũng có XY, BE, CD song song với nhau. Goi I là giao
điểm của AX với đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQXR và kẻ Xu là tiếp tuyến tại X
với đường tròn ( O ) . Khi đó do XY song song với CD nên tứ giác CDYX là hình

thang cân. Mà ta có P nằm trên trục đối xứng của hình thang cân BCDE nên suy ra
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An