Phần 1 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
TỔNG HỢP VÀ GIỚI THIỆU CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC ĐƯỢC TRÍCH
TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUA CÁC NĂM HỌC
Hình học phẳng là một nội dung quan trọng trong chương trình mơn tốn ở
trường THCS cũng như THPT chuyên toán. Trong những năm gần đầy các bài tốn
về hình học phẳng xuất hiện trong các đề thi vào lớp 10 THPT chuyên, lớp 10 năng
khiếu tốn và trong các kì thi học sinh giỏi các cấp với độ khó ngày càng cao. Với
mong muốn tuyển chọn và giới thiệu bài hình học phẳng tổng hợp từ các đề thi
tuyển sinh lớp 10 trường THPT chuyên nhằm mục đích làm tài liệu học tập cho học
sinh và tài liệu giảng dạy cho giáo viên, chúng tôi đã soạn ra cuốn tài liệu ”Tổng
hợp và giới thiệu các bài tốn hình học được trích trong đề thi tuyển sinh lớp 10
trường THPT qua các năm học”. Nội dung cơ bản của tài liệu là giới thiệu các bài
tốn hình học tổng hợp được trích từ các đề thi mà bản thân tác giả sưu tầm được,
cùng với đó là lời giải được trình bày cơng phu và chính xác. Với cách viết đặt bạn
đọc vào vị trí người giải, lối suy nghĩ hình thành lời giải bài tốn một cách tự nhiên
nhưng vẫn đảm bảo tính khoa học, hy vọng cuốn tài liệu sẽ thực sự có ích cho bạn
đọc trên con được chinh phục các bài tốn hình học phẳng. Mặc dù chúng tơi đã
thực sự cố gắng và dành nhiều tâm huyết để hoàn thiện cuốn sách với hiệu quả cao
nhất, song sự sai sót là điều khó tránh khỏi. Chúng tơi rất mong được sự đóng góp
ý kiến của bạn đọc để chúng tơi hồn thiện tài liệu tốt hơn.

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Bài 1. Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn ( O ) . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF
của ( O ) (E, F là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE  DF ,
D không trùng với E và tiếp tuyến tại D của ( O ) cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.

a) Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳng
OB, OC. Chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp một đường tròn.
b) Kẻ tia phân giác DK của góc EDF và tia phân giác OI của góc BOC với k
thuộc EF và I thuộc BC. Chứng minh rằng OI song song với DK.
c) Chứng minh đường thẳng IK ln đi qua một điểm cố định.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2016 – 2017
Lời giải
A

P

F

M

Q
NK
O

E

J

G

H
B

L
D I

C

a) Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp
+ Lời giải 1. Ta có DEF =

1
DOF = DOC nên DEF + DON = 180 0 suy ra ta có tứ giác
2

DONE nội tiếp đường trịn. Mặt khác ta có BEO = BDO = 90 0 nên BDOE nội tiếp.
Như vậy năm điểm B, D, E, O, N cùng thuộc một đường trịn. Từ đó suy ra
BNO = BEO = 90 0 . Chứng minh tương tự ta được BMC = 90 0 . Như vậy ta có
BMC = BNC = 90 0 hay tứ giác BNMC nội tiếp.

+ Lời giải 2. Theo giả thiết của bài tốn ta có NCB =
của tam giác FBM nên ta có
Nguyễn Cơng Lợi

1
ACB . Do AFE là góc ngồi
2

1
NMB = AFE − ABM = AFE − ABC . Mà ta lại có
2
Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


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

(

)

1
1
1
AFE = 900 − BAC . Từ đó ta được NMB = 900 − BAC + ABC = ACB . Kết hợp
2
2
2
hai kết quả ta thu được NMB = NCB , do đó tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh OI song song với DK.
+ Lời giải 1. Ta có biến đổi góc như sau


ABC   o ACB  ABC + ACB
EDF = 1800 − EDB − FDC = 1800 −  90o −
 −  90 −
=

 

2
2
2

 


Mà ta lại có KDC =

EDF
ABC ACB
ACB
ABC ACB
.
+ FDC =
+
+ 900 −
= 900 +
−
2
4
4
2
4
4

Mặt khác do OI là phân giác của góc BOC nên ta có

OIC =

ABC
ABC BOC
+ BOI =
+
=
2
2

2

1
ABC ACB 
ABC ACB
−
−
 1800 −
 = 900 +
2 
2
2 
4
4

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC = OIC nên OI song song với DK
+ Lời giải 2. Gọi H, G lần lượt là giao điểm của BO với DE và CO với CF. Gọi J là
giao điểm của DK với OB. Khi đó dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường trịn, do đó
ta được HOG + HDG = 1800 . Do OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác
của góc EDF nên ta có EDK + BOI = 90 0 . Mà ta lại có EDK + BJD = 900 nên ta được

BOI = BJD . Từ đó suy ra OI song song với DK.
c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.
+ Lời giải 1. Giả sử P là giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P là điểm chính
giữa cung nhỏ EF. Từ đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng hàng. Gọi Q là giao điểm
AO với EF. Do đó ta được AO vng góc với EF tại Q.
Xét hai tam giác vng KPQ và IDO có OID = ODP = KPQ nên KPQ ∽ IDO .
Do đó ta được

OE = OP nên

KP PQ PQ
. Mặt khác ta lại có OAE = 900 , EQ ⊥ OP và
=
=
OI DO PO

OQ OE
PQ
OQ
OQ
OE
OP AP
. Từ đó
.
=
= 1−
= 1−
= 1−
= 1−
=
OE OA
PO
PO
OE
OA
OA OA

Kết hợp hai kết quả trên ta được

KP AP
, mà ta có KP song song với OD. Do đó
=
OI AO

suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng. Vậy IK luôn đi qua điểm cố định A.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
+ Lời giải 2. Gọi giao điểm của DK với đường trịn ( O ) là P, khi đó dễ thấy ba điểm
A, P, O thẳng hàng. Giả sử AO cắt EF tại Q. Do DK song song với OI nên ta có
KPO = KDO = DOI , điều này dẫn đến hai tam giác KQP và DIO đồng dạng với

nhau. Từ đó ta được

KP PQ PQ
. Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung
=
=
OI OD OE

nhỏ EF nên EP là phân giác của tam giác AEQ, theo tích chất đường phân giác kết
hợp hai tam giác AEO và AQE ta suy ra được
Kết hợp hai kết quả trên ta được

PA EA AO
PA PQ

=
=
, suy ra
.
=
PQ EQ EO
OA EO

AP KP
, mà ta có KP song song với IO nên theo
=
AO OI

định lí Talets ta suy ra được ba điểm A, K, I thẳng hàng. Từ đó ta có điều phải
chứng minh.
+ Lời giải 3. Gọi giao điểm của AO với đường tròn ( O ) là L. Khi đó do CO là phân
giác của BCA và AO là phân giác của góc BAC nên ta có COL =

)

(

1
BAC + BCA .
2

Mặt khác do tứ giác BDOE nội tiếp nên ta có

) (

(

1
1
1
DOB = EOB = 900 − ABC = 900 − 1800 − BAC − BCA = BAC + BCA
2
2
2

)

Từ đó ta được COL = BOD , mà OI là phân giác của góc BOC nên DOI = LOI . Kết
hợp với OD = OL và OI chung dẫn đến IOD = IOL , suy ra ILO = IDO = 90 0 hay
LI là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) . Gọi K’ là giao điểm của AI với EF. Dễ dàng
chứng minh được AP.AL = AE2 = AQ.AO nên ta được
song với IL nên theo định lý Talets ta có

AQ AP
. Mà do QK’ song
=
AL AO

AQ AK'
AK' AP
=
=
. Từ đó dẫn đến
,
AL

AI
AI AO

nên theo định lý Talets đảo thì ta có PK ' song song với OI. Điều này dẫn đến PK’
và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng
hàng. Ta có điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho đuờng tròn ( O; R ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên
cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình
vng ABDE, ACFG và hình bình hành AEKG.
Nguyễn Cơng 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 AK = BC và AK vng góc BC.
b) Gọi giao điểm của DC và BF là M. Chứng minh rằng ba điểm A, K, M
thẳng hang.
c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường trịn ( O; R )
thì K ln thuộc một đuờng trịn cố định.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017
Lời giải
K
G

E
C'

B'
A

F
O
D

T
B

S

M
H

C

a) Chứng minh rằng AK = BC và AK vng góc BC.
+ Ta có KEA + EAG = 1800 và BAC + EAG = 1800 nên ta được KEA = BAC . Mặt
khác ta lại có EK = AG = AC và EA = AB nên hai tam giác AEK và BAC bằng
nhau, do đó ta được AK = BC và EAK = ABC .
+ Gọi H là giao điểm của KA và BC, khi đó ta có BAH + ABC = BAH + EAK = 900
suy ra AH vng góc với BC. Do đó AK vng góc với BC.
b) Gọi giao điểm của DC và BF là M. Chứng minh ba điểm A, K, M thẳng hàng.
+ Gọi T và S lần lượt là giao điểm của KB với CD và KC với BF. Gọi Z là giao của
KC và AG. Ta có KAC = KAG + 900 và BCF = ACB + 900 mà KAG = ACB nên suy
ra KAC = BCF . Mặt khác lại có KA = BC; AC = CF; KAC = BCF nên hai tam giác
KAC và BCF bằng nhau, do đó suy ra CKH = FBC . Để ý rằng CKH + KCH = 900
nên FBC + KCH = 90 0 suy ra BF vng góc với KC. Tương tự ta có KB vng góc
Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
với CD. Từ hai kết quả trên suy ra M là trực tâm của tam giác KBC do đó suy ra M
thuộc KH. Vậy ba điểm A, K, M thẳng hàng.
c) Chứng minh khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường trịn ( O; R ) thì K ln
thuộc một đuờng trịn cố định.
Dựng hình vng BCC' B' trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy ra

B'C' cố định. Ta có AKB' B là hình bình hành. Do đó B'K song song với AB nên
B'KA = BAH . Tương tự ta có AKC'C là hình bình hành nên KC' song song với

AB, do đó AKC' = HAC . Từ đó suy ra B'KC' = B'KA + AKC' = BAH + HAC = BAC .
Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của đường trịn ( O; R ) thì K ln nhìn đoạn

B'C' cố định dưới một góc khơng đổi  = BAC . Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa
góc  dựng trên đoạn B'C' cố định.
Bài 3. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) đường kính AK. Trên
cạnh BC lấy điểm M; vẽ đường tròn ( D; R 1 ) qua M và tiếp xúc với AB tại B, vẽ
đường tròn ( E; R 2 ) qua M và tiếp xúc với AC tại C. Gọi N là giao điểm thứ hai
khác M của đường tròn ( D; R 1 ) và đường tròn ( E; R 2 ) .
a) Chứng minh rằng N thuộc đường tròn ( O; R ) và ba điểm A, M, N thẳng
hàng.
b) Khi M thay đổi trên đoạn BC. Chứng minh rằng R 1 + R 2 = R và tứ giác
ADNE có diện tích khơng đổi.
c) Khi M thay đổi trên đoạn BC. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác ADE
theo R.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017
Lời giải
a) Chứng minh N thuộc đường tròn ( O; R ) và ba điểm A, M, N thẳng hàng.

+ Vì tam giác ABC đều nội tiếp ( O; R ) có đường kính AK nên AB = BC = CA = R 3
và lại có BAC = ABC = ACB = 600 .

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
Vì BA là tiếp tuyến của đường trịn ( D; R 1 )

A

nên BNM = ABM = 60 0 và CA là tiếp tuyến
của ( E; R 2 ) nên CNM = ACM = 600 .
Từ đó BAC + BNC = BAC + BNM + CNM = 1800

O

Suy ra tứ giác ABCN nội tiếp được đường
tròn hay N thuộc đường trịn ( O; R ) .
+ Vì N thuộc đường trịn

( O; R )

M

B

C

D

nên ta có

E
N

K

P

BNA = CNA = 60 , mà ta lại có BNM = 60 do
0

0

đó ta được BNA = BNM = 60 0 nên ba điểm A,
M, N thẳng hàng.
b) Chứng minh R 1 + R 2 = R và tứ giác ADNE có diện tích khơng đổi.
+ Tam giác OBK có OB = OK = R và BKO = BCA = 60 0 nên tam giác OBK đều, do
đó suy ra BK = R . Tương tự ta được CK = R nên tam giác BKC cân tại K, do đó
KBC = KCB . Vì BA là tiếp tuyến của đường trịn ( D; R 1 ) nên BD vng góc với BA,

mà ta có BK vng góc với BA nên suy ra D nằm trên BC, điều này dẫn đến
KBC = DBC suy ra D thuộc BK nên KBC = DBC , lại có DB = DM = R 1 nên

DMB = DBC . Từ các kết quả trên ta được KCB = DMB nên DM song song với KC

hay DM song song với KE. Chứng minh tương tự ta có EM song song với DK do đó

tứ giác MDKC là hình bình hành. Từ đó suy ra DM = KE hay DM + EC = EK + EC .
Do vậy ta suy ra được R 1 + R 2 = R .
+ Ta có AN vng góc với NK hay ED vng góc với AN, do đó DE song song với
AN, điều này dẫn đến S DNE = S DKE nên S ADNE = S ADKE . Lại có

1
1
R 3
R2 3
SADKE = S ADK + S AEK = AB.DK + AC.KE =
DK
+
KE
=
(
) 2 .
2
2
2
R2 3
Do đó suy ta S ADKE =
khơng đổi.
2
c) Khi M thay đổi trên đoạn BC. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác ADE theo R.

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Ta có S ADKE

R2 3
R2 3
R2 3
hay SADE + SKDE =
nên S ADE =
=
− SKDE . Kẻ EP vng
2
2
2

góc với DK tại P, khi đó ta có
2
1
1
1
1
3 R2 3
0
S DKE = KD.EP = KD.KE.sin PKE = KD.KE.sin 60  ( KD + KE )
=
2
2
2
8
2
16

2
2
2
R 3 R 3 7R 3
Suy ra SADE 
, dấu bằng xẩy ra khi KD = KE hay M là trung
−
=
2
16
16
7R 2 3
điểm của BC. Vậy S ADE đạt giá trị nhỏ nhất là
khi M là trung điểm của BC.
16
Bài 4. Cho hai đường tròn ( O1 ) và ( O 2 ) có bán kính khác nhau, cắt nhau tại hai

điểm A và B sao cho O1 ,O 2 thuộc hai nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB.
Đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác BO1O 2 cắt ( O1 ) và ( O 2 ) lần lượt tại K và L
(khác A và B). Đường thẳng AO cắt ( O1 ) và ( O 2 ) lần lượt tại M và N (khác A). Hai
đường thẳng MK và NL cắt nhau tại P sao cho P và B thuộc hai nửa mặt phẳng có
bờ là đường thảng KL.
a) Chứng minh rằng tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh rằng điểm A cách đều hai đường thẳng BK và BL
c) Chứng minh rằng điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam giác
PKL cân
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2016 – 2017
Lời giải
P
K

L

M
A

N
O2

O1

B

a) Chứng minh tứ giác BKPL nội tiếp đường trịn.

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Vì các tứ giác MKAB và BALN lần lượt nội tiếp các đường tròn ( O1 ) và ( O 2 ) nên
ta có MKB = MAB và BLN = BAN . Mà ta lại có MAB + NAB = 1800 nên ta suy ra
được MKB + NLB = 1800 . Mặt khác PKB = 1800 − MKB và PLB = 1800 − BLN nên ta
được PKB + PLB = 1800 , do đó suy ra tứ giác BKPL nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh điểm A cách đều hai đường thẳng BK và BL
Ta có O1LB = O1O 2 B (góc nội tiếp cùng chắn cung BO1 ) và ALB =

1
AO2 B = O1O2 B .
2

Do đó ALB = O1LB suy ra ba điểm O1 ; O; L thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta
được ba điểm O2 ; A; K thẳng hàng.

Khi đó ta được KAO1 = LAO2 . Ta có

1
1
KBA = KO1A và ABL = AO2 L (góc nội tiếp và góc ở tâm lần lượt cùng chắn
2
2
cung KA, AL). Mặt khác vì các tam giác KO1A; AO 2 L là các tam giác cân nên

KO1A =

1800 − LAO2
1800 − KAO1
và AO2 L =
. Từ đó ta có KBA = LBA hay BA là
2
2

phân giác của góc KBL suy ra A cách đều BK và BL
c) Chứng minh điểm P thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi tam giác PKL cân
+ Chứng minh nếu P thuộc AB thì PKL cân.
Vì P thuộc AB nên ta cần khai thác giả thiết này. Có hai hướng xử lý.
Hướng 1. Ta có P, A, B thẳng hàng. Chú ý tam giác MPN cân do
PMN = KBA = ABL = MNP do khai thác được từ câu b). Khi đó cần chứng minh

KL song song với MN ta khơng thể sử dụng yếu tố về góc cũng khơng thể sử dụng

yếu tố cạnh có hai cạnh bằng nhau. Chú ý đến tứ giác MKAB và BKNL nội tiếp nên
PK.PM = PA.PB và PL.PN = PA.PB . Suy ra PK.PM = PL.PN mà PN = PM nên PK =
PL. Suy ra tam giác PKL cân
Hướng 2. Ta có P, A, B thẳng hàng nên chú ý vào khai thác việc P nằm trên AB thì
cho ta cái gì khi đó nghĩ đến áp dụng kết quả câu b) ta có BP là phân giác của góc
KBL suy ra KBP = LBP nên sdKP = sdPL hay KP = PL . Từ đó tam giác PKL cân.
+ Chứng minh nếu PKL cân thì P thuộc AB .

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Ta chuyển về chứng minh P, A, B thẳng hàng với KP = LP. Vì cần P, A, B thẳng
hàng nên cần chứng minh BA trùng BP. Tương tự như trên ta có hai hướng xử lý:
Hướng 1. Vì KP = PL nên KBP = LBP (góc cùng chắn cung bằng nhau) nên BP là
phân giác của góc KBL sử dụng kết quả câu b) là BA là phân giác của góc KBL nên
BA  BP

Hướng 2. Nếu PK = PL thì PK.PM = PL.PN . Gọi A’ và A’’ là giao điểm của BP với

(O )
1

và ( O 2 ) thì PK.PM = PA'.PB = PL.PN = PA''.PB . Suy ra A  A'  A " hay P

thuộc AB.
Bài 5. Cho đường trịn tâm O đường kính BC, A là điểm di chuyển trên đường tròn

( O ) (A khác B và C). Kẻ AH vng góc với BC tại H. M là điểm đối xứng của điểm
A qua điểm B.
a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường tròn cố định.
b) Đường thẳng MH cắt đường tròn ( O ) tại E và F (E nằm giữa M và F). Gọi
I là trung điểm của HC, đường thẳng AI cắt ( O ) tại G (G khác A). Chứng minh
rằng AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 .
c) Gọi P là hình chiếu vng góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho
bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 – 2017
Lời giải
A

F
Q

S
P
B

K

O

E

C

I

H

O'

G
M

D

a) Chứng minh điểm M luôn nằm trên một đường trịn cố định.

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Lấy K là điểm đối xứng của O qua B, vì B và O cố định nên K cố định. Tứ giác
BC
OAKM là hình bình hành nên KM = OA =
khơng đổi. Suy ra M nằm trên
2
BC
đường trịn tâm K có bán kính
khơng đổi.
2
b) Chứng minh AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 .
Xét tam giác AHB và tam giác CHA có BHC = BHA và BAH = ACB . Suy ra tam
giác AHB đồng dạng với tam giác CHA. Gọi S là trung điểm của AH, I là trung
điểm của HC nên tam giác ABS đồng dạng tam giác CAI, do đó ta có ABS = CAI .
Ta lại có BS là đường trung bình của tam giác AMH nên BS song song với MH. Từ
đó ta được ABS = AMH nên suy ra AMH = CAI . Mà ta lại có CAI + MAI = 90 0

nên suy ra AMH + MAI = 90 0 , do đó AI vng góc MF. Xét tứ giác AEGF nội tiếp
đường trịn ( O ) nên ta có AG vng góc với EF. Kẻ đường kính AD, khi đó do GD
vng góc với AG và EF vng góc AG nên EF song song với GD. Do đó tứ giác
nội tiếp EFGD nên hình thang cân, suy ra FG = ED . Từ đó ta được

AE2 + FG2 = AE2 + ED2 = AD2 = BC2 .

Tương

tự

ta

chứng

minh

được

AF2 + EG2 = BC2 . Vậy AF2 + FG2 + GE2 + EA2 = 2BC2 .
c) Gọi P là hình chiếu vng góc của H lên AB. Tìm vị trí của điểm A sao cho bán
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác BCP đạt giá trị lớn nhất.
Gọi Q là hình chiếu của H trên AC, ta có tứ giác APHQ là hình chữ nhật (S là tâm).
Do đó ta được AQP = AHP = ABC nên tứ giác BPQC nội tiếp. Đường trung trực
của các đoạn thẳng PQ, BC, QC cắt nhau tại O’ thì O’ là tâm đường trịn ngoại tiếp
tam giác BCP. Ta có OO’ song song với AH vì cùng vng góc với BC. Lại có OA
vng góc với PQ và O'S vng góc với PQ nên O'S song song với OA, dẫn đến tứ
giác ASO'O là hình bình hành. Từ đó ta được OO' = AS =
A nằm chính giữa cung BC thì ta vẫn có OO' = AS =
O nên ta được O'C = OC 2 +

AH
. Trong trường hợp
2

AH
. Tam giác OO’C vuông tại
2

AH 2
. Do OC không đổi nên O'C lớn nhất khi AH lớn
4

nhất hay A chính giữa cung BC của đường trịn ( O ) .
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Bài 6. Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC và nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đường
cao BB' ,CC' cắt nhau tại điểm H . Gọi M là trung điểm BC . Tia MH cắt đường
tròn ( O ) tại điểm P .
1) Chứng minh hai tam giác BPC' và CPB' đồng dạng.
2) Các đường phân giác của các góc BPC' , CPB' lần lượt cắt AB , AC tại các
điểm E và F . Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF, K là giao điểm
của HM và AO' .
a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp đường tròn.

( )

b) Chứng minh các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn O' cắt nhau tại
một điểm nằm trên đường trịn ( O ) .
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Thành Phố Hà Nội năm học 2016 – 2017
Lời giải
1) Chứng minh hai tam giác BPC' và CPB' đồng dạng.
Kẻ đường kính AA' của đường trịn

A

đường trịn ( O ) , khi đó dễ dàng chứng
P

B'

'

minh được tứ giác HBA C là hình bình

O'

'

hành. Do đó HA đi qua điểm M nên

E

HA' cũng đi qua điểm P. Từ đó ta được

APH = 900 = AB'H = AC'H nên suy ra

F

G

C'

O

H
K

B

C

M

tứ giác PAB'C' nội tiếp đường trịn
đường kính AH. Do đó ta suy ra được

PC' A = PB' A nên PC' B = PB'C .

A'
T

Mà PBC' = PCB' do đó ta được tam giác PBC' đồng dạng với tam giác PCB' .
2) Các đường phân giác của các góc BPC' , CPB' lần lượt cắt AB , AC tại các điểm
E và F . Gọi O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và K là giao điểm của

HM và AO' .
a) Chứng minh tứ giác PEKF nội tiếp.
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
+ Lời giải 1. Trước hết ta nhận thấy tứ giác AC'HB' nội tiếp đường trịn đường
kính AH. Mà ta có P nằm trên đường trịn đường kính AH đồng thời nằm trên
đường trịn

( O ) nên ta có PC'A = PB'A và PBA = PCA . Từ đó suy ra BPC' = CPB' .

Để ý rằng PE, PF theo thứ tự là đường phân giác của các góc BPC' và CPB' nên ta
suy ra được EPB = FPC . Từ đó suy ra PEA = PFA nên tứ giác APEF nội tiếp

( )

đường trịn. Kẻ đường kính AK ' của đường trịn O' , khi đó ta có APK' = 900 . Mà
P thuộc đường kính AH nên ta có APK = 900 nên suy ra hai tia PK và PK ' trùng
nhau. Mà ta có K và K ' cùng thuộc đường thẳng AO' nên suy ra hai điểm K và K '

( )

trùng nhau. Điều này dẫn đến tứ giác PEKF nội tiếp đường tròn O' .
+ Lời giải 2. Lập luận chứng minh tương tự như các lời giải trên ta có tứ giác APEF

( )

nội tiếp đường tròn O' và tứ giác APC' B' nội tiếp đường trịn đường kính AH.
Do đó ta có BPC' = CPB' , do đó ta suy ra được BPC = B'PC' . Lại có

BCP = BAP = C' AP = C' B'P nên suy ra tam giác PBC đồng dạng với tam giác PC' B' .
Kết hợp với tính chất đường phân giác ta có

PC' EC' B'C'
=
=
. Dễ thấy tam giác
PB EB
BC

C' B' C'H
. Đến đây ta được
=
HB C đồng dạng với tam giác HCB nên ta lại có
BC BH
'

'

C'H EC'
=
nên HE là phân giác của góc BHC' . Chứng minh tương tự thì ta được
BH EB
nên HF là phân giác của góc CHB' . Đến đây ta suy ra được ba điểm E, H, F thẳng
hàng. Ta lại có tam giác AEF cân tại A nên AK là phân giác của góc EAF nên cũng
là phân giác của góc HAA ' . Chú ý rằng tam giác AHC' đồng dạng với tam giác

AA'C nên suy ra

KH HC' HC' EC'
= ' =
=
. Ta lại có tứ giác HC' BA' là hình thang
'
HA A C HB EB

nên ta có PE; HC' ; A' B song song với nhau. Do vậy suy ra PE vng góc với AB.
Chứng minh hồn tồn tương tự thì ta có PF vng góc với AC. Do vậy AK là
đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF. Suy ra tứ giác PEKF nội tiếp
đường trịn.
Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
+ Lời giải 3. Do tam giác PBC' đồng dạng với tam giác PCB' và E, F là là chân các
đường phân giác tương ứng nên ta suy ra được PEC' = PFB' , do đó từ giác APEF

( )

nội tiếp đường trịn, điều này có nghĩa là điểm P thuộc đường tròn O' . Do PE là
phân giác của tam giác BPC' nên theo tính chất đường phân giác ta có

EB PB
.
=

EC' PC'

Cũng do tứ giác APC'H nội tiếp đường trịn nên ta có
PC'H = 180 0 − PAH = 180 0 − PAB − HAB = 180 0 − PA' B − HCB
= 180 0 − PA' B − CBA' = BMA' = CMH

Lại có PHC' = CHM nên tam giác PC'H đồng dạng với tam giác CMH nên ta được

HC' HM MA'
. Mặt khác lại do tứ giác PBA'C nội tiếp đường tròn nên ta suy
=
=
'
CM MB
PC
ra được tam giác PMB đồng dạng với tam giác CMA' . Do vậy
Kết hợp các kết quả ta được
suy ra

MA' CA' HB
=
=
.
MB
PB PB

HB HC'
HB PB
EB PB
=

hay
. Mà ta đã có
nên
=
=
'
'
'
PB PC
HC PC
EC' PC'

EB HB
hay ta được HE là phân giác của góc BHC' . Chứng minh hồn
=
EC' HC'

tồn tương tự thì ta được HF là phân giác của góc CHB' . Đến đây ta được ba điểm
E, H, F thẳng hàng. Ngoài ra cũng từ tam giác PBC' đồng dạng với tam giác PCB'
và tam giác HC' B đồng dạng với tam giác HCB' ta được

PE BC' HE
=
=
nên suy
PF CB' HF

ra PH là phân giác của góc EPF nên PH là đi qua điểm chính giữa cung EF khơng

( )

chứa A của đường tròn O' . Lại do tam giác AEF cân tại A nên AO' là phân giác
của góc EAF nên suy ra AO' đi qua điểm chính giữa cung EF khơng chứa A của

( )

đường trịn O' . Do vậy suy ra giao điểm K của AO' với PH nằm trên đường tròn

( )

ngoại tiếp tam giác AEF. Vậy tứ giác PEKF nội tiếp đường tròn O' .

( )

b) Chứng minh các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn O' cắt nhau tại một điểm nằm
trên đường tròn ( O ) .
+ Lời giải 1. Như đã chứng minh trên ta có ba điểm H, E, F thẳng hàng và AK là
phân giác của góc BAC . Gọi giao điểm thứ hai của AK với đường trịn ( O ) là T và
Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
giao điểm của AK với BB' là G. Khi đó ta có FHB' =

CHB' BAC
=
= GAE nên tứ
2

2

giác AEHG nội tiếp. Từ đó ta suy ra được AEG = AHG = AHB' = ACB = ATB nên
tứ giác BEGT nội tiếp đường tròn. Điều này dẫn ta đến ATE = ABG = 90 0 − BAC .
Mà ta lại có AT vng góc với EF nên TEF = 900 − ATE = BAC . Do vậy TE là tiếp

( )

( )

tuyến của O' . Mặt khác ta lại có TE = TF nên TF cũng là tiếp tuyến của O' .

( )

Tiếp tuyến tại E và F của đường tròn O' cắt nhau tại T trên đường tròn ( O ) .
+ Lời giải 2. Gọi T là điểm chính giữa cung BC khơng chứa A của đường trịn ( O )
và gọi Q là điểm đối xứng với T qua BC. Khi đó BQC = BTC = 1800 − BAC = BHC
nên tứ giác BHQC nội tiếp đường trịn. Do đó ta được HBQ = HCQ và

QHC = QBC = TBC =

1
1
BAC = B'HC . Từ đó suy ra HQ là phân giác của góc
2
2

B'HC . Từ đó suy ra các điểm E, F, H, Q thẳng hàng. Ta có DQ là phân giác của góc
BTC nên QTB =

)

(

1
1800 − BAC = AEF hay tứ giác BTQE nội tiếp đường trịn. Do
2

đó ta được BET = BQT =

(

)

1
1
1800 − BAC = 900 − BAC = 900 − AEO' , điều này dẫn
2
2

( )

đến ET vng góc với EO' hay ET là tiếp tuyến tại E của đường tròn O' . Chứng

( )

minh hồn tồn tương tự thì ta có FT là tiếp tuyến tại F của đường trịn O' . Vậy

( )

các tiếp tuyến tại E và F của đường tròn O'

cắt nhau tại một điểm nằm trên

đường tròn ( O ) .
+ Lời giải 3. Dễ dàng chứng minh được MB' và MC' là tiếp tuyến của đường trịn
đường kính AH. Như vậy hai tiếp tuyến tại B' và C' của đường trịn đường kính
AH cắt nhau tại M. Ta lại có hai tiếp tuyến tại E và F của đường tròn ngoại tiếp
tam giác AEF cắt nhau tại T. Để ý rằng ta chứng minh được tam giác PB'C' và tam
giác PEF. Từ đó ta suy ra được tam giác PB'M đồng dạng với tam giác PFT nên
suy ra tam giác PMT đồng dạng với tam giác PB'F . Do vậy ta có biến đổi góc

PMT = PB'F = 1800 − PB' A = 1800 − PHA = AHM

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Đến đây ta suy ra MT song song với AH nên ta được MT thuộc đường trung trực
của BC. Dễ thấy T nằm trên AK do tam giác AEF cân. Nên T nằm trên đường phân
giác của góc BAC . Do vậy T là giao điểm của đường trung trực của đoạn thẳng
BC với đường phân giác của góc BAC nên T nằm trên đường tròn ( O ) . Từ đó ta
có điều cần chứng minh.
Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) với AB  AC . Phân giác
của góc BAC cắt BC tại D và cắt đường tròn ( O ) tại E khác A. M là trung điểm của
đoạn thẳng AD. Đường thẳng BM cắt đường tròn ( O ) tại P khác B. Giả sử các
đường thẳng EP và AC cắt nhau tại N.
a) chứng minh rằng tứ giác APNM nội tiếp và N là trung điểm của đoạn

thẳng AC.
b) Giả sử đường tròn ( K ) ngoại tiếp tam giác EMN cắt đường thẳng AC tại
Q khác N. Chứng minh rằng B và Q đối xứng nhau qua AE.
c) Giả sử đường tròn ( K ) cắt đường thẳng BM tại M. Chứng minh rằng RA
vng góc RC.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017
Lời giải
a) Chứng minh tứ giác APNM nội tiếp và N là trung điểm của đoạn thẳng AC.
Do AE là phân giác của góc BAC nên ta có

P

A

E là điểm chính giữa cung BC. Suy ra ta có
AMP = ANP nên tứ giác AMNP nội tiếp

O

R

lại có APM = ACB nên suy ra ANM = ACB .
Từ đó dẫn đến MN dong song với BC, mà M

N

M

đường trịn. Do đó APM = ANM . Mặt khác

B

Q

C

D

là trung điểm AD nên suy ra N là trung
điểm AC.

E

b) Chứng minh B và Q đối xứng nhau qua AE.

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
Khơng mất tính tổng qt ta giả sử Q nằm giữa N và C (các trương hợp còn lại
chứng minh tương tự). Do tứ giác EMNQ nội tiếp đường trịn nên MEQ = MNA .
Mà ta có MNA = ACB và ACB = AEB nên ta suy ra được AEQ = AEB . Mặt khác ta
lại có BAE = CAE và AE chung nên suy ra hai tam giác ABE và ACE bằng nhau.
Do đó AB = AG và EB = EQ nên AE là đường trung trực của BQ, suy ra Q và B đối
xứng nhau qua đường thẳng AE.
c) Chứng minh RA vng góc với RC.
Tứ giác ERMN nội tiếp đường trịn nên ta có ENR = EMR = AMP . Mặt khác ta lại
có ENC = ANP = AMP nên ta được ERN = ENC . Ta có REN = PMN = PAN = PEC

và REN = CEN . Kết hợp với cạnh NE chung ta suy ra được hai tam giác REN và
CEN bằng nhau. Suy ra RN = NC = NA nên ta được RN =

1
AC , điều này dẫn đến
2

tam giác RAC vuông tại R hay ta được RA vng góc với RC.
Bài 8. Cho hình vng ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) . P là điểm thuộc cung nhỏ
AD của đường tròn ( O ) và P khác A, D. Các đường thẳng PB, PC lần lượt cắt AD
tại AD tại M, N. Đường trung trực của AM cắt đường thẳng AC, PB lần lượt tại E,
K. Đường trung trực DN cắt các đường thẳng BD, PC lần lượt tại F, L.
a) Chứng minh rằng ba điểm K, O, L thẳng hàng.
b) Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm của EF
c) Giả sử đường trung trực của AM cắt đường thẳng BD tại S và đường trung
trực của DN cắt AC cắt nhau tại T. Đường thẳng ST cắt các đường thẳng PB, PC lần
lượt tại U và V. Chứng minh rằng bốn điểm K, L, V, U cùng thuộc một đương trịn.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017
Lời giải
a) Chứng minh ba điểm K, O, L thẳng hàng.
Do K thuộc đường trung trực của AM nên ta có KA = KM suy ra tam giác AKM
cân tại K. Do đó ta được KAM = KMA . Mặt khác ta lại có KMA + KBA = 900 và
KAB + KAM = 900 nên suy ra KAB = KBA hay tam giác AKB cân tại K. Do đó ta

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


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

được KA = KB = KM . Mà lại có OB = OD nên OK là đường trung bình của tam
giác BMD, suy ra OK song song với MD. Chứng minh tương tự ta có OL là đường
trung bình của tam giác NCA, suy ra OL song song với AD. Theo tiên đề Ơclit thì
ba điểm K, O, L thẳng hàng.
P
A

M

D

N
Y
F

X

I
E

K

O

L

U
S

H

T V

B

C

b) Chứng minh đường thẳng PO đi qua trung điểm của EF.
Ta có E thuộc đường trung trực AM và EAM = 450 nên tam giác EAM vuông cân.
Do đó suy ra ME vng góc với AC. Hồn tồn tương tự ta cũng có NF vng góc
với BD. Ta có MN song song với BC nên theo định lí Talet ta có

PB PC
. Hạ PX
=
MB NC

vng góc với AC và PY vng góc với BD, khi đó ta có PX, EM, BO cùng song
song với nhau. Do đó ta được
nhau nên ta cũng có

XO PB
. Lại có PY, FN, CO cùng song song với
=
EO PM

XO YO
YO PC
. Từ đó dẫn đến
nên suy ra XY và EF
=

=
EO FO
FO NC

song song với nhau. Ta có PXO = PYO = XOY = 90 0 nên tứ giác PXOY là hình chữ
nhật, do đó PO đi qua trung điểm của XY. Do XY song song với EF nên PO đi qua
trung điểm của EF.
c) Chứng minh bốn điểm K, L, V, U cùng thuộc một đương trịn.
Ta có LK song song với AD nên LK vng góc với ES. Do đó KOA = OAD = 450
nên KEO = 450 . Mà ta có EOS = 900 nên OK là phân giác của góc EOS . Suy ra tam
giác EOS cân nên ta có KS = KE , do đó suy ra KL là đường trung trực của ES hay E
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
và S đối xứng với nhau qua KL. Hoàn tồn tương tự ta có F và T đối xứng qua KL.
Từ đó EOF = SOT nên ta được EFO = STO . Gọi giao điểm của OP và EF là I, khi
đó ta có I là trung điểm của EF. Do tam giác OEF cân nên ta có IO = IE = IE . Suy ra
tam giác IOF cân tại I nên IOF = IFO = OTS . Mà ta lại có IOE + IOF = EOF = 90 0 nên
IOE + OTS = 90 0 . Gọi giao điểm của OP và ST là H, khi đó ta có TOH = IOE , suy ra
TOH + HTO = 900 . Điều này dẫn đến THO = 900 hay PO vng góc với ST. Ta lại

có PLF = PCD và PCD = PBD = BPO nên PLF = PBO = PVH . Mặt khác ta có PH
vng góc với UV nên ta được VPH + HVP = 900 .
Mà ta lại có PLF + PLK = PLK = 900 nên PLK = HVP . Từ đó suy ra PLK = UVP
hay tứ giác KLUV nội tiếp đường trịn.
• Nhận xét. Ta có cách khác chứng minh tứ giác KLUV nội tiếp như sau: Từ P kẻ đường

thẳng vng góc với AD cắt đường tròn ( O ) tại Q, khi đó dễ thấy ba điểm Q, L, D thẳng
hàng. Gọi G là giao điểm của AC và QD. Khi đó ta có CTV = STO = SFE = 2PCD = PLD
nên tứ giác LVTG nội tiếp. Mà ta có QC = PD nên ta suy ra được.

) (

(

)

1
1
UVL = TVL = OGL = sd AD + QC = PD + CD = PBC = PKL
2
2
Do vậy tứ giác KLUV nội tiếp đường tròn.
Bài 9. Cho tam giác ABC lấy điểm D thay đổi nằm trên cạnh BC (D không trùng với
B và C). Trên tia AD lấy điểm P sao cho D nằm giữa A và P đồng thời

DA.DP = DB.DC . Đường tròn ( T ) đi qua hai điểm A và D lần lượt cắt cạnh AB, AC
tại F và E.
a) Chứng minh rằng tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng hai tam giác DEF và PCB đồng dạng.
S DEF
EF 2

c) Chứng minh rằng
với S ABC ; S DEF lần lượt là diện tích của
S ABC 4AD 2

tam giác ABC và DEF.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017
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 tứ giác ABPC nội tiếp đường trịn.
Ta có DA.DP = DB.DC nên suy ra được

A

DA DC
. Mà ta lại có ADB = CDP nên hai
=
DB DP
tam giác ADB và CDP đồng dạng. Suy ra
DAB = DCP nên tứ giác ABPC nội tiếp.
F

b) Chứng minh hai tam giác DEF và PCB
đồng dạng.

E
B

K

D

H

C

Ta có DAF = DEF và BAP = BCP nên ta suy
P

ra được DEF = BCP .

Chứng minh hoàn toàn tương tự CBP = DFE . Từ đó suy ra hai tam giác DEF và
PCB đồng dạng với nhau.
c) Chứng minh

S DEF
EF 2

với S ABC ; S DEF lần lượt là diện tích của tam giác
S ABC 4AD 2

ABC; DEF .
S DEF S DEF S PBC EF2 S PBC
=
.
=
.
Ta có
(vì hai tam giác PCB, DEF đồng dạng). Kẻ AH
S ABC S PBC S ABC BC 2 S ABC

vng góc với BC tại H và PK vng góc với BC tại K. Do đó

AH song song với PK). Từ hai kết quả trên ta được

S PCB PK DP
=
=
(vì
S ABC AH DA

S DEF EF 2 DP
=
.
.
S ABC BC 2 DA

Ta lại có BC2 = ( DB + DC )  4DB.DC = 4DA.DP .
2

S DEF
EF2
DP
EF2

.
=
Suy ra
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi D là trung
S ABC 4DA. DP DA 4AD 2

điểm của BC.
Bài 10. Trên đường trịn ( C ) tâm O, bán kính R vẽ dây cung AB  2R . Từ A, B vẽ
hai tiếp tuyến Ax; By với đường tròn ( C ) . Lấy điểm M bất kì thuộc cung nhỏ AB
(M không trùng với A và B). Gọi H, K, I lần lượt là chân các đường vng góc hạ từ
M xuống AB, Ax và By.

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 MH2 = MK.MI .
b) Gọi E là giao điểm của AM và KH, F là giao điểm của BM và HI. Chứng
minh rằng đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp các
tam giác MEK và MFI.
c) Gọi D là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác
MEK và MFI. Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường
thẳng DM ln đi qua một điểm cố định.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017
Lời giải
a) Chứng minh MH2 = MK.MI .

A

Ta có các tứ giác AHMK và BHKI nội tiếp
đường trịn. Lại có Ax và By là các tiếp
tuyến của đường tròn ( O; R ) nên ta có
K

D

MIH = MBH = MAK = MHK

I
M

Hồn tồn tương tự MKH = MHI .

C

E

F

Do đó hai tam giác MIH và MHK đồng
A

MI MH
dạng với nhau nên ta được
=
MH MK

Q

hay MH2 = MI.MK .

O

H

B

b) Chứng minh đường thẳng EF là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp
các tam giác MEK và MFI.
Theo chứng minh trên ta có MBA = MHK và MHI = MAB nên EHF + EMF = 180 0 ,
do đó tứ giác MEHF nội tiếp đường tròn. Suy ra ta được EHM = EFM . Mà ta lại có
EHM = HBM = HIM nên suy ra EFM = FIM . Từ đó suy ra EF là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác MFI. Tương tự EF là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác MEK. Vậy EF là tiếp tuyến chung của hai đường trịn nói trên.
c) Chứng minh khi M di chuyển trên cung nhỏ AB thì đường thẳng DM luôn đi qua
một điểm cố định.

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
Ta có MFE = MHE = MBH nên suy ra MFE = MBH , do đó EF song song với AB.
Gọi C là giao điểm của DM với EF và Q là giao điểm của DM với AB. Vì EF là tiếp
tuyến chung của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MEK và MFI nên

CE2 = CM.CD

và

CF2 = CM.CD , do đó ta có

CE = CF . Mà ta lại có

CE MC CF
=
=
nên ta được QA = QB . Vậy Q là trung điểm của đoạn AB cố
QA MQ QB

định nên Q là điểm cố định.
Bài 11. Cho đường trịn ( O; R ) và dây BC khơng đi qua O. Trên tia đối của tia BC
lấy điểm A(khác B). Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( O )
(M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC và K là giao điểm của AC với
MN.
a) Chứng minh rằng IA là tia phân giác của góc MIN .
b) Chứng minh rằng

2
1
1
.
=
+
AK AB AC

c) Lấy các điểm E, P, F lần lượt trên AM, MN, NA sao cho tứ giác AEPF là
hình bình hành. Gọi Q là điểm đối xứng với P qua đường thẳng EF. Chứng minh
rằng ba điểm O, P, Q thẳng hàng.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2016 – 2017
Lời giải
M

C
E

Q

I
K
B
P

A

H

O

F

N

a) Chứng minh IA là tia phân giác của góc MIN .
Do AM và AN là tiếp tuyến với đường tròn ( O ) và I trung điểm của dây BC nên ta
có AIO = AMO = ANO = 900 . Từ đó suy ra năm điểm A, M, I, O, N cùng nằm trên
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUN
đường trịn đường kính AO. Do vậy AIM = AOM và NIA = NOA . Mà ta có

MOA = NOA nên MIA = NIA . Suy ra IA là tia phân giác của góc MIN .

b) Chứng minh

2
1
1
.
=
+
AK AB AC

Gọi H là giao điểm của AO với MN. Xét hai tam giác AHK và AIO có
AHK = AIO = 90 0 và HAK chung nên tam giác AHK và tam giác AIO đồng dạng.

Từ đó ta được

AK AH
hay ta được AK.AI = AH.AO . Dễ dàng chứng minh
=
AO AI

được AB.AC = AM2 và AH.AO = AM2 . Do đó ta suy ra AB.AC = AH.AO . Như
vậy ta được AI.AK = AB.AC . Để ý rằng ta có AI =

AB + AC
. Điều này dẫn đến
2

AB + AC

2
1
1
.
=
.AK = AB.AC hay
+
AK AB AC
2
c) Chứng minh ba điểm O, P, Q thẳng hàng.
Do P và Q đối xứng với nhau qua EF nên EQF = EPF và QFE = PFE . Do AEPF là
hình bình hành nên ta được EAF = EPF và PFE = AEF . Từ đó EAF = EQF nên tứ
giác AQEF nội tiếp đường tròn, do đó QAE = QFE; QEA = QFA . Suy ra

QAE = AEF nên AQ song song với EF, do đó AQEF là hình thang cân nên
QE = FA = EP .Dễ

dàng

chứng

minh

được

EP = ME = QE;

QF = AE = PF = NE; QFN = QEM . Từ đó ta được tam giác QME đồng dạng với tam
giác QNF nên QNF = QMA , suy ra tứ giác AQMN nội tiếp đường tròn. Điều này
dẫn đến sáu điểm A, M, N, O, I, Q cùng nằm đường trịn đường kính AO. Do đó

suy ra AQO = 900 nên OQ vng góc với AQ. Mà ta đã có PQ vng góc với EF và
AQ song song với EF. Do đó ta được ba điểm O, P, Q thẳng hàng.
Bài 12. Cho tam giác ABC nhọn có BAC  450 . Dựng các tam giác vng ABMN,
ACPQ (M và C khác phía đối với AB, B và Q khác phía đối với AC). AQ cắt đoạn
BM tại E và NA cắt CP tại F.
a) Chứng minh rằng ABE ∽ ACF và tứ giác EFQN nội tiếp đường trịn.

Nguyễn Cơng Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
b) Chứng minh rằng trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
c) MN cắt PQ tại D. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác DMQ và DNQ
cắt nhau tại K (khác D), các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC cắt nhau tại J. Chứng minh rằng các điểm D, A, K, J thằng hàng.
Trích đề TS lớp 10 Trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2016 – 2017
Lời giải
a) Chứng minh rằng ABE ∽ ACF và tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn.
+ Từ bài ra ta có EAB + BAC = 90 0 và

D

FAC + BAC = 90 0 nên EAB = FAC . Mặt

khác ta lại có ABE = ACF = 90 0 nên suy
Q

ra hai tam giác ABE và ACF đồng dạng
với nhau.

N
A

+ Do hai tam giác ABE và ACF đồng

P

dạng với nha nên suy ra

AE AB
hay
=
AF AC

AE.AC = AF.AB . Mà ta lại có AC = AQ
và

AB = AN

M

K

I

C

B

nên ta suy ra được

AE.AQ = AN.AF . Suy ra

F

E

T

AE AF
=
nên
AN AQ

tam giác NAE và QAF đồng dạng với

J

nhau, suy ra ta có ENF = EQF nên tứ
giác QNEF nội tiếp.
b) Chứng minh trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+ Lời giải 1. Gọi T giao điểm của MB và CP. Ta có tứ giác ABTC nội tiếp đường
trịn và AT là đường kính của đường trịn ngồi tiếp tam giác ABC. Mặt khác AF
song song với ET và AE song song với FT nên tứ giác AETF là hình bình hành. Suy
ra trung điểm của EF cũng là trung điểm của AT. Do đó I là trung điểm của EF và
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


TÀI LIỆU BDHSG TỐN 9 VÀ ƠN THI LỚP 10 THPT CHUYÊN
+ Lời giải 2. Xét hình thang AEBF, gọi X là trung điểm của AB, khi đó IX thuộc
đường trung bình của hình thang. Do đó IX song song với BE hay IX vng góc với
AB. Từ đó dẫn đến IX là đường trung trực của AB. Chứng minh tương tự ta được I
cũng thuộc đường trung trực của AC. Do đó I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC.
c) Chứng minh các điểm D, A, K, J thằng hàng.
Giả sử DA cắt EF tại K’, khi đó do tứ giác NQEF nội tiếp nên NFK' = NQA . Mà ta
lại có tứ giác AQDN nội tiếp nên NQA = NDA . Suy ra ta được NDA = AFK ' . Do
đó ra tứ giác DNFK’ nội tiếp đường trịn. Chứng minh hồn tồn tương tự ta được
tứ giác DQK’E nội tiếp đường tròn. Như vậy K’ là giao điểm của hai đường tròn
ngoại tiếp hai tam giác DQM và DPN. Do đó hai điểm K và K’ trùng nhau hay ba
điểm D, A, K thằng hàng. Mà ta lại có BKE = EAB = CAF = CKF nên suy ra được

(

)

BKC = 180 0 − 2BKE = 2 90 0 − EAB = 2BAC = BIC , do đó tứ giác BKIC nội tiếp

đường trịn. Lại có tứ giác IBJC nội tiếp đường tròn nên IB = JC và BKJ = CKJ hay
KJ là phân giác của BKC . Mặt khác ta có BKA = 1800 − AEB = 180 0 − AFC = AKC ,
suy ra tia đối của tia KA cũng là tia phân giác của BKC . Do đó ba điểm A, K, J
thẳng hàng. Vậy bốn điểm D, A, K, J thằng hàng.
Bài 13. Cho ba điểm A, M, B phân biệt, thẳng hàng và M nằm giữa A, B. Trên cùng

một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, dựng hai tam giác đều AMC và BMD.
Gọi P là giao điểm của AD và BC.
a) Chứng minh rằng AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh rằng

CP.CB + DP.DA = AB

c) Đường thẳng nối tâm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác AMPC và
BMPD cắt PA, PB tương ứng tại E, F. Chứng minh rằng tứ giác CDFE là hình thang.
Trích đề TS lớp 10 Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2016 – 2017
Lời giải
a) Chứng minh AMPC và BMPD là các tứ giác nội tiếp

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An