Tuyển chọn các bài toán hình học phẳng hay và khó phần 2

Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Bài 51. Cho ta giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Quay tam giác ABC một góc

900 quanh O ta thu được tam giác A1 B1C1 . Tính diện tích phần chung của hai tam
giác ABC và A1 B1C1
Lời giải
Giả sử đường tròn ( O ) có chiều A → B → C → A là

A
B1
M

chiều ngược với chiều của kim đồng hồ. Giả sử quay

N

tam giác ABC một góc 900 quanh điểm O theo chiều
K

thuận kim đồng hồ thì thu được tam giác A1 B1C1 .

E

O

A1
P

Khi đó các điểm A1 ; B1 ; C1 lần lượt thuộc các cung

B

AC; AB; BC . Do đó cạnh A1 B1 cắt AB, AC lần lượt

A'
T

C

Q

C1

tại M, N.
Tương tự thì A 1C1 cắt AC, BC lần lượt tại P, Q và B1C1 cắt BC, BA lần lượt tại T, K.
Như vậy phần chung của hai tam giác ABC và A1 B1C1 là đa giác MNPQTK. Gọi diện
tích của lục giác MNPQTK là S, khi đó ta được S = SABC − SAMN − SBKT − SCPQ . Mặt khác
ta có S ABC

BC2 3 3 3R 2
.
=
=
4
4

Khi quay một góc 900 quanh điểm O thì ta được OA1 ⊥ OA; OB1 ⊥ OB; OC1 ⊥ OC . Từ
đó ta suy ra được OA 1 song song với BC, OB1 song song với CA, OC1 song song với
AB. Gọi giao điểm của OA 1 với AC là E. Do các cung AA1 ; BB1 ; CC1 có sô đo bằng

900 nên ta được AMN = 90 0 , mà ta lại có MAN = 60 0 nên ta suy ra được AN = 2AM .

Dễ thấy NEA 1 cân tại E. Lại do OE song song với BD và AO =

AE =

2
AA' nên ta được
3

2
2R
BC R
R
và OE =
. Từ đó ta được EN = EA1 = OA1 − OE = R −
.
AC =
=
3
3
3
3
3

Đến đây suy ra AN = AE − EN =

S AMN


R 
R −R −

=
3
3


2

(

)

3 − 1 R . Do vậy ta được

(

)

(

)

3 4 − 2 3 R2
2 3 − 3 R2
MA.MN 1 AN AN 3
3AN 2
=
= .
.
=
=

=
2
2 2
2
8
8
4

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Hoàn toàn tương tự ta cũng được S BTK = S CPQ

(9 − 3 3 ) R
Do vậy ta được S =
4

(2
=

)

3 − 3 R2

.

4

2

.

Bài 52. Cho tứ giác lồi nội tiếp ABCD có đường tròn nội tiếp tâm I. Gọi O là giao điểm
của AC và BD. Chứng minh rằng

AO AI 2
.
=
CO CI 2
Lời giải

Gọi r là bán kính đường tròn tâm I. Giả sử rằng

B
A

M, N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của đường tròn tâm I

M
N

Q

với các cạnh AB, BC,CD, DA . Đặt

O
I

AM = AQ = x; BM = BN = y; CN = CP = z; DP = DQ = t
r
r
,CI =
Ta có AI =
.
A
C
sin
sin
2
2

D

P

C

C
AI
2 = 1 − cos A . Sử dụng định lý cosin cho tam giác
Do đó ta suy ra được
=
2
A 1 − cos C
CI
sin 2
2

2

sin 2

2
AB2 + AD 2 − BD 2 ( x + y ) + ( x + t ) − BD
=
BAD ta có cos A =
2AB.AD
2 ( x + y )( x + t )
2

( x + y ) + ( x + t ) − BD
Suy ra 1 − cos A = 1 −
2 ( x + y )( x + t )
2

2

2

BD 2 − ( y − t )

2

=

2

2 ( x + y )( x + t )

.

Tương tự ta cũng chứng minh được

( z + y ) + ( z + t ) − BD
1 − cos C = 1 −
2 ( z + y )( z + t )
2

2

2

=

BD 2 − ( y − t )

2

2 ( z + y )( z + t )

.

2S CBD
2S ABD
S ABD AO
AI 2 ( x + y )( x + t ) AB.AD
=
=

=
:
=
=
Do đó
CI 2 ( z + y )( z + t ) CB.CD sin BAD sin BCD S CBD CO

Bài 53. Cho tam giác ABC có góc A  90 0 và AC = 2AB . Đường phân giác AD cắt
đường cao BH tại K (D thuộc BC, H thuộc AC). Đường thẳng CK cắt AB tại E. Chứng

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
minh rằng tam giác ABC vuông tại B khi và chỉ khi diện tích của hai tam giác BDE và
HDE bằng nhau.
Lời giải
Do AC = 2AB nên ta được AB  AC , do đó ta

A

được ACB  ABC nên ta được ACB  90 0 .
Từ A  90 0 , ACB  90 0 và AB  AC suy ra điểm

H
E

K

K nằm trong tam giác.
Do

DB AB 1
BD 1 CD 2
=
= nên ta được
= ,
= .
DC AC 2
BD 3 BC 3

B

D

C

+ Điều kiện cần. Giả sử tam giác ABC vuông tại B. Khi đó dễ thấy BAC = 60 0 . Từ đó
ta được AH =

1
1
1
AB = AC và AH = CH . Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác
2
2
2

ABC với ba đường thẳng AD, BH, CE đồng quy ta được

EA DB HC
.
.
= 1 nên ta được
EB DC HA

BE 3 EA 2
AE 2
= ;
= .
= , do đó
BA 5 AB 5
EB 3
Khi đó ta được

S
S AEH AE.AH 1
CD.CH 1
=
=
=
và CDH =
S ABC AB.BC 10
S ABC CB.CA 2

2
2
Cộng theo vế ta được SAEH + SCDH = SABC nên S BEHD = S ABC

5
5
Mà ta có

S BDE BD.BE 1
1
=
= nên ta được S BDE = S BEDH . Từ đó suy ra S BDE = S HDE
S ABC BC.BA 5
2

+ Điều kiện đủ. Giả sử S BDE = S HDE .
Theo định lí Menelaus ta có

EA DB HC
AE 2AH
.
.
= 1 nên ta được
=
EB DC HA
BE
HC

Suy ra

EB AC − AH
AE
2AH
và

=
=
AB AC + AH
AB AC + AH

Do đó

2S BDE S EAH S CDH
2BD.BE AE.AH CD.CH
+
+
= 1 hay
+
+
= 1 . Từ đó ta được
S ABC S ABC S ABC
BC.BA AB.AC BC.CA

2 ( AC − AH )

3 ( AC + AH )

+

2 ( AC − AH )
2AH2
+
=1
3AC
( AC + AH ) AC

 AC2 − 5AH.AC + 4AH2 = 0  ( AC − 4AH )( AC − AH ) = 0  AC = 4AH
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Từ AC = 4AH ta được AB2 =

AC2
= AC.AH nên tam giác ABC vuông tại B.
4

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 54. Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi D, E và F lần
lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AB’C’, BC’A’ và CA’B’. Tính bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF theo độ dài các cạnh của tam giác ABC
Lời giải
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề. Cho

A

tam giác ABC vuông tại A có C =   450 . Khi đó ta
luôn có sin2 = 2sin .cos .
Chứng minh. Gọi AH là đường cao và AM = a là
B

đường trung tuyến của tam giác ABC.

Khi đó tam giác AHC có AHC = 900 ; C =  nên sin  =

H

M

C

AH
CH
Vì AM là trung
; cos
AC
AC

tuyến ứng với BC nên AMB = 2 . Xét tam giác AHM có AHM = 900 ; AMH = 2 suy
ra sin AMH =

AH
AH
hay sin 2 =
AM
a

Do đó sin .cos =

2.CH 2AH.CH 2AH.CH AH
.
=
=

=
AC
BC.CH
a
AC2

Do đó ta được sin2 = 2sin .cos
Trở lại bài toán. Gọi I là tâm đường tròn nội

A

tiếp tam giác ABC. Gọi r, p, S lần lượt là bán
D

kính đường tròn nội tiếp, nửa chu vi và diện

B'

tích của tam giác ABC. Khi đó dễ dàng
C'

chứng minh được S = pr . Đặt

I
F

AB = c; BC = a; CA = b
E

BAC = 2 ; CBA = 2  ; ACB = 2

B

A'

C

Khi đó ta được 0   ;  ;   900 và  +  +  = 900 . Dễ dàng chứng minh được
C' A' B = CA' B' = 2 ; A' B' C = AB' C' = 2  ; B' C' A = BC' A' = 2

Từ đó ta được EA' B = FA' B = BAI =  và A' BE = A' B'F = ABI = 
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Do đó ta được A' EB ∽ A' FB' ∽ AIB . Suy ra ta có
Do đó ta lại được A' EF ∽ A' BB' nên ta được
Từ đó ta được

A'E A'F AI
=
=
A' B A' B' AB

EF A'E
=
BB' A' B'

EF AI
AI
BB'
=
 EF =
.BB' =
.AI = AI.sin 2 .
BB' AB
AB
AB

Cũng từ A' EF ∽ A' BB' ta có EFA' = BB' A = 900 − CBA = 900 − 2 

(

)

Do đó ta được IFE = IFA' − EFA' = ( +  ) − 90 0 − 2  =  +  +  +  − 90 0 =  = CBE
Tương tự ta cũng được IDE = IFE =  và IDF = IEF =  nên ta được EDF =  + 
Hoàn toàn tương tự ta cũng được FED =  +  ; DFE =  +  .
Gọi R là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Áp dụng định lí sin cho tam
giác DEF và áp dụng đổ đề trên ta được ta được
R=

EF

=

2 sin EDF

Từ đó ta được R = r =

EF
EF
AI.sin 2
=
=
= IA.sin  = r
2cos
2 sin (  +  ) 2cos

p ( p − a )( p − b )( p − c )
S
=
=
p
p

( p − a )( p − b )( p − c )

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là R =

p

( p − a )( p − b )( p − c ) .
p

Bài 55. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) có các đường cao AD, BE, CF.
Tìm công thức liên hệ giữa diện tích tam giác ABC với chu vi tam giác DEF.
Lời giải

Ta xét các trường hợp sau.
+ Trường hợp 1. Tam giác ABC vuông, không mất tính

A

tổng quát ta giả sử A = 90 0 . Khi đó các điểm E, F trùng
với A nên không tồn tại tam giác DEF.
R

+ Trường hợp 2. Tam giác ABC nhọn. Gọi H là trực tâm

F

O
H

tam giác ABC. Trước hết ta chứng minh điểm O nằm
B

trong tam giác ABC.

P
E

D

C

Thật vậy, vẽ đường kính AT cắt CB tại V. Giả sử O nằm
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
ngoài tam giác ABC và thuộc đường thẳng VT, khi đó ta
được 1800  BOT + COT = 2BAO + 2CAO = 2BAC do đó
suy ra BAC  90 0 , mâu thuẫn với tam giác ABC nhọn.
Như vậy tam giác ABC nhọn thì O nằm trong tam giác. Gọi K là giao điểm AO và FE
Dễ thấy các tứ giác AEHF và BDHF nội tiếpđường tròn. Kẻ OP vuông góc với AC tại
P, theo tính chất góc nội tiếp ta có AEF = AHF = ABC = AOP = 90 0 − OAE . Do đó ta
được AKE = 90 0 hay OA vuông góc với EF. Chứng minh tương tự ta được OB vuông
góc với DF và OC vuông góc với DE. Từ đó ta được S ABC = S AFOE + S BFOD + S CDOE .
Suy ra 2S ABC = OA.EF + OB.FD + OC.DE = R ( EF + FD + DE ) = 2R.pDEF
Với pDEF là nửa chu vi tam giác DEF.
+ Trường hợp 3. Tam giác ABC tù, không mất tính tổng

H

quát ta giả sử BAC  90 0 . Khi đó ta có H và O nằm ngoài

N

tam giác ABC. Chứng minh tương tự ta cũng được OA

Q

vuông góc với EF. Xét đường trong tâm Q đối xứng với
đường tròn tâm O qua BC. Dễ thấy ( Q ) là đường tròn

E
B

ngoại tiếp tam giác HBC và hai đường tròn ( O ) và đường

F

A

D

M

C

O

tròn ( Q ) có bán kính bằng nhau. Đoạn thẳng OQ vuông
góc với BC tại M. Xét tam giác HBC có ba đường cao HD,
CE và BF.
Khi đó áp dụng kết quả trường hợp 2 ta được S HBC = R ( DE + EF + FD ) . Mặt khác ta có
2S HBC = 2 ( S ABC + S ABH + S ACH ) = 2S ABC + AH.BD + AH.CD = 2S ABC + AH.BC

Từ đó ta được 2S ABC + AH.BC = R ( DE + EF + FD )  2S ABC = R ( DE + EF + FD ) − AH.BC
Kẻ BQ cắt đường tròn tâm Q tại N, ta thấy AH//CN//OQ và AH = CN = 2MQ = OQ
Trong tam giác vuông BQM có MQ2 + MB2 = R 2  4MQ2 + BC2 = 4R 2
Từ đó ta được 2S ABC = R ( DE + EF + FD ) − 2QM.BC = R.pDEF − BC 4R 2 − BC2

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Bài 56. Cho tam giác ABC có diện tích S ngoại tiếp đường tròn ( O; r ) . Kẻ ba tiếp tuyến
của đường tròn ( O; r ) gồm tiếp tuyến song song với BC cắt CA, AB lần lượt tại M, N;
tiếp tuyến song song với CA cắt AB, BC lần lượt tại P, Q; tiếp tuyến song song với AB

2
cắt BC, AC lần lượt tại R, S. Chứng minh rằng ta luôn có SMNPQRS  S .
3
Lời giải
Gọi diện tích các tam giác AMN, BPQ, CRS lần lượt

A

là S1 ; S 2 ; S 3 . Gọi chiều cao hại từ A của tam giác

M
N

AMN và ABC lần lượt là h 1 và h a thì ta thu được
h 1 = h a − 2r . Dễ thấy hai tam giác ANM và ABC

S
P

đồng dạng với nhau nên ta được
2

2

S1  h1   ha − 2r  
2r 
=  =
 = 1− 
S  ha   ha   ha 

B

2

Q

C

R

Tương tự nếu gọi h b ; h c lần lượt là đường cao hạ từ B, C của tam giác ABC. Khi đó ta
2

2

S3 
S 
2r 
2r 
1
1
1

có 2 =  1 −
=  1 −  . Dễ thấy S = a.ha = b.h b = b.hc = r ( a + b + c )
 và
S  hb 
S 
hc 
2
2
2
Suy ra

1 a+b+c a
b
c
1
1
1
=
=
+
+
=
+
+
. Từ đó ta được
r
2S
2S 2S 2S h a h b h c
2

2

2

S1 + S 2 + S 3 
2r  
2r  
2r  1 
2r
2r
2r 
= 1−  + 1−  + 1−   1−
+ 1−
+ 1− 
S
hb
hc 
 ha   h b   h c  3  ha
2

2

 1
1
1
1 
1
1
1
=  3 − 2r  +

+   =  3 − 2r.  =
3 
3
r
3
 ha h b h c  
1
2
Do đó suy ra S1 + S2 + S3  S nên ta được SMNPQRS  S . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ
3
3
khi 1 −

2

2r
2r
2r
= 1−
= 1−
 ha = h b = h c hay tam giác ABC đều.
ha
hb
hc

Bài 57. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) và ba đường trung tuyến AM,
BN, CP lần lượt là .. Chứng minh rằng

1
1

1
2
+
+

ma m b m c R
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
A

A

N

P

P

M

B

N

C

O
P'

B

A'

M

N'

C
A'

Ta xét hai trường hợp sau đây.
+ Trường hợp 1. Xét tam giác ABC không tù. Ta có R = OA  AM − OM , dấu bằng xẩy
ra khi O thuộc đoạn AM. Do đó ta được

R
OA AM − OM
OM
=

= 1−
. Gọi AA’ là
m a MA
MA
AM

đường cao của tam giác ABC. Khi đó ta lại có

OM OM S OBC

=
, đẳng thức xẩy ra khi
AM AA' S ABC

và chỉ khi hai điểm M, A’ trùng nhau. Do vậy ta được

S
R
 1 − OBC , đẳng thức xẩy ra
ma
S ABC

khi và chỉ khi O thuộc đoạn AM đồng thời hai điểm M, A’ trùng nhau, điều này có
nghĩa là tam giác ABC cân tại A. Hoàn toàn tương tự ta cũng được

S
R
 1 − OAC và
mb
S ABC

S
R
 1 − OAB . Dấu bằng xẩy ra lần lượt tại B, C Do O nằm trong tam giác ABC nên ta
mc

S ABC

có S OAB + S OBC + S OCA = S ABC . Từ đó ta được
S
+ S OBC + S OCA
R
R
R
+
+
 3 − OAB
= 3−1 = 2
ma m b mc
S ABC

Hay ta được

1
1
1
2
+
+
 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
ma m b m c R

+ Trường hợp 2. Xét tam giác ABC tù. Không mất tính tổng quát ta giả sử A  90 0 .
Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt đường tròn (O; R) tại A’. Gọi N’ và P’
lần lượt là các trung điểm của A’C và A’B.
Khi đó có thể thấy ma = AM  A'M = m'a ; mb = BN  BN' = m'b ; mc = CP  CP' = m'c

Do đó ta được

1
1
1
1
1
1
+
+
 ' + ' + ' và ta cũng có tam giác A’BC là tam giác
ma m b m c ma m b m c

nhọn. Chứng minh tương tự trường hợp 1 ta được

Nguyễn Công Lợi

1
1
1
2
+ ' + ' 
'
ma m b m c R

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Do đó ta được

1
1
1
2
+
+
 .
ma m b m c R

Vậy ta luôn có

1
1
1
2
+
+
 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
ma m b m c R

Bài 58. Cho tam giác nhọn ABC có diện tích S và BC = a . Trên cạnh BC lấy điểm D sao
cho

DB
= k . Tính diện tích tam giác có đỉnh là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam
DC

giác ABC, ABC, ACD theo a, k, S.
Lời giải

Gọi O; O1 ; O 2 theo thứ tự là các tâm đường tròn

A

ngoại tiếp của các tam giác ABC, ABD, ACD. Khi

O2
R

đó ta suy ra được OO 1 vuông góc với AB tại M và
N

MA = MB , OO 2 vuông góc với AC tại N và

K

O F
Q

NA = NC . Kẻ O1E vuông góc với BC và O1E
vuông góc với OF. Các điểm M và E nằm trên

M

O1

C

G

D

P

E

H

B

đường tròn đường kính BO1 nên OO1F = ABH .
Từ đó ta được OO1F ∽ ABH nên ta được
Ta lại có OF = PE =
Từ giả thiết suy ra

2 ( PE + EB ) − 2EB
2

=

OO1 AB
AB
=
hay OO1 = OF.
(1).
OF AH
AH

BC − BD CD
.

=
2
2

a
BC
a
, do đó ta được OF =
.
= k + 1 nên CD =
2 ( k + 1)
CD
k +1

Kết hợp với (1) ta được OO1 =

a
AB
.
(2).
2 ( k + 1) AH

Tương tự kẻ O 2 G ⊥ BC và OK ⊥ O2 G thì ta được OO 2 =

ak
AC
.
(3).
2 ( k + 1) AH

Kẻ BR ⊥ AC và O 2 Q ⊥ OO1 . Xét hai tam giác O 2 OQ và BAR ta có O 2 OQ = BAR nên
suy ra O 2 OQ ∽ BAR . Từ đó ta được

O 2 Q BR
BR
=
 O 2 Q = O 2 O.
(4).
O 2 O AB
AB

Từ các kết quả (2), (3) và (4) ta được

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên

1
1
BR
ka 2
2S
k.a 4
.
SOO1O2 = O2 Q.OO1 = OO2 .OO1 .
=
.

=
2
2
AB 8 ( k + 1)2  2S 2 16S ( k + 1)2
 a 
 
Bài 59. Cho tam giác ABC có ra ; rb ; rc lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp các góc
A, B, C. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.
Chứng minh rằng ra + rb + rc = 4R + r
Lời giải
Gọi D, E, F lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp

E
A

các góc A, B, C và S là diện tích của tam giác ABC.

a+b+c
Đặt BC = a, CA = b, AB = c và p =
.
2

F
I
O
B

C

Ta thấy S DAB + S DAC − S DBC = S  ra ( b + c − a ) = 2S .

Hay ta được ra ( p − a ) = S .
Tương tự ta cũng có rb ( p − b ) = rc ( p − c ) = S .

D

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta có p ( ra + rb + rc ) − ( ra .a + rb .b + rc .c ) = 3S . Do đó suy
ra p ( ra + rb + rc ) = 2 ( S BDC + S ECA + S FAB ) + 3S nên p ( ra + rb + rc ) = 2S DEF + S .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, khi đó dễ thấy A, B, C là các chân
đường cao của tam giác DEF nên bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC bằng

1
bán
2

kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Dễ thấy OD vuông góc với BC nên ta được

1
SOBDC = OD.BC = R.a . Tương tự ta có S OCEA = R.b; S OAFB = R.c .
2
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta có S DEF = R ( a + b + c ) = 2Rp nên

2S DEF
= 4R
p

Từ các kết quả trên ta được ra + rb + rc = 4R + r .
Bài 60. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng tổng các
bình phương của khoảng cánh từ một điểm bất kì trên đường tròn đến các cạnh của
tam giác đều ABC bằng bình phương đường cao của tam giác đó.
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Giả sử K là điểm bất kì trên đường tròn ( O ) . Khi đó nếu

A

điểm K trùng với một đỉnh của tam giác ABC thì kết
luận trên hiển nhiên đúng. Xét điểm không trùng với
O

các đỉnh của tam giác ABC. Không mất tính tổng quát ta
giả sử K nằm trên cung nhỏ AC của đường tròn ( O ) .
Gọi A1 ; B1 ; C1 lần lượt là hình chiếu của K trên các cạnh

B1
B
C1

A1
H

C

K

BC, CA, AB. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC.

Ta cần chứng minh KA12 + KB12 + KC12 = AH2 .
Trước hết ta chứng minh ba điểm A1 ; B1 ; C1 thẳng hàng.
Thật vậy, dễ thấy AKC = C1KA1 = 120 0 nên các tứ giác AC1 B1K; KB1CA1 nôi tiếp
đường tròn có đường kính tương ứng là AK và CK. Từ đó ta được AKC1 = AB1C1 và
CKA1 = CB1A1 . Từ AKC = C1KA1 = 120 0 ta được AKC1 + C1KC = C1KC + CKA1 . Do đó

ta chỉ ra được AKC1 = CKA1 . Do đó AB1C1 = CB1A1 suy ra ba điểm A1 ; B1 ; C1 thẳng
hàng.
Để ý là S A1KC1 = SC1KB1 + S B1KA1 và CKB = BKA = 600 nên KC1 .KA1 = KC1 .KB1 + KB1 .KA1 .
Mặt khác ta lại có S AKB + S BKC − S AKC = S ABC .
Do đó ta được AB.KC1 + BC.KA1 − AC.KB1 = BC.AH hay KC1 + KA1 − KB1 = AH .
Từ đó ta suy ra KC12 + KA12 + KB12 + 2KC1 .KA1 − 2KC1 .KB1 − 2KB1 .KA1 = AH2 .
Mà ta có KC1 .KA1 = KC1 .KB1 + KB1 .KA1 nên 2KC1 .KA1 = 2KC1 .KB1 − 2KB1 .KA1 = 0 .
Do đó ta được KA12 + KB12 + KC12 = AH2 . Vậy bài toán được chứng minh.
Bài 61. Cho tam giác ABC có m a ,l b ,l c và p theo thứ tự là độ dài đường trung tuyến
hạ từ đỉnh A, độ dài đường phân giác trong hạ tứ đỉnh B, C và nửa chu vi của tam
giác. Chứng minh rằng ma + l b + lc  p 3
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bổ đề. Với
mọi 0    450 ta luôn có cos2 =

A

1 + cos 2
.
2

Chứng minh. Xét tam giác ABC vuông tại A có
C =  và đường cao AH, đường trung tuyến AM.

B

Trong tam giác AHM có AHM = 900 ; AMH = 2 và cos2 =
Do đó 1 + cos2 = 1 +

H

M

C

HM
.
AM

HM AM + HM CM + HM HC
=
=
=
AM
AM
AM
AM

2

 CH 
2CH2
2CH 2CH CH
=
=
=
=
Ta có 2 cos  = 

BC.CH
BC
2AM AM
 AC 
2

Từ đó ta được cos2 =

1 + cos 2
, bổ đề được chứng minh.
2

Trở lại bài toán. Đặt AB = c; BC = a; CA = b , khi đó theo công thức về đường phân
giác ta có

lb =

B
2  ca.cos B  l 2  ac.cos 2 B

b
c+a
2
2

2cacos

Áp dụng bổ đề trên ta có cos2

 1 + cos B 
B 1 + cos B
, từ đó ta được l 2b  ac 
=

2
2
2



Mà theo định lí cosin ta có cos B =
Suy ra l 2b 

c 2 + a 2 − b2
.
2ca

ac  c 2 + a 2 − b2 
1+
 = p ( p − b )  l b  p ( p − a ) . Tương tự l c  p ( p − c ) .

2
2ca


Cũng theo công thức về đường trung tuyến ta có
2
2
4ma2 = 2b2 + 2c 2 − a 2 = ( b + c ) − a 2 − ( b − c ) 


=  b + c + ( p − b )( p − c )   b + c − ( p − b )( p − c ) 




Mặt khác ta lại có

Nguyễn Công Lợi

b+c+2

( p − b )( p − c )  b + c + 2p − b − c = 2p

b+c−2

( p − b )( p − c ) = 2p − (

p−b + p−c

)

2

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên

Do đó 4m a2  2p  2p −


(

(

)

2

p − a − p − b   p ( p − b ) + p ( p − c )  2 p2 − m a2 .


Suy ra l b + lc  2 p2 − ma2

(

)

)
(

)

Do đó ta được ma + l b + lc  ma + 2 p2 − ma2 

(1 + 2 ) ( m

2
a

)

+ p2 − ma2 = p 3

Dấu bẳng xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 62. Cho tam giác nhọn ABC có ha , h b , h c và l a ,l b ,l c tương ứng là các đường cao và
đường phân giác hạ từ đỉnh A, B, C. Gọi r và R lần lượt là bán kính đường tròn nội
tiếp và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng:
 ha
A  h b
B  h
C r
− sin  c − sin  
 − sin 
2  l b
2  l c
2  4R
 la

Lời giải

Bổ đề. Trong tam giác nhọn ABC ta luôn có sin

A
B
C 1
sin sin 
2
2
2 8

Chứng minh. Vẽ đường phân giác AD ta có

BD CD
BD BD + CD
BC
.
=

=
=
AB AC
AB AB + AC AB + AC

Vẽ BI ⊥ BC  BI  BD . Tam giác ABI có

sin

A

A BI BD

BC
BC
=

=

2 AB AB AB + AC 2 AB.AC

Chứng minh tương tự ta có

I
B

C

D

B
AC
C
AB
sin 
; sin 
2 2 AB.BC
2 2 AC.BC
Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ta được sin

A
B
C 1

.sin .sin 
2
2
2 8

Trở lại bài toán. Gọi AA’ là đường phân giác hạ từ

A

đỉnh A, gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC. Đặt

AB = c; BC = a; CA = b . Ta có S ABC = S ABA' + S ACA' .
ha

la

Mà ta lại có

1
1
A
1
A
SABC = a.ha ; S ABA' = b.la .sin ; S ACA' = c.la .sin
2
2
2
2
2

Nguyễn Công Lợi

B

A'

C

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Do đó

h
1
1
A
b+c
A
a.h a = ( b + c ) l a .sin  a =
sin
2
2
2
la
a
2

Suy ra

ha
A  b+c 
A b+c −a
A 2 (p − a)
A
− sin = 
− 1  sin =
.sin =
.sin
la
2  a
2
a
2
a
2


Hoàn toàn tương tự ta được

hb
B 2 ( p − b)
B h
C 2 (p − c)
C
− sin =
.sin ; c − sin =
.sin
lb

2
b
2 lc
2
c
2

h
A  h
B  h
C  8 ( p − a )( p − b )( p − c )
A
B
C
.sin sin sin
Do đó  a − sin  b − sin  c − sin  =
2  l b
2  l c
2
abc
2
2
2
 la

A
B
C 1
abc
sin sin  và theo các công thức về diện tích là SABC =

2
2
2 8
4R

Mà theo bổ đề sin

Và công thức Heron S ABC = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ta được

8 ( p − a )( p − b )( p − c )
abc

.sin

A
B
C
S
r
sin sin 
=
2
2
2 4Rp 4R

h
A  h
B  h
C r
Do đó ta được  a − sin  b − sin  c − sin  

2  l b
2  l c
2  4R
 la

Bài 63. Cho hình vuông ABCD có cạnh a và hai điểm M, N thay đổi lần lượt trên BC,
CD sao cho góc MAN = 450 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tam giác
AMN.
Lời giải
Đặt BM = x; DN = y ( 0  x; y  a ) . Khi đó ta có

K

y

B

x

M

C

S AMN = S ABCD − ( S ABM + S ADN + S CMN )

Hay ta được

(

1

1
SAMN = a 2 − ax + ay + ( a − x )( a − y ) = a 2 − xy
2
2

)

Trên tia đối của tia BM lấy điểm K sao cho BK = y .

N
y
A

D

Khi đó ta được ABK = ADN . Từ đó AN = AK và BAK = DAN .
Để ý là BAM + DAN = 450 nên ta được BAK + BAM = KAM = 450 .
Dễ thấy AKM = AMN nên ta được MN = MK = x + y . Mặt khác từ tam giác vuông
CMN có MN2 = ( a − x ) + ( a − y ) . Từ đó suy ra
2

Nguyễn Công Lợi

2

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên

(x + y)

= a 2 − 2ax + x2 + a 2 − 2ay + y 2  xy = a 2 − a ( x + y )  a ( x + y ) = a 2 − xy

2

1
1
Do vậy SAMN = a ( x + y ) = at với t = x + y . Đến đây ta nhận thấy nếu t lớn nhất thì
2
2
diện tích tam giác AMN lớn nhất và ngược lại. Như vậy ta cần tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của t.
Để ý là ta đang có x + y = a và x.y = a 2 − at . Khi đó thaeo hệ thức Vi – et ta có x, y là
nghiệm của phương trình bậc hai X2 − tX + a2 − at = 0 . Để phương trình trên có hai
nghiệm x, y ta cần có

(

)

 = t 2 − 4 a 2 − at  0  ( t + 2a ) − 8a 2  0  t + 2a  2 2a  t  2a
Khi t = 2a

(

2

(

)

2 −1

)

2 − 1 thì phương trình bậc hai có nghiệm kép là

X1 = X 2 =

Điều này có nghĩa là x = y = a

1
Vậy ta được MinS = a.2a
AMN
2

(

(

(

)

t 2a 2 − 1
=
=a
2
2

)

2 − 1 và Mint = 2a

)

2 − 1 = a2

(

(

(

2 −1

)

)

2 −1 .

)

2 −1

Lại có xy = a2 − at  at = a 2 − xy nên suy ra at  a2  t  a
Điều này có nghĩa là Maxt = a , khi đó MaxSAMN

1
a2
= a.a =
2
2

Trong trường hợp này ta được x = a; y = 0 hoặc x = 0; y = a hay M  B; N  C hoặc

M  C; N  D
Bài 64. Cho hình chữ nhật ABCD có AB  BC . Vẽ nửa đường tròn đường kính AB
trên nửa mặt phẳng chứa CD có bờ là đường thẳng AB. Gọi M là điểm bất kì trên nửa
đường tròn ( M  A, B ) . Các đường thẳng MA và MB cắt CD lần lượt tại P và Q. Các
đường thẳng MC, MD cắt đường thẳng AB lần lượt tại E và F.
Xác định ví trí của M để PQ + EF có giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Đặt AB = CD = a, BC = b ( a  b ) . Kẻ MN vuông góc

A

E

B

F

với BC tại N, khi đó theo định lí Talet ta có

PQ QM CN
EF EM BN
và
=
=
=
=
CD MC CN
AB BM BN
Suy ra PQ =

N
M

CD.BN a.BN
AB.CN a.CN
và EF =
=
=
CN
BN
CN
BN
D

 CN BN 

Do đó ta được PQ + EF = a 
+
.
 BN CN 
Đặt S =

Q

C

P

CN BN
, khi đó ta có
+
BN CN

CN BN CN2 + BN2 ( CN + BN ) − 2CN.BN
b2
S=
+
=
=
=
−2
BN CN
CN.BN
CN.BN
CN.BN
2

( CN + BN) − 4CN.BN = ( CN − BN) .
4
1
CN.BN
Do đó ta được
nên
1
−
=
=
S+2
S+2
b2
b2
b2
2b − a
AB a
Do M nằm trên đường tròn đường kính AB nên NB 
= , suy ra CN 
2
2
2
2

2

( b − a )  4  2ab − a 2 , nên ta có S  4b2 − 4ab + 2a 2 .
4
Do đó ta được 1 −


S+2
S+2
2ab − a 2
b2
b2
4b2 − 4ab + 2a 2
a
Từ đó ta suy ra EF + PQ 
, đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi NB = hay
2b − a
2
2

M nằm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB.

4b2 − 4ab + 2a 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của PQ + EF là
, xẩy ra khi M nằm chính giữa nửa
2b − a
đường tròn đường kính AB.
Bài 65. Trong các tam giác nội tiếp đường tròn ( O; R ) cho trước, tìm tam giác có chu
vi lớn nhât.
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Giả sử

M
A

điểm M là điểm chính giữa cung BAC . Kẻ đường kính
MN của đường tròn ( O; R ) , khi đó MN vuông góc với
BC tại trung điểm H của BC và MBN = 90 0 . Đặt

O

B

H

C

MH = h. Trong tam giác vuông MBN có BH là đường
N

cao nên ta có

MB2 = MN.MH = 2R.h và BH 2 = MH.MH = h ( 2R − h )
Gọi p và p 1 lần lượt là nửa chu vi của tam giác ABC và MBC, theo bài ra ta có p  p1
và dấu bằng xẩy ra khi A và M trùng nhau.
2

 MB2 MB2
 MB2


 MB MB

2
+
+ BH   3 
+
+ BH  = 3 
+ BH 2 
Ta có p = ( MB + BH ) = 
2
4
 2

 4

 2

MB
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
= BH hay MB = BC
2
2
 MB2
 3R 
27R 2
2


+ BH  = 3 Rh + h ( 2R − h )  = 3h ( 3R − h )  2 

Theo như trên ta có 3 
 = 4
 2 
 2

2

2
1

3
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi h = 3R − h  h = R
2

3 3
27 2
Do đó p 
R , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
R hay p1 
2
4
2
1

MB = BC


3 hay tam
MH = 2 R

giác MBC đều.
Từ đó ta được 2p  3 3R , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi A  M và tam giác MBC
đều hay tam giác ABC đều. Vậy trong các tam giác nội tiếp đường tròn (O; R) thì tam
giác đều có chu vi lớn nhất và chu vi lớn nhất bằng 3 3R .
Bài 66. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng:
AB − CD  AC − BD .

Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AC, BD. Khi đó ta

B

có áp dụng công thức về đường trung tuyến của tam
giác ta được

1
AB2 + AD2 = 2AE 2 + BD2
2
1
BC2 + CD2 = 2CE 2 + BD2
2
1
EA 2 + EC2 = 2EF2 + AC2

2

C

E

M
F

D

A

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được

(

)

AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2 AE2 + EF2 + BD2 = BD2 + AC2 + 4EF2
Do tứ giác ABCD nội tiếp nên theo định lí Ptoleme ta được AC.BD = AB.CD + AD.BC
Từ đó ta được ( AB − CD ) + ( AD − BC ) = ( AC − BD ) + 4EF2
2

2

2

Gọi M là trung điểm của AB, khi đó ta được AD = 2ME; BC = 2MF
Từ đó suy ra 2 ME − MF = AD − BC .

Mà trong tam giác MEF ta có EF  ME − MF  2EF  AD − BC  4EF2  ( AD − BC )

2

Do đó kết hợp với đẳng thức trên ta được

( AB − CD) + ( AD − BC )  ( AC − BD) + ( AD − BC )
2

2

2

2

Suy ra ( AB − CD )  ( AC − BD )  AB − CD  AC − BD
2

2

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi EF = ME − MF  ba điểm M, E, F thẳng hàng, điều
này dẫn đến tứ giác ABCD là hình thang hoặc hình chữ nhật.
Bài 67. Cho tam giác ABC và đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CA lần lượt tại F, D, E. Gọi M là giao điểm của BC với đường phân giác trong
của góc BIC và N là giao điểm của EF với đường phân giác trong của góc EDF .
Chứng minh rằng ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Lời giải
+ Trường hợp tam giác ABC cân tại A, khi đó hiển nhiên ba điểm A, M, N thẳng hàng

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
+ Xét trường hợp tam giác ABC không cân tại A.

A

Không mất tính tổng quát ta giả sử AB  AC .
Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AI với ( I )
và EF. Do P là giao điểm của AI với đường tròn

(I)

P
E

N Q
F

I

nên P nằm chính giữa cung nhỏ EF của

đường tròn ( I ) . Khi đó dễ thấy ba điểm D, N, P

DM

B

C

thẳng hàng nên ta có

)

(

1
1
BIC + MBI = 180 0 − IBC − ICB + MBI
2
2
1
ABC ACB  ABC
ABC ACB
=  1800 −
−
= 900 +
−
+


2
2
2 
2
4
4

1
1
• NDC = NDE + EDC = FDE + EDC = 180 0 − 90 0 − IBD − 90 0 − ICD 

2
2 
1
= 1800 − FDB − EDC + EDC
2
IBD ICD
ABC ACB
= 90 0 +
−
= 90 0 +
−
2
2
4
4

• IMC = MIB + MBI =

(

) (

)

)

(

Do đó ta được IMC = NDC do đó ta được IM song song với ND. Do đó ta suy ra IM
song song với. Để ý là ID = IP nên ta được MID = IDP = QPN . Do BC tiếp xúc với
đường tròn ( I ) tại D và P là điểm chính giữa cung EF nên ta được
IDM = PDM − IDP =
=

1
1
1
sdPED − IDP = sdPE + sdED − IDP
2
2
2

1
1
sdPF + sdED − IDP = PNF − QPN = PQN
2
2

Do đó ta được IDM ∽ PQN , suy ra

IM DI
IM PI
=
=
mà ta lại có ID = IP do đó
PN QP

PN QP

Mặt khác ta có IAE = 90 0 , EQ ⊥ IP và IE = IP nên ta được IQ.IA = IE2 = IP 2
Do đó ta có

QP
IQ
IP PA
IP
IA
IM AP
= 1−
= 1−
=

=
nên ta được
.
=
IP
IP
IA IA
PQ AP
PN IA

Kết hợp các kết quả lại ta được A, M, N thẳng hàng.

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Bài 68. Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác nhọn ABC. Đường tròn ( O ) tiếp
xúc với các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự tại F, E, D. Đường phân giác trong của góc
BOC cắt BC tại I và AI cắt EF tại K. Chứng minh rằng KD 

1
4DE.DE − EF2
2

Lời giải
Ta định nghĩa lại điểm K là giao điểm của đường phân giác của góc EDF . Khi đó ta ta
đi chứng minh ba điểm A, K, I thẳng hàng. Để chứng minh ba điểm A, K, I thẳng
hàng ta có thể trình bày tương tự như lời giải bài toán 67. Ở đây ta trình bày lời giải
theo một hướng khác như sau.
Ta có biến đổi góc như sau


ABC   o ACB  ABC + ACB
EDF = 1800 − FDB − EDC = 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
ABC
ABC BOC 1 
ABC ACB 
ABC ACB
OIC =
+ BOI =
+
=  1800 −
−
−
 = 900 +
2

2
2
2 
2
2 
4
4
Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC = OIC nên OI song song với DK
Gọi giao điểm của DK với đường tròn ( 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 nhỏ EF nên FP là phân
=
=
OI OD OF
giác của tam giác AFQ, theo tích chất đường phân giác kết hợp hai tam giác AFO và
AQF ta suy ra được

PA FA AO
PA PQ
=
=
, suy ra
.
=
PQ FQ FO
OA FO

Kết hợp hai kết quả trên ta được

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.
Như vậy ta được DK là đường phân giác của tam giác DEF. Khi đó áp dụng công thức
về đường phân giác ta có
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên

DK =
2

DE.DF ( DE + DF + EF )( DE + DF − EF )

( DE + DF )

= DE.DF −

Hay ta được KD 

DE.DF.EF3

( DE + DF )

2

2

=

DE.DF ( DE + DF ) − EF 2 

( DE + DF )

2

EF2
 DE.DF −
4

1
4DE.DE − EF2 . Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi DE = DF và do
2

đó AB = AC hay tam giác ABC cân tại A.
Bài 69. Cho tam giác ABC với các cạnh AB = c, BC = a, CA = b ngoại tiếp đường tròn
tâm I bán kính r. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn I với các cạnh
BC, CA, AB. Các tia AI, AI, CI cắt đường tròn tâm I lần lượt tại A’, B’, C’. Đặt
Ai Bi = c i , B1C1 = a1 , C1A1 = b1 với i = 1, 2 . Chứng minh rằng

a 32 b22 c 32 216r 6
, dấu


abc
a12 b12 c12

đẳng thức xẩy ra khi nào?
Lời giải
Bổ đề. Trong tam giác nhọn ABC ta luôn có cos

p(p − a)
A
=
2
bc

Chứng minh. Xét ta giác nhọn ABC có AD là đường phân giác trong, khi đó ta có

AD =

A
2 = 2 bcp ( p − a )  cos A = 2 bcp ( p − a ) . b + c = p ( p − a )
b+c
b+c
2
b+c
bc
bc

2bc.cos

Ngoài ra ta chú ý đến nhận xét: Trong tam giác ABC thì sin

A + B sin A + sin B
.

2
2

Trở lại bài toán. Gọi A, B, C lần lượt là số đo các

A

góc BAC; ABC; ACB , A1 ; B1 ; C1 lần lượt là số đo
A2

góc B1A1C1 ; A1 B1C1 ; A1C1 B1 và A 2 ; B2 ; C 2 lần

B1

C1

lượt là số đo góc B2 A 2 C 2 ; A 2 B2 C 2 ; A 2 C 2 B2 . Gọi p
I

và S lần lượt là nửa chu vi và diện tích của tam

C2

B2

giác ABC.

Nguyễn Công Lợi

B

A1

C

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Dễ dàng tính được A2 =

B1 + C1
C + A1
A + B1
. Khi đó áp dụng nhận
; B2 = 1
; C2 = 1
2
2
2

xét trên ta được
B1 + C1
C + A1
A + B1
.sin 1

.sin 1
2
2
2
3
 r ( sin B1 + sin C1 )( sin C1 + sin A1 )( sin A1 + sin B1 )

a 2 b 2 c 2 = 8r 2 .sin A 2 .sin B2 .sin C 2 = 8r 3 .sin

 8r 3 . sin B1 .sin C1 . sin C1 .sin A 1 . sin A 1 .sin B1
= 8r 3 .sin A1 .sin B1 .sin C1 = a 1b1c 1

Từ đó ta suy ra
Ta lại có A1 =
Nên ta được

a 32 b22 c 32
 a1 b1c1 = 8r 3 .sin A1 .sin B1 .sin C1
2 2 2
a1 b1 c1

B+C
B+C
C+A
A+B
A
và để ý là sin A1 = sin
; B1 =
; C1 =
= cos

2
2
2
2
2

a 32 b22 c 32
A
B
C
 a1 b1c1 = 8r 3 .cos .co s .co s . Áp dụng bổ đề trên ta được
2 2 2
2
2
2
a1 b1 c1
p ( p − a ) p ( p − b ) p ( p − c ) 8r 3 .p.S 8r 3 .p2
a 32 b22 c 32
3

8r
.
.
.
=
=
bc
ca
ab
abc

abc
a12 b12 c12

Để ý ta luôn có p  3 3r , do đó ta được

a 32 b22 c 32 216r 6
.

abc
a12 b12 c12

Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi tam giác ABC
đều
Bài 70. Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC. Các tiếp tuyên với (O) song
song với cá cạnh của ram giác ABC với sáu điểm M, N, P, Q, R, S sao cho

M,S  AB; N,P  AC; Q,R  BC . Gọi l1 , l 2 , l 3 lần lượt là các đường phân giác trong
xuất phất từ đỉnh A, B, C của các tam giác AMN, BSR, CPQ. Gọi p là nửa chu vi của
tam giác ABC. Chứng minh rằng

1 1 1 81
+ + 
l12 l 22 l 23 p2
Lời giải

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An

Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
Gọi la , l b , l c theo thứ tự là độ dài các đường phân

A

giác trong xuất phát từ đỉnh A, B, C của tam giác

l1
M

ABC. Áp dụng công thức về đường phân giác cho
các tam giác ABC và AMN ta có

la =

N

P
S

A
A
AM.AN.cos
2 và l =
2
1
AM + AN
AB + AC

AB.AC.cos

O
l3

l2
B

R

Q

C

Gọi p1 , p2 , p3 lầ lượt là nửa chu vi của tam giác
AMN, BSR, CPQ
Do NM//BC nên theo định lí Talet ta có
Suy ra AB = AM.

AM AN MN AM + AN + MN p1
=
=
=
=
AB AC BC
AB + AC + BC
p

p
p
; AC = AN.

p1
p1

 p
 p
A
A
2   AM.   AN.cos
AM.AN.cos
p
p
2
p
 1
2 = p .l
= .
Do đó la =  1 
p
p1
AM + AN
p1 1
AM + AN )
(
p1
 1
l l
l
p
p
1

1 
+ 
.l 2 ; l c = .l 3 . Do đó a + b + c = p  +
l1 l 2 l 3
p2
p3
 p1 p2 p3 
Mà theo tính chất các tiếp tuyến cắt nhau ta được p = p1 + p2 + p3

Hoàn toàn tương tự ta được l b =

 1
l l
l
1
1 
+   9 , do đó a + b + c  9 .
Và lại có ( p1 + p2 + p3 )  +
l1 l 2 l 3
 p1 p2 p3 
2

1 1 1
l l
l 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được  a + b + c   la2 + l 2b + l c2  2 + 2 + 2 
 l1 l 2 l 3 
 l1 l 2 l 3 
Với AB = c, BC = a, CA = b , theo công thức về đường phân giác trong tam giác ta có
la =

(

)

2bc p ( p − a )
4bc
.p ( p − a )  p ( p − a ) . Hoàn toàn tương tự ta
.
. Do đó la2 =
2
b+c
bc
b
+
c
( )

cũng có l 2b  p ( p − b ) ; l c2  p ( p − c ) . Do đó la2 + l 2b + l c2  p ( p − a + p − b + p − c ) = p2 .
2

1 1 1
1 1 1
l l
l 
Suy ra  a + b + c   p2  2 + 2 + 2  nên ta được 812  p2  2 + 2 + 2 
 l1 l 2 l 3 
 l1 l 2 l 3 
 l1 l 2 l 3 
1 1 1 81

Do đó ta suy ra được 2 + 2 + 2  2 .
l1 l 2 l 3 p

Bài 71. Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; AB = c . Gọi O và R lần lượt là tâm và bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi Ia ; I b ; I c lần lượt là tâm đường tròn
Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
bàng tiếp các góc ở A, B, C. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng

OIa
OI b
OI c
1
1

+
+

2R ( a + b )( a + c ) ( b + c )( a + b ) ( c + a )( b + c ) 4r
Lời giải
Gọi AA1 ; BB1 ; CC1 là các đường phân giác của tam giác ABC. Dựng EIa vuông góc
với AB tại E, FIa vuông góc với AC tại F, EIa vuông góc với OM tại M, FIa vuông góc
với ON tại N, OP vuông góc với AB tại P. Khi đó ta được B1AC1 = BAC = MON (1)
Dễ thấy E và F là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với AB và AC nên ta
được AE = AF = p; OM = PE = p −

Khi đó ta được

a+b+c
c a+b
b a+c
với p =
.
=
; ON = p − =
2
2
2
2
2

OM a + b
(2).
=
ON a + c

Theo tính chất đường phân giác ta có AB 1 =

AB1 a + b
bc
bc
=
. Do đó
(3)
; AC1 =
AC1 a + c

c+a
a+b

Từ (1), (2) và (3) ta được AB1C1 ∽ OMN nên suy ra

Suy ra B1C1 =

2bc.OIa .sin MON 2bc.OIa .sin BAC
abcOIa
2bc.MN
=
=
=
(a + b )(a + c ) (a + b )(a + c )
(a + b )(a + c ) R. (a + b )(a + c )

Do đó ta được OIa =

R ( a + b )( a + c ) B1C1

OI b =
Do đó Q =

B1C1 AB1
2bc
=
=
MN OM ( a + b )( a + c )

abc

. Hoàn toàn tương tự

R ( b + c )( a + b ) A1C1
abc

; OIc =

R ( b + c )( c + a ) A1B1
abc

OIa
OI b
OIc
R
+
+
=
(A B + B C + A C ) .
(a + b)(a + c ) ( b + c )(a + b ) ( c + a )( b + c ) abc 1 1 1 1 1 1

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An


Tài liệu BDHSG Toán 9 và Ôn thi lớp 10 THPT Chuyên
+ Trước hết ta chứng minh Q 

1

2R

A

• Trường hợp 1. Tam giác ABC không tù. Gọi

P

D
O

C1

giao điểm của OA và B1C1 là D, khi đó ta được

B1

I

R.B1C1 = OA.B1C1  2SOB1AC1

C

B

A1
F

Hoàn toàn tương tự ta được
E

R.C1A1  2SOC1BA1 ; R.A1 B1  2SOB1CA1

N
M

Do đó ta được R ( A1 B1 + B1C1 + C1A1 )  2S ABC .
Mà lại có SABC =

Ia

abc
1
. Từ đó ta được Q 
.
2R
4R

• Trường hợp 2. Tam giác ABC tù, không mất

C2

B

tính tổng quát ta giả sử BAC  90 0 . Khi đó gọi
C 2 và C 3 là các điểm đối xứng với C1 qua BC

A1
C1 H

và AB. Từ đó A1 B1 + B1C1 + C1A1  C 2 C 3 . Dựng
AH ⊥ C 2 C 3 . Do ACB  90 0 và C2 CC3 = 2ACB

A

B1

C

C3

nên suy ra CC1 = CC2 = CC 2  CA .
Từ đó suy ra C 2 C 3 = 2CC 3 sin ACB  2b sin C . Do đó A1 B1 + B1C1 + C1A1  2b sin C .
Tương tự ta cũng có A1 B1 + B1C1 + C1A1  2c sin B .
Nên A1 B1 + B1C1 + C1A1  b sin C + c sin B =
Kết hợp cả hai trường hợp ta được Q 
+ Chứng minh Q 

bc bc 2S ABC
1
+

. Từ đó ta được Q 
.
2R 2R
R
2R

1
.

2R

1
.
4r

Theo định lí cosin ta được B1C12 = AB12 + AC12 − 2AB1 .AC1 .cos A. . Từ đó suy ra

Nguyễn Công Lợi

Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An