Phân tích các tình huống và trình bày lời giải cho một số bài toán hình học 9

PHÂN TÍCH CÁC TÌNH HUỐNG VÀ TRÌNH BÀY LỜI GIẢI CHO MỘT SỐ
BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 9
Hì
nh học phẳng làphân mơn cónhiều kiến thức cũng như lượng bài tập đa dạng vàphong
phú. Mỗi bài tốn hì
nh học phẳng đặc biệt làcác bài hì
nh khólại cónhiều kiến thức liên quan. Khi
đứng trước một bài tốn hì
nh học phẳng thìlàm thế nào để tiếp cận và đưa ra được một lời giải cho
nólàmột câu hỏi lớn và đang cịng bỏ ngỏ. Với mục đích mở ra một hướng đi, một suy nghĩ cần có
trước một bài tốn hì
nh học phẳng thìtrong các vídụ dưới đây chúng tơi xin đưa ra một số phân
tí
ch vàsuy luận để giải thí
ch tại sao lại cóthể giải được bài tốn như thế. Trong các bài tốn dưới
đây chúng tơi xin giới thiệu một số nội dung


Phân tí
ch vàsuy luận đứng trước một bài tốn hì
nh học khó.



Lựa chọn các phương án hợp lý để khai thác giả thiết bài toán một cách tối ưu.



Những hướng tiếp cận khác nhau – khó khăn và hướng khắc phục.

Bài toán 1. 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

M AB  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 giác PQR tiếp xúc với đường
tròn  O  .
Trích đề thi ts lớp 10 trường THPT chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2018 – 2019
 Nhận xét mở đầu.
Bài tốn 1 cónhiều giả thiết

X

và hì
nh vẽ khá rắc rối. Trong bài

Y

t
D

C

tốn thìngồi các tứ giác nội tiếp

R

đường trịn cịn cócác yếu tố song

Q

song. Hai ý đầu của bài tốn ta thấy

I

P

khơng có gì đặc biệt, nhưng ý cịn lại

S

O

của bài tốn là một câu khó và có
tí
nh phân loại cao, bài tốn chứng
minh hai đường trịn tiếp xúc khálà

T

M

B

E

K

mới mẻ với học sinh trung học cở sở.

L
A


a) Chứng minh ba điểm K, M , Q thẳng hàng.

 Phân tích tìm lời giải. Ta cóngay
chứng minh kết thúc khi ta chỉ ra được
đường trịn nên ta cóQ K C

CKM  CAD

QKC  CAD

 QBC  D BC  D A C

do MK song song với AD, như vậy phép

. Để ýrằng tứ giác BKQC vàABCD nội tiếp

. Do đó bài tốn được chứng minh.

 Trình bày lời giải. Do tứ giác BKQC và ABCD nội tiếp đường trịn nên ta có

QKC  QBC  D BC  D A C

có

QKC  M KC

. Mà ta có MK song song với AD nên

CKM  CAD

. Do đó ta

nên suy ra ba điểm K, M, Q thẳng hàng.

b) Chứng minh năm điểm M, S, Q, R, T cùng nằm trên một đường trịn.

 Phân tích tìm lời giải. Dễ thấy các tứ giác RTED, BCQS vàBCDE nội tiếp đường trịn nên
ta cótứ giác TSQR nội tiếp đường trịn. Như vậy ta cần chứng minh được điểm M nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tứ giác TSQR. Để ý rằng ba điểm L, M, R cũng thẳng hàng nên tứ giác
AKML là hình bình hành, do đó

RM Q  KM L  CA D  D EC  RSQ ?

nên tứ giác TMQR nội

tiếp đường trịn. Do đó bài tốn được chứng minh.
 Trình bày lời giải. Do các tứ giác RTED, BCQS và BCDE nội tiếp đường tròn nên
RTD  CBD  D EC  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

RM Q  KM L  CA D  D EC  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 giác PQR tiếp xúc với  O  .

 Phân tích tìm lời giải. Để chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với
đường tròn  O  ta thực hiện hai bước đó là xác định giao điểm của đường trịn ngoại tiếp tam giác
PQR với đường tròn  O  vàchứng minh hai đường trịn này cótiếp tuyến chung tại giao điểm.
Để ý rằng tứ giác BCDE là hình thang cân và điểm A cóthể nằm trên trục đối xứng của hì
nh
thang cân BCDE. Do đó ta cần xét trường hợp điểm A nằm trên trục đối xứng của hì
nh thang cân
BCDE và điểm A không nằm trên trục đối xứng của hì
nh thang BCDE.
Dễ thấy ngay khi điểm A nằm trên trục đối xứng của hình thang BCDE thì đường tròn
ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn  O  tại điểm X cũng nằm trên trục đối xứng
của hì
nh thang cân BCDE. Ngồi ra ta nhận thấy khi đó các điểm A, M, O, P, X cùng nằm trên
một đường thẳng. Thay đổi vị trícủa điểm A ta thấy ba điểm A, M, X cũng nằm trên cùng một
đường thẳng. Điều này làm ta nghĩ đến điểm tiếp xúc X chí
nh làgiao điểm của AM với đường
tròn  O  . Như vậy khi gọi X là giao điểm thứ hai của AM với đường tròn  O  thì để hồn thành
chứng minh ta cần chỉ ra được điểm X nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR vàhai
đường trịn cótiếp tuyến chung tại X.

+ Lời giải 1. Từ giác BCDE nội tiếp đường trịn 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 trịn  O  thì AX là đường
kính của đường tròn  O  và M nằm trên AX. Để ý ta có
BMQX nội tiếp, do đó ta có

BM X  BQ X  90

0

BXA  BCA  BQM

. Hồn tồn tương tự ta có

nên tứ giác

ER X  EM X  90

0

.

Suy ra tứ giác PQXR nội tiếp đường trịn đường kính PX. Khi đó dễ thấy đường tròn
ngoại tiếp của tam giác PRQ và đường tròn  O  tiếp xúc với nhau tại X.
Trường hợp 2. Điểm A khơng 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 tròn và MQ song

song với DA nên ta dễ thấy

BXM  BXA  BD A  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
0

0

R X Q  R X M  Q X M  R EM  Q BM  180  BPE  180  Q PR

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

M AB  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  CD X  BYA  CXt

Sử dụng tứ giác MEXR nội tiếp đường tròn và chú ý đến AC song song với MR ta có lại
biến đổi góc
được

CXR  CEX  RXE  CD E  RM B  BCD  A CD  BCA  BYA

XPR  BYA  CXt  CXR  CXt  RXt

. Đến đây thì ta

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 cân 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 tròn. 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 trịn

 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 P cũng nằm trên trục đối xứng
của hình thang cân CDYX, suy ra ta được
trịn ta có

RPI  RXI  REB  RCD

PX  PY

. Để ý đến các tứ giác nội tiếp đường

nên suy ra PI song song với CD hay song song với XY.

Do Xt là tiếp tuyến tại X của đường trịn  O  nên ta có
Do đó ta được

X IP  X A Y  A P I  Y X t  P X Y  P X t

YXt  XAY

và

PXY  PYX  API

.

nên Xt cũng là tiếp tuyến tại X với

đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR. Vậy ta có điều phải chứng minh.
 Nhận xét. Mặc dùhai lời giải trên di theo hai hướng khác nhau nhưng mục đích chung cũng là

chứng minh hai đường trịn cóchung tiếp tuyến X. Việc xác định điểm tiếp xúc X dựa trên dự
đoán từ trường hợp đặc biệt vàtừ thay đổi của vị trí điểm A. Vấn đề quan trọng ở đây là phải
chứng minh được tứ giác PQXR nội tiếp đường tròn. Cũng từ hì
nh vẽ ta cịn nhận thấy rằng nếu
chỉ ra được RJ song song với AE và tương tự QJ song song AB thìta cóngay tứ giác PQXR nội
tiếp đường trịn, khi đó chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR và đường tròn  O  tiếp
xúc với nhai tại X khơng q khó khăn. Như vậy cần tập trung chứng minh được RJ song song với
AE vàhoàn toàn cóthể xem đây như một bài tốn phụ. Từ đó ta có thêm lời giải khác cho ýcuối
của bài tốn như sau.

X
t
D

C
J
R

A
S

Q
I

G
M

M

B

J
T

I

S

O
T

B

P

E

C

E

K
L
A

Y

+ Lời giải 3. Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán phụ: Cho tam giác ABC
và M là một điểm nằm trên đường thẳng d song song với BC. Lấy E khác M trên đường
thẳng d. Gọi I là giao điểm của AM với BC. Đường thẳng qua M song song với

AB cắt BE tại J. Khi đó ta có IJ song song với AC.


Chứng minh. Giả sử MJ cắt AE và AC theo thứ tự tại S và T. Gọi G là giao điểm của AC
và ME. Khi đó do MG song song với BC nên ta có
và AB. Khi đó ta có

MS



MJ

AP



BP

AG

MA



CG

MI

MA

MI



AG
CG

. Gọi P là giao điểm của ME

. Do vậy AE song song với IJ.

Quay trở lại bài toán. Gọi X, J theo thứ tự là giao điểm của AM với đường tròn  O  và
CD (X khác A). Á p dụng bài tốn phụ trên ta có JR song song với AE và JQ song song với
AB. Do đó ta có

JR E  A E C  A X C

nên suy ra tứ giác CRJX nội tiếp đường tròn.

Chứng minh hồn tồn tương tự ta có tứ giác DQJX nội tiếp đường trịn. Đến đây ta có
R X J  JX Q  R P D  2 P C D  C P D  1 8 0

0

dẫn đến tứ

giác

RPQX

nội tiếp

đường

tròn. Kẻ tiếp tuyến Xt của đường tròn  O  , khi đó ta có
tX R  tX A  R X A  A D X  P D C  A D P  M A C  A D P  P A D  A P B

Lại có

PEX  M A C  PED

. Gọi Y là giao điểm khác X của XP vứi đường trịn  O  , khi đó

ta có AY, BE và CD song song với nhau nên ta có
A PB  RBX  RQX

.

nên ta được

tX R  R Q X

PXE  ADP

dẫn đến

hay Xt là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp

tam giác PQR. Do vậy ta có điều cần chứng minh.
 Nhận xét chung. Trong Bài toán 1 ta thấy hai ý đầu của bài toán khơng qkhó, ýcuối của

bài tốn tuy khónhưng lại cónhiều hướng tiếp cận. Bài tốn về hai đường trịn tiếp xúc tương đối
khó và cũng có khá ít bài tập để các em học sinh rèn luyện. Trong ba lời giải của ýcuối bài tốn ta
thấy cócùng mục đích là chứng minh hai đường trịn cóchung tiếp tuyến tại giao điểm, tuy nhiên
các chứng minh tứ giác PQXR nội tiếp đường trịn lại khác nhau vàtrong lời giải 3 ta cósử dụng
đến một bài toán phụ. Bài toán phụ được phát hiện hồn tồn tự nhiên vàcóthể chứng minh ngay
trong bài toán, nhưng để trách sự phức tạp cho lời giải nên ta tách bài toán phụ ra chứng minh
riêng.
Bài toán 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  sao cho ABCD khơng phải là hình
thang. Tiếp tuyến tại tại C và D của đường tròn  O  cắt nhau tại T. TA cắt BD tại S, E đối
D qua S. AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC tại F. EC cắt TA tại P.
a) Chứng minh rằng PF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC.
b) Giả sử PF cắt AC tại Q. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của Q trên FA, FC. M là
trung điểm của FA. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua A của đường tròn  O  và đường
thẳng qua Q song song với AO cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam
giác MHK.
 Nhận xét mở đầu.


Bài tốn trên được trí
ch từ đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG của trường THPT chuyên
KHTNHN HàNội năm học 2017 - 2018, đây là bài toán thuộc phân mơn hì
nh học phẳng.
Với kiến thức của học sinh thuộc các trường

B

năng khiếu hoặc chun cấp THPT cóthể bài
tốn này khơng q khó, nhưng với học sinh
F

cấp THCS thì khi đọc đến đề bài cólẽ học sinh
cũng từ bỏ ý định giải bài tốn. Cách phát biểu
bài tốn hồn tồn tương tự như các bài tốn

H

K

M

A

O

L

Q

hì
nh học cấp THCS nhưng trong đó có chứa

P
E

nhiều kiến thức liên quan vàmới mẻ, ngay cả

S

hì
nh vẽ cho bài tốn cũng thể hiện sự phức

N
D

R

tạp. Bài tốn cótứ giác nội tiếp đường trịn và
các tiếp tuyến cắt nhau, ngồi ra cịn cóthêm

C

I

X

yếu tố đối xứng trục. Tuy nhiên cóthể ta phải
khai thác các giả thiết của bài tốn ở mức cao

T

hơn và cịn phải tí
nh đến khả năng vẽ thêm các
yếu tố phụ.
a) Chứng minh PF tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC.
 Phân tích tìm lời giải.
Quan sát hì
nh vẽ kết hợp với các giả thiết của bài toán ta cócác nhận xét.


Để chứng minh PF làtiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC ta cần chỉ ra được bán

kí
nh JF vng góc với PF tại F với J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC hoặc
hoặc

PF

2

 P E .P C

PFE  FCE

. Nhận thấy rằng việc chứng minh JF vng góc với PF tại F là điều khơng thể.

Do đó ta tập trung chứng minh

PFE  FCE

hoặc

PF

2

 P E .P C

, một trong hai kết luận này đồng

nghĩa với hai tam giác PFE và PCF đồng dạng. Ngồi ra tì

m hiểu thêm về các tí
nh chất của tiếp
tuyến vàcát tuyến với đường tròn ta nhận thấy PF làtiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác EBC khi vàchỉ khi


PE
PC



FE

2

FC

2

.

Dễ nhận thấy ECF và DCA đồng dạng với nhau nên ta suy ra được

AD
AC



FE
FC

. Chú ý đến tí
nh

đối xứng của D vàE thìnếu gọi giao điểm của AT với CD làN vàlấy điểm R trên CD sao cho ER
PE

song song với AT ta sẽ có N là trung điểm của DR và theo định lýThales thì

PC

Như vậy bài tốn sẽ được chứng minh hồn tất khi chỉ ra được
làhệ thức

ND
NC



AD

2

AC

2

ND
NC

liên hệ như thế nào với đường thẳng AT.



AD

2

AC

2



NR
NC



ND
NC

.

. Câu hỏi đặt ra ở đây




Để tì

m câu trả lời cho câu hỏi trên vàvới giả thiết như bài toán đã cho ta tách thành bài toán

mới: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  . Tiếp tuyến tại B vàC với đường tròn  O 
MB

cắt nhau tại T. Gọi M là giao điểm của AT với BC. Khi đó ta có
+ Gọi I là trung điểm của BC khi đó ta viết hệ thức trên thành
tí
nh diện tí
ch tam giác ta có

S A BM



S ACI

A B .A M . s in B A M

A B . sin B A M . sin B A I

B M .B I



2

C M .C I

A C . s i n C A I. s i n C A M

ta cần chỉ ra được

B A M  C A I; B A I  C A M

+ Để chứng minh

BA M  CA I

hay

M B .I C

2

AC

2

S A BI

;

2

AC

2

. Để ý đến công thức

A B .A I. s in B A I



S ACM

.

AB



M C .I C

CI

A C .A I. s in C A I

2

Do vậy ta thu được

BM





MC

AB

A C .A M . s in C A M



BI
CM

. Như vậy để thu được kết quả của bài toán

BA M  CA I

.

ta cần chỉ ra được AT và AI đối xứng với nhau qua đường phân

giác AD. Dựng đường trịn tâm T bán kí
nh BT, khi đó đường trịn này cắt AB vàAC theo thứ tự
tại điểm thứ hai làP vàQ. Dễ thấy ba điểm P, T, Q thẳng hàng và hai tam giác ABC, AQB đồng
dạng với nhau. Để ýrằng T vàI theo thứ tự là trung điểm của PQ vàBC. Do vậy hai tam giác
ATP và QIC đồng dạng với nhau, do đó suy ra

BA M  CA I

.

Như vậy đến đây thì ý thứ nhất được chứng minh và để hoàn thành lời giải ta cần chứng
minh hệ thức

ND



NC

AD

2

AC

2

thơng qua bài tốn phụ như trên.

 Trình bày lời giải.

B

A

F
H

O

A

O

L

B

M DI

K

M

C

Q
P
E
S
N

Q

T

D

R

C

I

X

P
T

Trước hết ta phát biểu và chứng minh hai bài toán phụ sau:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  . Tiếp tuyến tại B vàC với đường tròn

O

 cắt nhau tại T. Gọi M là giao điểm của AT với BC. Khi đóta có

MB
MC



AB

2

AC

2

.

Chứng minh. Dựng đường trịn tâm T bán kính TB, đường tròn này cắt các đường thẳng
AB và AC lần lượt tại P và Q (khác B và C). Khi đó ta có tứ giác BCQP nội tiếp đường trịn
PBC  PQ C  180

nên

0

. Do đó ta có biến đổi góc
0

0

0

PTB  BTC  C TQ  180  2PQ C  180  2TBC  180  2TQ C

  180



0

 540  2 PQ C  TBC  TQ C

0

Từ đó ta suy ra được ba điểm P, T, Q thẳng hàng. Từ đó dễ thấy tam giác ABC và tam giác
AQP đồng dạng với nhau. Mà AI và AT lần lượt là các đường trung tuyến của tam giác
ABC và AQP nên ta suy ra được hai tam giác APT và ACI đồng dạng với nhau, do do vậy

PAT  CAI

A B .A I

có

BI



A C .A M

S A BM



S ACI

CM

A B .A M
A C .A I

A B .A I

được

S A BI

. Từ đó ta suy ra đươc

.

A C .A M

S ACM

S A BM

BM



S ACI

A B .A M

CI



A C .A I

BI

.

CM

. Mặt khác ta lại có

A C .A M

BA I  CA M

. Mà ta đã có

và

A B .A I



nên ta được

. Điều này dẫn đến
BM

nên suy ra

CI

BM

A B .A M
A C .A I


CM

AB

2

AC

2



S A BI
S ACM

BA M  CA I

BM
CI



BI
CM

. Nên ta

, do đó suy ra

. Từ hai kết quả trên ta

. Như vậy bài toán phụ được

chứng minh.
Trở lại bài toán. Do các tứ giác ABCD và BCEF nội tiếp đường trịn nên ta có
A CD  A BD  EBF  FCE

và

CA D  BCD  CBE  CFE

, do đó hai tam giác ECF và DCA

đồng dạng với nhau. Gọi N là giao điểm của AT với CD và lấy điểm R trên CD sao cho ER
song song với AT, khi đó dễ thấy N là trung điểm của DR. Theo bài toán phụ trên thì ta
có

ND



NC

AD

2

AC

2

. Do đó kết hợp hai tam giác ECF, DCA đồng dạng với nhau và ER song

song với PN nên ta có

PE

NR



PC



NC

ND



AD

2

AC

2

NC



FE

2

FC

2

ngoại tiếp tam giác BEC, tiếp tuyến này cắt CE tại
'

đồng dạng, do đó ta được

P CE

'

dạng ta lại được
'

'

P E .P C
'

P C
P

'

2



FE

2

FC

2

P F
'



'

hay

P E
'

P C



2

'

suy ra

FE

2

FC

2

'

 P E .P C
'

FE
FC

P C

'

P F

P F

2

'

2

P C



P

'

. Từ F kẻ tiếp tuyến với đường trịn
. Khi đó dễ thấy hai tam giác

. Cũng từ hai tam giác

FE

2

FC

2

và

'

P CE

và

đồng

. Kết hợp hai kết quả thì ta lại được
'

. Điều này dẫn đến

'

P FE

'

P FE

P E
'

P C



PE
PC

. Từ đây suy ra hai điểm P và

trùng nhau nên PF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC.

 Nhận xét.
+ Cóthể thấy để hồn thành chứng minh ýthứ nhất của bài toán đã cho ta cần dùng đến bài toán
phụ với hai yêu cầu chứng minh. Trong bài tốn đó thì AT được gọi làđường đối trung của tam
giác ABC vàhệ thức cần chứng minh chí
nh làmột tí
nh chất của đường đối trung. Ta hoàn toàn


cóthể tách bài tốn phụ trên thành thành hai bài tốn phụ sau và đây cũng là hai tính chất kháthú
vị của đường đối trung.
Bài toán 1. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  và có AI là đường trung tuyến,
AD là đường phân giác. Tiếp tuyến của đường tròn  O  tại B vàC cắt nhau ở T. Chứng minh
rằng AT đối xứng với đường thẳng AM qua qua đường thẳng AI.
Bài toán 2. Cho tam giác ABC nhọn có đường trung tuyến AI và đường phân giác AD. Gọi M là
điểm bất kìtrên cạnh BC. Chứng minh rằng AM đối xứng với AI qua AD khi và chỉ khi
MB
MC



AB

2

AC

2

.

+ Trong các bài toán phụ trên ta xét cho trường hợp tam giác ABC nhọn, cịn với tam giác ABC tù
ta cóbài tốn phụ hồn tồn tương tự. Với tam giác ABC vng tại A thìbài tốn phụ được phát
biểu là: Cho tam giác ABC vng tại A có AI là đường trung tuyến, AD là tia phân giác. Khi đó
đường cao AH đối xứng với AI qua đường phân giác AD và

HB
HC



AB

2

AC

2

.

b) Chứng minh tiếp tuyến qua A của đường tròn  O  và đường thẳng qua Q song song
với AO cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK
 Phân tích tìm lời giải.
Gọi X là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn  O  vàPF. Gọi L là giao điểm của
tiếp tuyến tại A với đường tròn  O  và đường thẳng qua Q song song với AO. Khi đó ta nhận
thấy tứ giác AFCX nội tiếp đường trịn vàta quy bài toán về chứng minh tứ giác KMHL nội tiếp
đường trịn. Từ cấu hì

nh bài tốn ta thấy trong tứ giác AFCX nội tiếp đường trịn cóQ làgiao
điểm của hai đường chéo AC vàFQ, lại cóL, K, H theo thứ tự làhì
nh chiếu của Q trên AX, FC,
AF và M là trung điểm của AF. Để ýta thấy tứ giác nội tiếp đường tròn AFCX tách hẳn với ýthứ
nhất của bài tốn nên ta cóthể phát biểu ýthứ hai dưới dạng bài toán phụ để chứng minh tứ giác
KMHL nội tiếp đường tròn như sau: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Các đường chéo AC
vàBD cắt nhau tại P. Gọi M là trung điểm của AD vàK, L, N lần lượt làhì
nh chiếu của P trên
AB, CD, AD. Chứng minh rằng tứ giác bốn điểm M, N, K, L nội tiếp đường trịn.
 Trình bày lời giải.


Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài

C

toán phụ 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.

B

Các đường chéo AC và BD cắt nhau tại P. Gọi M là

L

K

trung điểm của AD và K, L, N lần lượt là hình

P

chiếu của P trên AB, CD, AD. Chứng minh rằng tứ

Q

O

S

R

T

giác bốn điểm M, N, K, L nội tiếp đường tròn.
Chứng minh. Gọi S, R lần lượt là tâm đường tròn

A

N

D

M

ngoại tiếp tam giác KMA và LMD.

Gọi Q, R lần lượt là trung điểm của AP và DP. Trong tam giác APD có MQ và MR là các
đường trung bình. Mà ta có KQ, LR là các đường trung tuyến của các tam giác vng
AKP và CLP. Từ đó ta suy ra được
thấy QPRM là hình bình hành nên

AM 

1

PD  LR

2

PQM  PRM

và

RM 

1

AP  KQ

2

. Mặt khác dễ

. Do vậy ta có biến đổi góc.

KQM  KQP  PQM  2BA C  PQM  2BD C  PRM  PRL  PRM  M RL

Do vậy hai tam giác KQM và MRL bằng nhau.
Ta lại có tứ giác PQMR là hình bình hành nên
KQM và MRL bằng nhau nên ta được

0

Q M R  180  PR M

QM K  M LR

và

. Cũng do hai tam giác

QKM  RM L

. Từ đó ta được

0

K M L  Q M R  Q M K  R M K  180  PR M  R LM  R M L
 PRL  2PD L  2BD C

Mặt khác ta lại có tứ giác KPNA và LPND nội tiếp đường trịn nên ta lại có biến đổi góc
như sau
KN L  KN P  LN P  KA P  LD P  BA C  BD C  2BD C

Như vậy ta được

KM L  KNL

nên bốn điểm M, N, K, L cùng nằm trên một đường trịn.

Trở lại bài tốn. Gọi X là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn  O  và PF. Gọi L

là giao điểm của tiếp tuyến tại A với đường tròn  O  và đường thẳng qua Q song song
với AO. Do PF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC và AX là tiếp tuyến
của đường tròn  O  nên ta có biến đổi góc

XA C  A BC  CBF  CFX

, do đó tứ giác AFCX

nội tiếp đường trịn. Trong tứ giác AFCX nội tiếp đường trịn có Q là giao điểm của hai
đường chéo AC và FQ, lại có L, K, H theo thứ tự là hình chiếu của Q trên AX, FC, AF và M
là trung điểm của AF. Khi đó theo bài tốn phụ 3 thì từ giác KMHL nội tiếp đường trịn.
Vậy tiếp tuyến qua A của đường tròn  O  và đường thẳng qua Q song song với AO cắt
nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác MHK.
 Nhận xét chung.


Cóthể thấy bài tốn trên làmột bài tốn khóvàphù hợp với kìthi chọn đội tuyển học sinh
cho một kìthi cấp quốc gia. Do chỉ sử dụng các suy luận hì
nh học phẳng thuần túy nên để tránh
phải vẽ thêm các đường phụ và trình bày dài dịng thì ta đưa vào lời giải các bài toán phụ. Trong ý
thứ nhất ta sử dụng bài tốn phụ màthực chất đó là hai tính chất của đường đối trung. Trong ý
thứ hai của bài toán ta thấy tứ giác nội tiếp đường trịn AFCX tách hẳn với ý thứ nhất của bài
tốn nên ta nghĩ đến bài toán phụ thứ hai. Với cấu hì
nh hai ýcủa bài tốn ta cóthể phát biểu các
bài toán sau nhẹ nhàng vàphùhợp với các em học sinh THCS hơn.
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn  O  sao cho ABCD khơng phải làhì
nh thang.
Tiếp tuyến tại tại C vàD của đường tròn  O  cắt nhau tại T. TA cắt BD tại S, E đối D qua S. AB
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC tại F. EC cắt TA tại P. Gọi I là trung điểm của CD.
a) Chứng minh rằng

DAT  CAI

b) Chứng minh rằng

N D .A C

2

.

 N C .A D

2

c) Chứng minh rằng PF làtiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác BEC.
Bài tốn 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  với P là giao điểm của hai đường chéo và
M là trung điểm của AD. Gọi K, L lần lượt làhì
nh chiếu của P trên AB, CD. Gọi S, T lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác KMA vàLMD.
a) Chứng minh rằng

MK  ML

b) Chứng minh rằng

K S .B T  C S .L T

.
.

Các bài tốn phụ trong bài 3 cóthể dùng để giải quyết các bài tốn sau.
Bài tập 1. Cho đường trịn  O  với dây BC không phải là đường kí
nh. Gọi I là trung điểm của BC
và điểm A di động trên cung lớn BC. Gọi  I 1  là đường tròn qua I tiếp xúc với AB tại B và I 2  là
đường tròn qua I tiếp xúc với AC tại C. Hai đường tròn  I 1  và I 2  cắt nhau tại D khác I.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI đi qua một điểm cố định khác I.
Bài tập 2. Trên đường tròn  O  cố định lấy hai điểm B, C cố định và điểm A di động sao cho tam
giác ABC luôn nhọn. Gọi  O B  là đường tròn đi qua B và tiếp xúc với AC tại A và O C  là
đường tròn đi qua C và tiếp xúc với AB tại A. Hai đường tròn  O B  và O C  cắt nhau tại A, D
vàcắt BC theo thứ tự tại E vàF. Chứng minh rằng AD luôn đi qua một điểm cố định khi A di
động trên đường tròn  O  .
Bài tập 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  . Gọi P là giao điểm của AC vàBD. Gọi M
là trung điểm của AD. Gọi K vàL lần lượt làhì
nh chiếu của P lên AB vàCD. Gọi S vàT lần lượt
là tâm ngoại tiếp các tam giác KMA vàLMD. Gọi SU và TV lần lượt là phân giác các tam
giác SCK vàTBL. Chứng minh rằng đường trung trực của KL chia đôi đoạn thẳng UV.


Bài toán 3. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp  O  có

AB  AC

. Đường trịn  I  qua B và C

lần lượt cắt AB, AC tại E, F.
a) Giả sử các tia BF, CE cắt nhau tại D và T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF. Chứng minh OT song song với DI.
b) Trên BF và CE lần lượt lấy các điểm G và H sao cho AG vng góc với CE và AH
vng góc với BF. Các đường trịn ngoại tiếp tam giác ABF, ACE cắt BC tại các điểm M, N

(khác B và C) và cắt EF tại P, Q (khác E và F). Gọi K là giao điểm MP và NQ. Chứng
minh DK vng góc với GH.
 Nhận xét mở đầu.
A

Q
T

V

F
O
E

P
U

D
G

B

H
N

K

C

M

I
L

Bài tốn trên được trí
ch trong đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG Trường PTNK Thành
phố Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016, cũng là bài toán thuộc phân mơn hì
nh học phẳng. Bài
tốn được phát biểu hồn tồn tương tự như bài tốn hình học cấp THCS với các giả thiết như tam
giác nội tiếp đường tròn, tứ giác nội tiếp đường trịn, ngồi ra cịn cócác quan hệ vng góc. Tuy
nhiên trong bài tốn xuất hiện khánhiều đường tròn ngoại tiếp tam giác cũng như các giả thiết
khác liên quan đến các đường tròn này. Do vậy cần cósự khéo léo sử dụng hết các giả thiết của bài
toán mới mong chứng minh được bài toán và cũng cần tính đến việc sử dụng thêm các yếu tố phụ.
Bây giờ ta đi phân tích tìm lời giải cócác ýcủa bài tốn.
a) Chứng minh OT song song với DI.
 Phân tích tìm lời giải.
Quan sát hì
nh vẽ kết hợp với các giả thiết của bài tốn ta cócác phân tí
ch.


Gọi V là giao điểm của đường trịn  O  và đường tròn  T  , khi đó dễ thấy AV làdây chung của

hai đường trịn nên OT vng góc với AV. Như vậy để chứng minh OT song song với DI ta cần
chỉ ra được DI vng góc với AV.




Trong bài tốn ta có ba đường trịn là O  ,  I  ,  T  đôi một cắt nhau vàcác các dây chung

tương ứng là BC, EF, AV. Khi đó dễ thấy ba đường thẳng BC, EF, AV đồng quy tại điểm U. Để
khẳng định điều này ta cóthể phát biểu vàchứng minh trong một bài toán phụ.


Dễ thấy các tứ giác AVEF vàBEFC nội tiếp nên ta cótứ giác BEVU nội tiếp . Từ đó ta lại cótứ

giác UVFC nội tiếp, do đó

U VB  U EB  A EF  A VF

0

B IF  2 B C F  2 A V F  A V F  U V B  1 8 0  B V F

BFEC nên ta cóbiến đổi góc

giác BIFV nội tiếp đường trịn. Mà lại có B I
BVF



. Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

 FI

nên

BVI  FVI

, do đó ta có tứ

hay VI là phân giác của góc

. Từ đó suy ra IV vng góc với AU.

Với các phân tích trên ta đi đến khẳng định là để hồn thành chứng minh bài tốn ta cần chỉ ra

được DI vng góc với AU. Quan sát kĩ hình vẽ ta thấy tứ giác BEFC nội tiếp đường trịn  I  có
D là giao điểm hai đường chéo và A, U là giao điểm của các cặp cạnh đối diện. Nhiệm vụ ở đây là
cần chứng minh được CI vng góc với AU. Để thực hiện được điều này ta cóthể phát biểu và
chứng minh dưới dạng một bài toán phụ: Cho tứ giác ABCD (khơng phải làhì
nh thang) nội tiếp
đường trịn  O  cóM, N lần lượt là giao điểm của các cặp cạnh đối AB, CD vàAD, BC. Gọi E là
giao điểm của hai đường chéo. Chứng minh rằng OE vng góc với MN.
 Trình bày lời giải.
Trước hết ta phát biểu và chứng minh hai bài toán phụ sau.
Bài toán phụ 1. Cho các đường tròn  I  ,  J  ,  K  sao cho ba điểm I, J, K không thẳng hàng. Gọi
A và B là giao điểm của hai đường tròn  I  và J  . Gọi C và D là giao điểm của hai đường tròn

 I  và K  . Gọi M và N là giao điểm của hai đường tròn  J  và K  . Chứng minh rằng AB, CD,
MN đồng quy.
Bài toán phụ 2. Cho tứ giác ABCD (khơng phải làhì
nh thang) nội tiếp đường trịn  O  cóM, N
lần lượt là giao điểm của các cặp cạnh đối AB, CD vàAD, BC. Gọi E là giao điểm của hai đường
chéo. Chứng minh rằng OE vng góc với MN.
M

A

C

I

B

B
E

O

D

J

C

N

O
K

K

Hình 1

M

D

A

Hình 2

N


+ Chứng minh bài toán 1. Do ba điểm I, J, K không thẳng hàng nên AB, CD, MN đôi một
không song song với nhau. Gọi giao điểm của AB và CD là O. Giả sử đường thẳng ON cắt
các đường tròn  J  và  K  theo thứ tự tại P và Q. Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn

 I  nên

O A .O B  O C .O D

O A .O B  O N .O P

. Tứ giác ABNP nọi tiếp đường trịn  J  nên ta có

và tứ giác CDNQ nội tiếp đường trịn  K  nên ta có

Từ các kết quả đó ta được

O N .O P  O N .O Q

O C .O D  O N .O Q ?.

nên suy ra hai điểm P và Q trùng nhau. Do

vậy ta có AB, CD, MN đồng quy.
+ Chứng minh bài toán 2. Gọi K là giao điểm khác E của đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABE, CDE. Do tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn nên
do đó

A CD  A BD  A OD

. Ta có

0

ACD 

1

AOD

2
0

D K E  180  D C E  180  D C A

A BD 

1

AOD

,

A K E  180  D BA

.

0

2
0

D K A  360  D K E  A K E  D O A

nên tứ giác

BKC  BKE  CKE  EA B  ED C  BOC

nên tứ giác

Từ đó kết hợp các kết quả trên ta được
DOKA nội tiếp. Mặt khác ta cũng có

và

và

OKBC nội tiếp đường trịn. Ta có K và E là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam
giác AEB và CDE, A và B là hai giao điểm của đường tròn  O  và đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABE, C và D là là hai giao điểm của đường tròn  O  và đường tròn ngoại tiếp
tam giác CDE. Từ đó theo mộ bài tốn phụ quen thuộc ta có ba điểm K, E, M thẳng hàng.
Hai tứ giác DOKA và OKBC nội tiếp đường trịn nên suy ra K cũng chính là giao điểm
thứ hai khác O của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác OBC và OAD. Từ đó suy luận
tương tự ta cũn được các điểm O, K, N thẳng hàng. Mặt khác cũng bằng cách xét các góc
nội tiếp trong các tứ giác nội tiếp ta có

M KN  M KB  N KB  EA B  OCB  ED C  OBC  EKC  OKC  M KO

Hơn nữa đây là hai góc bù nhau nên mỗi góc bằng

90

0

hay ME vng góc với ON.

Chứng minh tương tự ta có NE vng góc với OM. Từ đó suy ra E là trực tâm của tam
giác OMN. Từ đó ta được OE vng góc với MN.
Trở lại bài tốn. Gọi V là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với
đường tròn  O  . Khi đó ta có A và V là các giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF với đường tròn  O  , E và F là hai giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
với đường tròn  I  . B và C là hai giao điểm của hai đường tròn  O  và  I  . Theo một bài
toán phụ 1 ta có ba đường thẳng BC, EF, AV đồng quy tại U. Do đó ba điểm A, V, U thẳng
hàng. Xét tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn tâm I có D là giao điểm của hai đường chéo BF
và CE, A là giao điểm của BE và CF, U là giao điểm của BC và EF. Khi đó theo bài tốn
phụ 2 trên ta có ID vng góc với AU. Do các tứ giác AVEF và BEFC nội tiếp đường tròn


nên ta có

UVE  AEF  EBC

VU B  VEA  VFA

nên tứ giác BEVU nội tiếp đường tròn. Từ đó ta được

nên tứ giác UVFC nội tiếp đường trịn. Đến đây ta suy ra được

U VB  U EB  A EF  A VF

. Do I là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BFEC nên ta có
0

B IF  2 B C F  2 A V F  A V F  U V B  1 8 0  B V F

ta lại có

BI  FI

nên

BVI  FVI

nên tứ giác BIFV nội tiếp đường tròn. Mà

hay VI là phân giác của góc

BVF

. Từ đó suy ra IV vng

góc với AU. Điều này dẫn đến ba điểm I, D, V thẳng hàng hay ID vng góc với AU tại V.
Mà do AV là dây chung của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và đường tròn  O  nên
ta có OT vng góc với AV. Từ đó suy ra OT song song với ID.

 Nhận xét. Cóthể thấy để ýthứ nhất ýthứ nhất của bài toán đã cho ta cần dùng đến hai bài

toán phụ. Trong đó bài tốn phụ 1 chí
nh làmột tí
nh chất quan trọng về trục đẳng phương của hai
đường tròn vàbài tốn phụ cịn lại là định líBrocard nổi tiếng. Mỗi bài tốn phụ trên đều cónhiều
ứng dụng trong các bài tốn hì
nh học phẳng, đặc biệt làcác bài tốn hì
nh học phẳng Olympic.
b) Chứng minh DK vng góc với GH.
 Phân tích tìm lời giải.
Quan sát hì
nh vẽ kết hợp với các giả thiết của bài tốn ta có các phân tích như sau.


Ta đã có AG vng góc với HE vàAH vng góc với GF, do đó tam giác AGH có D là trực tâm.

Như vậy để chứng minh DK vng góc với GH ta cần chỉ ra được ba điểm A, D, K thẳng hàng.


Để ýta cóPM song song với CE vàQN song song với BE. Do đó ta có tứ giác PNMQ nội tiếp

đường trịn, do đó ta được K M .K P
ta có D E .D C

 D F .D C

 K N .K Q

. Lại thấy tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn  O  nên

. Từ sự đặc biệt của hai hệ thức trên đó và yêu cầu chứng minh ba điểm A,

D, K ta códự đốn là hai điểm D, K cùng nằm trên đường thẳng đi qua hai giao điểm của hai
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF vàACE. Nếu khẳng định được điều này thìbài tốn sẽ
được chứng minh. Do đó ta quy về chứng minh bài tốn phụ: Cho hai đường tròn  O  và O '  cắt
nhau tại hai điểm A vàB. Dây cung MN của đường tròn  O  vàdây cung EF của đường tròn

O 
'

cắt nhau tại I. Chứng minh rằng ba điểm A, I, B thẳng hàng khi vàchỉ khi

I M .I N  I E .I F

.

 Trình bày lời giải.
Trước hết ta phát biểu và chứng minh bài toán tốn phụ 3: Cho hai đường trịn  O 
và O '  cắt nhau tại hai điểm A vàB. Dây cung MN của đường tròn  O  vàdây cung EF của
đường tròn

O 

I M .I N  I E .I F

'

.

Chứng minh.

cắt nhau tại I. Chứng minh rằng ba điểm A, I, B thẳng hàng khi và chỉ khi


+ Điều kiện cần. Giả sử ba điểm A, I, B thẳng

I

hàng, khi đó do tứ giác ABNM nội tiếp
đường trịn nên ta có

I M .I N  I A .I B

và do tứ

M

giác AEFB nội tiếp đường tròn nên ta có
I A .I B  I E .I F

I M .I N  I E .I F

. Từ đó ta được

A

.

+ Điều kiện đủ. Giả sử IB cắt đường trịn

 O  tại

A

'

và cắt đường trịn

O 
'

tại

A

"

O'

O

.

B

N

Khi đó tương tự ta có
"

I A .I B  I E .I F

Mà ta có

'

I A .I B  I M .I N

E

F

và

.

I M .I N  I E .I F

nên ta suy ra được

'

"

I A .I B  I A .I B

, do đó

'

A  A  A

"

hay ba điểm

A, I, B thẳng hàng.
Trở
có

lại

bài

tốn.

Để

BCE  BFE  BFP  BM P

ý

đến

các

tứ

giác

nội

tiếp

đường

trịn

ta

nên PM song song với CE. Chứng minh hoàn toàn tương tự

ta được QN song song với BE. Do đó ta suy ra được
PNMQ nội tiếp đường trịn, do đó ta được

PM N  BFE  PQ N

K M .K P  K N .K Q

nên tứ giác

. Khi đó theo bài tốn phụ 3

trên thì điểm K nằm trên đường thẳng đi qua hai giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
ABF và đường tròn ngoại tiếp ACE. Cũng do tứ giác BCFE nội tiếp đường tròn  O  nên
D E .D C  D F .D C

, suy ra điểm D cũng nằm trên đường thẳng đi qua hai giao điểm của

đường tròn ngoại tiếp ABF và đường tròn ngoại tiếp ACE. Từ đó suy ra ba điểm A,
D, K thẳng hàng. Trong tam giác AGH có HD vng góc với AH và GD vng góc với

AH nên điểm D là trực tâm tam giác AGH. Từ đó ta được DK vng góc với GH.
 Nhận xét chung.
Cóthể thấy bài tốn trên cũng là một bài tốn khóvàphùhợp với kìthi chọn đổi tuyển học
sinh cho một kìthi cấp quốc gia. Do chỉ sử dụng các suy luận hì
nh học phẳng thuần túy nên để
tránh phải vẽ thêm các đường phụ và trình bày dài dịng thì ta đưa vào lời giải các bài toán phụ.
Trong ýthứ nhất ta sử dụng hai bài tốn phụ màthực chất đó là tính chất trục đẳng phương của
hai đường trịn và định líBrocard. Trong ýthứ hai của bài toán ta cũng cần sử dụng đến bài toán
phụ. Việc phát hiện ra các bài tốn phụ hồn tồn tự nhiên, tuy nhiên chứng minh bài toán phụ lại
quáphức tạp đặc biệt là đối với bài tốn phụ 2. Các bài tốn phụ trên cóthể sử dụng để giải các bài
tập sau đây
Bài tập 1. Cho đường tròn  O  vàdây AB thuộc đường tròn  O  . Đường tròn tâm I tiếp xúc
trong với đường tròn  O  tại T vàtiếp xúc với AB tại K. Đường kí
nh MN của đường trịn  O 
vng góc với dây AB (Các điểm M, T cùng thuộc một cung AB). Từ N vẽ các tiếp tuyến NC, ND


với đường tròn  I  (C, D làcác tiếp điểm). Gọi P là giao điểm của AC và BD, Q là giao điểm của
AD vàBC. Chứng minh rằng các điểm P, Q, I, M thẳng hàng.
Bài tập 2. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O vàcócác cặp cạnh đối khơng song
song. Gọi M, N tương ứng làgiao điểm của các đường thẳng AB vàCD, AD vàBC. Gọi P, Q, S,
T tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp góc
M CN

,

M CN

vàM D N ,

MDN

MAN

vàM B N ,

M BN

và

vàM A N . Giả sử bốn điểm P, Q, S, T đôi một phân biệt. Gọi I

làtâm của đường tròn đi qua bốn điểm P, Q, S Gọi E là giao điểm của các đường chéo AC vàBD.
Chứng minh rằng ba điểm E, O, I thẳng hàng.
Bài tập 3. Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân có O  là đường trịn ngoại tiếp và I là tâm đường
tròn nội tiếp. Gọi E, F theo thứ tự làhì
nh chiếu của I trên AC, AC. Đường thẳng BI cắt AC, EF
theo thứ tự tại U, V. Đường thẳng CV cắt BO tại W. Gọi giao điểm của EI với BO làZ vàgiao
điểm của IF với CO. Gọi S là giao điểm hai tiếp tuyến tại B, C của đường tròn  O  . Chứng minh
rằng SI vng góc với ZT.
Bài tốn 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  có

AB  AC

. Gọi E, F lần

lượt là trung điểm của AB, AC. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE và tam giác ACD
cắt nhau tại K khác A. Đường thẳng AK cắt đường tròn  O  tại L khác A. Đường thẳng
LB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại điểm thứ hai là M, đường thẳng LC cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD tại điểm thứ hai là N.

a) Chứng minh rằng ba điểm M, K, N thẳng hàng và MN vuông góc với OL.
b) Chứng minh rằng K là trung điểm của MN.
Trích đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016 – 2017
 Nhận xét mở đầu.
Bài tốn trên được trí
ch trong đề thi chọn học sinh dự thi HSGQG Tỉnh Vĩnh Phúc năm học
2016 – 2017, cũng như các bài tốn trên thì bài tốn 5 cũng được phát biểu hồn tồn tương tự
như bài tốn hình học cấp THCS với các giả thiết như tam giác nội tiếp đường tròn, tứ giác nội
tiếp đường trịn, ngồi ra cịn cócác quan hệ vng góc. Tuy nhiên trong bài tốn xuất hiện khá
nhiều đường trịn ngoại tiếp tam giác cùng các giả thiết khác liên quan đến các đường trịn này. Do
vậy cần cósự khéo léo sử dụng hết các giả thiết của bài toán mới mong chứng minh được bài tốn
và cũng cần tính đến việc sử dụng thêm các yếu tố phụ. Bây giờ ta đi phân tích tìm lời giải cócác ý
của bài tốn.
Phân tích và lời giải


A

E

D
G
O
I

B

C

T

M
K P
N

L

a) Chứng minh ba điểm M, K, N thẳng hàng vàMN vng góc với OL.


Lời giải.

+ Gọi G là giao điểm của BD và CE. Để ý đến các tứ giác ABLC, ABMK và ACNK nội tiếp
đường tròn ta có

0

0

0

A K N  180  A C N  180  A C L  A BL  A BM  180  A K M

. Do đó ba

điểm M, K, N thẳng hàng.
+ Các tứ giác AKNC và AKMB nội tiếp nên ta có
giác BMNC nội tiếp. Từ đó ta được
khi đó ta có

0

PLN  O LC  90 

1

L N .L C  L K .L A  L M .L B

CBL  CBM  LN M
0

, từ đó suy ra tứ

. Gọi P là giao điểm của M và LO,
0

LO C  90  LBC  90  PN L

2

. Do đó suy ra OL vng

góc với MN.
b) Chứng minh K là trung điểm của MN.
 Phân tích tìm lời giải.
Quan sát hì
nh vẽ ta nhận thấy ngay hai tam giác LBC và LNM đồng dạng với nhau. Gọi I
là trung điểm của BC. Như vậy bài tốn sẽ hồn tất nếu ta chỉ ra được tam giác LKM vàtam giác
LIC đồng dạng. Chúýrằng ta đã có

LM N  LCI

nên ta cần chứng minh được

M LK  CLI

này đồng nghĩa với chứng minh LK đối xứng với LI qua đường phân giác của góc

, điều

BLC

. Nhận

BLC

ta cần

định trên làm ta nghĩ đến đường đối trung trong tam giác.
Muốn chứng minh được LK đối xứng với LI qua đường phân giác của góc
chứng minh AL đối xứng với AI qua đường phân giác của góc

BA C

. Theo một bài tốn phụ đã

được chứng minh thìnếu đường thẳng AL đi qua giao điểm hai tiếp tuyến tại B, C của đường trịn

 O  thì AL đối xứng với AI. Như vậy ta tập trung chứng minh hai tiếp tuyến tại B, C của đường
tròn  O  và đường thẳng AL đồng quy. Quan sát hì
nh vẽ và chú ý đến định lýsin trong tam giác

ta có biến đổi

KB
KE



sin B A K
sin E A K



sin B A L
sin C A L



LB
LC

và theo tí
nh chất tiếp tuyến và cát tuyến với


đường trịn thì để hai tiếp tuyến tại B, C và AL đồng quy ta cần phải có
phải có

DB

KB



EC

AB
AC



LB
LC

, hay ta cần

. Đến đây bài toán lại quy về chứng minh tam giác BKD đồng dạng với tam

KE

giác EKC. Nhận thấy để chứng minh được tam giác BKD đồng dạng với tam giác EKC ta cần hai
tứ giác BDGK vàCEGK nội tiếp đường tròn, điều này đồng nghĩa với chứng minh các đường tròn
ngoại tiếp các tam giác ABE, DGB, ADC, GEC cắt nhau tại điểm K.
Qua phân tích như trên ta thấy cóbốn điểm cần chú ý đó là:
i) Cần phải chứng minh được các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE, DGB, ADC,
GEC cắt nhau tại điểm K.
ii) Cần phải chứng minh được hai tiếp tuyến tại B, C với đường tròn  O  và AL đồng quy.
iii) Cần chứng minh được AL đối xứng với AI qua đường phân giác của tam giác ABC.
iiii) Với AL đối xứng với AI qua đường phân giác của tam giác ABC ta cần chỉ ra được
LB
LC



TB

2

TC

2

.

Để bài toán gọn hơn ta sẽ chứng minh các điểm trên dưới dạng bốn bài tốn phụ.

 Trình bày lời giải. Trước hết ta phát biểu và chứng minh các bài toán phụ.
Bài tốn phụ 1. Cho tứ giác ABCD có các cạnh AB và CD cắt nhau tại M, các cạnh AD và
BC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN,
ADM, BCM cùng đi qua một điểm.
Chứng minh. Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AD và CDN cắt nhau tại điểm E
khác D. Khi đó các tứ giác AMED và CDNE nội tiếp đường trịn nên ta có
MAE  MDE

, từ đó ta được

M A E  CN E  BN E

A M E  ECN  ECM

và

nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn.

Mặt khác cũng từ các tứ giác trên nội tiếp đường trịn ta có
nên ta được

M DE  CNE

ECN  ED N

và

ED N  A M E

nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn. Vậy đường tròn

ngoại tiếp các tam giác ABN, CDN, ADM, BCM cùng đi qua một điểm.
Bài toán phụ 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn  O  có tiếp tuyến tại B và D với
đường tròn  O  cắt nhau tại E. Chứng minh rằng

AB



AD

CB
CD

khi và chỉ khi AC đi qua

điểm E.
Chứng minh. Giả sử AC đi qua giao điểm của hai tiếp tuyến của  O  tại B và D. Gọi giao
điểm đó là E. Khi đó dễ dàng chứng minh được hai tam giác BCE và ABE đồng dạng, khi
đó ta có

BC
AB



CE
BE

Ngược lại giả sử

. Tương tự thì ta cũng có

AB
AD



CB
CD

và gọi

E,E

'

DC
AD



CE
DE

. Mà

CE  DE

nên

AB
AD



CB
CD

.

lần lượt là giao điểm của tiếp tuyến của  O  tại B


và D với đường thẳng AC. Tương tự trên ta chứng minh được

trùng

E

'

CE  DE

'

nên có được E

.

Bài tốn phụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  và có AM là đường trung
tuyến, AI là đường phân giác. Tiếp tuyến của đường tròn  O  tại B và C cắt nhau ở D.
Chứng minh rằng AD đối xứng với đường thẳng AM qua qua đường thẳng AI.
Bài toán phụ 4. Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AI và đường phân giác AD. Gọi
M là điểm bất kì trên cạnh BC. Chứng minh rằng AM đối xứng với AI qua AD khi và chỉ
khi

MB



MC

AB

2

AC

2

.

Trở lại bài tốn. Xét tứ giác ADGE có các cạnh AD và ED cắt nhau tại B, các cạnh AE và
DG cắt nhau tại C. Khi đó theo bài tốn phụ 1 thì các đường trịn ngoại tiếp tam giác ABE,
DGB, ADC, GEC cắt nhau tại một điểm, suy ra K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
các tam giác trên. Do đó hai tứ giác BDGK và CEGK nội tiếp đường tròn, suy ra
KBD  KGC  CEC

và

BD K  BGK  ECK

nên tam giác BKD đồng dạng với tam giác

EKC. Từ đó ta suy ra được
AB
AC

Như vậy tứ giác ABLC có



BD
CE

AB
AC





KB
KE

LB
LC



s in B A K
s in E A K



s in B A L
s in C A L



LB
LC

nên theo bài tốn phụ 2 ta có AL đi qua giao điểm

hai tiếp tuyến tại B, C của đường tròn  O  . Gọi I là trung điểm của BC và T là giao điểm
của BC với AL, theo bài tốn phụ 3 thì AL đối xứng với đường trung tuyến AI qua đường
phân giác đi qua A của tam giác ABC. Khi đó theo bài tốn phụ 4 thìta có
đó suy ra

LB
LC



TB

2

TC

2

AB
AC



TB

2

TC

2

. Do

. Lại theo bài tốn phụ 4 thì ta lại có LK đối xứng với đường trung

tuyến LI qua đường phân giác đi qua L của tam giác BLC. Từ đó ta suy ra được tam giác
BLK và CLK đồng dạng với nhau. Mặt khác dễ thấy hai tam giác hai tam giác LBC và
LNM đồng dạng với nhau, mà I là trung điểm của BC nên suy ra K là trung điểm của MN.


Nhận xét chung. Trong bài toán trên ta thấy ýthứ nhất thì khá đơn giản vàcóthể thấy ngay

hướng chứng minh, tuy nhiên ý thứ hai của bài tốn thìthực sự là khó. Để hồn thành chứng
minh của bài tốn thìngồi các phép suy luận từ giả thiết bài toán đã cho ta cần đến bốn bài toán
phụ vàchứng minh các bài tốn phụ trên khơng qua khó khăn.Trong bốn bài tốn phụ trên thìchỉ
cóbài tốn phụ 1 làmới mẻ và chính là định líhì
nh học nổi tiếng cótên làMiqel, cịn lại làcác bài
tốn phụ quen thuộc. Trong phân tích trên ta đã loại đi các hướng tiếp cận không dẫn đến hồn
thành lời giải cho bài tốn. Bài tốn phụ định líMiqel cóthể dùng để giải quyết bài tốn sau đây.


Bài tập. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O  . Gọi P là điểm di chuyển trên cung
nhỏ BC của đường tròn  O  . Dựng ra ngoài tam giác PBC các điểm E vàF sao cótam giác PCE
đồng dạng với tam giác BAO vàtam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO. Tiếp tuyến tại P của
đường tròn  O  cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác PCE và PBF theo thứ tự tại M và
N khác P. Gọi Q là giao điểm của EM và FN. Chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp tam
giác QMN ln tiếp xúc một đường tròn cố định khi P thay đổi.