Các bài hình học phẳng ôn thi học sinh giỏi quốc gia - Lê Bá Khánh Trình

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.17 MB, 23 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MỘT SỐ BÀI TẬP

TỪ THẦY LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH

Bài 1. Cho tam giác ABCcó đường trịn nội tiếp

 

I tiếp xúc với BC CA AB, , lần lượt tại
, , .

D E F Trên EF lấy M P, sao cho CM AC AP BC, . Trên DE lấy N Q, sao cho

, .

DN AC AQ BC Gọi K là trung điểm BC. Chứng minh rằng trục đẳng phương của



PEM



và



QFN



song song với IK.
Lời giải.

Ta có BF BD và AP BD nên AF AP. Tương tự, ta thu được AP AF AEAQ nên
90 .

PEQ PFQ

     Gọi X là giao điểm của PE và QF thì X là trực tâm tam giác DPQ

nên XP XE. XQ XF. , tức là X có cùng phương tích với



PEM



và



QFN



Ta có BF BD và BF CM nên CM CDCE. Do đó CEM    90 EDP EPM nên
AE là tiếp tuyến của



PEM



, lại có APAE nên AP tiếp xúc với



PEM



. Tương tự, AQ là

H
G

T
X

K

N

M
Q
P

F

E

D

I O

B C

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

tiếp tuyến của



QFN



, mà APAQ nên A có cùng phương tích với



PEM



và



QFN



. Suy
ra AX là trục đẳng phương của



PEM



và



QFN



. Do đó ta chỉ cần chứng minh IK AX.
Thật vậy, dễ thấy DX là đường kính của

 

I . Gọi T là giao điểm của AX và BC, đường thẳng
qua X vng góc với DX cắt AB AC, tại G H, . Ta thấy phép vị tự tâm A biến GH thành
BC sẽ biến

 

I thành đường trịn bàng tiếp góc A của tam giác ABC, mà T là ảnh của X qua
phép vị tự này nên T là tiếp điểm của đường trịn bàng tiếp góc A với BC, do đó K là trung
điểm DT nên KI XT. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O I I Ia, b, c tương ứng là tâm đường trịn

bằng tiếp các góc A B C, , của tam giác ABC. AIa giao

 

O tại D khác A. Trên I D I Db , c lần

lượt lấy các điểm ,E F sao cho ABC 2 I BEa , ACB 2 I CFa , E F, nằm trong tam giác
.

a

I BC Chứng minh rằng EF giao I Ib c tại một điểm nằm trên

 

O .
Lời giải.

Cách 1.

A'
N

F
E

D

Ib

Ia
Ic

O

B C

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Dễ thấy A B C, , là chân 3 đường cao của tam giác I I Ia b c nên ( )O là đường tròn Euler của tam

giác I I Ia b c, do đó gọi N là trung điểm I Ib c thì N thuộc ( ).O Ta cần chứng minh EF đi qua

.
N

Thật vậy, ta có 2I BEa  ABC 2 ABIb nên ABE I BIb a  90 . Tương tự,
90

ACF

   nên gọi A' là giao điểm của BE và CF thì A' đối xứng với A qua O, do đó
' b c.

DA I I Đồng thời, chú ý rằng N là trung điểm I Ib c nên













sin sin

b c

b b c c

NI D ND ND NI D

NDI  NI  NI  NDI

Nên ta dễ dàng có được D A N EF



' ,



 1.

Mặc khác, dễ thấy NBDC là tứ giác điều hòa nên A DN EF'





  1 D A N EF



' ,



. Suy ra
, ,

E F N thẳng hàng. Ta có điều cần chứng minh.

Cách 2.

Gọi H là trực tâm tam giác I I Ia b c, M N, lần lượt là trung điểm BC I I, c b.

H
M

N
E
D

Ic
Ib

Ia

O

B

C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Dễ thấy hai tam giác I BCb và I I Hb a đồng dạng ngược nên I M I Db , b đẳng giác trong góc
.

a b

I I B Mặt khác, tương tự như cách 1, ta có BE BM, đẳng giác trong góc I BIa b, suy ra E và
M liên hợp đẳng giác trong tam giác I BIa b tức I E I Ma , a đẳng giác. Mà I BCa và I I Ia b c đồng

dạng ngược, suy ra I Ea đi qua N. Tương tự I Fa cũng đi qua N, ta suy ra điều cần chứng
minh.

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn có đường trịn nội tiếp

 

I tiếp xúc với BC CA AB, , lần lượt tại
, , .

D E F Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M N L, , lần lượt là trung điểm CA AB BC, , . Trên
, ,

AH BH CH lần lượt lấy K P Q, , sao cho DK IL, EPIM, FQIN. Gọi X Y Z, , lần lượt
là giao điểm của MP và NQ, NQ và LK, LK và MP.

a) Chứng minh rằng XD YE ZF, , đồng quy tại một điểm T.
b) Chứng minh rằng H I T, , thẳng hàng.

Lời giải.

a) Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp

 

I tiếp xúc với BC CA AB, ,
lần lượt tại D E F, , . Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng IM cắt đường thẳng quaA vng
góc BC tại X, khi đó AXDI là hình bình hành.”

Chứng minh.

Gọi K là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn

 

O ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy hai
tam giác AIF và BKM đồng dạng, đồng thời chú ý rằng KBKI AX, KM nên ta có

K
X

M
F

E

D
I

O

B C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

AX AI AI IF

MK  IK  BK MK

Nên AX IF ID, suy ra AXID là hình bình hành. Hồn tất chứng minh bổ đề.
Trở lại bài toán,

Gọi G là giao điểm của IL với AK. Áp dụng bổ đề, ta có GD AI nên GDEF.

Mặt khác, trong tam giác GKL ta thấy KDGL LD, GK nên D là trực tâm tam giác GKL,
suy ra GDKL. Do đó ta có EF KL. Chứng minh tương tự, ta có hai tam giác DEF và XYZ
có các cặp cạnh tương ứng song song nên XD YE ZF, , đồng quy tại tâm vị tự T của hai tam giác
này.

b) Gọi ,S J lần lượt là trung điểm IH IA, thì JS AH nên JSMN.

Mà NJ BI BI, DF DF, XZ nên NJXM. Tương tự, MJ XN, suy ra J là trực tâm tam
giác XMN nên XJ MN hay X J S, , thẳng hàng. Suy ra XS ID YS IE, . Vậy phép vị tự tâm
T biến tam giác DEF thành tam giác XYZ sẽ biến các đường thẳng DI thành XS, EI thành
IS nên nó biến I thành S, do đó , ,S I T thẳng hàng, kéo theo H I T, , thẳng hàng. Ta có điều
phải chứng minh.

H
G

T
X

Z

Y

P

Q

K

N M

L
F

E

D
I

B C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi D E F, , lần lượt là trung điểm
cung BAC CBA ACB, , . DE DF, cắt AC AB, tại M N, . Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của A
lên BE CF, .Chứng minh rằng CH BK MN, , đồng quy.

Lời giải.

Ta cần có bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC, đường cao AD CE, . Gọi M N, lần lượt là trung
điểm BC CA, . DE giao MN tại T. Khi đó AT là đường đối trung của tam giác ABC.”

Chứng minh.

J

S
H

T

X

Z

Y

K

N M

L
D

I

B C

A

T
D

E

N

M

B C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Ta thấy tứ giác AEDC nội tiếp và AB TN nên NTD BED NCD suy ra TDNC nội
tiếp. Mà NANDNC nên NA2 ND2 NM NT. suy ra hai tam giác ANM và TNA đồng
dạng, để có MAN  NTA BAT.Suy ra AT là đường đối trung của tam giác ABC.

Trở lại bài toán,

Gọi BE giao CF tại X, CF giao AD tại Y, AD giao BE tại Z. Ta thấy X Y Z, , là 3 tâm
đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC; A B C, , và D E F, , là chân các đường cao, các đường
trung tuyến của tam giác XYZ, vì thế XHK  XAK  XYZ  XBZ, suy ra BC HK.

Mặt khác, áp dụng bổ đề vừa chứng minh, ta có X M N, , thẳng hàng vì cùng nằm trên đường
đối trung của tam giác XYZ, đồng thời đường thẳng MN đi qua trung điểm BC vì hai tam giác
XBC và XYZ đồng dạng ngược. Từ đó áp dụng bổ đề hình thang, ta có BH CK MN, , đồng quy.
Bài 5. Cho tam giác ABC nhọn có D E F, , lần lượt là trung điểm BC CA AB, , . Đường tròn qua

E tiếp xúc BC tại B cắt lại DE tại M. Đường tròn qua F tiếp xúc BC tại C cắt lại DF tại
N. Gọi K là giao điểm của MN và EF. Chứng minh rằng AK song song với trục đẳng
phương của



ABC



và



DEF



X

Y

Z

K
H

M
N

D

F

E

O

B C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Lời giải.

Ta thấy



DEF



là đường tròn Euler của tam giác ABC, gọi Q là tâm đường tròn này. Gọi
,

X Y là hình chiếu của C B, trên AB AC, . XY giao DE tại M', từ chứng minh bổ đề ở bài
trước, ta có 2

. '

BD DE DM nên (BEM') tiếp xúc với BC, suy ra M trùng M'. Chứng minh
tương tự ta cũng có XY đi qua N.

Áp dụng định lý Pappus cho hai bộ 3 điểm thẳng hàng



B X F, ,





C Y E, ,



ta có T thuộc OQ.
Từ đó, theo định lý Brokard ta có AK QT, suy ra AK OQ hay AK song song với trục đẳng
phương của



ABC



và



DEF



. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp; ,L M N,
là các giao điểm thứ hai của AI BI CI, , với

 

O . Một đường tròn đi qua ,I L cắt BC tại , .E F

LE LF cắt

 

O lần nữa tại , .P Q PQ cắt AB AC, tại H K, . Chứng minh rằng NH và MK cắt
nhau tại một điểm nằm trên



IEF



Lời giải.

Ta có L là trung điểm cung BC nên LI LBLC và LI2 LE LP. LF LQ. suy ra tứ giác

EFQP nội tiếp, đồng thời hai tam giác LIE và LPI đồng dạng, để có PIL IEL, tương tự

QIL IFL

   , suy ra PIL QIL IEL IFL180 . Do đó , ,P I Q thẳng hàng.

Q

T

K
Y

X
N

M

F E

D
O

B C

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Gọi T là giao điểm thứ hai của NH và

 

O , TM giao AC tại K'. Áp dụng định lý Pascal
cho bộ 6 điểm N A M

B T C

 

 

  ta có H I K, , ' thẳng hàng, suy ra K trùng K'.

Ta có TH TK, là phân giác các góc ATB ATC, nên

TB KC HA TB HA TA KC
TC KA HB   HB TA KA TC   

Gọi X là giao điểm của TL và BC ta có XB TB.

XC TC Suy ra

XB KC HA
XC KA HB  

Nên X H K, , thẳng hàng, từ đó XT XL. XP XQ. XE XF. nên tứ giác ETLF nội tiếp, ta có
điều phải chứng minh.

Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . Một đường kình thay đổi cắt AB AC,
tại E F, . Gọi M N, lần lượt là trung điểm BF CE, . ,P Q là hình chiếu của ,B C lên OM ON, .
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ có bán kính cố định.

Lời giải.

X

T

K
H

Q

P

F
E

N

M

L

I O

B C

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Kẻ đường kính BL CK, của

 

O . Do E O F, , nên tương tự bài trước, ta có KE LF, giao nhau
tại một điểm T nằm trên

 

O .

Ta có OM là đường trung bình của tam giác BLF nên 1 .
2

BOM BLF BOT

     Suy ra BT
đi qua P. Tương tự CT đi qua Q. Từ đó tam giác OPQ nội tiếp đường trịn đường kình OT cố
định nên ta có điều phải chứng minh.

Bài 8. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi D là giao điểm của đường tròn đi
qua B và tiếp xúc AC tại A với đường tròn đi qua C và tiếp xúc AB tại A. Tiếp tuyến của
đường tròn



DBC



tại D cắt AB AC, tại M N, và cắt

 

O tại P Q, . Gọi H là trực tâm tam
giác APQ. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác APQ và HMN tiếp xúc nhau.
Lời giải.

DC DB giao

 

O lần nữa tại ,R S. Tương tự bài trước, ta chứng minh được RM giao SN tại
một điểm T nằm trên

 

O do M D N, , thẳng hàng.

Vì H là trực tâm tam giác APQ nên đường trịn



HPQ



và



APQ



đối xứng nhau qua PQ, vì
vậy gọi X là điểm đối xứng với A qua PQ thì để hồn tất bài toán, ta chỉ cần chứng minh



APQ



và



XMN



tiếp xúc.

Thật vậy, ta có MDB DCB MTB nên tứ giác TDMB nội tiếp, tương tự TDNC cũng là
tứ giác nội tiếp.

Q
P

L
K

T
N
M

F

E O

B C

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Đồng thời chú ý rằng T và X nằm cũng phía so với MN nên từ

MTN MTD NTD MBD NCD MAN MXN

            

Ta suy ra NXTM nội tiếp.

Ta có MNT  DCT RST nên RS MN, suy ra



TRS



và



TMN



tiếp xúc. Từ đó ta thu
được điều phải chứng minh.

Bài 9. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi D là hình chiếu của trực tâm H

lên trung tuyến AI của tam giác ABC. Tiếp tuyến tại A của đường tròn

 

O cắt BC tại T.
DT cắt AB AC, lần lượt tại E F, . Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Chứng
minh rằng



KEF



tiếp xúc

 

O .

Lời giải.

R

S

T X

Q

P

N

M

D

O

B C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Gọi P Q, lần lượt là hình chiếu của A B, trên BC CA, . Dễ thấy các tứ giác IPHD PHQC, nội
tiếp nên AD AI.  AH AP. AQ AC. , suy ra IDQC nội tiếp, dó đó IDC IQC ICA, suy
ra hai tam giác IDC và ICA đồng dạng. Để có

DC IC IB DB

AC  IA  IA AB

Đồng thời, BDC BDI CDI  ABC ACB180  BAC nên gọi S là điểm đối
xứng với D qua BC thì S

 

O và SB DB AB

SC  DC  AC nên ABSC là tứ giác điều hòa, do đó

TDTSTA, suy ra TD2 TA2 TB TC. nên TD là tiếp tuyến của



BDC



Gọi M N, là giao điểm thứ hai của CD BD, với

 

O . Ta có , ,E D F thẳng hàng nên ME giao
NF tại một điểm X nằm trên

 

O . Do đó EXB MCB EDB nên tứ giác XDEB nội
tiếp, tương tự XDFC cũng là tứ giác nội tiếp, vì thế

180 2 .

EXF EXD FXD EBD FCD ABC ACB DBC DCB EAF

                    

Suy ra XEKF nội tiếp.

Mặt khác EFX  DCX  MNX nên EF MN, do đó



XEF



tiếp xúc

 

O . Ta có điều
phải chứng minh.

Bài 10. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 

O có D E F, , là tiếp điểm của đường tròn nội
tiếp

 

I với BC CA AB, , . Lần lượt lấy trên OI BC AD, , các điểm L M N, , sao cho

P

Q

S
X

N

M K

F
E

T

D
H

I
O

B C

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

, , .

DLEF LM BC LN AD Gọi K là giao điểm thứ hai của hai đường tròn



LEF



và



LMN



. Chứng minh rằng MN DK EF, , đồng quy.

Lời giải.

Ta cần bổ đề sau: “ Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn

 

O có D E F, , là tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp

 

I với BC CA AB, , . Khi đó, OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF.”
Chứng minh.

Gọi X Y Z, , lần lượt là trung điểm EF FD DE, , . Khi đó, dễ thấy phép nghịch đảo tâm I phương
tích r2 sẽ biến đường trịn

 

O thành đường tròn



XYZ



, hay là đường tròn Euler của tam giác

DEF Vì thế OI đi qua tâm đường trịn Euler của tam giác nên nó chính là đường thẳng Euler
của tam giác DEF.

Trở lại bài tốn,

Áp dụng bổ đề, ta có L chính là trực tâm của tam giác DEF nên từ bài trước, ta dễ dàng suy ra
DK là đường trung tuyến của tam giác DEF nên nó đi qua trung điểm EF. Như vậy, ta chỉ cần
chứng minh MN chia đôi EF.

Thật vậy, gọi X Y, lần lượt là hình chiếu của ,E F trên DF DE, và T là trung điểm BC.

Z
Y

X
F

E

D

I O

B C

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta có LN DA LM, DM LX, DF LY, DE nên L NM XY





D AM FE





 1. Mà
, , ,

M N X Y cùng nằm trên đường trịn đường kính DL nên ta có



MN XY,



 1. Hơn nữa, dễ
thấy TX TY, là tiếp tuyến của

 

DL nên ta có MN đi qua T.

Bài tốn được chứng minh hồn tồn.

Bài 11. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O có H là trực tâm. Gọi K M N, , lần
lượt là trung điểm BC CA AB, , . Đường thẳng qua M vuông góc với MH cắt đường thẳng qua
N vng góc với NH tại D. Trên MN lấy E sao cho EH vng góc với AD. Trên BC lấy
F sao cho EF vng góc với AO. Chứng minh rằng KH và AF cắt nhau trên

 

O .

Lời giải.

Gọi X Y, lần lượt là hình chiếu của B C, trên CA AB, . Dễ thấy HE là trục đẳng phương của



AH



và



DH



. Mà MN XY HE, , là 3 trục đẳng phương nên chúng đồng quy tại tâm đẳng
phương của 3 đường tròn



AH

 

, DH

 

, YNXM



, đo dó E thuộc XY.

Y

X

T
N
M

L

A
I

E F

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Gọi AF giao

 

O tại T khác A. Ta có FT FA. FB FC. FY FX. nên tứ giác AXYT nội tiếp,
suy ra ATH  90 .

Do đó TH đi qua Q là điểm đối xứng của Aqua O, mà ta có tính chất quen thuộc H K Q, ,
thẳng hàng, suy ra ,T H K, thằng hàng. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 12. Cho tam giác ABC có BC cố định, A thay đổi sao cho SABC không đổi. Đường cao

BE CF cắt nhau tại H. Gọi M N, lần lượt là trung điểm AB AC, . EF giao MN BC, tại , .P Q

AP giao QH tại K. Chứng minh rằng tam giác KBC có diện tích cố định.
Lời giải.

Q
Y

X
T

F

E

D

N M

K
H

O

B C

A

T
K
P

Q

F

E

M N

H

O

B C

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Gọi T là giao điểm của AP và BC.

Dễ thấy Q AH FB





 1 nên



AK PT,  1



. Suy ra KP 2KT, từ đó có được AT 3KT ,
mà tam giác ABC có diện tích cố định nên tam giác KBC có diện tích cố định.

Bài 13. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 

O có B C, cố định, điểm A thay đổi trên

 

O sao cho tam giác ABC nhọn và BAC ABC. Gọi H là trực tâm, D là trung điểm BC.
Trên AB AC, lấy E F, sao cho EF qua D và vuông góc HD. Đường thẳng qua E và vng
góc FH cắt AC ở G. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác EFG. Chứng minh rằng

KF luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Lời giải.

Gọi L là hình chiếu của B trên AC. Khi đó ta có tứ giác HDFL nội tiếp nên LFH LDH.
Mà

2 2 2 2 2 2 2 2

. . . .

LF DF HD HL BD HB HL HL DB DCHL BLDB DCLA LCLO DO

Nên OFLD, mà HDF 90 nên OFD LDH LFH. Nên FO FH, đẳng giác trong
góc GFE, mà FH GE nên FO đi qua K. Suy ra FK luôn đi qua O cố định, ta có điều phải
chứng minh.

L

K
G

F

E

H

D
O

B C

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Bài 14. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O có trực tâm H. CH cắt AB ở D.
Trên AC lấy M sao cho DM OD. Trên MD lấy N sao cho CNMH. Gọi K là giao điểm
của CD và OM. Chứng minh rằng MNK CNH.

Lời giải.

Gọi T là trung điểm AC, ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

. . . . .

TM DM OD OT TATCDA DBTA DH DC TA HD HCDH TH DH

Suy ra DT MH, mà MDO 90 nên DMH TDO TMO. Suy ra MH MO, đẳng
giác trong góc NMC.

Hơn nữa, gọi X là giao điểm của MH và AB. Ta có MDX  CDO (cùng phụ góc ADO)
nên X và O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác MCD. Từ đó

XCD ACO BCD

     nên X đối xứng B qua D.

Ta có DCN   90 XHD   90 DHB ACD nên CD là phân giác góc MCN.Mà MH
và MK đẳng giác nên ta cũng có NH và NK đẳng giác, hay MNK CNH. Ta có điều phải
chứng minh.

X

T

K

N
M

D

H
O

B C

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 

O có B C, cố định, A thay đổi sao cho tam
giác ABC nhọn. BE CF, là các đường cao. Trung tuyến qua A của tam giác AEF cắt lại
đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại D. Kí hiệu

   

K , H lầ lượt là các đường tròn qua D
và tiếp xúc AB AC, tại F E, . Chứng minh rằng trục đẳng phương của

   

K , H luôn đi qua một
điểm cố định khi A thay đổi.

Lời giải.

Gọi M là trung điểm của EF, N là giao điểm thứ hai của

 

K và

 

H , ND giao



AEF



lần
nữa tại X. Ta có FND END BFD CED180 nên N thuộc EF. Từ đó có được

NDF AFN AFE MDE

       suy ra DN là đường đối trung của tam giác DEF nên
XEDF là tứ giác điều hòa. Mặt khác, gọi T là trung điểm BC thì dễ thấy TE TF, là tiếp tuyến
của



AEF



nên T thuộc XD. Vậy ND đi qua T cố định. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 16. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi ,E F là chân các đường cao qua
,

B C của tam giác ABC. Trung tuyến qua A của tam giác AEF cắt lại

 

O ở M. Trung tuyến
qua A của tam giác ABC cắt lại



AEF



ở N. Chứng minh rằng AO tiếp xúc



AMN



Lời giải.

Gọi T là trung điểm BC H, là trực tâm tam giác ABC, AH giao BC tại D. Ta có các tứ giác
TDHN và CDHE nội tiếp nên AN AT.  AH AD. AE AC. , suy ra TCEN nội tiếp, do đó

.
TNC TEC TCA

     Tương tự, ta suy ra

X

N

T
D

M E

F

O

B

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

180 .

BNC TNB TNC TBA TCA BAC

            

Nên gọi M' là điểm đối xứng với N qua BC thì ta có M' nằm trên

 

O , đồng thời
'

.
'

M B NB NB AB AC TB AB TA AB

M C  NC  AB AC NC  TA AC TC   AC

Nên ABM C' là tứ giác điều hịa, lại có EF là đối song của BC nên AM' là trung tuyến tam
giác AEF, suy ra M' trùng M. Do đó M đối xứng N qua BC.

Từ đó ta có NMA MAD OAN nên OA là tiếp tuyến của



AMN



. Ta có điều phải
chứng minh.

Bài 17. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi D là trung điểm BC. Trên
,

AB AC lấy ,E F sao cho DEAC DF, AB.

a) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên

 

O thì tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác



AEF



di chuyển trên một đường cố định.



DEF



cắt BC lần nữa tại G. AG giao

 

O tại M khác A. Đường cao qua A của tam
giác ABC cắt ( )O lần nữa tại N. Các tiếp tuyến của

 

O ở M N, cắt nhau ở P. Các

tiếp tuyến của



BGM

 

, CGM



tại ,B C cắt nhau ở .Q Chứng minh rằng PQ và AD cắt
nhau trên

 

O .

D
H

T
N

M
E

F

O

B C

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Lời giải.

a) Tiếp tuyến tại B và C của

 

O giao nhau tại T. Ta có

180 .

EBT ABT ACB EDT

        

Nên TDBE nội tiếp, tương tự TDCF nội tiếp. Do đó AET  AFT  90 nên AT là đường
kính của



AEF



. Vì thế khi A thay đổi, tâm đường tròn



AEF



sẽ di chuyển trên đường trịn có

tâm là trung điểm OT, bán kính bằng 1

2R, là một đường trịn cố định.

b) Ta có TEAB DF,  AB nên TE DF, tương tự TF DE nên TEDF là hình bình hành, do
đó gọi I là trung điểm DT thì I cũng là trung điểm EF.

Đường thẳng qua A và vng góc BC cắt



AEF



lần nữa tại J. Ta thấy qua phép đối xứng
tâm ,I E biến thành F, T biến thành D, nên nếu J biến thành G' thì DG' JT , suy ra

' .

G BC Đồng thời, EJTF là tứ giác nội tiếp nên FG DE' cũng là tứ giác nội tiếp, do đó G
trùng G'. Vậy G đối xứng J qua I. Suy ra IH IG nên D là trung điểm HG.

J

I R

Q

P
H

N M

G

T
E

F
D

O

B C

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Ta có BQC180  QBC QCB180  BMC BAC nên Q thuộc

 

O . Đồng thời,

QBC AMB AQB

     nên AQ BC, suy ra A QD GH





 1 nên QMRN là tứ giác điều
hòa, suy ra AD giao QP trên

 

O . Ta có điều phải chứng minh.

Bài 18. Cho tam giác ABC có I là tâm đường trịn nội tiếp. Gọi E F, lần lượt là chân đường
phân giác trong và chân đường phân giác ngoài góc A của tam giác ABC. Các tiếp tuyến qua

E F (khác BC) của

 

I cắt nhau ở D. Gọi H M N, , là tiếp điểm của AB DE DF, , với

 

I .
Trên BI lấy K sao cho DK AI.

a) Giả sử B C, cố định, A thay đổi. Chứng minh rằng K luôn thuộc một đường tròn cố
định.

b) Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC MN, ở P Q, . HQ giao

 

I ở T. Chứng
minh rằng PT là tiếp tuyến của

 

I .

Lời giải.

a) Gọi X là tiếp điểm của AC với

 

I . Ta có FAI  FMI  90 nên AMF AIF. Mà
, ,

A I E thẳng hàng, và

1
90

FMN FDE FIE

      

Nên A M N, , thẳng hàng. Suy ra A nằm trên đường đối cực của D đối với

 

I , do đó theo
định lý La Hire ta có D thuộc HX , là đường đối cực của A đối với

 

I , vì thế HX cũng đi
qua K.

S

T

Q
P
X K

D

N

M

H I

E
F

B C

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Ta có 90 1
2

KIC BAC KXC

       nên XICK nội tiếp, do đó BKC 90 nên K thuộc

 

BC cố định.

b) Ta có



XH MN,



 1 nên A BC QD





 1, mà DQ AB nên P là trung điểm DQ. Mặt
khác, dễ thấy tam giác PXD cân tại X , kéo theo PX PDPQ. Suy raPXQ 90 , do đó,
gọi S là giao điểm của XQ với

 

I thì SH là đường kính của

 

I , do đó HS  AB, mà

AB DQ nên HS DQ suy ra S là trực tâm tam giác DHQ. Suy ra D S T, , thẳng hàng, và

PX PDPQPT nên PT là tiếp tuyến của

 

I . Ta có điều phải chứng minh.

Bài 19. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O . Các đường trịn đường kính AB AC,
cắt nhau tại D và lần lượt cắt đường trung tuyến AI tại E F, .



IDE



và



IDF



lần lượt cắt

   

AC , AB ở M N, . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tia DG cắt

 

O tại P. Chứng minh
rằng MN PI, cắt nhau trên

 

O .

Lời giải.

Dễ thấy D là hình chiếu của A trên BC.

Đường thẳng qua A song song với BC cắt

 

O lần nữa tại P'. Gọi X là hình chiếu của P'
trên BC. Dễ thấy AP XD' là hình chữ nhật, đồng thời I là trung điểm DX nên ta có

X
K

H

T

P

G

N

M

F
E

I
D

O

B C

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

2 .

AP DX GA

DI  DI   GI

Từ đó theo định lý Thales đảo ta có D G P, , ' thẳng hàng, suy ra P trùng P'. Do đó APCB là
hình thang cân.

Mặt khác, gọi K là hình chiếu của C trên AB, BE giao AD tại H thì H là trực tâm tam giác
.

ABI Do đó H



DEI



và IH AB nên IH CK. Hơn nữa,

90 90 .

MHI HEM ACM MKC

          

Nên K H M, , thẳng hàng. Mà IK IB nên IH là trung trực của KB, dẫn tới
.

BKH KBH ADE HME

      

Nên EM KB, do đó ABE BEM  ACM nên hai tam giác BAE và CAM đồng dạng,
suy ra BAE CAM hay AM là đường đối trung của tam giác ABC. Tương tự, AN cũng là
đường đối trung của tam giác ABC, mà PI đối xứng AI qua trung trực BC nên ta có PI giao

</div>

Các bài hình học phẳng ôn thi học sinh giỏi quốc gia - Lê Bá Khánh Trình

<b>MỘT SỐ BÀI TẬP </b>

<b>TỪ THẦY LÊ BÁ KHÁNH TRÌNH </b>

 













































 

 

 

 

 





























 

 

 

 





























 

 

 





 

 

 

 

 





 

 

 



