Gợi ý một số lời giải của một số bài toán Hình học phẳng khó trong đề thi chọn HSG và đội tuyển

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.89 MB, 61 trang )

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

Một số bài tốn hình học chọn đội tuyển

VMO của Hà Nội các năm gần đây

Lời nói đầu: Trong các đề chọn đội tuyển thi HSGQG của Hà Nội bao giờ cũng
dành một thời lượng một bài dành cho phân mơn hình học phẳng. Các bài tốn này
khơng địi hỏi nhiều kiến thức, song, lại cần sự tinh tế trong quá trình kẽ vẽ hình phụ
cũng như cách phối hợp các kiến thức toán chuyên. Điều đặc biệt là tơi thấy có khá
nhiều bài hình được lấy hoặc lai tạo từ các đề thi của Nga. Để các bạn tiếp cận dễ
dàng, sau đây tôi xin giới thiệu một vài bài hình học hay chọn tuyển của Hà Nội(đặc
biệt là bài hình chọn tuyển Hà Nội 2016-2017)

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

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy ngay được rằng: P là điểm M iquel
của tứ giác toàn phần ACF DBE do đó dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng. Theo định lí
Borcardthì ta có: O, M, P ⊥EF do đóEFkBC vậy là: ∠BCD=∠DEP =∠DBP
do đóP B tiếp xúc(O). Tương tự P C tiếp xúc(O). Kẻ các đường kính AX, AY lần
lượt của(S2),(S1). Lại có: ∠AQB = 180◦−∠AXB = 180◦−∠AS2O. Tương tự thì:
∠AQC = 180◦−∠AS1O do đó∠AQB+∠AQC = 360◦−2∠AS1O = 2(180◦−∠A) =
360◦−2∠Ado đó hiển nhiên∠BQC = 2∠Ado đóP, B, Q, O, C nằm trên một đường
tròn vậy nên OQ⊥P Qdo đó ta thu được ngay đpcm.

Nhận xét: Nếu bài toán hỏi là chứng minh A, P, Q thẳng hàng thì có vẻ sẽ hay hơn.
Điều này cũng khơng khó để chứng minh. Chú ý việc tứ giác AS2S1O là hình bình
hành nên S1S2 chia đơi AO do đó theo tính chất vị tự dĩ nhiên X, Y, O thẳng hàng.
Ta có: ∠AQX+∠AQY = 90◦+ 90◦ = 180◦ nên X, Y, Q, O thẳng hàng. Dĩ nhiên là
AQ⊥OQ do đóA, Q, P thẳng hàng.

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

Lời giải 1(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):
Gọi AC cắt đường tròn (K) tại điểm T,giao BK tại điểm L. Do C là tâm vị tự
trong của (O) và (K) nên ta có: AT

T C =

KC. do đó ta có: T KkAB. Áp dụng định
lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:

CL
CA.

OA
OB.

KL = 1. Do T KkAB nên ta có:
CL
CA =

T L

T A do đó: (AL, T C) =−1. Mặt
khác nếu gọi DE cắt AC tại điểmL0 thế thì (AL0T C) = −1 do đó L≡ L0 do đó ta
có: DE, BK, AC đồng quy(đpcm).

Nhận xét: Lời giải thứ nhất rất hay bởi tôi thực sự rất ấn tượng với cách sử dụng vị
tự ở đây.

Lời giải 2(Nguyễn Duy Khương-11T2-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):

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

Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do
A, J, K, D, Eđồng viên). Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thứcM aclaurin)

suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1. Do đó:
S, C, M thẳng hàng. Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M(đpcm).

Lời giải 3(Nguyễn Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):
Gọi T là giao điểm của AC và (K). GọiL là giao điểm ED và T C. Từ giả thiết ta
có được: EDT C là một tứ giác điều hồ. Do đó ta có: ED,tiếp tuyến tại T,C đồng
quy tại 1 điểm gọi là điểm P. Vậy ta có: P K ⊥ AC. Lại có: AK ⊥ ED nên L là
trực tâm tam giác P KA. Gọi BK cắt AP tại điểm Q vậy ta thu được: KQ ⊥ P A
vậy ta có: P Q.P A =P R.P K =P C2, hay là Q thuộc (O). Do đó có: ∠BQA= 90◦
mà ∠KQA = 90◦ nên thu được: B, L, K thẳng hàng hay là DE, BK, AC đồng
quy(đpcm).

Nhận xét: Ở lời giải thứ hai và ba đều chú trọng tới giao điểm hai tiếp tuyến của tứ
giác điều hoà xong cách tiếp cận cuối khác nhau dẫn tới hai lời giải lạ mắt.

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

Trên AC lấy điểm I sao cho IKkAO thế thì KI = KC do đó CDIE nội tiếp.
Gọi BK cắt (O) tại H khác B thì ∠AHK = 90◦ suy ra HDKE nội tiếp. Mà
∠HCI = ∠HBA = ∠HKI suy ra CHKI nội tiếp. Áp dụng tính chất trục đẳng
phương cho ba đường tròn(CDIE),(HDKE),(CHKI) dĩ nhiênBK, AC, DE đồng
quy.

Bài toán 3(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2014-2015):

Cho tứ giác ABCD(AB < BD) nội tiếp đường tròn (O) biết AC = CD. Gọi I là
tâm nội tiếp đường tròn ABD. Gọi (BIC) cắt AB tại điểm thứ hai F. Gọi E là
trung điểm AD. Chứng minh rằng: AI ⊥EF.

Lời giải: Ta có: ∠LAI = ∠BAD

2 +∠DAL=

∠BAD

2 +∠BAI =∠AIL do đó tam
giác AIL cân tại L. Chứng minh tương tự ta có: IL = LD. Lại có theo hệ thức
lượng trong tam giác vng CDL thì LD2 = LE.LC = LI2 do đó ta có: 4LEI ∼
4CIL(g.g). Vậy ta có: 90◦ +∠ICB = 90◦ +∠IEA do đó ∠ICB = ∠IEA. Do đó
ta thu được tam giác ∠F IA=∠EIA do đó ta thu được: 4IF A =4IEA(g.c.g)do
đó hiển nhiên thu được: AI là trung trực EF do đó ta có đpcm

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

Bài toán 4(chọn đội tuyển Hà Nội thi VMO 2012-2013): Cho tứ giác ABCD
nội tiếp không phải là một hình thang. Gọi AB cắt CD tại E. AD cắt BC tại điểm
F. Phần giác các góc CF D và BEC gặp nhau ở điểm H. Hai đường chéo của tứ
giác ABCD cắt nhau tại điểm I. Gọi (ABI)cắt (CDI) tại điểm thứ haiK. Chứng
minh rằng: E, F, H, K đồng viên.

Lời giải: Trước tiên ta có:

∠F HE = 180◦−∠HF D−∠HEB−∠EAD = 180◦−180
◦−

∠D−∠C

2 −

180◦ −∠B −∠C

2 =

∠B+∠D

2 = 90

◦(1). Ta gọi L là giao điểm thứ hai khác A của (EAB) và (ECD).
Thế thì ta có: EL.EF =EA.EB =EI.EK do đó tứ giác LF KI nội tiếp. Áp dụng
tính chất của trục đẳng phương cho các đường tròn(F AB),(F CD),(O),(LF KI)thì
ta có: LF, AB, CD, IK đồng quy tại 1 điểm chính là điểmE.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Ta có: ∠LAD = 180◦ −∠LAF =
180◦−∠LBF =∠LBC. Vậy ta có: 4LAM ∼ 4LBN(c.g.c)do đó∠LM F =∠LN F
hay làLthuộc(F M N). Vậy ta thu được: ∠OLF = 90◦. Vậy mà theo định líBorcard
thì OI ⊥EF. Vậy O, I, Lthẳng hàng. Hay là ta có: ∠EKF = 90◦(2). Từ (1)(2)ta
thu được E, F, H, K đồng viên(đpcm).

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

Bài toán 5(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2011-2012):Cho đường tròn
(O) và các điểm A, M trên (O) sao cho AM khơng là đường kính (O). Lấy I
trên đoạn OA(I 6= O, A). (I, IA) cắt đường trịn đường kính (IM) tại các điểm
B, C. M B, M I, M C cắt (O) lần lượt tại các điểm D, E, F theo thứ tự. DF cắt
M E, M A, AE lần lượt tạiT, S, Q. Chứng minh rằng:

a)SD.SF =ST.SQ.
b)B, C, Q thẳng hàng.

Lời giải: a) Ta có: ∠QAM = ∠M F E = ∠QT M do đó hiển nhiên rằng: tứ giác
AQT M nội tiếp hay là ta thu ngay được rằng: ST.SQ=SA.SM =SD.SF (đpcm).
b) Hiển nhiên ta có ngay được rằng do(IM)cắt(I;IA)tại điểmB, C nênM B, M C
là tiếp tuyến đến (I, IA). Ta nhận thấy doI nằm trên OAnên (I, IA) tiếp xúc(O)
tại A. M I chính là phân giác gócBM C hay suy ra rằngE chính là trung điểm cung
DAF của (O). Ta quy về bài toán mới chứng minh rằng: AE, DF, BC đồng quy.
Gọi BC cắt DF tại điểm Q0. Theo định lí Menelaus thì Q

0F
Q0D.

BD
BM.

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

dẫn tới: Q
0F
Q0D =

BD (vì CM =BM). Ta dễ thấy rằng: EB và EC lần lượt đi qua
trung điểm cung DM, M F không chứa E của (O) (tính chất quen thuộc về đường
trịn M ixtilinear). Do đó theo tính chất đường phân giác ta có: AD

AM =
BD
BM đồng
thời AF

AM =
CF

CM suy ra ngay rằng
AF
AD =

CF
BD =

Q0F

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

Bàn về một bài toán hay trong đề chọn

đội tuyển Sư Phạm năm 2014-2015

Bài toán 1(trích đề HNEU TST 2014-2015): Cho tam giác ABC ngoại tiếp
đường tròn (I). (I) tiếp xúc BC ởD. M thay đổi trên cạnh BC. (I1),(I2) lần lượt
là đường tròn nội tiếp tam giác (ABM),(ACM). Gọi P Qlà tiếp tuyến chung ngoài
của (I1),(I2)(P ∈(I1), Q∈(I2)). Gọi BP ∩CQ=S.

a) Chứng minh rằng: M, I1, I2, D đồng viên.

b) Chứng minh rằng khi M chạy trên đoạn BC thì S chạy trên một đường tròn cố
định.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a)Ta thấy rằng: M I1, M I2 lần lượt là các phân
giác trong và ngồi của góc AM B nên hiển nhiên ∠I1M I2 = 90◦. Gọi X, Y lần lượt
là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I1),(I2)với BC. Chú ý rằng:

DY = DC −Y C = AB+BC−AC

2 −

AM +M C −AC

2 =

AB+M B−AM

2 =

XM vậy hay làXD=M Y.
Như vậy ta có ngay: DX

XI1

= I2Y

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

b)Gọi BP ∩(I) = S0, CQ∩(I) = S00(như hình vẽ)(chú ý S ≡ S0 ≡ S00). Do C là
tâm vị tự ngoài của(I),(I2)nên I2QkIS00. Tương tự thì ta có: I1PkIS0. P Qlà tiếp
tuyến chung của (I1),(I2) nên I1PkI2Q. Do đó IS0kIS00 vậy thu được S ≡ S0 ≡ S00.
Hay là thu được: S chạy trên(I) cố định khi M thay đổi(đpcm).

Nhận xét: Bài tốn trên có câu a) khá hay với các biến đổi tỉ lệ rất đẹp nhờ vào cặp
tam giác đồng dạng quen thuộc. Còn ở câu b) việc sử dụng vị tự đã giúp ta có một
lời giải rất hay và có tính tổng quát cao cho nhiều bài toán khác. Tiếp tục ta đến
một khai thác cho câu b) bài toán này như sau.

Bài toán 2(Nguyễn Văn Linh): Cho tam giác ABC có P, Q cố định nằm trên
cạnh BC. Các đường tròn (I),(I1),(I2) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, AP B, AP C. X thay đổi trên cung EF của (I) sao cho A, X nằm trên nửa
mặt phẳng bờEF. XB cắt(I1)tại điểmY vàXC cắt (I2)tại điểm Z(như hình vẽ).
Chứng minh rằng giao điểm củaY P và ZQ nằm trên 1 đường tròn cố định.

Lời giải(Cao Tiến Thành-11 Toán 1-THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên):
Gọi (J) là đường tròn bàng tiếp tam giác AP Q. Gọi Y P cắt (J) tại T0. Gọi ZQ

cắt (J) tại điểm T00. Ta chứng minh T ≡ T0 ≡ T00. Thật vậy theo phép vị tự tâm
P tỉ số R(I1)

R(J) :Y →T

0. Do đó: Y I

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

Nhận xét: Đây có thể coi là một mở rộng khá đẹp của bài toán 1. Xong cách giải
quyết vẫn là sử dụng phép vị tự một cách hợp lí.

Quay trở lại bài tốn số 1, ở phần a) ta thấy các biến đổi tỉ số như trên rất hay
xong chỉ là với đường tròn nội tiếp tam giác. Ta thử tổng quát hơn khi nghĩ tới việc
thực hiện các biến đổi với tứ giác ngoại tiếp xem sao, sau một hồi mò mẫm, tơi chợt
nhớ tới bài tốn sau.

Bài tốn 3(Nguyễn Văn Linh-T12/468-THTT): Cho tứ giác ngoại tiếpABCD
có đường trịn nội tiếp (I). Tia AB cắt tiaCD tại điểm E và tia DAcắt tia CB tại
điểm F. Gọi I1, I2 lần lượt là tâm nội tiếp tam giác EF B và tam giácEF D. Chứng
minh rằng: ∠I1IB =∠I2ID

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta chú ý nếu tia AB cắt tia CD tại điểm E
thuộc nửa mặt phẳng bờ AD chứa C thì ta có: DI và DI2 là phân giác ∠EDF do
đó E, I, I2 thẳng hàng. Tương tự thì F, I, I1 cũng thẳng hàng. Do đó hiển nhiên 2
góc cần chứng minh suy biến thành góc bẹt và bằng nhau.

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

Quay trở lại bài toán, gọi K, L lần lượt là hình chiếu của I2và I1 lên ED và F B.
Gọi X, Y, Z, T lần lượt là các tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA. Do I2D là
phân giác ngồi góc F DC nên I2D ⊥ ID tương tự ∠I1BI = 90◦. Do đó đpcm
tương đương với: 4I2ID ∼ 4I1IB hay

I2D
DI =

I1B

BI . Ta có: ∠KI2D = 90
◦ −
∠F DE

2 =

∠F DC

2 = ∠IDZ do đó ta có: 4I2DK ∼ 4DIZ(g.g) hồn tồn tương
tự ta có:4I1BL ∼ 4BIY(g.g) vậy nên ta thu được từ trên rằng:

I2D
ID =

DK
IZ và
I1B

IB =
BL

IY do đó đpcm tương đương với: DK = BL(nhờ IY = IZ). Ta dễ thấy
KD = DF +DE−EF

2 và LB =

EB+F B −EF

2 do đó đpcm tương đương với
DE−F B =EB−F D(đúng theo bổ đề). Vậy ta thu được đpcm.

Nhận xét: Việc sử dụng định lí P ythot ở đây là hợp lí nhằm kết nối giả thiết tứ
giác ngoại tiếp và quan trọng hơn là chứng minh được hệ thức độ dài quan trọng:
DK =BL. Và dĩ nhiên đến đây chắc các bạn cũng hiểu cảm hứng sáng tác của tác
giả bài toán số 4 đến từbài tốn số 1 khi trong lời giải đó cũng sử dụng biến đổi
để dẫn tới việc có được hệ thức độ dài mấu chốt.

Tổng kết lại ta thấy cả hai ý trongbài toán 1này đều kiểm tra được đại đa số các kĩ
năng của học sinh về phần hình học phẳng(biến hình, biến đổi đại số, biến đổi góc)
do đó đây là một bài tốn rất ý nghĩa và có nhiều khai thác thú vị(bài toán 2,3).
Cuối cùng để các bạn luyện tập xin đề nghị hai bài toán cũng là những bài tốn có
cấu hình, phương pháp tương tự.

Bài tốn 4(Trích đề chọn đội tuyển TPHCM 2016-2017): Cho tam giácABC
ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi AD, BE, CF
cắt nhau ở T. Đường tròn (O1) qua T tiếp xúc AB, AC lần lượt tại các điểm
A1, B1. Định nghĩa tương tự các điểm A2, B2 và A3, B3. Chứng minh rằng 6 điểm
A1, B1, A2, B2, A3, B3 đồng viên.

Bài toán 5(Nguyễn Minh Hà-T12/460-THTT): Cho tam giácABC và 1 điểm
Dchạy trên cạnh BC. Gọi(I1),(I2)lần lượt là đường tròn nội tiếp của các tam giác
ABD, ACD. (I1)lần lượt tiếp xúc AB, BD tại E, X. (I2) lần lượt tiếp xúcAC, CD
tại F, Y. Gọi AI1, AI2 theo thứ tự cắt EX, F Y tại Z, T. Chứng minh rằng:

a)X, Y, Z, T đồng viên.

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

Bốn lời giải khác nhau cho bài tốn hình

học hay chọn đội tuyển Hà Nội 2015-2016

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Bài tốn (Hà Nội TST 2015-2016): Cho đường trịn đường kính AB. Lấy điểm
C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ <∠AOC <180◦. Lấy K là 1 điểm thay đổi
trên đoạn OC. Vẽ các tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn (K;KC). Chứng minh
rằng DE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm.

Lời giải 1(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam:
Gọi AC cắt đường tròn (K) tại điểm T,giao BK tại điểm L. Do C là tâm vị tự
trong của (O) và (K) nên ta có: AT

T C =
OK

KC. do đó ta có: T KkAB. Áp dụng định
lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:

CL
CA.

OA
OB.

KL = 1. Do T KkAB nên ta có:
CL

CA =

T L

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

khác nếu gọi DE cắt AC tại điểmL0 thế thì (AL0T C) = −1 do đó L≡ L0 do đó ta
có: DE, BK, AC đồng quy(đpcm).

Nhận xét: Lời giải thứ nhất rất hay bởi tôi thực sự rất ấn tượng với cách sử dụng vị
tự ở đây.

Lời giải 2(Nguyễn Duy Khương-11T2-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):

Gọi BK cắt lại (O) tại điểm thứ hai J. Gọi J A cắt DE tại điểm N. Do ∠KJ A=
∠KDA= 90◦ do đó tứ giácJ ADE nội tiếp. Do(O) tiếp xúc(K) nên áp dụng tính
chất trục đẳng phương thì tiếp tuyến chung tạiC của (O),(K),DE và J Ađồng quy
tại 1 điểm N. Gọi DE cắt BK tại điểm M. Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thế
thì do N C đã là tiếp tuyến tới (K) nên ta có: DSCE là 1 tứ giác điều hồ do đó
hiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng. Gọi M là giao điểm củaBK và DE. Gọi I
là trung điểm DE.

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

∠BQA= 90◦
mà ∠KQA = 90◦ nên thu được: B, L, K thẳng hàng hay là DE, BK, AC đồng
quy(đpcm).

Lời giải 4(Nguyễn Lê Phước): Một lời giải ngắn nhất và hay nhất cho bài toán
hay này.

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

Một số bài tốn hình học hay trong các đề

chọn tuyển thi VMO 2 năm gần đây

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Tóm tắt nội dung: Ở bài viết này tôi sẽ đưa ra lời giải cho một số bài hình học
phẳng hay trong một số đề chọn đội tuyển thi VMO các tỉnh thành phố. Qua đó
mong rằng các bạn có thể tự định hướng cho mình một số dạng bài hình học phẳng
trong các kì thi chọn đội tuyển.

Bài toán 1(Chọn tuyển VMO Hà Nội 2015-2016): Cho đường trịn đường kính
AB. Lấy điểm C trên nửa đường tròn này sao cho 90◦ <∠AOC < 180◦. Lấy K là
1 điểm thay đổi trên đoạn OC. Vẽ các tiếp tuyếnAD, AE đến đường tròn (K;KC).
Chứng minh rằngDE, AC, BK đồng quy tại 1 điểm.

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

Kẻ tiếp tuyến thứ hai N S tới (K) thế thì doN C đã là tiếp tuyến tới (K)nên ta có:
DSCE là 1 tứ giác điều hồ do đó hiển nhiên là ta có: A, S, C thẳng hàng. Gọi M
là giao điểm của BK và DE. Gọi I là trung điểm DE.

Do M là trực tâm tam giác AN K nên: M N.M I = M J.M K = M D.M E(do
A, J, K, D, Eđồng viên). Vậy ta thu được: (N M, DE) = −1(theo hệ thứcM aclaurin)
suy ra: C(N M, DE) = −1 mà ở trên ta đã chỉ ra được: C(N S, DE) = −1. Do đó:
S, C, M thẳng hàng. Vậy AC, BK, DE đồng quy tại điểm M(đpcm).

Lời giải 2(Ngô Thế Anh Khoa-12T1-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam):

Gọi AC cắt đường tròn (K) tại điểm T,giao BK tại điểm L. Do C là tâm vị tự
trong của (O) và (K) nên ta có: AT

T C =
OK

KC. do đó ta có: T KkAB. Áp dụng định
lí Menelaus cho tam giác LAB với cát tuyến OKC ta có:

CL
CA.

OA
OB.

KL = 1. Do T KkAB nên ta có:
CL
CA =

T L

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

Lời giải 3(Nguyễn Trần Trung Hiếu-12T1-THPT chuyên Hà Nội
Amster-dam): Gọi T là giao điểm của AC và (K). Gọi L là giao điểm ED và T C. Từ giả
thiết ta có được: EDT C là một tứ giác điều hồ. Do đó ta có: ED,tiếp tuyến tạiT,C
đồng quy tại 1 điểm gọi là điểmP. Vậy ta có: P K ⊥AC. Lại có: AK ⊥ED nên L
là trực tâm tam giácP KA. Gọi BK cắt AP tại điểmQ vậy ta thu được: KQ⊥P A
vậy ta có: P Q.P A =P R.P K =P C2, hay là Q thuộc (O). Do đó có: ∠BQA= 90◦
mà ∠KQA= 90◦ nên thu được: BLK hay là DE, BK, AC đồng quy(đpcm).

Nhận xét: Ở lời giải thứ nhất, thứ ba khai thác triệt để vấn đề tiếp tuyến cắt nhau
dẫn tới các hàng điều hoà và tính chất phụ từ đó thu được đpcm, riêng về lời giải
thứ hai thì điểm đặc biệt chính là việc sử dụng phép vị tự ở đây rất hay và tự nhiên
tận dụng được giả thiết tiếp xúc. Có thể nói bài tốn này rất đặc sắc dù khơng q
khó vì giúp học sinh khi làm bài vận dụng được các kiến thức rất đa dạng.

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

a) Chứng minh rằng tam giác IP Q vuông.

b)DI cắt (O)tại điểm thứ hai là E. AE, BC cắt nhau tạiF. Chứng minh rằng nếu
AB+AC = 2BC thì I là trọng tâm tam giácAP F.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta thấy rằng: ∠AHC = ∠AM P = 90◦ do
đó∠HAM =∠HP M. Chú ý rằng ta dễ chứng minh được AH, AO đẳng giác trong
tam giác ABC do đó AI là phân giác góc QAD hay ∠M AD = ∠M CD = ∠M P C
do đó 4M CD ∼ 4M P C(g.g) ⇒M C2 =M D.M P = M B2 =M I2(do M là trung
điểm cung nhỏ BC). Do A, I, M ⊥ QD nên tam giác QAD cân hay là M Q =M D
do đó M I2 = M Q.M D hay theo hệ thức lượng trong tam giác vng thì tam giác
IP Q vuông tạiI(đpcm).

b) Trước tiên ta để ý rằng: ∠IAE =∠IDM =∠IQD=∠IHP hay là tứ giácAIHF
nội tiếp. Gọi K là trung điểm AF. Ta có: ∠KIA = ∠KAI = ∠IHL = ∠IQP =
∠M IP hay là P, I, K thẳng hàng. Gọi AM ∩BC =L, ta có: LI

IA =
LC
CA =
LB
AB =
BC

CA+AB =
1

2. Áp dụng định lí M enelaus cho tam giác ALF với cát tuyến P IK
thì P F

P L.
IL
IA.

KF = 1 suy ra
P F

P L = 2 do đóL là trung điểmP F. Vậy hiển nhiên thu
đượcI là trọng tâm tam giác AP F(đpcm).

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

Bài tốn 3(Trích đề chọn đội tuyển Nam Định 2015-2016,ngày 1): Cho tam
giác ABC có AB < AC và các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại điểm H. EF
cắt BC tại điểm G. K là hình chiếu của H lên AG. AH cắt EF tại điểm L. Trung
trực LD cắt HGtại điểm P. Gọi N là trung điểm EF. Chứng minh rằng: (KGN)
tiếp xúc (DP L).

Lời giải: Ta dễ thấyK, H, Mthẳng hàng(M là trung điểmBC) đồng thờiGH vng
góc AM tại điểm I. Gọi S là trung điểm đoạn LD. Chú ý theo hàng điểm điều hồ
cơ bản thì (GD, BC) = −1 do đó xét phép chiếu xuyên tâm E thì (AH, LD) = −1
do đó: HL.HD =SH.HA(theo hệ thức M aclaurin)= HP .HI(do tứ giác APSI nội
tiếp đường trịn đường kính AP) vậy L thuộc (P ID). Do N là trung điểm EF nên

ta thấy ∠M N G =∠GIM = 90◦ = ∠GKM nên ta thấy 5 điểm G, K, N, I, M đồng
viên. Đến đây bài toán đơn giản đi nhiều. Gọi J là trung điểm AH.

Ta thấy rằng: J I2 =J A2 =J L.J D(hệ thức Newton cho hàng (AH, LD) =−1) nên
IJ tiếp xúc (DP L). Hiển nhiên rằng IJ tiếp xúc với (KGM) hay (KGN). Vậy IJ
là tiếp tuyến chung của 2 đường trịn này hay ta có đpcm.

Bài tốn 4(Trích đề chọn đội tuyển Nam Định 2015-2016,ngày 2): Cho tam
giác ABC nội tiếp (O)có các đường cao AD, BE, CF. Đường trịn (A;AD)cắt (O)
tại 2 điểm M, N.

a) Chứng minh rằng M N đi qua trung điểm DE, DF.

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

Lời giải: a) Trước tiên ta thấy trục đẳng phương của (O) và (A;AD) là M N
do đó M N ⊥ OA. Ta có:EF ⊥ OA(quen thuộc). Do đó M NkEF. Gọi X, Y
lần lượt là trung điểm DE và DF. Kẻ DL, DK vng góc với AB, AC tại L, K.
Ta có: X là trung điểm DE là cạnh huyền của tam giác vng ELD thế thì ta
có: L, X, Y thẳng hàng. Tương tự ta thu được: K, L, X, Y thẳng hàng. Lại có:
AD(2) = (AN2) = AK.AC = AL.AB do đó tứ giác LKCB nội tiếp nên:∠AKN =
∠AN C = 180◦ −∠B = ∠LKC. Do đó L, K, N thẳng hàng tương tự thì K, L, M
thẳng hàng do đóM, L, K, X, Y, N thẳng hàng hay đpcm.

b) Xét phép vị tự tâm D tỉ số 1

2 : Q → S(trung điểm QD) ; P → A; (A;AD) →
(AD= 2R). Do đó vì Q∈(A;AD)nên S ∈(AD = 2R). Cũng phép vị tự tâmD tỉ
số 1

2 :G→I(trung điểmGD). Do đó ta thấy: ISA⊥SDvậy theo hệ thức lượng thì
tam giác vng IS.IA =ID2. Theo hàng điểm điều hồ cơ bản thì (GDBC) =−1

nên theo hệ thức Newton thì ID2 = IG2 = IB.IC. Do đó IS.IA = IB.IC hay là
S ∈(O). Vậy ta thu được S là trung điểm QD nằm trên (O)(đpcm).

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

Bài tốn 5(Trích đề chọn đội tuyển PTNK 2015-2016,ngày 2): Cho tam giác
ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (I) qua B, C cắt BA, CA tại các điểm
E, F.

a) Giả sử BF, CE nhau ởD và T là tâm của (AEF). Chứng minh rằng: OTkID.
b) TrênBF, CE lấy các điểmG, H sao choAG⊥CE vàAH ⊥BF. Các đường tròn
(ABF),(ACE)cắtBC tại các điểm M, N(6=B, C) và cắtEF tạiP, Q(6=E, F). Gọi
K =M P ∩N Q. Chứng minh rằng: DK ⊥GH.

Lời giải: a) Câu này khá đơn giản(nếu khơng địi hỏi chứng minh lại định líBorcard).
Ta gọiEF∩BC =S. GọiSA∩(O) =J(6=A). Dĩ nhiênSJ.SA =SB.SC =SE.SF
do đó J ∈ (AEF). Do đó OT ⊥ SA(quan hệ trục đẳng phương). Sử dụng định lí
Borcard cho tứ giác BEF C nội tiếp thì dĩ nhiên ID⊥SA. Do đó OTkID(đpcm).
b) Từ giả thiết khá loằng ngoằng thì ta dễ thấy D là trực tâm tam giác AHG.
Do đó AD ⊥ GH. Vậy thực ra chỉ cần chứng minh A, D, K thẳng hàng. Ta có:
∠P M N = 180◦ −∠P M B = 180◦−∠P F B = 180◦−∠N CE = 180◦ −∠P QN do
đó P M N Q nội tiếp do đó K nằm trên trục đẳng phương của (ABF),(ACE). Hiển
nhiênAD chính là trục đẳng phương của(ABF),(ACE)do đóA, D, K thẳng hàng.
Vậy ta thu được DK ⊥GH(đpcm).

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

Lời giải: Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Khi đó ta thấy các điểm C, B1, A1, H
đồng viên. Gọi (CH) cắt lại (O) tại điểm thứ hai N khác C. Gọi CN cắt AB
tại K. Ta dễ có CN, A1B1, AB đồng quy(theo tính chất trục đẳng phương). Gọi
CH cắt AB tại C1. Áp dụng định lí Borcard cho tứ giác ABB1A1 nội tiếp ta có
KH ⊥CM mà từ gt ta có: HP ⊥CM nên ta có ngay rằngK, H, P thẳng hàng vậy
ta có ngay rằng tứ giác CP C1K nội tiếp hay là CM.CP = M C1.M K. Theo hàng
điểm điều hoà cơ bản ta dễ thấy (KC1AB) = −1 hay là M C1.M K = M A2 hay là

M C.M P =M A2 =M Q.M C. Do đó ta có ngay rằng: M P =M Q(đpcm).

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta thấy ngay được rằng: P là điểm M iquel
của tứ giác tồn phần ACF DBE do đó dĩ nhiên P, E, F thẳng hàng. Theo định lí
Borcardthì ta có: O, M, P ⊥EF do đóEFkBC vậy là: ∠BCD=∠DEP =∠DBP
do đóP B tiếp xúc(O). Tương tự P C tiếp xúc(O). Kẻ các đường kính AX, AY lần
lượt của(S2),(S1). Lại có: ∠AQB = 180◦−∠AXB = 180◦−∠AS2O. Tương tự thì:
∠AQC = 180◦−∠AS1O do đó∠AQB+∠AQC = 360◦−2∠AS1O = 2(180◦−∠A) =
360◦−2∠Ado đó hiển nhiên∠BQC = 2∠Ado đóP, B, Q, O, C nằm trên một đường
trịn vậy nên OQ⊥P Qdo đó ta thu được ngay đpcm.

Bài tốn 8 (Trích đề Lạng Sơn TST 2016-2017): Cho tam giácABC nhọn nội
tiếp đường trịn(O) cóI là tâm nội tiếp tam giác. (O1)qua C tiếp xúcAI tại I cắt
AC,(O)lần lượt tại các điểm E, H.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

b)(O2)qua B tiếp xúc AI tại I cắt AB,(O) lần lượt tại các điểmF, G. Chứng minh
rằng: (EIF)tiếp xúc (GIH).

Lời giải(Nguyễn Duy Khương):a) Ta có: ∠EHI = ∠ECI = ∠AIE. Lại có:
∠AEH = 180◦−∠HEC =∠ACH+∠IAC =∠IAH do đó nếu gọi S là giao điểm
củaHE vàAI thì dễ thấy4AES ∼ 4HAS(g.g)và4SIE ∼ 4SHI(g.g)do đó thu
được: SI2 =SA2 =SE.SH hay là S là trung điểm AI(đpcm).

b) Hoàn toàn tương tự phần a) chúng ta chứng minh được: GF đi qua trung điểm

AI. Vậy là dễ thấy rằng: SF.SG=SE.SH(= AS2). Do đóF GHE nội tiếp, gọi Ix
là tiếp tuyến (IGH). Ta thấy rằng: ∠xIE =∠xIH+∠HIE =∠ACH+∠HGI =
∠IGF+∠F GA−∠AGH+∠ACH = ∠A+∠B

2 . Lại có: ∠EF I =∠GHE+∠SIG=
∠B

2 +∠GBA+
∠A

2 −∠AHG=

∠A+∠B

2 . Do đó ∠xIE =∠EIF hay là Ix cũng
tiếp xúc (EIF). Vậy (EIF) tiếp xúc(GIH)(đpcm).

Bài tốn 9(Trích đề chọn đội tuyển chuyên Vĩnh Phúc,ngày 1): Cho tam
giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp (O). Gọi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC.
Gọi giao điểm thứ hai của(ABE),(ACD)là điểmK. AK∩(O) =A, L. LB, LC lần
lượt cắt (ABE),(ACD) tại các điểmM, N khácB, C.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Ta có: ∠AKM = ∠ABM = 180◦ −∠ABL
mà ∠AKN = 180◦−∠ACL nên ∠AKM +∠AKN = 180◦ hay là M, K, N thẳng
hàng. Ta có: LM.LB = LK.LA = LN.LC nên tứ giác M BN C nội tiếp suy ra
∠LN K = 180◦−∠M N C = 180◦ −∠M BC = ∠LBC = ∠LAC. Lại có:∠OLC =

180◦−∠LOC
2 = 90

◦−

∠LAC do đó ∠OLC +∠LN K = 90◦ suy ra OL⊥M N.
b)Ta dễ thấy được AK là đường đối trung của tam giác ABC. Đến đây ta lại thấy
rằng:∠AM N =∠ABC,∠AN M =∠ACB do đó 4ABC ∼ 4AM N. Gọi S là trung
điểm BC, khi đó áp dụng tính chất đồng dạng trung tuyến có được ngay K cũng là
trung điểm M N(đpcm).

Trên đây là 9 bài tốn khá hay mà tơi đã tự mình giải và gõ cộc cộc lại để dành tặng
cho các bạn. Qua các bài toán trên chúng ta có thể thấy rằng kiến thức trong các bài
tốn này khá đa dạng và cốt lõi là kiểm tra các kĩ năng xử lí, biến đổi của người làm.
Xin chân thành cảm ơn thàyNguyễn Trung Tuânđã tuyển tập lại các đề chọn đội
tuyển các năm 2015−2016,2016−2017 nhờ đó tơi có nguồn tư liệu để hoàn thiện
bài viết này. Cuối cùng, bài viết này ra đời và hoàn thiện vào sát ngày 20−10, xin
được gởi tặng các bạn nữ như một món quà sớm(về tinh thần). Để củng cố thêm xin
đề nghị một số bài tập.

Bài tốn 10(Trích đề chọn đội tuyển Phú Thọ 2015-2016): Cho đường tròn
(O) và 1 điểm A nằm ngồi đường trịn. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến
(O)(C, B là các tiếp điểm). Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC. D là 1
điểm trên cạnh EF. Từ D kẻ các tiếp tuyến DP, DQđến (O). Gọi P Q∩EF =M.
Chứng minh rằng: ∠DAM = 90◦.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

tam giácABC cóE, F lần lượt thuộcCA, AB sao choEFkBC. Tiếp tuyến tạiE, F
của (AEF) cắt BC tại các điểmM, N. BE, CF lần luuwọt cắt F N, EM tại K, L>
a) Chứng minh rằng: ∠KAB=∠LAC.

b) Gọi BE ∩CF =X, EN ∩F M =Y. Chứng minh rằng XY đi qua điểm cố định
khi E, F di động

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Tuyển tập các bài tốn hình học phẳng

chọn đội tuyển VMO các năm gần

đây(Phần 2)

Nguyễn Duy Khương-chun Tốn khố 1518-THPT chun Hà Nội Amsterdam

Tóm tắt nội dung: Ở phần 1, tôi đã giới thiệu với các bạn 12 bài toán cùng các lời

giải của chúng trong một số đề chọn đội tuyển VMO các tỉnh thành trong cả nước.
Phỏng theo nguyện vọng của nhiều bạn tôi tiếp tục làm phần 2 của tuyển tập này.
Mỗi phần tơi sẽ lấy một số bài tốn hình học chọn đội tuyển của một số tỉnh, trường
để đăng các lời giải. Trong phần này tôi xin giới thiệu một số bài tốn chọn tuyển
năm 2010-2011. Để hồn thành phần này rất cảm ơn anhLê Phúc Lữ đã viết tuyển
tập "Tuyển chọn các bài Tốn Hình học phẳng trong các đề thi chọn đội tuyển các
tỉnh thành 2010-2011". Đó là một tài liệu hết sức giá trị, thiếu nó tơi khơng thể hồn
thiện rất nhiều bài viết.

Bài tốn 1(Chọn đội tuyển Nam Định năm 2010-2011): Cho tam giác ABC

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Lời giải: GọiT Dcắt lại(AD)tại điểm thứ hai làK. Khi đó tứ giácEDZK điều hồ
nên thu được: A(KD, EZ) =−1 =A(KD, BC) mà AD chia đôi BC nên AKkBC.
Vậy là T D⊥BC do đó T B =T C(đpcm).

Nhận xét: Bài toán này khá đơn giản về mặt ý tưởng và được lấy lại y nguyên trong
kì thi VMO 2016. Các bạn có thể giải bằng định lí con bướm.

Bài toán 2(Chọn đội tuyển HSG chuyên Nguyễn Du, Đắk Lắk 2010-2011):

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tâm nội tiếp

của các tam giácBCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng: XY ZT là 1 hình chữ
nhật.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Trước khi giải ta nêu lại không chứng minh bổ đề

quen thuộc sau: "Cho tam giácABC nội tiếp(O)có tâm nội tiếpI. AI∩(O) =A, D.
Khi đóDB =DC =DI."

Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cung nhỏ AB, CD, AD, BC của (O). Áp
dụng bổ đề ta có: AY ZD nội tiếp đường tròn tâm P, tương tự các tứ giác AZT B,
BT XC, DY XC cũng nội tiếp. Lại có: ∠Y ZT = ∠DZB −∠DZY −∠T ZB =
∠DZB−∠DAY −∠T AB =∠DZB−∠DAC

2 −

∠CAB
2 = 90

◦+∠DAB

2 −

∠DAB

2 =

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Nhận xét: Tơi đánh giá cao bài tốn này bởi tính đối xứng rất đẹp cùng cách giải
cộng góc tồn tập.

Bài tốn 3(Chọn HSG Hải Phịng 2010-2011): Cho tam giác ABC nội tiếp

đường trịn(O;R)có đường caoAH =R√2. GọiM, N lần lượt là chân đường vuông
hạ từ H xuống AB, AC. Chứng minh rằng: M, O, N thẳng hàng.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): GọiADlà đường kính của(O). Ta thấy rằng theo

hệ thức lượng trong tam giác vng AHB, AHC thì: AH2 = AM.AB =AN.AC =
2R2 ⇒ AN.AC =AO.AD = AM.AB do đó suy ra: 4AON ∼ 4ACD(c.g.c) đồng
thời 4AOM ∼ 4ABD(c.g.c) hay là: ∠AON = ∠AOM = 90◦. Hay là M, O, N
thẳng hàng.

Nhận xét: Bài toán này từng xuất hiện lại trên báo TTT2 vào số 129 ở mục Thi
giải Toán qua thư.

Bài toán 4(Thi chọn đội tuyển Nghệ An 2010-2011): Cho tam giác ABC

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Lời giải: Gọi AK là đường cao của tam giác ABC. Thế thì: A, E, K, D, F đồng
viên đường trịn đường kính AD. Dễ thấy AD cũng là phân giác ∠EDF. Do đó
∠EKA = ∠F KA hay là AK là phân giác góc EKF. Thế thì hiển nhiên suy ra:
K(AS, EF) =−1 hay là(KS, BC) =−1. GọiAH cắt BC tại K0 thì áp dụng chùm
điều hồ cơ bản có: (K0S, CB) =−1 do đó K ≡K0 hay là AH ⊥BC(đpcm).
Nhận xét: Bài tốn trên khá cơ bản với việc sử dụng hàng điểm.

Bài tốn 5(Chọn đội tuyển VMO Quảng Bình ngày 1-2010-2011): Cho hình

vng ABCD. Trên đoạn BD lấy điểm M khác B, D. E, F lần lượt là hình chiếu
của M lên AB, AD. Chứng minh rằng:

a)CM ⊥EF.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): a) Theo định lí P ythagoras thì: CF2 =CD2+
DF2 và CE2 =BC2+EB2 do đó CF2−CE2 =DF2−EB2. Mà ta thấy rằng các
tam giác vng M EB, M DF có một góc 45◦ nên EB = M E, M F = EF. Do đó
thu được: DF2−EB2 =M F2−M E2 =CF2 −CE2 áp dụng định lí 4 điểm ta có:
CM ⊥EF(đpcm).

b) Theo định lí P ythagoras ta có: EF2 = EM2 +M F2 = EB2 +AE2, CF2 =
DF2+CD2. Vậy nên: EF2−EB2 =AE2, CF2−CB2 =DF2. Vậy mà AEM F là
1 hình chữ nhật nên AE = M F = DF do đó EF2−EB2 = CF2−CB2 áp dụng
định lí 4 điểm CE ⊥ F B. Chứng minh tương tự DE ⊥ CF. Do đó BF, DE, CM
lần lượt là các đường cao của tam giác CEF nên chúng đồng quy(đpcm).

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Lời giải cho bài tốn hình học trong đề

VMO 2017-ngày 1

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Bài toán(VMO 2017-ngày 1): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn (O)
khơng cân. Gọi các đường caoBE, CF cắt nhau ở H. AH∩(O) = A, D.

a) Gọi I là trung điểm AH. Gọi EI∩BD =M, F I ∩CD = N. Chứng minh rằng:
M N ⊥OH.

b) Gọi (AEF) cắt (O), AO lần lượt tại các điểm R, S 6=A. DE, DF ắt lại (O) tại
các điểm thứ hai P, Q. Chứng minh rằng: BP, CQ, RS đồng quy.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

b) Trước tiên ta để ý rằng: BP, CQ, EF đồng quy theo định lí P ascal cho lục giác
nội tiếp RAP CDB, ta chứng minh giao điểm BP, CQ, EF là trung điểm EF. Gọi
S là chân đường cao hạ từ A lên BC. Ta dễ thấy rằng: S là trung điểm HD. Ta
để ý thấy 4F EB ∼ 4HES(g.g). Gọi J là trung điểm EF thì: EF

HE =
BF

HS suy ra:
F J

HE =
BF

HD suy ra 4J F B ∼ 4DHE(c.g.c) vậy ∠ABJ = ∠HDE = ∠ABP nên
B, J, P thẳng hàng. Do đó BP, CQ, EF đồng quy tại trung điểm EF. Ta để ý rằng:
AS, AH đẳng giác trong góc∠BAC nên F HSE là 1 hình thang cân. Ta có kết quả
quen thuộc làR, H, L thẳng hàng(Llà trung điểm BC) do đó chú ý rằng: LF, LE là
các tiếp tuyến đến (AEF) nên RF HE là 1 tứ giác điều hoà nên S(RH, F E) =−1
mà SHkEF nên theo tính chất hàng điểm điều hồ thì: RS chia đôi EF. Vậy
RS, BP, CQ đồng quy.

Nhận xét: Trên đây là lời giải của tôi, nếu các bạn để ý thì sẽ thấy rằng phần b) bài
tốn là sự ghép lại của một ba bài tốn nhỏ. Trong đó việc BP, CQ cắt nhau tại
trung điểm EF đã được đề cập trong tạp chí Epsilon số tháng 6/2015bởi tác giả

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Lời giải bài hình học VMO 2017-ngày 2

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Bài toán(VMO 2017-ngày 2): Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp(O). Lấy Glà 1
điểm nằm trên cung BC không chứa O. Gọi (ABG)∩AC = A, E,(ACG)∩AB =

A, F. Gọi BE∩CF =K.

a) Chứng minh rằng: AG, OG, BC đồng quy.

b)D là 1 điểm cungBOC chứaO của (BOC). GB∩CD =M, GC∩BD=N. Giả
sửM N ∩(O) =P, Q. Chứng minh rằng: (GP Q) luôn đi qua 2 điểm cố định.

Lời giải: a) Trước khi giải ta chứng minh bổ đề sau: "Cho tứ giác ABCD nội tiếp
(O)khơng phải là một hình thang. Gọi AB cắt CD tại E. AD cắt BC tại điểm F.
Gọi L là điểmM iquel của tứ giác tồn phần ABCD.EF. Khi đó OL⊥EF."
Chứng minh: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC. Ta có: ∠LAD =
180◦−∠LAF = 180◦−∠LBF =∠LBC. Vậy ta có: 4LAM ∼ 4LBN(c.g.c)do đó
∠LM F =∠LN F hay làL thuộc (F M N). Vậy ta thu được: ∠OLF = 90◦.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

180◦−∠A−(180◦−∠BOC) = 360◦−2∠A−180◦+2∠A= 180◦. Do đóE, G, F thẳng
hàng. Thế thì: ∠KCA =∠AGF,∠KBA= ∠AGE do đó ∠KCA+∠KBA= 180◦
nênK ∈(ABC)do đó áp dụng bổ đề thì do Glà điểmM iquelcủa tứ giác toàn phần

ABCK.EF nên OG⊥ EF. Gọi S là giao điểm của BC và AK thì OS ⊥EF(định
lí Borcard). Do đó G, S, O thẳng hàng nên AK, OG, BC đồng quy(đpcm).

b)(Lời giải của thày Trần Quang Hùng-THPT chuyên KHTN): Gọi (I) là đường
tròn ngoại tiếp tam giác (BOC). Áp dụng định lí P ascal cho bộ điểm suy biến

B, C, D, C, B, G ta thấy M N đi qua giao tiếp tuyến tạiB, C cố định của(I) là điểm

J. GọiM N∩BC =T thì theo hàng điểm điều hồ cơ bản thìG(BC, DT) =−1. Gọi

J D∩(I) = D, X thìX cố định và do tứ giácBDCX điều hoà nênG(BC, DX) =−1
nên GX đi qua T. Do đó T X.T G = T B.T C = T P.T Q do đó (GP Q) đi qua X cố
định. Gọi (GP Q)∩DX = Y ta thấy: J X.J Y = J P.J Q = PJ/(O)=const do đó Y
cũng cố định. Vậy ta thấy (GP Q) đi qua 2 điểm cố định làX, Y(đpcm).

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Lời giải cho bài hình học ngày 1

VMO 2018

Nguyễn Duy Khương-chun Tốn khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam
Bài toán: Cho tam giác ABC nhọn khơng cân cóD là 1 điểm trên cạnhBC. LấyE
trên cạnhAB và F thuộc cạnh AC: ∠DEB =∠DF C. DF ∩AB=M, DE∩AC =

N. (I1),(I2) là đường tròn ngoại tiếp các tam giác DEM, DF N. (J1),(J2) tiếp

xúc trong (I1),(I2) tại D và lần lượt tiếp xúc AB, AC tại K, H. (I1) ∩ (I2) =

P,(J1)∩(J2) =Q.

a) Chứng minh rằng: D, P, Qthẳng hàng.

b)(AEF)∩(AHK), AQ=G, L(6=A). Chứng minh rằng tiếp tuyến tạiDcủa(DGQ)

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Lời giải:

a) Ta có: ∠N EA = ∠N F M(= ∠DEB) do đó: N M F E nội tiếp suy ra AM.AE =

AF.AN dẫn đến: PA/(I1)=PA/(I2) do đó: D, A, Q thẳng hàng.

Bổ đề: Cho dây cung AB của (O) và 1 đường tròn (I) tiếp xúc trong (O) tại D
và tiếp xúc AB tại M thì: DM chia đơi cung AB khơng chứa M(Bạn đọc tự chứng
minh).

Quay trở lại bài toán, từ giả thiết theo bổ đề có: DH là phân giác ∠N DF mà DK
là phân giác ∠EDM do đó: D, H, K thẳng hàng. Vậy ta có: ∠HKA = ∠KM F +

∠KDM =∠AN E+∠N DK =∠AHK do đó: AK =AH dẫn đến: PA/(J1)=PA/(J2)

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

b) Ta đổi đề thành như sau: Cho tứ giác M N EF nội tiếp (O). M F ∩N E =D và
M E∩N F =A. (J1) tiếp xúc(EDM)tại D vàEM tại K. (J2)tiếp xúc (F DN)tại

D và F N tại H. (AHK)∩(AEF), DQ = G, L 6= A. Chứng minh rằng tiếp tuyến
tại D của (DGQ) và EF cắt nhau trên (DGL).

Từ câu a) thì AH = AK. Ta có: ∠DQK = ∠EKD = ∠AKH = ∠AHK do đó:
A, Q, K, H đồng viên. Ta đi chứng minhDHcắtEF trên(DGL). GọiEF∩DH =X
thì theo kết quả về tứ giác tồn phần(F X, XK, KA, AF)ta có: X ∈(F GH). Do đó:

∠HXG=∠AF G=∠ALGdẫn đếnD, L, X, G đồng viên. Gọi EF ∩(DLG) =T, X
ta có: ∠T DG= ∠T XG = ∠AHG =∠DQG dẫn đến: T D tiếp xúc (T DG) vậy ta
có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Đây là 1 bài tốn khó, tơi đã mất gần một tiếng để hồn thiện lời giải khá
ngắn gọn này. Từ lời giải tôi có thể thấy D, G, O thẳng hàng, (J1) cắt DM tại ảnh

nghịch đảo của F qua phép nghịch đảo cực D phương tíchDQ.DA, (J2) cắt DN tai

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Bình luận một số bài tốn hình

học chọn đội tuyển VMO 2018

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Lời nói đầu: Đây là tập hợp các bài hình học trong các đề thi chọn đội tuyển các
tỉnh thành trong cả nước, có một số bài tốn tơi sửa các điểm cho phù hợp hình vẽ
chứ vẫn giữ nguyên trạng về mặt kết luận.

Bài toán 1(Chọn đội tuyển Đăk Nơng)(Định lí Borcard): Cho tứ giácABCD
nội tiếp đường trịn (O). AB∩CD =E,AD∩BC =F,AC∩BD=I. Chứng minh
rằng: I là trực tâm tam giác OM N.

Lời giải: Cách 1: Kẻ các tiếp tuyến F X, F Y đến đường tròn (O). Gọi XY ∩

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

phải chứng minh).

Cách 2: GọiH, I = (AID)∩(BIC). Ta có: ∠DHI = 180◦−∠DAI = 180◦−∠DAC.
Tương tự thì: ∠CHI = 180◦ −∠DBC do đó ∠DHC = ∠DOC ⇒ DOHC nội
tiếp. Chứng minh tương tự thì: AOHB cũng nội tiếp. Hiển nhiên F A.F D =

F B.F C nên F thuộc trục đẳng phương của (AIHD),(BIHC). Do đó F, H, I thẳng
hàng. Tứ giác DOHC nội tiếp nên ∠OHD = ∠OCD, tứ giác AIHD nội tiếp nên
∠IHD = 180◦ −∠DAI = ∠ADC +∠ACD do đó ∠IHO = ∠IHD−∠OHD =

∠ADC +∠ACD−∠OCD = ∠ADC +∠OCA = 90◦ do đó F I ⊥ OE. Tương tự
EI ⊥OF. VậyI là trực tâm tam giácOM N(điều phải chứng minh).

Nhận xét: Đưa một định lí quen thuộc vào đề thi có lẽ là giúp học sinh câu được
nhiều điểm từ bài ngày 1 chăng??.

Bài toán 2(Chọn đội tuyển Thái Nguyên): Cho tam giác ABC có trực tâm H
và M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C. Gọi D là 1 điểm nằm trên cạnh
BC(D 6= B, C). DQ là đường kính đường trịn (CDM). DP là đường kính của

(BDN). Chứng minh rằng: P, Q, H thẳng hàng.

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

nên P, I, D thẳng hàng. Gọi AE là đường cao của tam giác ABC. Ta thấy rằng:
N HEB, HECM là các tứ giác nội tiếp nênAI.AD=AM.AC =AN.AB=AH.AE

do đóHIDE là 1 tứ giác nội tiếp suy ra: ∠HID=∠HED= 90◦ =∠P ID =∠QID
do đó P, H, I, Q thẳng hàng(đpcm).

Nhận xét: Đây chính là bài toán trong đề thi IMO 2013.

Bài toán 3(Chọn đội tuyển Hà Nam): Cho tam giác ABC nhọn, không cân.
AD, BE, CF là các đường cao và cắt nhau tạiH. Đường thẳng quaH song songEF
cắt DE, DF tại Q, P. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC tiếp xúc đường tròn bàng tiếp góc D của tam giác DP Q.

Lời giải: GọiIlà tâm bàng tiếp gócDcủa tam giácDEF. Ta có: HF BD, HECD, BF EC
là các tứ giác nội tiếp do đó: ∠F DA=∠HBA =∠HCA=∠HDE nênHDlà phân
giác ∠EDF nên I ∈ HD. Ta có: ∠IP D = ∠DF E + ∠IP H

2 = ∠DF E + 90

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

∠DAC = ∠DF E +∠ACB = ∠AF E+∠DF E = ∠AF D do đó: IPkAF. Tương
tự IQkAC do đó IP ⊥F H nên IP là trung trực của F H và tương tự IQ là trung
trực HE do đó: I là trung điểm của HA. Lấy J là tiếp điểm của (I) với P Q. Ta
có: IJ ⊥ EF(do IJ ⊥ P Q). Lại có: ∠OAC = 90◦−∠ABC = 90◦ −∠AEF nên
OA ⊥EF suy ra OAkIJ. Hạ AT ⊥ J I(T ∈ IJ). Ta có: IJkOA suy ra T A ⊥ OA
nên AT tiếp xúc (O). Gọi P Q∩OA =L, ta có: IJkOA nên J là trung điểm HL.
Chú ý T ALJ là hình chữ nhật nên T A = J L = HJ mà T AkHJ do đó: I là trung
điểm T J hay là: T ∈ (I) mà: T A ⊥ IJ nên T A cũng tiếp xúc (I). Vậy ta có điều
phải chứng minh.

Bài tốn 4(Chọn đội tuyển THPT chun Sư Phạm): Cho tam giác ABC
nội tiếp (O) ngoại tiếp (I), (I) tiếp xúc AC, AB tại E, F. BI ∩AC, EF = U, V và
BO∩V C =W.

a) Chứng minh rằng: B, C, W, U đồng viên.

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Lời giải: a) Ta đã biết kết quả quen thuộc rằng: ∠BV C = 90◦ do đó: ∠V CU =
90◦−∠AU B. Ta lại có: ∠U BO =∠U BC−∠OBC = ∠B

2 −90

◦−

∠A = 90◦−∠AU B
hay là: B, U, W, C đồng viên.

b) Từ giả thiết ta có: BM ⊥SM và CN ⊥SC do đó theo định lí P ythagore ta có:
SM2 =SB2+BM2 và SN2 =CN2+SC2 vậy là: SM2−SN2 =BM2−CN2. Ta
có: ∠IBM =∠U CV = 90◦−∠AU B =∠EIU =∠M IB do đó: IM =BM. Tương
tự thì ta có: IN =N C. Do đó: IM2−IN2 =BM2−CN2 =SM2−SN2 dẫn đến:

SI ⊥M N(theo định lí 4 điểm).

Bài toán 5(Chọn đội tuyển Bắc Giang): Cho tam giác ABC có các đường cao
AD, BE, CF cắt nhau tạiH. Hạ DI ⊥EF(I ∈EF). Lấy (BHC)∩(DEF) =P, Q.
a) Chứng minh ID là phân giác góc ∠BIC.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Lời giải: a) GọiEF ∩BC =S thì theo hàng điều hồ cơ bản ta có: (SD, BC) =−1

do đó: I(SD, BC) = −1mà: IS ⊥ID nên ta có điều phải chứng minh.

b) Xét phép nghịch đảo tâm H phương tích HA.HD ta có (DEF) ↔ (ABC)

dẫn đến: P ↔ M ∈ (O), Q ↔ N ∈ (O). Hiển nhiên M N P Q nội tiếp nên dẫn

đến: M N, P Q, BC đồng quy tại S. Ta có: HN.HQ = HF.HC do đó: ∠F N H =

∠HCQ = ∠HP Q = ∠M N Q hay là: M, F, N thẳng hàng. Tương tự thì N, E, M
thẳng hàng nên ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Bài toán này cho thấy sức mạnh của phương pháp nghịch đảo. Ta thấy
mọi việc rất nhẹ nhàng khi chúng ta có M, N ∈(O).

Bài tốn 6(Chọn đội tuyển Ninh Bình): Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường
trịn (I) có các tiếp điểm với AB, AC, BC tại F, E, D. AI cắt DE, DF lần lượt tại
M, N. (M N) cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng (AP Q) tiếp xúc (O),(I).

Trước khi giải bài tốn ta cần có một bổ đề rất quan trọng như sau:

"Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có X, Y lần lượt thuộc BC sao cho
AX, AY đẳng giác. Khi đó tam giác (AXY)tiếp xúc (ABC)."

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

tại điểm A . Khi đó ta có: ∠xAM =∠C+∠BCM =∠AY X hay làAx cũng là tiếp
tuyến tới (AXY)(đpcm).

Quay trở lại bài tốn ban đầu, ta sẽ có được đpcm nếu cóAIlà phân giác∠P AQ. Gọi
DF cắt AC tại điểm S. Thế thì theo hàng điểm điều hồ cơ bản ta có: (SE, AC) =
−1. Do đó M(SE, AC) = −1 suy ra: P(SD, AN) = −1 mà lại có: M P ⊥ M Q do
đóM P là phân giác∠AP Q.

Hồn tốn tương tự ta cũng có được: N P là phân giác ∠AQP. Như vậy P là tâm
nội tiếp tam giác AP Q. Do đó thu được AP là phân giác ∠P AQ do đó thu được
AI là phân giác P AQ hay là AP, AQ đẳng giác trong tam giác ABC. Do đó thu
được (AQP) tiếp xúc (O). Bây giờ ta thấy rằng: M là tâm nội tiếp tam giác AP Q
nằm trên DE là đường nối 2 tiếp điểm của (I) do đó áp dụng định lí về đường trịn

Thebault thì(AP Q) tiếp xúc(I).

Bài tốn 7(Trích đề chọn đội tuyển thành phố Hồ Chí Minh): Cho tam giác
ADH vng tại H có HA > 2HD, cố định. Dựng đường trịn (I) có bán kính thay
đổi không vượt quá HA

2 và luôn tiếp xúc DH tại D. Đường tròn (O) qua B, C tiếp

xúc (I)tại L. Chứng minh rằng Lthuộc 1 đường cố định.

Nhận xét: Gọi J là trung điểm AH thì L nằm trên DJ cố định. Thay vì giải bài
tốn trên ta chứng minh kết quả tương đương như sau:

Bài toán mới: Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) có đường cao AH. (I) tiếp xúc
BC ở D và J là trung điểm AH. Gọi DJ ∩(I) = L, D. Chứng minh rằng: (LBC)

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Lời giải bài toán mới: Lấy E, F là các tiếp điểm của (I) với CA, AB. Gọi EF ∩

BC = S, AD ∩(I) = D, M, DT là đường kính của (I). K là trung điểm SD.
Do AHkID mà LD đi qua trung điểm AH nên: D(T J HA) = −1 = D(T LDM)

nên LM T D là 1 tứ giác điều hồ. Lại có: F M ED cũng là 1 tứ giác điều hoà nên
LT, EF, BC đồng quy tạiS. Ta có: L(SDBC) =−1nên theo hệ thứcN ewtonta có:
KD2 =KL2 =KB.KC do đó: LK tiếp xúc(BLC). Ta cần chứng minhIK ⊥J D.
Thật vậy, do IK là đường trung bình tam giác ST D nên doS, T, L thẳng hàng nên:
KIkST và do đó: KI ⊥ LD hay là: KL tiếp xúc (I). Vậy tóm lại (BLC) tiếp xúc

(I) tại L.

Bài toán 8(Chọn đội tuyển Lào Cai): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các

đường caoBE, CF cắt nhau tạiH. M là 1 điểm thay đổi nằm trên đoạnAB. Đường
thẳng qua M vng góc AC cắt OA tại I. IH ∩CM =D và BD, AD cắt lần lượt
AC, BC tại N, P.

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

b) Chứng minh rằng: (M N P) đi qua điểm cố định.

Lời giải: a) Gọi (BM C) ∩ AC = C, N0. Ta có: M N0 đối song nên I là trực
tâm tam giác AM N0. Gọi BN0 ∩CM = D0, ta có: D0M.D0C = D0N.D0B do đó:
PD0/(M C)=PD0/(BN). GọiIM∩AC =K và IN0∩AB =L, ta có: IK.IM =IL.IN0
hay là: PI/(BN) = PI/(CM). Tương tự thì: H cũng thuộc trục đẳng phương của

(BN),(CM)hay là: I, H, D0 thẳng hàng nênD≡D0 vàN ≡N0. Do đó: B, M, N, C
đồng viên.

b) Gọi M N ∩BC = J. Theo hàng điều hồ cơ bản thì: (J P, BC) = −1 nên gọi
T là trung điểm BC thì: J T.J P = J B.J C = J M.J N hay là: (M N P) đi qua T cố
định(điều phải chứng minh).

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

minh rằng: T, F, Rthẳng hàng.

Lời giải: Dựng hình bình hành IAQB. Ta có: ∠IAB = ∠ABC = ∠QF C và
∠AIB = ∠CQF do đó: 4IAB ∼ 4QF C(g.g) suy ra ∠IBQ = ∠KQF đồng thời:

IA
QF =

IB
QC =

KQ =

QF do đó:
QB

IB =
QF

KQ nên 4KQF ∼ 4IBQ(c.g.c) do đó:
∠KF Q = ∠N QB =∠KT Q nên KQF T nội tiếp do đó: T F ⊥ AF hay là: T, F, R
thẳng hàng(điều phải chứng minh).

Nhận xét: Nhân đơi bài tốn trên ta được đề chọn đội tuyển chun KHTN. Từ bài
tốn trên tơi đã tìm thêm được 1 kết quả mở rộng thú vị: Cho tam giác ABC nội
tiếp (O). K bất kì trên đoạn BC(không trùng B, C). Gọi N, Q là trung điểm của
AB, KC. AQ∩(O) =A, R. Chứng minh rằng: N Qtiếp xúc (QKR).

Bài tốn 10(Trích đề chọn đội tuyển Bắc Ninh): Cho tam giác ABC nội tiếp

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

giác HBC. Kẻ AK ⊥ HI(K ∈ HI). Chứng minh rằng: (M IK) tiếp xúc (O) và
đường tròn Euler của tam giác ABC.

Lời giải: Ta có: ∠ADI = ∠AKI = 90◦ do đó: AKDI nội tiếp do đó: HK.HI =

HA.HD. Gọi(AEF)∩(O) =P, Ata dễ chứng minh được: M, H, P thẳng hàng do đó:
AP DM cũng nội tiếp hay là: HP.HM =HD.HA=HI.HK do đó: M, K, I, P đồng
viên. Ta có: HI, HM đẳng giác do đó: (HIM)tiếp xúc(HBC). Gọi EF ∩BC =J
và AH ∩ (O) = A, L ta có: A(J D, BC) = −1 = A(P L, BC)(hàng điều hoà cơ

bản) do đó: P BLC là tứ giác điều hồ hay là tiếp tuyến tại P, L cắt nhau trên
BC tại T. Ta có: ∠BHD = ∠C = ∠BLH do đó: BT là trung trực HL dẫn đến:
T L2 = T H2 =T B.T C hay là: T H tiếp xúc (BHC). Do HI, HM đẳng giác do đó:

(HIM)tiếp xúc(HBC)nên: T H tiếp xúc(HIM)hay là: T P2 =T H2 =T I.T M do
đó: T P tiếp xúc (M IK). Do đó: T P tiếp xúc (O) và (M IK) dẫn đến (M IK) tiếp
xúc (O). Xét phép nghịch đảo cực H phương tích: HA.HD ta có: (O)↔ (Euler),

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Nhận xét: Bài tốn này rất hay và khó. Nếu khơng tạo ra điểm phụ P thì chắc chắn
khơng thể nghĩ ra bài toán này.

Bài toán 11(Chọn đội tuyển Đồng Nai): Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài
các tam giác cân tại A là ABP, ACP: ∠BAP =∠CAQ = 30◦. Gọi BQ∩CP =R
và tâm (BCR) là O.

a) Tính góc ∠BRC.

b) Chứng minh rằng: OA⊥P Q.

Lời giải: a) Ta có: AP =AB và AQ = AC đồng thời: ∠P AQ = ∠BAC + 30◦ =

∠BAQdo đó: 4BAQ =4P AC(c.g.c)do đó: ∠AP C =∠ABQvà∠AQB =∠ACP
nên AP BR vàAQCR nội tiếp hay là: ∠BRC = 360◦−∠ARB−∠ARC = 150◦.
b) Ta có: ∠BOC = 360◦ −300◦ = 60◦ do đó: BOC là tam giác đều. Áp dụng định
lí hàm số cos ta có: OP2 =BP2+OB2−2BP.OB.cos (225◦−B) =BP2+OB2+
2BP.OB.cos (45◦+B) và OQ2 = CQ2+OC2 −2CQ.OC.cos (225◦−C) = CQ2+

OC2+2CQ.OC.cos (45◦+C)do đó: OP2−OQ2 =BP2−QC2+2BC.P Bcos (45◦+B)−

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Lại theo định lí hàm sốcos cho tam giácAP B ta có: P B2 = 2AB2−2AB2.cos 30◦ =

(2−√3)AB2 Tương tự thì: P C2 = (2−√3)AC2. Do đó: P B2 − QC2 = (2−
√

3)(AB2−AC2). Ta có: cos (45◦+B) = cosB√−sinB

2 do đó: 2.BC.P B.cos (45

◦+B) =

√

2.BC.QB.cosB−2.BC.QB.√ sinB
2 =

4−2√3.(AB2+BC2−AC2)−4S.

2−√3
2 =
(√3−1)(AB2+BC2−AC2)

2 −4S.

2−√3

2 . Tương tự thì: 2.BC.QC.cos (45

◦ +C) =

(√3−1)(AC2+BC2 −AB2)
2 −4S.

2−√3

2 . Vậy ta thu được: 2.BC.P B.cos (45

◦+

∠B)−
2.BC.QC.cos (45◦+∠C) = (√3−1)(AB2−AC2) suy raOP2−OQ2 = (2−√3 +

√

3−1)(AB2−AC2) =AB2−AC2 =AP2−AQ2 do đó theo định lí 4 điểm ta có:

AO⊥P Q(điều phải chứng minh).

Nhận xét: Đây là 1 bài toán thú vị, lời giải trên của tơi tuy khơng đẹp lắm nhưng
qua đó cũng khai thác được rất nhiều điểm thú vị và mối liên hệ với lời giải bài toán
tổng quát dưới đây. Lời giải này hồn tồn khơng cần nhiều hình vẽ mà phụ thuộc
vào khả năng biến đổi tay bo của bạn mà thơi.

Bài tốn 12(Trần Minh Ngọc)(Mở rộng bài tốn 11): Cho tam giác ABC,
dựng ra ngoài các tam giác cân tại A là ABP, ACQ: ∠BAP = ∠CAQ. Gọi BQ∩

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Ta có: AP =ABvàAC =AQdo đó: 4P AC =
4BAQ(c.g.c) do đó: ∠AP C = ∠ABR nên AP BR nội tiếp. Tương tự thì: ARCQ
nội tiếp. Vậy ta có: ∠BRC = 2∠BP A do đó: ∠BOC = 360◦ −4∠BP C suy ra
∠OBC = 2∠AP B−90◦, đặt ∠AP B =P. Vậy ta có: ∠P BO = 360◦−∠P −∠B−
2∠P + 90◦ = 450◦ −3∠P −∠B do đó: cos∠P BO = sin (3P +B). Tương tự thì:

cos∠QCO = sin (3P +C).

Theo định lí hàm số cos ta có: P B2 = AB2 −2AB2.cos (180◦−2P) = AB2 +

2AB2.cos 2P =AB2(2 + 2 cos 2P) suy ra P B = 2AB.cosP và tương tự thì: P C =

2AC.cosP. Theo định lí hàm sốsincho tam giácBRC ta có: OB = BC

2 sin 2P =OC.
Theo định lí hàm số cos ta có: OP2 =BP2 +OB2−2BP.OB.cos∠P BO=BP2+

OB2−2BP.OB.sin (3P +B)và tương tự thì: OQ2 =CQ2+OC2−2CQ.OC.sin (3P +C).
Do đó: OP2−OQ2 =BP2−CQ2+ 2CQ.OC.sin (3P +C)−2BP.OB.sin (3P +B).

Từ trên ta có: BP2 −CQ2 = (AB2 −AC2)(2 cos 2P + 2). Ta có: sin (3P +C) =

sin 3P .cosC+sinC.cos 3P suy ra2P C.OC.sin (3P +C) =BC.AC.2 cosP

sin 2P (sin 3P .cosC+

sinC.cos 3P) = BC.CA.cosC.2 sin 3P .cosP

sin 2P + 4S.

cosP.cos 3P

sin 2P =

1
2.(BC

2+CA2−

AB2)sin 2P + sin 4P

sin 2P + 4S.

cosP.cos 3P

sin 2P =

1
2.(BC

2 +CA2 −AB2)(1 + 2 cos 2P) +

4S.cosP.cos 3P

sin 2P . Tương tự ta có: 2P B.OB.sin (3P +B) =

2.(BC

2+AB2−CA2)(1+

2 cos 2P) + 4S.cosP.cos 3P

sin 2P suy ra2P C.OC.sin (3P +C)−2P B.OB.sin (3P +B) =

(−1−2 cos 2P)(AB2−AC2)do đó: OP2−OQ2 = (AB2−AC2)(2 + 2 cos 2P −1−

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Lời giải bài hình ngày 1 trong đề thi thử

KHTN lần 1

Nguyễn Duy Khương-chuyên Toán khoá 1518-THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Bài tốn: Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H. Gọi
P, Qđối xứng E, F lần lượt qua AB, AC.

a) Chứng minh rằng: D, F, P thẳng hàng vàD, E, Q thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng: (DP Q) đi qua trung điểm BC.

Lời giải: a) Ta có: ∠P F A = ∠AF E = ∠C. Lại có: ∠AF D = 180◦−∠C do đó
∠P F D= 180◦−∠C+∠C= 180◦ nên P, F, D thẳng hàng. Tương tự D, E, Qthẳng
hàng.

b) Ta thấy rằng P, E đối xứng nhau qua AB và Q, F đối xứng nhau qua AC nên
P F =F E =EQnên chú ý rằng: M là tâm(BC)thìM F =M E. Lại có: ∠P F M =

180◦ −∠DF M = 180◦−∠DEM =∠QEM do đó 4P F M =4QEM(c.g.c) hay là

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55></div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Lời giải và bình luận các bài toán trong đề thi TST

ngày 2 năm 2019

Nguyễn Duy Khương, lớp Cử nhân tài năng Toán K63, ĐHKHTN Hà Nội
Nguyễn Trọng Phúc, lớp Cử nhân tài năng Toán K63, DDHKHTN Hà Nội

Ngày thi thứ hai(30/3/2019)

Bài 4. Tìm các số nguyên dương(x, y, z) thoả mãn 2x+ 1 = 7y + 2z
Lời giải. PT đã cho tương đương với 2z(2x−z−1) = 7y −1.

Trường hợp 1. Nếu y lẻ suy ra:v2(7y −1) =v2(7−1) = 1 suy ra z = 1 và do đó: 2x = 7y+ 1. Lại

có: v2(7y + 1) =v2(7 + 1) = 3 dẫn đến x= 3 và suy ra y= 1. Thử lại thoả mãn.

Trường hợp 2. Nếu v2(y)≥2 suy ra 4|y suy ra 25|7y−1 suy ra 25|2z(2x−z−1) suy ra 25|2x−z−1

suy ra 5|2x−z −1 suy ra 4|x− z(vì ord

5(2) = 4). Đặt x−z = 4k suy ra: 2x−z − 1 = 16k − 1. Ta

có: v5(16k−1) = v5(16 −1) +v5(k) = 1 +v5(k) mà 25|16k−1 suy ra v5(k) ≥ 1 suy ra 5|k suy ra

31 = 25−1|165−1|16k−1 suy ra 31|2x−z−1suy ra 31|7y−1. Đặt h=ord

31(7) suy ra: h|y và h|30(vì

31|730−1 suy ra:h|2.3.5 mà 72−1 và 75 −1, 710−1 khơng chia hết cho 31 suy ra 3|h suy ra 3|y. Do

đó: v3(7y−1) =v3(7−1) +v3(y)≥2 suy ra:v3(2x−z−1)≥2 dẫn đến6|x−z suy ra: 2x−z−1 chia hết

cho 7 hay là: 7y −1chia hết cho 7(Vơ lí).

Trường hợp 3. v2(y) = 1 khi đó v2(7y −1) = v2(72 −12) +v2(y)−1 = 4 suy ra: z = 4 do đó:

2x = 7x+ 15. Ta có: 7y ≡1(mod3)do đó 2x ≡1(mod3)dẫn đến x chẵn. Mà v

2(y) = 1suy ra: 2|y. Đặt

x= 2m, y = 2n ta có: 22m = 72n+ 15 suy ra (2m−7n)(2m+ 7n) = 15 ta giải ra được m = 3 và n = 1
do đó:x= 6 và y= 2. Thử lại thoả mãn

Tóm lại PT có nghiệm (x, y, z) = (3,1,1); (6,2,4).

Bình luận. Bài toán này khá phức tạp ở trường hợp số 2. Địi hỏi phối hợp các tính chất của LTE
và cấp cũng như chia hết nhuần nhuyễn để xử lí được trọn vẹn bài tốn.

Bài 5. Tam giácABC nội tiếp(O)ngoại tiếp(I). GọiBI, CI cắtAC, AB tại E, F. Lấy M, N thuộc
(O) sao cho (BEM) tiếp xúc BO , (CF N) tiếp xúc CO. M E, N F cắt lại (O) tại lần lượt P, Q. P Q
cắt BC, EF tại G, H. EF cắt BC tại K. Chứng minh rằng trung tuyến ứng với Gcủa tam giác GHK
vuông góc OI.

Bình luận. Bài tốn này có thể gây khó cho những bạn khơng nhìn ra cách xác định khác của các
điểm P, Qbởi đây chính là mấu chốt trong lời giải. Đoạn sau ta đổi về mơ hình trực tâm quen thuộc.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Chứng minh. GọiBJ là đường kính của(O). Ta gọiS là trung điểm cungAC khơng chứa B. Ta có:
∠OBS = ∠EM B =∠P M B suy ra: BP J S là hình chữ nhật. Suy ra: P là trung điểm cung AC chứa
B. Tương tự thì Q là trung điểm cung AB chứa C.

Như vậy ta lọc bỏ được các điểm M, N. Bây giờ ta đổi mơ hình bài tốn gốc sang mơ hình trực

tâm như sau: Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF. Gọi M, N, P là trung điểm của
BC, CA, AB. Gọi BH, CH cắt F D, ED lần lượt tại S, T. Gọi ST, P N, EF cắt nhau tại X, Y, Z(như
hình vẽ). GọiK là trung điểm ZY. Chứng minh rằng:XK vng góc đường thẳngEuler của tam giác
ABC.

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Lời giải bài tốn đổi mơ hình. Ta có:XP.XN =XF.XF do đóPX/(AP N) =PX/(AF E)do đó ta có

AX là trục đẳng phương của(AP N),(AEF)suy ra AX ⊥OH(Vì ta dễ thấy trực tâm tam giác AEF
là tâm của (AP N), và tâm của(AEF) là trực tâm của AP N). Ta biết rằng: PS/(DEF) =PS/(BHC) suy

raS thuộc trục đẳng phương của(BHC) và (DEF). Tương tựT thuộc trục đẳng phương của (DEF)
và(BHC)ta cóST ⊥AU (gọiU là tâm đường trịn Eulercủa tam giác ABC). QuaA kẻ đường thẳng
song song Y Z cắt N P, F E tại J, I. Theo bổ đề 2 thì ta thu được AU ⊥IJ. Áp dụng định lí con bướm
cho tứ giác F P EN nội tiếp ta có: Alà trung điểm IJ do đó:AX chia đơi Y Z dẫn đến: XK ⊥OH hay
ta có điều phải chứng minh.

Như vậy ta đã hoàn tất chứng minh của bài tốn này. Có thể đốn được cách tác giả đã tạo ra bài
tốn đó là dựa trên kết quả đã biết ở mơ hình trực tâm.

Bài 6. Một con bọ đang ở vị trí có toạ độx= 1 ở trên trục số. Ở mỗi bước từ vị trí có toạ độx=a
con bọ có thể nhảy đến vị trí có toạ độx=a+ 2 hoặcx= a

2. Chứng minh rằng có tất cảFn+4−(n+ 4)
vị trí khác nhau (kể cả vị trí ban đầu) mà con bọ có thể nhảy đến không quá n bước nhảy(với Fn là

dãy Fibonacci).

Lời giải. Coi bước nhảy cộng hai là 1và bước nhảy chia hai là0. Như vậy dãy dịch chuyển của con
bọ có dạng 100111....

Ta thấy nếu một dãy có dạng ...110... thì ta có thể quy dãy đó về dãy ...01... và khi đó con bọ sẽ
vẫn nhảy đến cùng 1 vị trí(vì a+ 2 + 2

2 =

2 + 2). Như vậy với mọi dãy dịch chuyển thì có thể chun
về dãy có dạng A011...1(∗) trong đó A là 1 dãy nhị phân khơng có hai số 1 nào đứng cạnh nhau.

Ta chứng minh: Với hai dãy khác nhau có dạng (∗) thì con bọ nhảy vào 2 vị trí khác nhau.

Thật vậy, giả sử tồn tại 2 dãy có dạng (∗) mà con bọ nhảy cùng đến 1 vị trí. Xét 2 dãy A101...1

và A201...1 có số phần tử nhỏ nhất có dạng (∗) và con bọ nhảy đến cùng 1 vị trí suy ra con bọ nhảy

tới khi đi dãy A101...1 trừ đi vị trí mà con bọ nhảy tới khi đi dãy A201...1 phải là một bội của 2(vì

hai dãy trên sai khác nhau một số số 1 ở cuối). Tuy nhiên A101...1 là dãy nhị phân khơng có 2 chữ

số 1 nào đứng cạnh nhau nên số các chữ số 0 trong dãy A101...1 luôn lớn hơn bằng số các chữ số 1

trong dãy A101...1 suy ra vị trí mà con bọ có thể nhảy đến được khi đi dãy A101...1 nhỏ hơn bằng

1
2(2 +

2(2 +...+
1

2(2 + 1))...))<2 và dĩ nhiên là>0. Tương tự thì vị trí mà con bọ có thể nhảy

đến khi đi dãyA201...1là nhỏ hơn 2 và lớn hơn 0. Suy ra hiệu 2 vị trí này <2 và là bội của 2 do đó hai

vị trí này phải trùng nhau suy ra 2 dãy trên có cùng số số 1 ở cuối. Xố hai dãy này đi 01...1 ta được
hai dãyA1 và A2 có dạng (∗) và có số phần tử ít hơn dãy A101...1và A201...1suy ra mâu thuẫn.

Vậy ta cần đếm các dãy có dạng (∗) và có bé hơn bằngn phần tử. Bằng cách xét truy hồi các dãy
có dạng 11...,10...,01...,00...ta suy ra điều phải chứng minh.

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Lời giải hai bài tốn hình học VMO 2020

Nguyễn Duy Khương

Ngày 28 tháng 12 năm 2019

Bài toán 1. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AA0. D, E, F đối xứng O qua

BC, CA, AB. H là trực tâm tam giác ABC.

a) Gọi Ha đối xứngH qua BC, Oa là tâm (BOC). Chứng minh rằng A0Oa cắt HaD trên (O).

b) Dựng hình bình hành AXDA0. Chứng minh rằng (ABF),(ACE),(AXH) là các đường tròn

đồng trục

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Lời giải. Ta chứng minh bài tốn với hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
a) GọiOaA0∩(O) =X0 vàK =BB∩CC,M là trung điểm BC. Ta cần có:ODX0A0 nội tiếp là có
điều phải chứng minh. Thật vậy ta có: POa/(O) =OaO2−R2 và OaD.OaO =OaO(OaO−OD) =

OaO2−OD.OaO. Ta có:R2 =OM.OK =OD.OOado đó: POa/(O)=OaD.OaO =OaX0.OaA0 dẫn
đến điều phải chứng minh.

b) Ta có:OHDA0 là hình bình hành do đó: H là trung điểmXD. Để ý rằngHX =HE =HD=

HF do đó: H là tâm (XEDF). Ta dễ thấy rằng 4DEF = 4ABC. Gọi (ABF)∩(ACE) = T

ta có: ∠F T E =∠F T A−∠AT E = 180◦ −∠OAB −∠OAC = 180◦−∠A = 180◦−∠EDF suy

ra: T ∈ (DEF). Gọi (DEF)∩(HAX) = T0 ta có: ∠AT0E = ∠AT0X −∠XT0E = ∠AHD−

180◦+∠HDE = 180◦−∠ODH−180◦+ (ODH+∠ODE) = ∠ODE =∠OCA=∠ECAdo đó:

T0 ∈(AEC). Tương tự thì: T0 ∈(AF B). Do đó: T ≡T0. Dẫn đến điều phải chứng minh.

Nhận xét. Bài toán này khai thác hay các tính chất liên quan tới phương tích, tính đối xứng. Câu
b) sử dụng khéo léo cộng góc.

Bài tốn 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O)có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi

đường trịn đường kínhAD cắt DE, DF tại M, N.P, Q là hình chiếu củaN, M lên lần lượt cạnh

AB, AC. a) Chứng minh rằng (AP Q)tiếp xúc EF.

b) Gọi tiếp điểm của (AP Q) với EF là T. Gọi DT ∩M N =K. L đối xứng A qua M N. Chứng

minh rằng EF cắt M N trên (DKL).

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Lời giải. a) Ta gọi X, Y là hình chiếu của D lên AB, AC. Ta có: ∠Y N D=∠Y AD=∠DF C do

đó: Y NkCF dẫn đến: N, Y, P thẳng hàng. Tương tự thìM, Q, X thẳng hàng. GọiEF ∩AO=T.

Ta có: ∠T AB = ∠DAC = ∠DF C = ∠F DX = ∠N AF. Để ý rằng ∠N F A = ∠C = ∠AF E do

đó: N, T đối xứng nhau quaAB hay là: N, P, T thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có: T, Q, M

thẳng hàng. Do đó: EF ⊥ AT mà AT là đường kính của (AP Q) do đó: EF tiếp xúc (AP Q) tại

điểm T.

b) Gọi S là trung điểm AL. Gọi EF ∩M N =R. Ta có A là tâm bàng tiếp góc A tam giác DEF

mà AM, AM vng góc lần lượt DE, DF do đó: AT, F M, EN đồng quy. Theo hàng điều hịa cơ

bản thì: (M N, KR) = −1 mà S là trung điểm M N do đó: SK.SR = SM2 = SA.SD(theo hệ

thức Newton và hệ thức lượng trong tam giác vuông). Như vậyL, K, D, Rđồng viên hay điều phải

chứng minh.

</div>

Gợi ý một số lời giải của một số bài toán Hình học phẳng khó trong đề thi chọn HSG và đội tuyển

Một số bài tốn hình học chọn đội tuyển

VMO của Hà Nội các năm gần đây

Bàn về một bài toán hay trong đề chọn

đội tuyển Sư Phạm năm 2014-2015

Bốn lời giải khác nhau cho bài tốn hình

học hay chọn đội tuyển Hà Nội 2015-2016

Một số bài tốn hình học hay trong các đề

chọn tuyển thi VMO 2 năm gần đây

Tuyển tập các bài tốn hình học phẳng

chọn đội tuyển VMO các năm gần

đây(Phần 2)

Lời giải cho bài tốn hình học trong đề

VMO 2017-ngày 1

Lời giải bài hình học VMO 2017-ngày 2

Lời giải cho bài hình học ngày 1

VMO 2018

Bình luận một số bài tốn hình

học chọn đội tuyển VMO 2018

Lời giải bài hình ngày 1 trong đề thi thử

KHTN lần 1

Lời giải và bình luận các bài toán trong đề thi TST

ngày 2 năm 2019

Lời giải hai bài tốn hình học VMO 2020

Nguyễn Duy Khương

Ngày 28 tháng 12 năm 2019

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về