Tải Tổng hợp các bài toán hình học phẳng ôn thi vào lớp 10 - Tài liệu ôn thi vào lớp 10 môn Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1></div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Lời nói đầu 5
1 Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử dụng trong tài liệu 7
1.1 Các kí hiệu, thuật ngữ . . . 7
1.2 Một số bổ đề dùng trong tài liệu . . . 7

2 Các bài toán đã có lời giải 13

3 Một số bài tốn chưa có lời giải 115

4 Bài tập rèn luyện 117

Tài liệu tham khảo 119

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

Một số bổ đề và kí hiệu, thuật ngữ sử

dụng trong tài liệu

1.1

Các kí hiệu, thuật ngữ

(ABC) : Đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

R(ABC) :Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
SABC : Diện tích tam giácABC

A, B, C, D đồng viên: A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn
đpcm: Điều phải chứng minh

1.2

Một số bổ đề dùng trong tài liệu

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

Bổ đề 1:Cho tam giácABC nội tiếp(O), phân giác gócA cắt(O)tại DkhácA.I thuộcAD
và J thuộc tia đối của tia DA. Khi đóI, J là tâm đường trịn nội tiếp và bàng tiếp góc A khi
và chỉ khiDB =DC =DI =DJ.

Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H. M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H cắt
AB, AC lần lượt tại P, Qkhi đó M H ⊥P Q⇔HP =HQ

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

Bổ đề 3:Từ điểm M nằm ngoài(O) kẻ hai tiếp tuyếnM A, M B. Kẻ cát tuyếnM CD tới(O).
Khi đó ta có AC

AD =
BC
BD

Nhận xét. Tứ giácACBDnhư trên được gọi là tứ giác điều hịa. Trong bậc THCS ta chủ yếu
nghiên cứu tính chất trên.

Bổ đề 4: Phép đồng dạng tương ứng (khơng có định nghĩa).

Ví dụ: Cho hai tam giác ABC và A0B0C0 đồng dạng có các phân giác AD, AD0 và đường cao
AH, AH0. Khi đó ta có BD

DC =
B0D0
D0_C0;

AB
HD =

A0B0
H0_D0;

R(ABD)

R(A0_B0_D0₎

= R(ADC)
R(A0_D0_C0₎

;ADB\=A\0_D0_B0 _và

ta có hàng loạt các tỉ số, các góc bằng nhau sao cho chúng có tính tương ứng.

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

Bổ đề 5: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P. Gọi
M là trung điểm củaBC. Khi đó BAP[ =CAM\.

Nhận xét. Đường thẳng AP được gọi là đường đối trung trong tam giác ABC và đã có rất
nhiều bài tốn đề cập tới đường thẳng này, bạn đọc sẽ thấy ở trong tài liệu.

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

chung của ba đường tròn đồng quy.

Nhận xét. Đây là nội dung của định lý trục đẳng phương, trong bậc THCS thì ta chỉ xét
trường hợp hai đường trịn có dây cung chung.

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

Các bài tốn đã có lời giải

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm(O). Trên đoạnBC lấy điểmM, trên đoạn
BA lấy N, trên đoạnCA lấy P sao cho BM =BN và CM =CP.

a, Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácM N P

b, Chứng minh tứ giác AN OP nội tiếp

c, Tìm một vị trí củaM, N, P sao cho độ dài đoạn N P nhỏ nhất

(Đề thi TS lớp 10 Sư Phạm 2000-2001)

Bài 1

Lời giải

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

raO là tâm (M N P)

b, Theo tính đối xứng ta có: AP O[ +\AN O=OM C\+OM B\ = 180◦ suy ra tứ giác AN OP nội
tiếp

c, Ta có: N OP\ = 180◦ −BAC[ (khơng đổi) mà ON = OP nên để N P nhỏ nhất thì ON =
OP =OM nhỏ nhất khi đóM, N,P là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
với 3 cạnh của tam giác.

Từ điểmA ngồi đường trịn(O) kẻ hai tiếp tuyếnAB vàAC và cát tuyến ADE.BC cắt
DE ở K. Chứng minh hệ thức sau:

1
AD +

1
AE =

2
AK

(trích đề thi TS lớp 10 tỉnh Phú Thọ 2017-2018)

Bài 2

Lời giải

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

Suy ra HK, HA là phân giác trong và phân giác ngồi DHE\

⇒ DK
AD =

KE

AE (Theo tính chất phân giác)
Mà AK

AD +
AK

AE = 2 +
DK

AD −
EK

AE = 2⇒
1
AD +
1
AE =
2
AK

Nhận xét: Đây chính là hệ thức Descartes

Cho đường trịn (O) và điểm A, B cố định, trong đó A nằm ngoài và B nằm trong (O).
Dây CD di động và đi quaB.AC, AD lần lượt cắt (O)tại điểm thứ 2 là E và F. Chứng
minh EF đi qua một điểm cố định.

(Đề xuất bởi Khoa Linh)

Bài 3

Lời giải

AB∩(O) = {K, L};EF ∩AB={M}; (ACD)∩AB ={A, I}
Ta có: AB.BI =CB.BD =BK.BL(khơng đổi) ⇒I cố định.
Mặt khác: AEM\ =\F DC =\M IC ⇒M ECI nội tiếp

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

Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm EF và
dựng hình bình hành AEIH. Chứng minh: BM vng góc với IF.

(Đề xuất bởi Tự Cường)

Bài 4

Lời giải

Cách 1:

Gọi N là trung điểm BE. Khi đó ta chứng minh được: 4M N B ∼ 4F HI(c.g.c) suy ra điều
phải chứng minh.

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

LấyT đối xứng với I qua điểm H thì ta có ngay ET I[ =EIH[ =\EAH ⇒AT HE nội tiếp.
Từ đó A, T, F, H, E cùng thuộc một đường tròn nhậnET là đuờng kính.

Suy ra 4T F H ∼ 4EF B(g.g) kéo theo 4IF T ∼ 4BM E(c.g.c)suy ra đpcm.

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn(O).I là điểm chính giữa cung lớnBC. Gọi
H và K lần lượt là hình chiếu củaI lên phân giác góc trong tại B và C.

Chứng minh rằng trung điểm G của HK thuộc trung trực BC

(Đề xuất bởi Khoa Linh)

Bài 5

Lời giải

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta có IM vng góc với BC.KC∩BH =J
Ta có: IKC[ =\IM C = 90◦ suy ra IKM C nội tiếp và IHM B nội tiếp.

suy ra: M KC\ =\M IC = BAC[

2 và KIH[ =HJ C[ =

[

ABC +ACB[

2

Từ đó: IKM\+KIH[ = 180◦ suy raKM kIH. Tương tự thì ta có:IKM H là hình bình hành

Suy ra G thuộc IM hay ta có điều phải chứng minh.

Cho 4ABC nhọn cóAB > AC. Các đường cao AD, BF, CE cắt nhau ở H. BC cắt EF
ở K. GọiM là trung điểm củaBC.(O),(O0)lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp 2 tam
giác AEF, BKE. Chứng minh H là trực tâm của tam giác AM K.

(Đề xuất bởi conankun)

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

Gọi L là giao điểm thứ 2 của (O) và (O0).

Ta có: ALE[ =AF E[ =\EBC = 180◦−\KLE. Suy ra A, L, K thẳng hàng.

[

HLA=\HF A= 90◦ ⇒HL⊥AK.(1)
Ta lại có:

\

EM D = 2M BE\ =AF E[ +CF D\ = 180◦−\DF E suy ra tứ giác DF EM nội tiếp.
Suy ra: KL.KA=KF.KE =KD.KM ⇒ALDM nội tiếp⇒M LA\ =M DA\ = 90◦
⇒M L⊥AK(2).

Từ (1) và (2) ta có: M, H, Lthẳng hàng và H là trực tâm tam giác AKM.

Nhận xét.Bài tốn này là bài tốn hay có nhiều lời giải bằng các dựng các đường tròn ngoại
tiếp khác nhau.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác trong góc ABC[ cắt (O)tại D và
cắt AC tại E. Gọi (w) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB. F là giao BC và (w),DF

cắt (w) tại G, EG cắt AD, BC tại M, N. Chứng minh rằng: M A

M D.
N B
N C =

AB2
DC2.

(Đề xuất bởi Nguyễn Tăng Vũ)

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

Lời giải

Dễ dàng chứng minh DA là tiếp tuyến của (w) ⇒ DC2 ₌ _DA2 ₌ _DG.DF _{Từ đây suy ra}
∠GF C =_∠GCD mà _∠GF C =_∠BEG. Từ đây suy ra GEDC nội tiếp

∠BAG=_∠BEG=_∠DCG; _∠ABG=_∠GEC =_∠GDC
⇒ 4BAG∼ 4DCG⇒ AB

CD =
BG
DG =

AG
CG

Mặt khác, ta có _∠AGE =_∠ABE =_∠ECD =_∠EGD suy ra GE là tia phân giác _∠AGD
⇒ AM

M D =

AG

GD. Tương tự ta cũng chứng minh đượcGN là phân giác∠BGC
⇒ N B

N C =
GB
GC ⇒

M A
M D.

N B
N C =

AB2
CD2

Cho (O) và đường thẳng d cố định và (O); d khơng có điểm chung . M là điểm di động
trên d. Vẽ 2 tiếp tuyến M A, M B phân biệt và cát tuyến M CD của (O) (C nằm giữa M
và D) . Vẽ dâyDN của (O)song song vớiAB. Gọi I là giao điểm của CN và AB. Chứng
minh rằng

a, IC

IA =
BC

BD và IA =IB

b, ĐiểmI thuộc một đường cố định khi M di động trên đường thẳngd.

(Đề xuất bởi MoMo123)

Bài 8

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

a, Ta thấy:

[

ICA=\BCD;IAC[ =\BDC ⇒ 4ICA∼ 4BCD⇒ IC
IA =

BC
BD (1)
Tương tự ta có: 4ICB ∼ 4ACD⇒ CI

IB =
AC
AD.(2)
Để ý ta có: BC

BD =
AC

AD (bổ đề 3)

Từ (1) và (2) ta có I là trung điểm AB.

b, Hạ OH vng góc với d cắt AB tại K.

Ta có: OK.OH =OI.OM =OA2 suy ra K cố định.
Suy ra I thuộc đường trịn đường kính OK.

Cho đường trịn (O), đường kínhAB. Trên đường trịn lấy điểmDkhácA, B và_∠DAB >
60◦. Trên đường kính AB lấy điểm C (C khácA, B) và kẻ CH vng góc vớiAD tại H.
Phân giác trong của DAB\ cắt đường tròn tại E và cắt CH tại F. Đường thẳng DF cắt
đường tròn tại điểm thứ hai N.

a, Chứng minh AF CN nội tiếp và 3 điểmN, C, E thẳng hàng.

b, Cho AD=BC, chứng minhDN đi qua trung điểm AC.

(Đề xuất bởi MoMo123)

Bài 9

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

a, Ta có: N AC\=N DB\ =N F C\⇒ Tứ giác AF CN nội tiếp
⇒F N C\ =F AC[ =\DAE =DN E\ ⇒C, N, E thẳng hàng
b) Kẻ CGsong song AD (G∈DN)

Ta có: CGD\=ADN\ =ABN\ ⇒Tứ giác BCGN nội tiếp
⇒\CGB =CN B\ =EAB[ =F N C\ =CBG\

⇒ 4CGB cân tạiC ⇒CG=CB =AD⇒ADCG là hình bình hành
⇒DN đi qua trung điểm AC

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong (O), AC cắt BD tại J. Đường tròn (O0) tiếp xúc với
J A, J B tạiE, F và tiếp xúc trong với (O), Chứng minh rằng đường thẳng EF đi qua tâm
đường tròn nội tiếp 4ABD

(Định lý Lyness)

Bài 10

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

Gọi T là tiếp điểm của (O) và (O0),T F cắt (O)tại N,AN cắt EF tại I.

Ta có: O0F ⊥BD nên ON ⊥BD do đó N là điểm chính giữa cungBD nên AN là phân giác
∠DAB.

Dễ dàng chứng minh BN2 ₌_{N F.N T}₍₁₎ _{(4N F B} _{∼ 4N BT}₎

và _∠N AT = 1

2∠T ON =
1
2∠T O

0_F ₌

∠IET nên tứ giác IEAT nội tiếp ⇒_∠AIT =_∠AET =
∠IF T nên 4N IF ∼ 4N T I suy ra N F.N T =N I2₍₂₎

Từ (1) và (2) suy ra N I =N B =N Dnên I là tâm nội tiếp tam giác ABD.

Từ 3 đỉnh của một tam giác hạ các đường vuông góc xuống một đường thẳng ở ngồi tam
giác đó. Chứng minh rằng tổng độ dài của 3 đường vng góc đó gấp 3 lần độ dài của
đoạn thẳng vng góc hạ từ trọng tâm của tam giác xuống cùng đường thẳng đó .

(Đề xuất bởi thanhdatqv2003)

Bài 11

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

Dựng các điểm như hình vẽ (M đối xứng với trọng tâm Gqua D)
Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có:

(AH+CL) +BN = 2DJ +BN =GI+M K+BN =GI+ (M K+BN) = 3GI
Suy ra điều phải chứng minh.

Cho 4ABC có trực tâm H. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của
4HBC,4HAB,4HCA có bán kính bằng nhau.

(Đề xuất bởi Lao Hac)

Bài 12

Lời giải

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

Dễ dàng chứng minh được Dđối xứng với H qua BC. Suy ra R(BHC) =R(BDC) =R(ABC).
Tương tự ta có bán kính đường trịn ngoại tiếp 4HBC,4HAB,4HCA bằng nhau và cùng
bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp 4ABC.

Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I). Gọi D, E, F là điểm tiếp xúc của đường
tròn bàng tiếp đỉnh A với ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng: SBIC >

1
4SDEF

(Đề xuất bởi NguyenHoaiTrung)

Bài 13

Lời giải

Ta dễ dàng chứng minh được: BI k DE;IC k DF ⇒ 4BIC ∼ 4F DE(g.g) ⇒ SBIC
SDEF

=

BC
EF

2

Mặt khác 2BC =BC+BE +CF > EF ⇒

BC
EF

2

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

Cho đường tròn (O;R) và điểm A cố định với OA = 2R, đường kính BC quay quanh O
sao cho 3 điểm A, B, C khơng thẳng hàng; Đường trịn (ABC) cắt OA tai điểm thứ 2 là
I. Đường thẳng AB, AC cắt (O;R) lần lượt tại D, E với D 6= B , C 6= E. Nối DE cắt
đường thẳng OA tại K.

a) Chứng minh: OI.OA=OB.OC vàAK.AI =AE.AC

b) Tính độ dài OI;OK theo R

c) Chứng minh: đường trịn (ADE) ln đi qua 1 điểm cố định (khác A) khi BC quay
quanh O.

(TS lớp 10 đại học Sư Phạm ngoại ngữ 2001-2002)

Bài 14

Lời giải

OA cắt (O) tại M, N.

a, Tương tự bài số 3

b, OI.OA= 2R.OI =OB.OC =R2 suy ra OI = R
2.
Ta có:AK.AI =AD.AB=AM.AN = 3R2 _{suy ra} _AK.5

2R = 3R

2 _⇒_AK ₌ 6

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

DoK cố định nênKD.DE không đổi và KD.KE =KA.KS nên KS không đổi nênS cố định
Vậy (ADE) đi qua điểm S là điểm cố định.

Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O;R) và ngoại tiếp (I;r). Gọi x, y, z là khoảng cách từ (O)
xuống ba cạnh của tam giác ABC. Chứng minh hệ thức x+y+z =R+r

(Định lý Carnot)

Bài 15

Lời giải

Gọi M, N, P là trung điểm BC, CA, AB.

Áp dụng định lý Ptolemy ta có: OB.M P =OM.BP +OP.BM ⇔R.b
2 =x.

c
2 +z.

a
2
Thiết lập các đẳng thức tương tự rồi cộng lại được.

R.a+b+c

2 =

b+c
2 .x+

a+c
2 .y+

a+b

2 .z

Để ý rằng 2SABC = 2r(a+b+c) = ax+by+cz
Suy ra R.a+b+c

2 +

a+b+c
2 .r =

b+c
2 .x+

a+c
2 .y+

a+b

2 .z+x.
a
2 +y.

b
2 +z.

c
2
⇔(R+r).a+b+c

2 = (x+y+z).

a+b+c

2 .

Suy ra đpcm

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

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có các đường caoBE, CF. Các tiếp tuyến tại B, C
của (O) cắt nhau ở K, gọi M là giao điểm củaOK với BC.

1, Chứng minh: 4AEB∼ 4CM K

2, Chứng minh: BAK\=M AC\

3, Gọi G là giao điểm của AM vàEF, H là giao điểm của AK và BC. Chứng minh rằng
GH kOM

(Đề xuất bởi BunhiChySchwarz)

Bài 16

Lời giải

1, Ta có: 4AEB ∼ 4CM K(g.g)

2, Ta có: OM.OK =OC2 =OA2 ⇒ 4OM A∼ 4OAK(c.g.c)⇒OAM\ =OKA\ =DAH\ (1)
Mặt khác OAC[ =\DAB (2)

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

Suy ra AG
AH =

AE
AB =

AM

AK ⇒HG||OM

Từ M nằm ngoài (O)cho trước dựng hai tiếp tuyếnM A, M B.CChạy trên cung nhỏ AB.
D, E, F là hình chiếu của C trên AB, M A, M B. S, T là giao của DE, DF với CA, CB.
Chứng minh rằng:

a, ST kAB.

b, Chứng minhST là tiếp tuyến chung của (T F C) và (SCE)

c, Gọi I là giao điểm thứ 2 của (T F C) và (SCE). Chứng minh: CI đi qua điểm cố định
khi C di chuyển trên cung AB

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 17

Lời giải

a, Dễ dàng chứng minh được tứ giác CDAE và CDF B nội tiếp nên ta có:
∠SDT =_∠CAB+_∠CBA= 180◦−_∠SCT

Từ đây suy ra tứ giác SCT D nội tiếp⇒_∠CST =_∠CDT =_∠CBF =_∠CAB
Suy ra ST kAB

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

Tương tự ta cũng có ST là tiếp tuyến của (T CF)

c, Gọi P, Qlần lượt là giao điểm của IC với T S và AB.

Vì ST là tiếp tuyến chung của (T F C) và(SCE) nên T P2 ₌_{P S}2 ₌_{P C.P I} _⇒_{P T} ₌_{P S} _mà
T S kAB nên Q là trung điểm AB (cố định) Suy ra đpcm.

Cho đường tròn (O) hai điểm A, B nằm trên đường tròn, điểm C nằm trong đường tròn
(O). Đường tròn (O0) tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA, CB theo tứ tự ở
P, Q. GọiI là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh : A, P, R, I đồng viên.

(Bổ đề Sawayama)

Bài 18

Lời giải

Kéo dài BC cắt (O) tại điểm thứ hai là D. Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DAB
và L là điểm chính giữa cungBD.

Theo bài số 10 thì ta có: P, K, Q thẳng hàng.
Ta có: RP K\ = RO\

0_Q

2 =

[

ROL

2 =\RAK nên tứ giác RAP K nội tiếp.
Mặt khác: IKQ[ =CQP[ −QBK\ = 90◦− ACB[

2 −

[

CBA

2 =

[

CAB

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

Cho tam giác từ M nằm ngoài (O) vẽ tiếp tuyếnM A, M B, gọi M O giao AB tại H, I là
trung điểm M H, K là giao củaIA và(O).

a, Chứng minhIA ⊥HK.

b, Tính M KB.\

(Đề thi TP.HCM 2014-2015)

Bài 19

Lời giải

a, Kẻ đường kính AD của (O). Ta có:4AHM ∼ 4DBA(g.g)

Vì H là trung điểm AB và I là trung điểm HM nên 4DBH ∼ 4AHI(c.g.c)
Suy ra BDH\ =HAK\ =BDK\ nên D, H, K thẳng hàng.

Ta có: AKH\ =\ABD = 90◦ nên AI ⊥HK

b, Vì AI ⊥HK nên KHI[ =HAK\ =KBM\. Từ đó ta có tứ giác KHBM nội tiếp.
Suy ra BKM\ =BHM\ = 90◦

Đường tròn (O1) và(O2)cắt nhau tại P và Q. Qua P vẽ đường thẳng d1 bất kỳ cắt (O1)
và (O2) tại A và B. Đường thẳng d2 qua P cắt (O1) và (O2) tại C và D. BD cắt AC tại
X. Vẽ dây P Y k BD (Y ∈ (O1)), P Z k AC (Z ∈ (O2)). Chứng minh rằng : X, Y, Z, Q
thẳng hàng.

(Đề xuất bởi taconghoang)

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

Lời giải

Ta có: QDB\=\QP B =LCQ[ nên tứ giác LDQC nội tiếp.

Suy ra: DLQ[ =\DCQ=P Y Q[ mà DLkP Y nên Y, L, Qthẳng hàng.
và CLQ[ =CDQ\=P ZQ[ nên L, Q, Z thẳng hàng.

Vậy suy raY, L, Q, Z thẳng hàng.

1, Cho xAyd = 90◦ và đường tròn (O) tiếp xúc với Ax và Ay lần lượt tại P, Q. Đường

thẳng (d) là một tiếp tuyến thay đổi của(O). Gọi a, p, q là khoảng cách từ A, P, Q xuống
đường thẳng (d). Chứng minh: a

2

pq không đổi khi (d) dịch chuyển

2, Khẳng định trên cịn đúng khơng khi xAyd khơng phải góc vng.

(Đề thi PTNK 2000)

Bài 21

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

Gọi B, C là gia điểm của (d) với AP, AQ. Đặt AB =c;AC = b;BC =a và m = a+b+c

2 =

AP =AQ
Ta có:

pq
a2 =

BP.CQ
AB.AC =

(m−c)(m−b)

bc =

m2−m(b+c) +bc

bc =

m2−m(b+c)

bc + 1

= (a+b+c)

2₋_2(a₊_b₊_c)(b₊_c)

4bc + 1 =

a2−b2−c2−2bc

4bc + 1 =

a2−b2−c2

4bc +

1
2

1, Nếu xAyd = 90◦ thì

a2−b2−c2

4bc +

1

2 =

1

2 (khơng đổi)

2, Nếu xAyd khơng phải góc vng thì

a2₋_b2₋_c2

4bc +
1
2 =
1
2−
cosA

2 (khơng đổi)
Vậy từ đó suy ra a

2

pq khơng đổi (đpcm)

Cho đường trịn (O), đường kính AB, gọi C là trung điểm AO. Qua C kẻ đường vng
góc với OA cắt (O) tại 2 điểm M và N.Trên cung M N lớn lấy điểm K. Giao điểm của
AK với M N là H

a, Tìm vị trí K để cho khoảng cách từN đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KM H
nhỏ nhất

b, Với K thuộc cung M B, lấy I trên KN sao cho KI =KM. Chứng minh: N I =KB

(Đề xuất bởi buingoctu)

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

Lời giải

a, Gọi O0 là tâm đường trịn ngoại tiếp 4M HK Ta có: AM C\ = M KH\ (do cung M A bằng
cung N A) nên M A là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp 4M HK.

Mà M A⊥M B nên (O0)thuộc M B. Kẻ N H ⊥M B suy ra H cố định.

Ta có: N O0 ≥ N H. Vậy khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp 4M HK nhỏ nhất
khi K ≡B

b, Vì C là trung điểm AO nên 4M N B đều ⇒ 4M IK đều.
Suy ra 4M N I =4M BK(c.g.c)⇒N I =KB (đpcm)

Cho tam giácABC với AD, BE, CF là các đường cao tương ứng.EF cắtBC tại P,O là
trung điểm BC. Biết rằng OP =BC. Chứng minh DB =DO.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 23

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

Ta có tính chất quen thuộc là tứ giác F EOD nội tiếp. Kết hợp tứ giác F ECB nội tiếp
Suy ra: P D.P O=P E.P F =P B.P C. Từ đó suy ra được DB =DO.

Cho tam giác ABC, M, N, P là các điểm bất kì trên các cạnhBC, CA, AB. Chứng minh
rằng trong các tam giácAN P, BM P, CM N tồn tại một tam giác có diện tích khơng vượt

q 1

4 diện tích tam giác ABC.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 24

Lời giải

Ta có: SAN P
SABC

= AP.AN
AB.AC
SCM N

SABC =

CN.CM
CA.CB ;

SBM P
SABC =

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

Suy ra: SAN P.SCM N.SBM P
(SABC)3

= AP.BP
AB2 .

CN.AN
AC2 .

CM.BM
BC2 ≤

1
64

Vậy trong 3 tam giácAN P, BM P, CM N tồn tại một tam giác có diện tích khơng vượt q 1
4
diện tích tam giác ABC.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB∩CD = {E};AD∩BC = {F}. Phân giác trong

\

DF C cắt AB, CD lần lượt tại P và Q.

a, Chứng minh: 4P QE cân.

b, Chứng minh: EF2 =F A.F D+EC.ED

(Đề thi Quốc học - Huế 2001)

Bài 25

Lời giải

a, Ta có: EP Q[ =P F B[ +P BF[ =\DF Q+\F DQ=P QE[ nên 4EP Q cân tạiE.

b, Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF cắt EF tại M.
Khi đó BM F\ =\BAD =\BCE nên tứ giác CBM E nội tiếp.

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

Cho tứ giác ABCD, phân giác _∠DAB và _∠ABC cắt nhau tại M, phân giác _∠ADC và
∠CBD cắt nhau tạiN, phân giác_∠BDA và _∠ADC cắt nhau tạiP, phân giác_∠ABC và
∠BCD cắt nhau tại Q.

1. Chứng minh tứ giác M P N Q nội tiếp.

2. M0, N0, P0, Q0 là các tâm nội tiếp M AB, N CD, P AD, QBC, M1, N1, P1, Q1 là giao của
M M0, N N0, P P0, QQ0 với (M N P Q). Chứng minh M1N1 =P1Q1

(Đề thi tỉnh Thái Nguyên 2015-2016)

Bài 26

Lời giải

a, Sử dụng phép cộng góc ta có: QM P\ = \DAB+CBA[

2 và QN P\ =

\

ADC+\DCB

2 .

Suy ra QM P\ +QN P\ = 180◦ nên ta có tứ giácM P N Q nội tiếp.

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

Cho đường trịn (O), từ một điểm A nằm ngồi (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC. Kẻ đường
kính BD, lấy F là trung điểm OB. Qua A kẻ đường thẳng vng góc vớiAB cắt OC tại
E. Chứng minh: AD ⊥EF

(Đề xuất bởi BunhiChySchwarz)

Bài 27

Lời giải

Gọi G là giao của AD và EF,H là trung điểm OA.
Ta có: EAO[ =BOA[ =EOA[ nên 4EOA cân tạiE.
Ta có: 4OF H ∼ 4OHE(g.g)⇒ OF

F H =
OH
HE ⇔

OD
F H =

OA
HE ⇔

OD
OA =

F H

HE

Suy ra 4F HE ∼ 4DOA(c.g.c)⇒HEG\ =\HAG⇒GHAE nội tiếp. Suy ra EF ⊥AD
Cho tam giácABC vuông tạiA. Từ điểmI thuộc miền trong của tam giác vẽIM,IN,IK
là các đường vng góc tới BC,CA,AB. Tìm vị trí của điểmI sao cho IM2+IN2+IK2
bé nhất.

(Đề thi tỉnh Bình Định 2017-2018)

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

Lời giải

Kẻ đường cao AH của 4ABC.

Ta có tứ giác AKIN là hình chữ nhật nên AI =KN

Suy ra: IK2₊_IN2₊_IM2 ₌_KN2₊_IM2 ₌_IA2₊_IM2 _≥ (AI+IM)
2

2 ≥

AH2
2
Vậy để IK2₊_IN2₊_IM2 _{đạt giá trị nhỏ nhất thì} _I _{là trung điểm của}_AH

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), (I) là đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. AI cắt
(O) tại A và J. E là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S. AS cắt
(O) tại A và D. DI cắt (O) tại D và M. Chứng minh M J chia đôi IE.

(Đề thi Bà Rịa-Vũng Tàu 2017-2018)

Bài 29

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

Gọi T là tâm bàng tiếp đối diện góc A.
Áp dụng Bài 16ta có: BAD\=EAC[

Suy ra 4ABD ∼ 4AEC(g.g) và 4ABI ∼ 4AT C(g.g) Từ đó ta có: AD.AE = AB.AC =
AI.AT

Suy ra 4IAD∼ 4EAT(c.g.c)⇒ET A[ =ADI[ =AJ M\ ⇒M J kET

Mặt khác ta có tính chất quen thuộc: J I = J B = J C = J T nên J M là đường trung bình
4IET

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

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm của
cạnh BC và N là điểm đối xứng với M qua O. QuaA vẽ đường thẳng vng góc với AN
cắt đường thẳng qua B vng góc BC tại D. Kẻ dường kính AE của (O). Chứng minh
rằng:

1, BA.BC = 2BD.BE

2, CD đi qua trung điểm của dường cao AH của tam giác ABC.

(Đề thi TP.HCM 2015-2016)

Bài 30

Lời giải

1, Kéo dài AN cắt BC tại F. Ta có: AN EM là hình bình hành nên M E k AF ⇒ BM E\ =
180◦−EM C\ = 180◦−AF B[ =\BDA

Mặt khác: M BE\ =OAC[ = 90◦−ABC[ =\DBA

Suy ra: 4DBA∼ 4M BE(g.g)⇒2BD.BE =BA.BC

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

Ta có: 4BDA ∼ 4BM E ⇒ 4BDM ∼ 4BAE(c.g.c) ⇒ BM D\ = BEA[ = BCA[ ⇒ M D k
GC

Suy ra D là trung điểm GB mà AH kGB nên I là trung điểm AH. Suy ra đpcm

Từ Anằm ngoài (O)kẻAB, AC là tiếp tuyến, kẻ đường kínhBD, gọi E là hình chiếu của
C trên BD, F là giao của CE và AD. Chứng minh rằng F là trung điểm CE.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 31

Lời giải

Gọi M là giao điểm của OA và BC, khi đóM là trung điểm BC

Ta có: 4OCA∼ 4DCB(g.g) mà CM, CE là hai đường cao tương ứng nên DE
BE =

OM
AM
Mặt khác: DE

BE =
DF

F A ⇒

OM
AM =

DF

F A ⇒M F kBE ⇒ F là trung điểm EC

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O),AB < BD biết AC =CD. GọiI là tâm đường tròn nội
tiếp 4ABD. Gọi giao điểm của đường tròn ngoại tiếp 4BIC với AB là F. E là trung
điểm AD. Chứng minh rằng: AI vng góc với EF

(Đề xuất bởi MoMo123)

Bài 32

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

Gọi J là điểm chính giữa cung nhỏAD.
Ta có: ICF[ =IBF[ =ACE[ ⇔ICJd =F CA[

Ta lại có: J I2 ₌_{J D}2 ₌_{J E.J C} _{⇒ 4J EI} _{∼ 4J IC} _{∼ 4AF C}

Suy ra: EI.AF =J E.F C, ta lại có:4IF C ∼ 4J EA(g.g) nên J E.F C =AE.F I
Vậy ta có: AF.EI =AE.F I ⇔ AF

AE =
IF
IE

Giả sử AI cắt EF tại K thì áp dụng tính chất đường phân giác ta có: IF

IE =

AF
AE =

F K
KE nên
IK cũng là phân giác EIF[ ⇒ 4AEI =4AF I(g.c.g). Suy ra đpcm

Cho 4ABC nhọn nội tiếp (O), đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ dây BD cắt CH
tại K nằm giữa H vàC. CD cắt BE tại G. Chứng minh: EF đi qua trung điểm GK

(Đề xuất bởi MoMo123)

Bài 33

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

Gọi M là giao điểm của F E với GK.

Ta có: 4BF K ∼ 4CEG(g.g)và 4BF H ∼ 4CEH(g.g)

Suy ra: F K
GE =

BF
CE =

F H
HE

Áp dụng định lý Menelaus vào 4GHK ta có:

GE

EH.
F H
F K.

KM

M G = 1⇒M K =M G
Suy ra đpcm.

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) . AD cắt BC tại P, AC cắt BD tại Q. AB cắt CD tại
M. Chứng minh: M Q⊥P O

(Định lý Brocard)

Bài 34

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

Gọi J là giao điểm của(AQB) và (DQC), khi đó M, Q, J thẳng hàng.

Ta có: AJ D[ =AJ Q[ +QJ D[ =ABQ[ +QCD\=\AOD nên tứ giácAJ OD nội tiếp.
Tương tự ta có: J ∈(BOC). Suy ra P, J, O thẳng hàng.

Ta có: AJ Q[ +\ODA=\ABD+\ADO= 90◦
Suy ra: QJ O[ = 90◦ nên ta có đpcm.

Cho tam giácABC nội tiếp(O)có phân giác AD.(ADC)∩AB={A, F};(ABD)∩AC =
{A, E}. Chứng minh rằng: OD ⊥EF

(Đề xuất bởi Khoa Linh)

Bài 35

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

Kéo dài AD cắt (O) tại I.CI∩AB ={M}; BI∩AC ={N}.

Theo định lý Brocard ta có: OD ⊥M N.
Mặt khác ta có: \ECD =CBI[ = BAC[

2 ⇒BN kCE và BF kCM
Suy ra: AF

AN =
AF
AC.

AC
AN =

AB
AM.

AE
AB =

AE

AB ⇒M N kEF
Vậy suy raOD ⊥EF.

Từ điểm M ngoài (O), vẽ tiếp tuyến M A, M B. Đường tròn (I) nội tiếp 4ABM tiếp xúc

với AB, AM lần lượt tại H, G; (I) cắt (O)tại P, R (P nằm trên nửa mặt phẳng bờ OM
chứa A),AR cắt (I) tại Q. Chứng minh P R, AI, HG đồng quy và 4AP Q cân.

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

Bài 36

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

Dễ dàng chứng minh I là giao của OM với (O), H là giao của OM và AB

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: AI đi qua trung điểm của HG (1)

Gọi giao của P R với AM làS thì ta có SA2 ₌_SG2 ₌_SP.SR _{suy ra:} _SA₌_SR

Mà P RkAB suy ra P R đi qua trung điểm của HG(2)

Từ (1),(2) suy ra đpcm

Ta có: P IA[ =P RQ[ = 1

2P IQ[ ⇒P IA[ =AIQ[

Vì I là điểm chính giữa cung P Qcủa (O) nên P AI[ =IAQ[ ⇒ 4AP I =4AIQ(g.c.g)
⇒AP =AQ

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

Cho điểm A cố định nằm ngồi đường trịn (O). Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của (O)(E, F
là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE < DF, D không trùng
với E và tiếp tuyến tại D của (O) cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.

a, Gọi M, N lần lượt là giao điểm của đường thẳng EF với các đường thẳngOB, OC.
Chứng minh tứ giác BN M C nội tiếp một đường tròn.

b, Kẻ tia phân giác DK của EDF\ và tia phân giác OI của \BOC (K thuộc EF và I
thuộc BC). Chứng minh rằng OI song song vớiDK.

c, Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.

(Đề thi chuyên Phan Bội Châu 2017-2018)

Bài 37

Lời giải

a, Ta có: CF M\ =EF A[ = 90◦− BAC

2 =\OBC+\OCB =COM\ nên tứ giác COF M nội tiếp
⇒BM C\ = 90◦

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

90◦+

4(ABC[ −ACB)[

Bằng phép cộng góc thì ta cũng chứng minh được: CDK\ =CIO[ = 90◦+ 1

4(ABC[ −ACB)[ ⇒
IOkDK

c, G là giao điểm củaAO và (O)khi đó G nằm chính giữa cung EF nên D, K, Gthẳng hàng.

Gọi H là giao điểm của OA và EF

Ta có: 4GHK ∼ 4ODI(g.g)⇒ GK
OI =

HG
OD =

HG
OE
Ta dễ dàng có: EGlà phân giác \HEA nên HG

AG =
HE
EA =
EO
OA ⇒
HG
EO =
AG
OA
Suy ra: GK

OI =
GA

OA ⇒ 4GKA∼ 4OIA⇒I, K, A thẳng hàng.
Suy ra IK luôn đi qua 1 điểm cố định là A.

Cho tam giácABC có ba góc nhọn và nội tiếp đường trịn(O). GọiH là trực tâm của tam
giác ABC và P là một điểm trên đoạn BC (P khác B, C). Đường thẳngAH cắt (BHC)
tại T khác H. Đường thẳngP T cắt (BHC) tại K khácT. Giả sử BK cắt AC tại M và

CK cắt AB tại N. Gọi X, Y lần lượt là trung điểm củaBN,CM.

a, Chứng minh rằng tứ giác AN KM nội tiếp đường trịn.

b, Chứng minh rằng góc XP Y có số đo khơng đổi khiP di động trên BC.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 38

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

a, Ta có: P KC\ =\T HC =ABC[ nên tứ giác M KP B nội tiếp, tương tự ta có tứ giác N KP C
nội tiếp

Suy ra tứ giác AM KN nội tiếp.

b, Gọi Llà trung điểm BC

Ta có: BAC[ = N KC\ =N P C\ ⇒N P C ∼ 4BAC(g.g) mà P Y, AL là hai đường trung tuyến
tương ứng nên Y P C[ =LAC[ nên AP LY nội tiếp.

Tương tự ta có: ALP X nội tiếp suy raAXP Y nội tiếp⇒XP Y\ = 180◦−BAC(khơng đổi)[

Vậy ta có đpcm.

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường cao BE, CF. M là trung điểm BC, AM
cắt EF tại N. Kẻ N X ⊥ BC, XY ⊥ AB , XZ ⊥ AC. Chứng minh N là trực tâm của
tam giác AY Z.

(Đề xuất bởi taconghoang)

Bài 39

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

Kẻ M K ⊥EF khi đó tứ giác M N KX nội tiếp và K là trung điểm EF

Ta có: 4AEF ∼ 4ABC(g.g) và có hai đường trung tuyến tương ứng là AK và AM nên

\

AKE =AM X. Từ đó ta có:\ A, K, X thẳng hàng.
Bằng đồng dạng tương ứng ta dễ dàng có: N E

N F =
BX
XC
Mà BX

XC =
BY
Y F =

EZ
ZC

Suy ra: Y N kBE;ZN kCF ⇒N là trực tâm tam giácAY Z

Từ A nằm ngoài(O)kẻ hai cát tuyến ABC và ADE. Chứng minh rằng I là giao của BE
và CD chạy trên một đường cố định khi cát tuyến thay đổi.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 40

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

Kẻ hai tiếp tuyếnAM, AN. AO∩M N ={H}. (BIC)∩(DIC) ={K}

Áp dụng bài 34ta có: A, I, K thẳng hàng và OK ⊥AI

Ta có: AI.AK =AM2 ₌_AH.AO_{⇒ 4AIH} _{∼ 4AOK(c.g.c)}_⇒_IH _⊥_AO

Suy ra: M, I, N thẳng hàng. Từ đó ta có I chạy trên đoạnM N cố định.

Cho tam giácABC và các điểm như hình vẽ. Giả sử diện tích của các tam giác tơ màu đơi
một bằng nhau. Chứng minh diện tích của các tứ giác không tô màu cũng đôi một bằng
nhau.

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 41

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

Gọi J là giao củaAK vàLC.

Ta có: SILK =SKEC ⇒IE kLC ⇒J L=J C

Mặt khác: SIF A=SILK ⇒F LkAK ⇒K là trung điểm CF

Suy ra: SF BK =SCBK ⇒SF ILB =SLDCK

Tương tự thì ta hồn tất chứng minh.

Cho(O)và dây cungBC cố định, lấy điểmAtrên cung lớnBC. KẻBD⊥AC, CE ⊥AB.
BD cắt đường thẳng kẻ từ A vuông góc với AB tại I,ED cắt đường thẳng kẻ từ A song

song với BC tại M. Chứng minh M I đi qua tâm một đường trịn có đường kính cố định.

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

Bài 42

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

BD∩CE ={H};M I∩AH ={T}. Kẻ AK ⊥IM, ON ⊥BC
Ta có: M K.M T =M A2 =M D.M E ⇒ tứ giácT KDE nội tiếp.
Ta lại có: AKI[ =ADI[ = 90◦ ⇒ tứ giác AKDI nội tiếp.

Suy ra: \T ED =DKI[ =DAI[

Mà \AED=DAM\ ⇒IAM[ =T EA[ ⇔T EA[ =T AE[

Suy ra T là trung điểm AH.

Mặt khác AH = 2ON(không đổi khi A di chuyển trên cung lớn BC).
Vậy suy raM I đi qua tâm một đường trịn có đường kính cố định.

Cho 4ABC nhọn, đường cao BD, CE cắt nhau tại H. Đường trịn đường kính AB cắt
CE tại G, đường trịn đường kính AC cắt BD tại F. CF cắt BG tại I, DG cắt EF tại
K.

a, Chứng minh 3 điểmA, I, K thẳng hàng.

b, Giả sửEF cắt BG tại M,DG cắt CF tại N. Chứng minh HI, EN, DM đồng quy.

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

Bài 43

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

a, Ta có: AF2 = AD.AC = AE.AB = AG2 ⇒ AF = AG ⇒ 4AIG = 4AIF(ch−cgv) ⇒
AF =AG;IF =IG ;AF G[ =AGF[(1)

Mặt khác: AF E[ =ACE[ =ABD\=\AGD(2)
Từ (1),(2) suy ra: GF K\ =F GK\⇒KF =KG
Vậy ta có A, K, I thẳng hàng

b, Đây là nội dung của định lý Pappus, các bạn đọc tham khảo trên mạng.

Cho tam giác ABC nhọn,M thay đổi trên cạnh AB.(BM C)∩AC ={C, N}.

a, Chứng minh: 4AM N ∼ 4ACB. Tính M A

M B đểSAM N =
SABC

2

b, Gọi I là tâm(AM N). Chứng minh I thuộc một đường cố định khi M di động.

c, J là tâm(BM C). Chứng minh độ dài IJ không đổi khi M di động.

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 44

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

a, Ta có: 4AM N ∼ 4ACB(g.g)

Ta có: 1

2 =

SAM N
SABC

= AM.AN
AB.AC =

AM2

AC2 ⇒ AM =
√

2

2 AC ⇒
M A
M B =

√
2
2 AC
AB−
√
2
2 AC
=
AC
√

2AB−AC

b, Gọi O là tâm (ABC).

Bằng phép cộng góc ta dễ dàng có: AO⊥M N;IJ ⊥M N ⇒AOkM N
và AI ⊥BC;OJ ⊥BC ⇒AI kOJ

Suy ra tứ giác AIJ O là hình bình hành. Vậy I thuộc đường thẳng qua J là song song với AO
c, Ta có: IJ =AO (khơng đổi khi M di động).

Vậy ta hoàn tất chứng minh.

Cho 3 điểmA, B, C thẳng hàng theo thứ tự. Đường tròn(O)đi qua B vàC. TừA kẻ tiếp
tuyến AM, AN với (O). Gọi I là trung điểm của BC. N I cắt (O) tại D. Chứng minh
rằng: a, Khi (O) thay đổi đi quaB, C thì N, D ln thuộc một đường tròn cố định

b, Tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIO chạy trên một đường thẳng cố định.

(Đề xuất bởi MarkGot7)

Bài 45

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

a, Ta có: AN2 =AB.AC ⇒N ∈A;√AB.AC (cố định)

Qua D kẻ đường thẳng vng góc với OD cắt BC tại K
Ta có:

[

M IA=AIN[ =DIK[ ⇒M OA\ =DOK\ ⇒ 4M AO =4DKO(g.c.g)

Suy ra: OA=OK ⇔CK =AB từ đó ta cóK cố định.

Mặt khác: KD2 ₌_KC.KB_⇒_D_∈_K;√_AB.AC _{(cố định)}

b, Ta dễ thấy tâm (AIO) là trung điểm AO nên tâm (AIO) thuộc đường thẳng đi qua trung
điểm của AI và vng góc với BC

Cho hai đường trịn (O) và (O0) cắt nhau tại A và B . Trên tia đối của tiaAB lấy điểm
M từM kẻ hai tiếp tuyến M C, M Dvới (O0),AC, ADcắt (O)tại E, F. Chứng minh rằng

a, Chứng minh rằng CD đi qua trung điểm của EF.

b, EF luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên tia đối của tia AB.

(Đề thi tỉnh Nghệ An 2017-2018)

Bài 46

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

a, CD∩EF ={N}

Ta có: 4DBF ∼ 4CBE(g.g)⇒ BD
CB =

DF
CE

Mặt khác: 4ADM ∼ 4DBM(g.g);4ACM ∼ 4CM B(g.g)⇒ BD
CB =
AD
CA ⇒

AD
CA =
DF
CE(∗)
Áp dụng định lý Menelaus ta có: EN

N F.
F D
DA.

AC

CE = 1⇒N E =N F

b, CD∩OO0 ={K}; M O0 ∩CD={H}; AB∩OO0 ={I}

Ta có: O0C2 ₌_O0_H.O0_M ₌_O0_I.O0_K _⇒_K _{cố định nên ta có đpcm.}

Cho tam giácABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâmO bán kínhR cố định vàDlà
chân đường phân giác trong góc A của tam giác. Gọi E và F lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác ABD và tam giác ACD.

a, Chứng minh _∠AEO=_∠ADC và tứ giác AEOF là tứ giác nội tiếp.

b, Chứng minh tam giácEOF là tam giác cân.

c, Khi BC cố định và A di động trên(O), chứng minh tứ giác AEOF có diện tích khơng
đổi.

(Đề thi tỉnh Thanh Hóa 2017-2018)

Bài 47

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

a, Ta có: AEO[ =\ADC = 90◦+BAE[
[

AF O =\ADB= 90◦−F AC[

Suy ra: AEO[ +AF O[ =ADC\+\ADB= 180◦ nên tứ giác AEOF nội tiếp.

b, Ta có: AOE[ = AOB[

2 =\ACD⇒EAO[ =DAC\=

[

BAC
2
Tương tự ta có: F AO[ = BAC[

2

Suy ra: EAO[ =F AO[ ⇒OE=OF

c, AD∩(O) = {A, I}

Ta có: 4AEO∼ 4BDI;4AF O ∼ 4CDI ⇒ SAEO
SBDI

= SAF O

SCDI

= AO
2

IB2
Suy ra: SAEOF =SBIC.

R2

BI2 (không đổi)
Vậy hoàn tất chứng minh.

Cho tam giác ABC và đường tròn nội tiếp (O) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại
D, E, F. Đường tròn (A;AE) cắt đường cao AH của tam giác ABC tại M (M nằm
giữa A và H). Đường thẳng OM và DM cắt đường tròn (A;AE) lần lượt tại K và N.
M O∩BC ={I}

a, Chứng minh rằng ba điểm A, I, N thẳng hàng.

b, Chứng minh rằng đường trịn đường kính AI tiếp xúc với (O).

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 48

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

a, Ta có: N DI[ =HM D\ + 90◦ = 90◦ +AM N\ =M KN\ ⇒ tứ giácN KDI nội tiếp.
⇒DN I[ =DKI.[

Mặt khác: OM.OK = OF2 = OD2 ⇒ 4OM D ∼ 4ODK(c.g.c) ⇒ ODK\ = ODM\ =

\

AM N =M N A\

Suy ra: DN I[ =M N A\ ⇒A, N, I thẳng hàng.

b, QuaAdựng đường thẳng song song vớiDN cắt DE tại J. Kéo dàiED cắtAH tạiL⇒AJ
là phân giác HAI[

Áp dụng Menelaus ta có: AE
EC.

DC
HD.

LH

LA = 1 ⇔
HD
LH =

AE
LA =

AM
AL =

J D

J L ⇒ HJ là phân
giác AHD\

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

Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định và điểmA thay đổi sao cho tam giácABC nhọn
không cân. Gọi D là trung điểm của BC và E, F tương ứng là hình chiếu của D trên
AC, AB.

a, Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng EF cắt AO và BC
theo thứ tự tại M vàN. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N luôn đi
qua một điểm cố định.

b, Các tiếp tuyến tạiE, F của đường tròn ngoại tiếp tam giácAEF cắt nhau tạiT. Chứng
minh rằng T luôn thuộc một đường thẳng cố định.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Lời giải

a, Ta có: AM N\ =OAC[ +M EA\ = 90◦−ABC[ +\ADF =F DB\+\ADF =\ADB
⇒AM DN nội tiếp hay(AM N) đi qua điểm D cố định.

b, ED∩AB ={K};F D∩AC ={L}. Khi đó D là trực tâm4AKL

Gọi T0 là trung điểm KL. Ta dễ dàng chứng minh được T0E;T0F là tiếp tuyến của (O) ⇒T
là trung điểm KL.

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

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong 1 đường tròn và ngoại tiếp một đường tròn khác, các
tiếp điểm lần lượt là E, F, G, H. Chứng minh: EG vng góc với F H.

(Đề xuất bởi thanhdatqv2003)

Bài 50

Lời giải

Ta có: EGH\+GHF\=AHE\+F GC[ = 180

◦₋_\_BAD

2 +

180◦−BCD\

2 = 90

◦

Suy ra: EG⊥F H

Tìm kích thước của tam giác ABC có diện tích lớn nhất nội tiếp đường trịn (O;R) cho
trước.

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 51

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

Gọi D là điểm chính giữa cung BC chứaA. E là trung điểm BC.
Ta có:

SABC ≤SDBC =DE.CE =

√

R2₋_OE2_.(R₊_{OE) =}p

(R+OE)3_(R₋_OE)
=

p

(R+OE)(R+OE)(R+OE)(3R−3OE)
√

3 ≤

3√3R2
4

Vậy để SABC lớn nhất thì tam giácABC là tam giác đều nội tiếp (O).

Cho điểm A thuộc đường trịn tâm O đường kính BC (A khác B và C). Vẽ đường tròn
tâm A tiếp xúc với BC tại H, cắt đường tròn (O) tại E và F. Gọi I là trung điểm của
HC, D là hình chiếu của I trên EF. Đường trịn đường kính AH cắt đường trịn (O) tại
G.

a, Chứng minh rằng các đường thẳng AG, EF, BC đồng quy.

b, Chứng minh rằng ba điểmA, D, C thẳng hàng.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 52

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

a, Kẻ đường kính AK, AH kéo dài cắt(O) tại L. EF cắt AH, AO lầ lượt tại M và S.
AG∩CB ={T}

Ta có: AM.AL=AS.AK =AE2 ₌_AH2 _⇔_AM.2AH ₌_AH2 _⇒_AM ₌_{M H} _⇒_{M G}₌_{M A}
Suy ra: OM ⊥AG⇒M là trực tâm 4AT O ⇒T M ⊥AO

Mà EF ⊥AO⇒T, E, F thẳng hàng. Suy raAG, EF, BC đồng quy.

b, Kẻ HD0 ⊥AC. Bằng phép cộng góc ta có:M D0 ⊥AO⇒D0 ∈EF.

Mặt khác: M D0 =M H; ID0 =IH ⇒M D\0_I ₌_{M HI}_\ _{= 90}◦ _⇒_ID0 _⊥_EF _⇒_D_≡_D0

Vậy hoàn tất chứng minh.

Cho đường tròn tâm O. Từ điểm M nằm ngồi đường trịn vẽ tiếp tuyếnM A, M C (A, C
là tiếp điểm), B thuộc cung lớn AC sao cho M B nằm giữa M O và M C. Tia M B cắt
đường tròn tại Q khác B, cắt CA tại N.

a, Gọi T là trung điểm của BQ. Chứng minh rằng M Q.M B =M N.M T

b, Gọi K là điểm đối xứng với C qua B. Qua Q kẻ đường thẳng song song với BC cắt
CM tại H. Chứng minh rằng QH, AC, M K đồng quy.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 53

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

QH ∩AC ={S}; M S∩CB ={K0_};_OM _∩_AC ₌_{I}

a, Ta có: M Q.M B =M A2 ₌_{M I.M O} ₌_{M N.M T}

b, Ta có: M I.M O = M Q.M B ⇒ IQBO nội tiếp ⇒ \QIM = \OBQ = \OQB = OIB[ ⇒ IN,
IM lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của4IBQ

Suy ra: QH
BC =

QM
M B =

QN
BN =

QS

BC ⇒ QS = QH ⇒ BK

0 ₌ _BC _⇒ _K _≡ _K0_{. Suy ra}

M K, AC, HQ đồng quy.

Cho tam giác ABC,M, N là trung điểm của AB, AC, đường tròn(AM C)cắt đường tròn
(AN B) tại G khác A, Dlà trung điểm của BC. Chứng minh _∠DAC =_∠GAB.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 54

Lời giải

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

Ta có: 4GBM ∼ 4GN C(g.g); 4BP C ∼ 4M GC(g.g)⇒ BP
P C =

M G
GC =

BM
N C =

AB
AC
⇒AC.BP =AB.CP.

Áp dụngPotolemeta có:BP.AC+AB.CP =AP.BC⇔2BP.AC = 2AP.DC ⇔ BP
AP =

DC
AC
⇒ 4P BA∼ 4CDA(c.g.c)⇒_∠DAC =_∠GAB(đpcm)

Cho tam giác ABC nội tiếp (O), D, E là trung điểm AB, AC, đường tròn (ADC) cắt
đường tròn (AEB) tại J khác A, trung trực BC cắt DE tại G. Chứng minh AJ OG nội
tiếp.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 55

Lời giải

Gọi L là giao điểm của ED với (AEB). LB cắt tiếp tuyến tạiC của (O) ởK.

Ta có: LBA[ = LEA[ = ACB[ ⇒ LB là tiếp tuyến của (O). Suy ra: A, J, K và G, O, K thẳng
hàng.

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

Từ điểm M nằm ngồi đường trịn(O)kẻ hai tiếp tuyếnM A, M B (A, B là các tiếp điểm).
Lấy E bất kì thuộc cung lớn AB. Trên M E, M O lấy C, D sao cho M B = M D = M C.
OM ∩AB={H}. Chứng minh: CD là phân giác_∠OCH

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 56

Lời giải

Ta có: M C2 =M B2 =M H.M O ⇒ 4HCM ∼ 4COM(c.g.c)⇒ CH
OC =
HM
CM =
HM
BM =
BH
OB
Vì M D =M B ⇒BD là phân giácOBH\ ⇒ BH

OB =
DH
OD
Suy ra: CH

OC =
DH

OD ⇒CD là phân giác OCH.\

Cho 4ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường trung trực đoạn IC cắt
AI, BI, AC, BC lần lượt tạiD, E, H, F. Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp 4AIH.

a, Chứng minh (T) đi qua E và 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.

b, Chứng minhIT ⊥BD.

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

Bài 57

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

a, Ta có: AIE[ =IAB[+IBA[ = 90◦−ICA[ =F HC\ =AHE\⇒AIHE nội tiếp⇒E ∈(T)
Ta có: HIC[ =HCI[ =ICF[ ⇒IH kBC ⇒AEI[ =AHI[ =ACB[ ⇒AECB nội tiếp.
Tương tự ta có ABDC nội tiếp từ đó 5 điểm A, B, C, D, E thuộc một đường tròn.

b, Kẻ tiếp tuyến ILcủa (T).

Ta có: LIAd =AEI[ =\ADB ⇒IL kBD ⇒IT ⊥BD (đpcm)

Cho 4ABC vuông tại A, đường cao AH. HD, HE lần lượt là phân giác góc BHA và
CHA (D, E thuộcAB, AC).I là trung điểm DE. BI cắt DH, CD lần lượt tại M, P; CI
cắt EH,BE lần lượt tại N, Q. BE cắt CD tại K. Chứng minh:

a, Tứ giác AP KQ nội tiếp.

b*, M N kDE và M N cắt AH tại K

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

Bài 58

</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>

a, Ta có: DHE\ =DAE\= 90◦ ⇒ tứ giác ADHE nội tiếp vàHA là phân giác DHE\ ⇒AD=
AE.

Ta lại có: BD
DA =

AE

EC ⇒BD.CE =AD.AE =DE.IE ⇒ 4BDE ∼ 4IEC ⇒DBE\ =EIC[
⇒ tứ giácIQBD nội tiếp⇒EQ.EB =EI.ED=EA2 ⇒AQ⊥BE ⇔AQK\= 90◦.

Tương tự thì ta có: AP K\=AQK\= 90◦ ⇒ tứ giác AP KQ nội tiếp.

b, Trước hết bằng định lý Ceva ta có: CD, BE, AH đồng quy tạiK.
Ta có: AIE[ =AQE[ = 90◦ ⇒AIQE nội tiếp

Suy ra: EQC[ =EHC\ =KHN\ = 45◦ ⇒ tứ giác KQN H, HQEC nội tiếp
⇒QKN\ =QHN\ =QCA[ =AEI[−EIC[ = 45◦−QAE[

Tương tự ta có:

\

M KD= 45◦−\DAP ⇒M KD\ +QKN\ = 90◦−\DAP −QAE[ =P AQ[ = 180◦−P KQ\

Vậy ta có: M, K, N thẳng hàng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

Cho đường trịn(O)có đường kínhBC vàAlà một điểm nằm trên nửa đường tròn. Đường
tròn (I;r) tiếp xúc với BC, CA, AB theo thứ tự tại D, E, F. Gọi M là trung điểm cạnh
AC. Đường thẳng M I cắt AB tại N, đường thẳng DF cắt đường cao AH tại P.

a, Chứng minh tam giác AN P là tam giác cân.

b, Gọi T là hình chiếu của D trên EF. Chứng minh rằng: T B.CD =T C.BD

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 59

Lời giải

Đặt AB=c; BC =a; CA=b ⇒r=ID=IE =IF = b+c−a

2 .

Ta có: EM =AM −AE = b
2 −

b+c−a

2 =

a−c

2 ⇒

EI
AN =

EM
AM ⇔

b+c−a
2

AN =

a−c
2
b
2
⇒AN = (b+c−a)b

2(a−c) =

a2₋_c2₋_b(a₋_c)
2(a−c) =

b+c−a
2
Qua A kẻ AK kBC (K ∈DF)

Ta có: 4KAP ∼ 4IDB(g.g)⇒AP =AK.AP

AK =AF.
BD

ID =BD=

b+c−a
2
Suy ra: 4AN P cân tạiA.

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

ST = CD = CE ⇒ 4RT B ∼ 4ST C(c.g.c) ⇒RT B[ =ST C[
⇔T D là phân giácBT C[ ⇒ BT

T C =
BD

DC ⇒BT.DC =BD.CT

Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường trịn(O)có ba đường cao AG, BD, CE cắt nhau
tại H. Gọi I là giao điểm của DE và AH. Đường thẳng qua I và song song với BC cắt
tia AB, tia DB lần lượt tại P vàQ. Gọi M là trung điểm củaAH.

a, Chứng minh rằng IP =IQ và I là trực tâm của tam giác M BC.

b, Từ A vẽ các tiếp tuyếnAS, AT với đường tròn đường kính BC (S,T là các tiếp điểm).
Chứng minh rằng ba điểm S, H,T thẳng hàng.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 60

Lời giải

a, Ta dễ dàng chứng minh được: DH và DA lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài
của 4IDG.

Suy ra: IQ
BG =
IH
HG =
ID
DG =
AI
AG =
IP

BG ⇒IQ=IP.
Ta có: 4M ID∼ 4M DG(g.g)⇒M I.M G=M D2 =M H2

</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

b, Ta có: AS2 ₌ _AT2 ₌ _AE.AB ₌ _AH.AG _{⇒ 4AHS} _{∼ 4ASG;} _4AHT _{∼ 4AT G} _⇒

[

AHS+AHT[ =ASG[ +AT G[

Mặt khác: ASN[ =AT N[ =\AGN = 90◦ ⇒ASGT nội tiếp nên suy ra: ASG[ +AT G[ = 180◦
Vậy ta có: S,H, T thẳng hàng.

Cho (O;R) và (O1;R1)cắt nhau tại A, B, tiếp tuyến tạiA của (O) và(O1)cắt (O1),(O)
tại D, C, AB cắt CD tại E, M là trung điểm DE.

1. Chứng minh EC
ED =

R2
R2
1
.

2. Chứng minh _∠M AC =_∠BAD.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 61

Lời giải

1, Ta có: 4BAD ∼ 4BCA(g.g)⇒ BA
BC =
BD
BA =
AD
AC =
R1
R
Mặt khác ta có: ABC[ =\ABD⇒\CBE =DBE\⇒ EC

ED =
BC
BD =

BC
BA.
BA
BD =
R2
R2
1

2, Gọi N là trung điểm AC. Ta có:AN M\ = 180◦−N AD\ = 180◦ −BAD\−\BDA=\ABD
Ta lại có: N M

N A =
AD
AC =

BD

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

Cho (O)và(O0)cắt nhau tạiA, B, tiếp tuyến chung ngoàiCD, (C ∈(O), D ∈(O0)). Một
dường thẳng d bất kì qua B cắt (O),(O0) tại E, F, CE cắt DF tại G, M là trung điểm
EF. Chứng minh _∠M GF =_∠AGC.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 62

Lời giải

Kéo dài BA cắt CD tại H. Khi đó ta có: HC2 ₌_HA.HB ₌_HD2 _⇒_HC ₌_HD.

Ta có: 4BCD ∼ 4GEF(g.g) mà hai tam giác có hai đường trung tuyến tương ứng nên

\

M GF =HBD\ =\ADC.

Mặt khác ta dễ dàng có tứ giác GCAD nội tiếp nên\ADC =AGC[

Vậy suy ra: M GF\ =AGC.[

Cho4ABC nhọn(AB < AC), đường caoBD, CE cắt nhau tạiH.M, N lần lượt là trung
điểm BD, CE. Gọi I là trực tâm 4ADE. Chứng minh M N ⊥HI

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

Bài 63

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

Gọi P là giao điểm của DE vàIH. Ta có: tứ giácHEID là hình bình hành

Dựa vào tính chất đường trung bình thì ta dễ dàng chứng minh đượcM là trực tâm4HP N ⇒
M N ⊥HI

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường
tròn (O) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại R, P, Q. Gọi I là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác ABC.

a, Chứng minh rằng BRI[ =CRI[.

b, Đường trung trực của AI cắt AC, AB theo thứ tự tại E, F. Chứng minh rằng đường
tròn tiếp xúc với AC, AB tại E, F tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 64

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

a, Theo bài 18ta có tứ giác P IRB, QIRC nội tiếp nênBRI[ =AP Q[ =AQP[ =CRI[

b, (EIB)∩(F IC) = {I, G} Gọi T là tâm đường tròn tiếp xúc với AB, AC tại E, F Ta có:

\

BGC =BGI[ +IGC[ =BEI[+IF C[ = 2EAI[ + 2F AI[ = 2BAC[ =\BOC ⇒G∈(O)
Ta có: EGF[ =EBI[ +ICF[ = 90◦−BAC[

2 =

[

ET F

2 ⇒G∈(T)

Mặt khác: F GC[ =F IC[ =F IQ[+QIC[ =F EI[+IBC[ =GEF[ +\GBC
Suy ra: (T)tiếp xúc với (O) tại G.

Cho tam giác ABC nội tiếp (O),M là trung điểm cung nhỏ BC. Lấy K, Llần lượt thuộc
AB, AC sao cho OK kM B và OLkM C. M L cắt (O) tại điểm thứ 2 là G.Chứng minh
BG chia đôi KL.

(Đề xuất bởi kekkei)

Bài 65

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

Kéo dài M O cắt (O) tại J. Gọi P, Q,I lần lượt là trung điểm KM, LM,KL.
Ta có: AJ M\ =ACM\ =ALO[ ⇒J ∈(AKOL).

Suy ra: 4J LC =4J KB(g.c.g)⇒KB =LC.

Trên tia đối của tia BA lấy R sao cho BR=BK =CL

⇒ 4M BR=4M CL(c.g.c)⇒M L=M R= 2BP ⇒M Q=QL=BP =P I.
Tương tự ta có: M P =P K =CQ

Suy ra ta có: 4M BP =4CM Q; 4CLQ=4KBP(c.c.c)

⇒BP I[ =KP B\+KP I[ =P BM\ +P M B\ +P M Q\ =BM C\ ⇒BIP[ =BCM\ =BGM .\

Vì P I kM G⇒B, I, G thẳng hàng nên ta có đpcm.

Cho 4ABC nhọn có đường cao BG, CI cắt nhau tại H. Trung trực của AH cắt AB, AC
lần lượt tại D, E. OD, OE cắt IG lần lượt tại S, T. Chứng minh: AO đi qua trung điểm
ST.

(Đề xuất bởi viethoang2002)

Bài 66

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

Ta có: 4ADH ∼ 4AOC(g.g)⇒ 4ADO∼ 4AHC(c.g.c)⇒\AOD=\ACH.
Tương tự ta có: AOE[ =\ABH ⇒OA là phân giácDOE.\

Mặt khác dễ dàng chứng minh: OA⊥IG⇒ 4OST cân tại O hay ta có đpcm.

Cho góc xAy vng tại A và hai điểm B, C trên Ax, Ay. Dựng hình vng M N P Q có
M trên AB, N trên AC và P, Q trên BC. Biết rằng B, C dịch chuyển và thỏa mãn
AB.AC =k2 _{(khơng đổi). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình vng} _{M N P Q.}

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 67

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

Đặt độ dài cạnh hình vng là x và AH =h, BC =a.

Ta có: M Q
AH +
M N
BC =
BM
AB +
AM

AB = 1⇔
x
h +

x

a = 1 ⇒x=
ah
a+h =

k2

a+h
Ta có: a2 =AB2+AC2 ≥2AB.AC = 2k2 ⇒a ≥√2k

Suy ra: a+h= a
2+

a

2 +h ≥3

3
r
ah.a
4 ≥
3
√

2k ⇒x

2 _≤ 2k
2

9 .
Vậy giá trị lớn nhất của SM N P Q= 2

9k

2 _khi _AB₌_AC ₌_|k|

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O). M là trung điểm BC, E là điểm chính giữa cung

nhỏ BC. Lấy F đối xứng với E qua M. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp 4ABC và P
thay đổi trên(IBC) sao choP, O, F không thẳng hàng. Chứng minh tiếp tuyến tạiP của
(P OF)luông đi qua 1 điểm cố định khi A di chuyên trên cung lớn BC.

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 68

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

Kéo dài EM cắt (O) tại điểm G.

Ta có: M I =M B =M C. Suy ra: EP2 ₌_EC2 ₌_EM.EG₌_EM.2EO ₌_EF.EO
⇒EP là tiếp tuyến của(P OF). Suy ra đpcm.

Cho tứ giác ABCD có ABC[ = \ADC = 90◦ nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M trên
đoạn thẳng ABsao cho AM =AD. Đường thẳngDM cắt BC tại N. GọiH là hình chiếu
của D trên AC và K là hình chiếu của C trên AN.

a, Chứng minh rằng M HN\ =M CK.\ (USMO 2009)

b, Gọi T là giao điểm của AB và CK. Lấy các điểm E, F lần lượt trên đoạn AT và CT
sao cho EF song song với AC và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T EF nằm trên
AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tam giácT EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác
N AC tiếp xúc với nhau.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 69

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

a, Ta có AM2 ₌_AD2 ₌_AH.AC _{⇒ 4AM H} _{∼ 4ACM}_.

\

CN D = 90◦−AM D\ = 90◦−ADM\ =N DC\ ⇒CN =CD ⇒CN2 ₌_CH.CA

⇒ 4CN H ∼ 4CAN ⇒M HN\ =M HA\−N HA\ =AM C\−BN A\=AM C\−M T C\ =M CK.\

b, Vì AC kEF nên dễ dàng chứng minh(T AC) và (T EF) tiếp xúc với nhau.

Mặt khác dễ dàng chỉ ra (AN C) và (T AC) đối xứng qua AC, AC là truc đối xứng của (O),
(T EF)

Suy ra (T EF)tiếp xúc (AN C)theo tính đối xứng.

Cho 4ABC nội tiếp (O), phân giác góc BAC cắt (O) tại D. Gọi N, K lần lượt là chân
các đường vng góc kẻ từ O, D xuống AC. Chứng minh AB= 2N K.

(Đề xuất bởi phamhuy1801)

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

Kẻ DH ⊥AB.

Ta có: 4DCK =4DBH(g.c.g)⇒BH =CK

Vì AK =AK ⇒AC =AB+ 2CK ⇒N K =N C −CK = AC−2CK

2 =

AB
2
Suy ra đpcm.

Cho tam giácABC nội tiếp(O).M là điểm bất kì thuộc trung trực của BC.R, S lần lượt
là tâm nội tiếp các tam giác ACM, ABM. Chứng minh (ARS) qua 1 điểm cố định khác
A khi M thay đổi.

(Đề xuất bởi taconghoang)

Bài 71

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

Gọi K là điểm chính giữa cung lớn BC. (M RC)∩KM ={M, P}; (M RC)∩KC ={C, Q}
Ta có: 4KP Q∼ 4KBM(g.g)(1)

Ta lại có: SM R\ = BM C\

2 =BM P\ ⇒BM S\ =P M R.\
Mặt khác: KCR\= KCM\ +KCA\

2 =

\

KBM +ABK\

2 =SBM\

⇒ 4P RQ∼ 4BSM(g.g)(2)

Từ (1),(2) ta có: 4KRP ∼ 4KSB ⇒SKR[ =BKP\ = BAC[

2 =SAR[ ⇒K ∈(ASR).
Vậy (ASR) đi qua điểm K cố định khi M di động.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn(O)cóBC cố định vàA di động sao cho tam giác
ABC luôn nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Đường tròn tâm H bán kính AH
cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N.

a, Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H và vng góc với M N cũng đi qua một điểm
cố định.

b, Gọi D và E theo thứ tự là giao điểm của AB, AC với tiếp tuyến tại O của đường tròn
ngoại tiếp tam giác BOC. GọiQlà điểm đối xứng vớiAquaDE. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác QDE tiếp xúc với đường tròn (O).

(Đề xuất bởi khanhdat1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

Lời giải

a,Ta có:BM H\ =BAH\=BCH\ ⇒BHCM nội tiếp. Tương tự thì ta có 5 điểm M, B, H, N, C
cùng thuộc 1 đường tròn.

LấyK đối xứng với O qua BC ⇒AHKO là hình bình hành. Kẻ tiếp tuyếnAx của (O).
Ta có: \M Ax=BCA[ =BM N\ ⇒AxkM N.Vì Ax⊥AO⇔Ax⊥HK ⇒HK ⊥M N.
Vậy đường thẳng qua H và vng góc với M N đi qua điểm cố định là K.

b, Ta có: DE kBC ⇒(ADE)tiếp xúc với (O).

Mà (ADE); (QDE) đối xứng qua DE và DE là trục đối xứng của (O)
⇒(QDE)tiếp xúc với (O).

Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O). D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Lấy I
bất kì trên đoạn BC, dựng hình bình hành IKDL (K ∈ BD, L ∈ CD). Chứng minh:

AI ⊥KL

(Đề thi chuyên Lê Quý Đôn 2016-2017)

Bài 73

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

AI∩KL={E}.

Ta có: KD=IL=LC;OL=OC;OCL[ =\ODC=ODK\ ⇒ 4OLC =4OKD(c.g.c)
⇒OKD\ =OLC[ ⇒OKDL nội tiếp ⇒COL[ =KOD\ =\KLD.

Mặt khác ta có: 4AOC ∼ 4ILC(g.g)⇒ 4OLC ∼ 4AIC ⇒LOC[ =IAC[

Suy ra: KLD\=IAC[ ⇒AELC nội tiếp. Từ đó ta có đpcm.

Cho điểmAcố định thuộc(O;R). Hai dây cung thay đổiAB, ACthỏa mãnAB.AC = 3R2_.
Chứng minh:

a, BC tiếp xúc với 1 đường tròn cố định.

b, Xác định vị trí các dây AB, AC để diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất.

(Đề xuất bởi eLcouQTai)

Bài 74

</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

Gọi AH là đường cao của 4ABC, kẻ đường kính AD.

Dễ dàng chứng minh 4HAB ∼ 4CAD(g.g)⇒AB.AC = 2R.AH ⇒AH = 3
2R

⇒BC tiếp xúc với

A;3
2R

.

SABC lớn nhất ⇔ BC lớn nhất ⇔ OM nhỏ nhất ⇒ M ≡ L. Trong đó L là giao của AD và

A;3
2R

.

Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, nội tiếp đường trịn (O) . Đường trịn tâm P
đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tạiF và E. Gọi giao điểm của BE và CF là H. Vẽ
HD vng góc với BC tại D. Gọi K là giao điểm của EF và AH. Gọi I là trung điểm
của AH.IC cắt đường tròn (P)tại M khác C. Chứng minh rằng :

a) A, H, D thẳng hàng vàB, K, M thẳng hàng.

b) Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B, C của đường tròn(O) . GọiS là điểm đối

xứngT quaBC. GọiJ, N theo thứ tự là giao điểm củaEF vớiSB, SC. Chứng minh rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác SJ N.

(Đề xuất bởi khanhdat1)

Bài 75

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>

a) Vì E, F ∈ (P,BC

2 ) nên \BEC = \BF C = 90

◦ _hay _{BE, CF} _{là các đường cao của tam giác}

ABC. Suy ra : H là trực tâm của tam giác ABC ⇒AH ⊥BC.
Mà HD⊥BC nên A, H, D thẳng hàng.

Dễ dàng ta chứng minh được IE là tiếp tuyến của (P) nên IEK[ =ABE[.

Mặt khác ta có : \ADB = AEB[ = 90◦ ⇒ AEDB nội tiếp ⇒ ABE[ = IDE. Suy ra :[ IEK[ =

[

IDE.

Do đó : 4IDE ∼ 4IEK(g.g)⇒IE2 ₌_IK.ID.₍₁₎

Ngoài ra do IE là tiếp tuyến của (P) nên dễ có IE2 = IM.IC. Kết hợp với (1) ta được :
IK.ID =IM.IC ⇒ 4IM K ∼ 4IDC(c.g.c)⇒IM K\ =IDC[ = 90◦ ⇒KM ⊥IC.

Mà M ∈(P,BC

</div>
<span class='text_page_counter'>(81)</span><div class='page_container' data-page=81>

cân tại N ⇒CN E\ = 180 −2N F C\ = 2ACB[ =\BP E ⇒CP EN nội tiếp.
Tương tự ta cũng có BF J P nội tiếp.

Gọi X là giao điểm thứ 2 của (BP F) và (CN E). Khi đó : BXC\ =BXP\+CXP\ =BF P[ +

[

CEP =ABC[ +ACB[ = 180◦−BAC[ =BHC\ ⇒BHXC nội tiếp.
Do tính chất đối xứng của S và T nên SN XJ cũng nội tiếp.

Ta lại có :BXJ[ =AF E[ =ACB[ =XCB\+\XCA=XCB\+XN J.\

Từ đó suy ra (BXC) tiếp xúc với (N XJ)hay (BHC) tiếp xúc với (SN J).

Cho tam giác ABC với AB=AC và Dlà trung điểmAC.Phân giácBAC[ cắt(BCD) tại
E ở miền trong tam giác.BD cắt (ABE) tại F(KhácB).AF cắt BE tại I và CI cắt BD
tại K. Chứng minh rằng : I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KAB.

(Đề xuất bởi BurakkuYokuro11)

Bài 76

Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(82)</span><div class='page_container' data-page=82>

Mà ECA[ =EBD\ nên EBD\=EBA[ hay BI là tia phân giác củaABK\.
Ta đi chứng minhAI là tia phân giácBAK.

Gọi G là trung điểm BC, H là giao điểm thứ 2 củaIC với (BDC).

Ta có : DGkAB⇒\AGD=BAE[ =EF D\⇒DEF Gnội tiếp.

Do đó : AF G[ = AF E[ +EF G[ = ABE[ + 180◦ −EDG\ = ABE[ +\ADE +GDC\ = ABE[ +

\

EBC+BAC[ = 180◦−ACB[ ⇒AF GC nội tiếp.

Lại có :IH.IC =IE.IB=IF.IA⇒AHF C nội tiếp hayA, H, F, G, C cùng thuộc một đường
trịn đường kính AC ⇒DH =DC ⇒BD là tia phân giác HBC.\

Suy ra : 4CKD ∼ 4BCD(g.g)⇒CD2 =DK.DB ⇒AD2 =DK.DB

⇒ 4ADK ∼ 4BDA(c.g.c)⇒KAD\ =ABD.\

Do đó : IAB[ =IEF[ = BED\−DEF\ = (180◦ −ACG)[ −(180◦−\DGF) = \DGF −ACG[ =
(90◦ −GDF\

2 )−(90

◦₋ BAC[

2 ) =

[
BAC
2 −
\
GDF
2 =

[
BAC
2 −
\
ABD
2 =
[
BAC
2 −
\
DAK
2 =
\
KAB
2
⇒AI là tia phân giác của KAB. Suy ra\ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giácAKB.

Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B cắt nhau tại P. Trên cung nhỏ AB, lấy điểm
C sao cho khơng phải là điểm chính giữa cung đó. Tiếp tuyến tại C cắt OP tại F và cắt
P A,P B lần lượt tạiDvà E. Chứng minh rằng(P CF);(P AB);(P DE)đồng quy tại một
điểm khác P.

(Đề xuất bởi Badong2211)

Bài 77

</div>
<span class='text_page_counter'>(83)</span><div class='page_container' data-page=83>

Giả sử C, B nằm cùng phía so vớiOP. Gọi {P, T}= (P CF)∩(P DE).

Ta có: CT E[ =F CT[ −CET[ = (180◦−F P T[)−(180◦−DP T[) =DP F\= DP E\

2 =

\

DT E
2
⇒T C là phân giác góc DT E ⇒ DC

DT =
CE
ET ⇔

AD
DT =

BE

ET ⇒ 4BET ∼ 4ADT(c.g.c)
⇒DAT[ =EBT[ ⇒T ∈(P AB)

Suy ra điều phải chứng minh.

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AZ. Lấy D bất kì trên BC và lấy X, Y
trên OB, OC sao cho BXD\ +ABC[ = CY D\+ACB[ = 180◦. Chứng minh: XZY\ không
đổi khi D di chuyển trên BC.

(Đề xuất bởi Fabffriver)

Bài 78

</div>
<span class='text_page_counter'>(84)</span><div class='page_container' data-page=84>

Gọi {D, T}= (BXD)∩(CY D)

Ta có: BT C[ =\BT D+DT C[ =OXD\ +OY D\=ABC[ +ACB[ = 180◦−BAC[

⇒T ∈(ABC)⇒OY T[ =\OY D+DY T\=ACB[ +DCT[ =ACT[ =OZT[

⇒O, Y, Z, T đồng viên. Tương tự ta có: X, O, Z, T đồng viên ⇒XZY\ = 180◦−\BOC(const)
Vậy ta có đpcm.

Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) và (I) tiếp xúc với BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng
vng góc với AD cắt BI, CI lần lượt tại M, N. Chứng minh: 4AM N cân.

(Đề xuất bởi Nguyễn Minh Hà)

Bài 79

</div>
<span class='text_page_counter'>(85)</span><div class='page_container' data-page=85>

Gọi K là giao điểm thứ 2 của AD với (I). E, F lần lượt là các tiếp điểm của AC, AB với (I).

Bằng phép biến đổi góc ta có: 4KF D∼ 4IDM; 4IDN ∼ 4KED(g.g)
⇒ DM

ID =
DF
F K;

DN
ID =

DE
EK.

Mặt khác dễ dàng chỉ ra được: DF

F K =
DE

EK ⇒DM =DN.
Suy ra 4AM N cân tạiA.

Cho hình bình hành ABCD. Đường phân giác BAD\ cắt cạnh CD và đường thẳng BC
tại M, N.Vẽ đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác CM N.Vẽ dây cung CK của (O) sao
cho CK song song BD. Chứng minh rằng : B, K, O, C, D cùng thuộc một đường tròn.

(Đề xuất bởi Tea Coffee)

Bài 80

</div>
<span class='text_page_counter'>(86)</span><div class='page_container' data-page=86>

Gọi E là giao điểm của AC và BD.

Do AN là tia phân giác của \DAB nên DN A\ =N AB\ =DAN\ ⇒ 4DAN cân tại D⇒DN =
AD=BC.

Mặt khác : CM N\ =DAN\ =DN A\ = CN M\ ⇒ 4OM N cân tại C ⇒CN = CM ⇒ OC là
trung trực của M N ⇒M CO\ =OCN\ =ON C\ ⇒\BCO=DN O.\

MàO là tâm (CM N)nên OC =ON. Suy ra : 4ON D = 4OCB(c.g.c)⇒ODN\ =\OBC ⇒
ODBC nội tiếp.(1)

Vì 4ON D = 4OCB nên OD =OB ⇒OE là trung trực củaBD.

Ta lại có : CK k BD nên OE cũng là trung trực của CK hay OE là trục đối xứng của hình

thang BCKD⇒BCKD là hình thang cân ⇒BCKD nội tiếp.(2)

</div>
<span class='text_page_counter'>(87)</span><div class='page_container' data-page=87>

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường tròn (O1) qua B.C cắt cạnh AB, AC tại D, E.
Đường tròn (O2)qua A, D, E cắt (O) tại K (K khácA).Gọi M, N lần lượt là trung điểm
BD, CE. Chứng minh rằng A, K, N, O1, M cùng thuộc một đường trịn.

(Đề xuất bởi Tea Coffee)

Bài 81

Lời giải

Vì O1 là tâm (BDEC) mà M, N lần lượt là trung điểm của BD, CE nên O\1M A =O\2N A=
90◦ ⇒AM O1N nội tiếp.

Ta có : KDA\ =KEA\ ⇒KDB\ =KEC\ và KBD\ =\KCA.
Nên 4KBD ∼ 4KCE(g.g).

</div>
<span class='text_page_counter'>(88)</span><div class='page_container' data-page=88>

Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O), BD là phân giác ABC.BD[ cắt (O) tại E.
ĐƯờng trịn (O1) đường kính DE cắt (O) tại F.

a) Chứng minh : đường thẳng đối xứng vớiBF qua BD đi qua trung điểm của AC.

b) Giả sử tam giácABC vuông tạiB, BAC[ = 60◦ và bán kính của(O)bằng R. Tính bán
kính (O1) theo R.

(Đề xuất bởi quynhanhlh7)

Bài 82

Lời giải

a)

Gọi M là trung điểm BC, kẻ đường kính EI của (O)suy ra I, D, F thẳng hàng.
Ta có: IM D\=IAD[ = 90◦ ⇒AIM D nội tiếp.

Từ đó ta có:

[

F AE =F IE[ =DAM\ ⇒ đpcm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(89)</span><div class='page_container' data-page=89>

Ta có: DC
AD =

BC
AB =

√

3⇔ AC
AD =

√

3 + 1⇒AD= (√3−1)R ⇒OD =R−AD= (2−√3)R.

Áp dụng Pythagoras ta có: DE2 ₌_DO2₊_OE2 _{= (8}₋₄√_3)R2 _⇒_R
(O1)=

p

8−4√3R

2 .

Cho (I, R)và (J, r)là hai đường tròn bàng tiếp trong BAC[ vàABC[ của tam giác ABC.
Đường tròn (I) tiếp xúc AB tại N,BC tại P,AC tại H.Đường tròn (J) tiếp xúc BA tại
K,BC tại Q,N M là đường kính của (I). Chứng minh rằng BC, AH, KM đồng quy.

(Đề xuất bởi Tea Coffee)

Bài 83

</div>
<span class='text_page_counter'>(90)</span><div class='page_container' data-page=90>

(J) tiếp xúc với BC tại L.

Ta có : KL⊥AJ ⇔KL||AI ⇔KL⊥N H ⇔KLkHM.
Mặt khác: HIM\ =N AH\ =AJ L[ ⇒ 4J KL∼ 4IHM ⇒ HM

KL =
IH
J M =

CH
CL.
Suy ra 4CHM ∼ 4CLK(c.g.c)⇒K, C, M thẳng hàng.

Từ đó ta có đpcm.

Cho tam giác đều ABC và M là điểm bất kỳ trên BC.Gọi H, K là chân đường vng góc
kẻ từ M xuống AB, AC.Xác định vị trí M để diện tích tam giác HM K lớn nhất.

(Đề xuất bởi Tea Coffee)

Bài 84

</div>
<span class='text_page_counter'>(91)</span><div class='page_container' data-page=91>

Ta có : HM K\ = 120◦ khơng đổi nên để SHM K lớn nhất thìM H.M K phải lớn nhất.
Ta lại có :M H.M K =

√
3
2 BM.

√
3

2 M C =
3

4M C.M B ≤
3
16.BC

2_.

Vậy vớiM là trung điểm BC thì diện tích tam giác HM K lớn nhất.

Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp (O). Phân giác góc BAC cắt (O) tại D khác
A, E đối xứng Dqua O. Gọi F là một điểm trên cung BD không chứa A, C của (O);F E

cắt BC tại G, H thuộcAF sao choGH song song với AD. Chứng minhHG là phân giác

\

BHC.

(Đề xuất bởi Diepnguyencva)

Bài 85

</div>
<span class='text_page_counter'>(92)</span><div class='page_container' data-page=92>

Gọi I là giao của HG và DE.

Ta có : F HI[ = \F AD =F ED\ ⇒ F HEI nội tiếp ⇒GH.GI =GF.GE =GB.GC ⇒ BHCI
nội tiếp.

Suy ra : BHI[ =BCI[ =CBI[ =CHI[ ⇒HG là tia phân giác BHC.\

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O có các đường chéo AC và BD vng góc
với nhau. Các điểm M và N lần lượt là điểm chính giữa các cung ADC và ABC. Đường
kính qua D của (O) giao dây cungAN tại G. Đường thẳng qua G song song với N C cắt
CD tại K. Chứng minh rằng BM ⊥AK.

(Đề xuất bởi quangminhltv99)

Bài 86

</div>
<span class='text_page_counter'>(93)</span><div class='page_container' data-page=93>

Ta có: ADCN nội tiếp và N C || GK nên AGKD nội tiếp .
Suy ra N GD\ =\CKA mà \ACD=AN D\ ⇒N DG\ =CAK.\

Ta lại có: N DG\ =ON D\ =DBM\ ⇒DBM\ =CAK\.

Từ đó ta có đpcm.

Cho (O)và dâyABkhơng đi qua tâm. DâyP Qvng góc với ABtại H (HA > HB).M
là hình chiếu của Q trên P B, QM cắt AB tại K. Tia M H cắt AP tại N. TừN kẻ đường
thẳng song song với AK cắt QB tại I. Chứng minh : P, I, K thẳng hàng.

(Đề xuất bởi MarkGot7)

Bài 87

</div>
<span class='text_page_counter'>(94)</span><div class='page_container' data-page=94>

Gọi {I0}=QB∩P K.

Ta có : P HK\ =P M K\ =QHB\ =QM B\ = 90◦ nên các tứ giác HBM Q, HP KM nội tiếp.
⇒M QB\ =M HB\ =M P I\0 _⇒_{P I}0_{M Q} _{nội tiếp}_⇒_{P I}_[0_Q₌_{P M Q}_\ _{= 90}◦_.

Tam giác P AB nội tiếp(O) cóQM ⊥P B ,QH ⊥AB mà M, H, N thẳng hàng nên theo tính
chất của đường thẳng Simson ta có : QN ⊥AP.

Lại có : M KH\ =M P H\ =QAB[ ⇒ 4QAK cân tạiQ⇒P QA[ =P QK.\

Mà \N QA=I\0_QK _{= 90}◦₋_{P KQ}_\ _{= 90}◦₋_{P AQ}_[ _nên _{P QN}_\ ₌_{P QI}_[0_.

Mặt khác : QP N\ =QP I[0 _nên _{P Q} _{là trung trực của} _{N I}0 _hay _{P Q}_⊥_{N I}0 _⇒_{N I} _k_AK _⇒_I0 _≡

I ⇒P, I, K thẳng hàng.

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). M là điểm chính giữa cung lớn BC. Lấy D, E thuộc tia
đối của tia AB, AC sao cho BD=AC và CE=AB. Gọi K là điểm đối xứng với M qua
BC. Chứng minh: D, K, E thẳng hàng.

(Đề xuất bởi Phan Quế Sơn)

Bài 88

</div>
<span class='text_page_counter'>(95)</span><div class='page_container' data-page=95>

Dựng hình bình hànhABF C. Từ đó ta có: 4BDF và4CEF cân tạiB và C.
Ta có: CF E[ =\BF D= 90◦− BAC[

2 và\BF C =BAC[ ⇒D, F, E thẳng hàng.
Mặt khác: \BF C =BAC[ =BKC\ ⇒BKF C nội tiếp.

Suy ra: BF K\ =BCK\ = 90◦− BKC\
2 = 90

◦ ₋BAC[

2 =BF D\⇒D, K, F thẳng hàng.
Tương tự K, F, E thẳng hàng nên ta có đpcm.

Cho tam giácABC, phân giácAD, trung tuyếnAM. Đường vng góc vớiAD tại D cắt
AB, AM lần lượt tại X, Y. Đường vuông góc với AB tại X cắt AD tại Z. Chứng minh
Y Z vng góc với BC.

(Đề xuất bởi viaaiv)

Bài 89

Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(96)</span><div class='page_container' data-page=96>

Kéo dài DY cắt AC tại I.
Suy ra ZI ⊥AC.

Từ Y kẻ đường thẳng vng góc với Y Z cắt AB, AC tại P, Q.
Ta có hai tứ giác ZY P X và ZY IQ nội tiếp.

Kết hợp với \ZXY =ZIY[ thì ta có: ZP Y[ =ZQY[.

Suy ra Y P =Y Qmà M B =M C từ đó ta có P Q||BC. Suy ra đcpcm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(97)</span><div class='page_container' data-page=97>

Ta có : AD cắt đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC tại I.

KẻIK vng góc vớiABsuy ra tứ giácIM BK nội tiếp nênIKM\ =\IBM = BAC[

2 =KAI[ ⇒
KM ⊥AI ⇒KM||XY ⇒Y Z||M I ⇒đpcm.

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cóAB < AC. Gọi M là trung điểm BC.AM cắt (O) tại
điểm thứ hai là D. Đường tròn ngoại tiếp 4M DC cắt AC tại E. Đường tròn ngoại tiếp
4M BD cắt đường thẳng AB tại F.

a) Chứng minh4CED ∼ 4BF D và E, M, F thẳng hàng.

b) Phân giác _∠BAC cắt EF tại N. Phân giác _∠CEM cắt CN tại P. Phân giác _∠BF N
cắt BN tại Q. Chứng minh P QkBC.

(Đề xuất bởi MoMo123)

Bài 90

Lời giải

</div>
<span class='text_page_counter'>(98)</span><div class='page_container' data-page=98>

Từ (1) và (2) suy ra : 4CED ∼ 4BF D(g.g)

⇒BDF\=\CDE ⇒BM F\ =CM E\ ⇒F M C\ +CM E\ =BM F\ +F M C\ = 180◦.
⇒E, F, M thẳng hàng.

b) Tam giácBF N có tia phân giác F Qnên : QN
QB =

F N
F B.
Tam giác CEN có tia phân giác EP nên : P N

P C =
EN
EC.
Tam giác AEF có tia phân giác AN nên : N F

N E =
AF
AE.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC có cát tuyếnF M E, ta có :
EC

EA.
M B
M C.

F A
F B = 1

Theo giả thiết ta có : M là trung điểm BC nên M B =M C. Suy ra : EC
EA =

F B
F A.
⇒ F A

EA =
F B
EC ⇒

N F
N E =

F B
EC ⇒

F N
F B =

EN
EC ⇒

QN
QB =

P N

P C ⇒P QkBC.

Cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp (O). Lấy điểm E thuộc cung nhỏ AB. AE cắt BC
tại H. AB cắt CE tại F. AE cắt DC tại K. Chứng minh rằng : đường tròn ngoại tiếp
4F BE tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp 4KED.

(Đề xuất bởi MarkGot7)

Bài 91

</div>
<span class='text_page_counter'>(99)</span><div class='page_container' data-page=99>

Ta sẽ đi chứng minh OE là tiếp tuyến chung của (KDE) và (EF B).

Thật vậy, ta có : OEC[ =OCE[ =ACE[ =ABE[ ⇒OE là tiếp tuyến của (EF B).(1)
Tương tự ta cũng có : \OED=ODE\=BDE\=BAE.[

MàABCD là hình chữ nhật nênAB kKC ⇒BAE[ =DKE. Suy ra :\ OED\=DKE\ hay OE
là tiếp tuyến của (KDE).(2)

Từ (1) và(2) suy ra : OE là tiếp tuyến chung của(KED) và(EF B). Do đó :(KED)tiếp xúc
(EF B).

Cho xOyd vng và hai điểm cố định A, B trên Ox (A nằm giữa O và B). Điểm M chạy

trên Oy (M khácO). Đường trịn đường kính ABcắt M A, M B lần lượt tạiC, E. TiaOE
cắt đường tròn tại F. Xác định vị trí của M để tứ giác OCF M là hình bình hành.

(Đề xuất bởi MarkGot7)

Bài 92

Lời giải

Gọi D=M C ∩OF.

</div>
<span class='text_page_counter'>(100)</span><div class='page_container' data-page=100>

tứ giác M OCB nội tiếp. Do đó : \CBO=CM O.\ (2)

Theo giả thiết ta có tứ giác AF EB nội tiếp nênABF[ =AEF[. (3)

Từ (1),(2) và (3) suy ra : CBA[ =CM O\ =AEO[ =ABF[ ⇒BA là tia phân giác \F BC.
Mà BA là đường kính của đường trịn qua A, F, B, C nên BA là trung trực của CF.

Suy ra : CF ⊥AB ⇒CF kM O ⇒M OCF là hình thang.

Giả sử OCF M là hình bình hành⇒D là trung điểm OF.

Ngồi ra BA là trung trực của CF nên OA là trung tuyến của 4OCF. Suy ra : A là trọng
tâm của tam giácOF C ⇒ CA

CD =
2
3 ⇒

CA
AM =

1
2 .

Vì tứ giácM OCB nội tiếp nênCA.AM =OA.AB ⇒ AM
2

2 =OA.AB ⇒AM

2 _{= 2OA.AB} _⇒
AM =√2OA.AB. Vậy vớiM chạy trênOy thoảAM =√2OA.AB thì tứ giác OCF M là hình
bình hành.

Cho tam giácABC nhọn và cân tại C. Đường trịn tâmO đường kínhBC cắt ABvà AC
lần lượt tại E và F. Gọi H là giao điểmBF và CE. Đường trịn đường kính EC cắt AC
tại M. Gọi K là giao điểm củaBM và (O). Chứng minh KC đi qua trung điểm HF.

(Đề xuất bởi Diepnguyencva)

Bài 93

</div>
<span class='text_page_counter'>(101)</span><div class='page_container' data-page=101>

Gọi I =CK∩M E.

Ta có : M EA\ = 90◦−CAB[ = 90◦−CBA[ =ECB\⇒M EA\+\OEB =\BCE+\CBE = 90◦ ⇒

\

M EO = 90◦ ⇒M E là tiếp tuyến của(O)⇒M EK\ =KCE.\

Suy ra 4IEK ∼ 4ICK(g.g)⇒IE2 ₌_IK.IC.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác IM C vuông tại M có đường cao M K ta có :
IM2 ₌_IK.IC

Do đó : IM =IE mà HF kEM nên KC đi qua trung điểm của HF.

Từ điểmA nằm ngồi đường trịn(O)kẻ 2 tiếp tuyến ABvà AC; cát tuyếnADE sao cho

BD < CD;AD < AE. Gọi H là giao điểm của OA và BC. Gọi I là trung điểm DE. Kéo
dài IH cắt (O) tại K sao cho H nằm giữa I và K. Gọi S là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác OKA. Chứng minh OS ⊥IK.

(Đề xuất bởi Diepnguyencva)

Bài 94

</div>
<span class='text_page_counter'>(102)</span><div class='page_container' data-page=102>

Gọi F là giao điểm thứ hai của IH với đường trịn (O).
Vì tứ giácF BKC nội tiếp nên : HF.HK=HB.HC
Mà tứ giác BOCA nội tiếp nên : HB.HC=HO.HA

Suy ra : HF.HK =HO.HA⇒AKOF nội tiếp. Do đó : F K là dây chung của hai đường tròn
(O)và (S) nên OS ⊥F K hay OS⊥IK.

Cho đường tròn (O)và dâyBC cố định không đi qua tâm , điểmA di động trên cung lớn
BC,(I)nội tiếp tam giácABC tiếp xúc vớiAB, AC tạiD, E. Chứng minh rằng EDluôn
tiếp xúc với một đường tròn cố định khi A di động.

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 95

</div>
<span class='text_page_counter'>(103)</span><div class='page_container' data-page=103>

Gọi M là trung điểm BC. Kẻ BP, M H, CQ vng góc với P Q.
Vì BC cố định nênDBP\=ECQ[ = BAC[

2 =α=const.

Hình thang BP QC cóM H là đường trung bình của hình thang nên : M H = BP +CQ

2 .

Mà BP =BD.cos\DBP =BD.cosα;CQ=CE.cosQCE[ =CE.cosα
Nên BP +CQ= (BD+CE).cosα =BC.cosα =const⇒M H =const.
Vậy DE luôn tiếp xúc (M, M H) cố định.

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) và P là điểm nằm trên cung nhỏ BC, , trung trực
AB, AC cắt AP tại E, F,BE cắt CF tại Q. Chứng minh rằng AP =BQ+CQ

(Đề xuất bởi Minhcamgia)

Bài 96

</div>
<span class='text_page_counter'>(104)</span><div class='page_container' data-page=104>

Gọi {D}=CQ∩(O).

Vì F thuộc trung trực củaAC nên F A=F C ⇒ 4F AC cân tại C ⇒F AC[ =F CA.[

Mà \DAP = \DCP( cùng chắn cung DP của (O))nên \DAC =P CA[ ⇒ADP C là hình thang
cân. Do đó : AP =CD.

Ta có : QBD\ = EBA[ +\ABD = EAB[ +ACD\ =EAB[ +F AC[ = BAC[ = \BDC ⇒ 4BDQ
cân tại Q⇒BQ=QD.

Do đó : BQ+CQ=QD+CQ=CD =AP.

Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường tròn(O).M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ
BC. Gọi N là điểm đối xứng với M qua trung điểm I của AB.

a) Chứng minh trực tâm K của tam giác ABN thuộc một đường tròn cố định.

b) Giả sửN K∩AB=D, hạKE ⊥BC.H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh
DE đi qua trung điểm J của HK.

(Tuyển sinh lớp 10 PTNK 2004-2005)

Bài 97

</div>
<span class='text_page_counter'>(105)</span><div class='page_container' data-page=105>

a) Vì AN BM là hình bình hành nên : AN B\=AM B.\

Mà K là trực tâm của tam giác ABN nên AKB\ =AN B\ = (90◦−KBN).\

Suy ra : AKB\=AM B\ hay AKM B là tứ giác nội tiếp. Do đóK ∈(O) cố định.

b) Gọi H1, H2 lần lượt là giao củaCH vàAH với (O),K1, K2 lần lượt là điểm đối xứng của K
qua AB và BC.

Dễ dàng ta chứng minh được : BC là trung trực củaHH2 và AB là trung trực củaHH1.
Theo tính chất trung trực ta có : BH\1K =BHK\1 và BH\2K =BHK\2.

Do đó : BHK\1+BHK\2 =BH\1K+BH\2K = 180◦ hay K1, H, K2thẳng hàng.
Tam giác KK1K2 cóDE là đường trung bình nên DE kK1K2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(106)</span><div class='page_container' data-page=106>

Cho tam giác ABC đều. P nằm trong tam giác. Hạ P A1, P B1, P C1 vng góc xuống
BC, CA, AB. Tìm quỹ tích điểmP để tam giácA1B1C1 cân

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 98

Lời giải

Giả sử tam giác A1B1C1 cân tại A1 thì ta có A1B1 =A1C1
Xét 2 đường trịn đường kính BP và CP như hình vẽ:
Ta thấy 2 dây A1B1 =A1C1 và C\1BA1 =B\1CA1 = 60◦

Suy ra 2 đường tròn bằng nhau hayBP =CP suy ra P thuộc trung trực BC

Chứng minh tương tự ta có quỹ tích điểm P để A1B1C1 cân là 3 đường trung trực của tam
giác ABC

Cho tam giác ABC cóACB[ = 45◦ và ACB[ +BAC[ = 2ABC. Đường trung trực của[ AB
cắt BC tại M.

a) Tính M AC.\

b) Gọi I là tâm đường tròn (AM C). Chứng minh tứ giác ABCI nội tiếp.

(Tuyển sinh 10 PTNK 2005-2006)

</div>
<span class='text_page_counter'>(107)</span><div class='page_container' data-page=107>

a) Theo giả thiết ta có :ACB[ = 45◦ vàACB[ +BAC[ = 2ABC. Suy ra :[ BAC[ = 75◦,ABC[ =
60◦.

Mà M thuộc trung trực của AB nên M BA\ =M AB\ = 60◦ ⇒M AC\ = 15◦.

b) Gọi D bất kì nằm trên cung lớnAC của (I).
Ta có : AIC[ = 2\ADC = 2(180◦−AM C) = 120\ ◦.
Do đó : ABC[ +AIC[ = 180◦ ⇒AICB nội tiếp.

Cho tam giác ABC và đường thẳngd song song vớiBC và khác phía với A. LấyM thuộc
d sao cho tứ giác ABM C lồi. Điểm N trên M B hoặc M C sao cho AN chia diện tích tứ

giác ABM C thành hai phần bằng nhau. Tìm quỹ tích điểm N khi M di động.

(Đề xuất bởi Korkot)

Bài 100

</div>
<span class='text_page_counter'>(108)</span><div class='page_container' data-page=108>

Kéo dài AB, AC cắt d tại D, E. Gọi K, I, L, P lần lượt là trung điểmCD, BE, DE, BC
Giả sử N thuộc đoạnM C. Áp dụng bổ đề 6ta có: SABM N =SAN C ⇒P N kAM
Suy ra: M N

N C =
P Q
P C =

M L

</div>
<span class='text_page_counter'>(109)</span><div class='page_container' data-page=109></div>
<span class='text_page_counter'>(110)</span><div class='page_container' data-page=110>

Một số bài tốn chưa có lời giải

Sau đây là năm bài tốn vẫn chưa có lời giải trên diễn đàn Tốn học. Bạn đọc hãy thử tự
tìm lời giải cho riêng mình nhé.

Bài 101. (Diepnguyencva) Cho đường tròn (O); AB = 2R. Lấy C thuộc đường tròn (AC >
BC). Tiếp tuyến tại A và C của (O) cắt nhau tại D, DB cắt (O) tại E. Kẻ CH vng góc
AB. DH cắt AE tại I; CI cắt AD tại K. Lấy F đối xứng với E qua AB.

a, Chứng minh KE là tiếp tuyến của(O)

b, Qua E kẻ đường thẳng song songAB cắt KB tại S.OS cắt AE tại Q. Chứng minh:D,Q,
F thẳng hàng.

Bài 102.(phamhuy1801)Cho4ABC nhọn. Đường tròn(O;BC

2 )cắtAB, AC thứ tự tạiE, D.
Các tiếp tuyến kẻ từ E, D của (O) cắt nhau tại I và lần lượt cắt tiếp tuyến kẻ từ B, C của
(O) tại F, G. F G cắt AI tại H và cắt (O) tại M, N. Chứng minh H là trực tâm của 4ABC
và M A, N A lần lượt các tiếp tuyến của(O)

Bài 103. (khanhdat1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có E, F thuộc đoạn CA
và BA sao cho EF song song với BC. Đường trung trực của đoạn thẳng BC cắt AC tại M,
đường trung trực của đoạn EF cắt cắt AB tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM cắt
CF tại P khác C, đường tròn ngoại tiếp tam giácEF N cắt CF tại Q khácF.

a, Chứng minh rằng đường trung trực của P Q đi qua trung điểm của M N.

</div>
<span class='text_page_counter'>(111)</span><div class='page_container' data-page=111>

Bài 104.(khanhdat1) Cho tam giácABC nhọn nội tiếp đường trịn (O) có trực tâmH, đường
cao AF vàM là trung điểm củaBC. Đường trịn đường kínhAH cắt HM tại Q khácH. Lấy
điểm X thuộc BC sao cho XH vng góc với QM. Gọi L, P lần lượt là trung điểm của QH
và QA. Đường thẳng qua Q song song với LX cắt M P tại N. Vẽ đường tròn tâmX bán kính
XH cắt đường trịn (O)tại K sao cho K cùng phía với A so với BC

a, Chứng minh rằng ba điểm K, Q, N thẳng hàng.

b, Chứng minh rằng (M N F) tiếp xúc với đường trịn đường kính QH.

Bài 105. (khanhdat1) Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB và một điểm M bất kì nằm
trong (O) nhưng khơng nằm trên đường kính AB. Gọi N là giao điểm của đường phân giác
trong của góc AM B với đường trịn (O). Đường phân giác ngồi của góc AM B cắt đường
thẳng N A, N B lần lượt tại P và Q. Đường thẳng M A cắt đường tròn đường kính N Q tại R,
đường thẳng M B cắt đường trịn đường kínhN P tại S(R, S khácM). QuaR kẻ đường thẳng
song song với P Q cắt AN tại C, qua S kẻ đường thẳng song song với P Q cắt BN tại D. Gọi

I là trung điểm củaCD.

a, Chứng minh rằng ba điểm N, O, I thẳng hàng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(112)</span><div class='page_container' data-page=112>

Bài tập rèn luyện

Bài 1. (Nguyễn Văn Linh) Cho 4ABC nội tiếp (O). Lấy E, F bất kì trên AB và AC. Gọi
M, N, P lần lượt là trung điểmCE, BF, EF.K là chân đường cao hạ từO xuống EF. Chứng
minh M, N, P, K đồng viên

Bài 2. Cho 4ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Giả sửAB+AC = 2BC.
Chứng minhAIO[ = 90◦

Bài 3. (VMO 2011) Cho đường trịn (O) đường kính AB. Lấy P trên tiếp tuyến tại B của
(O).P A cắt (O)tại điểm thứ hai là C. Kẻ đường kính CD của (O). P D cắt (O) tại điểm thứ
hai là E. Chứng minh rằng AE, BC, P O đồng quy.

Bài 4. Cho 4ABC không cân nội tiếp (O). Kẻ đường kính AD, tiếp tuyến tại D cắt BC tại
P. P O lần lượt cắt AB, AC tại E, F. Chứng minh rằng OE =OF

Bài 5. Cho 4ABC có AB < AC < BC và nội tiếp (O). Trên tia BA, BC lấy D, E sao cho
BD=BE =AC. (BDE)cắt (O) tại điểm thứ hai là P. Chứng minh rằng BP =AP +CP.
Bài 6. Cho 4ABC nội tiếp (O) có đường cao BD, CE. Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau ởP.
Chứng minhAP đi qua trung điểm DE.

Bài 7.Cho 4ABC nội tiếp (O)có trực tâmH. GọiM là trung điểm AH, E trên AC sao cho
OE k BC. F là điểm đối xứng của E qua O. Chứng minh rằng: BM ⊥ M E và BF là phân
giác M BE\

Bài 8.Cho 4ABC nội tiếp(O) và ngoại tiếp(I). Kẻ đường kính AD của (O). AI cắt (O)tại

E. Tia DI cắt (O) tại K. KE cắt BC tại L. Chứng minh rằng: IL⊥BC.

</div>
<span class='text_page_counter'>(113)</span><div class='page_container' data-page=113>

Bài 10. (IMO 2018) Cho 4ABC nội tiếp (O). Trên AB, AC lấy D, E sao cho AD = AE.
Trung trực củaBD, CE lần lượt cắt cung nhỏ AB, AC tại F, G. Chứng minh GF kDE
Bài 11. (Russian MO 2015) Cho tam giácABC nhọn không cân. Kẻ đường cao AH và trung
tuyếnAM. LấyQ, P nằm trên AB, AC sao cho QM ⊥AC,P M ⊥AB. Đường tròn ngoại tiếp
4P M Qcắt BC tại điểm thứ hai là X. Chứng minh BH =CX

Bài 12. Cho 4ABC cân tại A. Trên AB lấy D sao cho BD = 2AD. Kẻ BE ⊥CD, lấy F là
trung điểm CE. Chứng minh: AF B[ = 90◦

Bài 13. (Stan Fulger) Cho tam giác ABC vng tại A. Kẻ hình vuông M N P Q với M ∈AB,
N ∈AC và P, Q∈BC. N B cắt M Q tại R,M C cắt N P tại S. Chứng minh AR=AS

Bài 14. Cho đường trịn (O) có dây cung AB. LấyD là điểm chính giữa cung nhỏ AB, C là
điểm bất kì trên cung lớn AB. Vẽ đường tròn (I) tiếp xúc với đường (O)tại C đồng thời tiếp
xúc AB tại F. Kẻ tiếp tuyến XA, XC của đường tròn (O). Gọi giao điểm XD và AB là M.
Chứng minhM là trung điểm AF.

Bài 15. Cho tam giácABC nội tiếp(O)cóI là tâm nội tiếp.N là điểm chính giữa cung BAC
của (O). N I cắt BC tại D. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt IB, IC lần lượt tại
K và L. Chứng minh DK =DL.

Bài 16. Cho4ABC vng tạiA có phân giácBE và CF cắt nhau tại I. Gọi K là trung điểm
EF. Chứng minh KI ⊥BC.

Bài 17. (Tạp chí Kvant) Cho 4ABC nội tiếp (O)có đường cao AH. Qua H kẻ đường thẳng
song song vớiOA cắt OA tại D. Chứng minh D thuộc đường trung bình 4ABC.

Bài 18.(China TST) Cho hai đường tròn(O)và (O0)cắt nhau tại C, D. Kẻ tiếp tuyến chung

ngoài AB sao cho C gần AB hơn D. Lấy E thuộc OO0 sao cho AE ⊥ BC. Chứng minh

[

ACE = 90◦.

Bài 19.Cho4ABC khơng cân có đường caoAD, BE, CF.EF cắtBC tại I. QuaDkẻ đường
thẳng song song với EF cắt AB, AC lần lượt tại K, L. Chứng minh (IKL) luôn đi qua một
điểm cố định khi A di động và BC cố định.

</div>

<!--links-->