Các chuyên đề hình học dành cho các bạn THCS ôn thi vào lớp 10 chuyên Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.76 MB, 47 trang )

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

Các chuyên đề hình học dành cho các bạn

THCS(Số 1)

Đôi điều về chuyên mục: Ở chuyên mục mới mở này tơi sẽ trình bày các chun
đề liên quan tới hình học phẳng qua các kì thi vào lớp 10, thi chọn HSG TP lớp 9.
Mỗi tháng tôi sẽ viết một chuyên đề như vậy. Mong các bạn ủng hộ, đặc biệt là các
bạn lớp 9 sắp chuẩn bị bước vào kì thi chuyên cam go. Do giới hạn kiến thức cho
học sinh lớp 9 rất khó tránh việc các lời giải có lúc sẽ khá là dài(do phải xét nhiều
trường hợp hình vẽ khác nhau) mong các bạn, thầy cô thông cảm.

Chuyên đề 1: Kĩ năng biến đổi góc

Khi học hình học phẳng, nói chung là hầu như các bài tốn đều có khả năng biến đổi
góc được, có điều chúng ta có luyện tập nhiều để biết được các phép cộng góc,cung,...
sao cho hợp lí. Để có được kĩ năng này cần phải luyện tập để nhận ra sự móc nối
giữa giả thiết và kết luận để tìm ra mấu chốt khi mắc kẹt trong các biến đổi vịng
quanh(khơng đi tới đâu!!!). Ở đây tức là đơi khi ta khơng thể tìm ra ngay phép biến
đổi góc hợp lí, mà cần có cá hình vẽ phụ để kết nối các phép biến đổi với nhau.
Bài toán 1(chọn đội tuyển thi VMO-Hà Nội 2014-2015):

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

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

Nhận xét: Bài tốn trên khơng q khó và thuộc vào phần ăn điểm xong kĩ năng
biến đổi góc ở lời giải trên rất hay và quan trọng. Đáng chú ý ở điểm hình vẽ khơng
như thơng thường đã giúp tiếp cận lời giải dễ hơn.

Ta tiếp tục với bài toán sau.

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

Lời giải: Ta dễ nhận thấy sự việc sau: J F đi qua trung điểm cung AC không chứa
B của (O)là điểmM. GọiI là giao điểm củaBM vàEF. Kẻ tiếp tuyếnJ x với(O).
Thế thì: ∠IBJ =∠F J xsuy ra∠F EJ =∠F J xdo đó ∠IEJ =∠IBP do đó IEBP
nội tiếp ⇒ ∠BEJ = ∠BIJ,∠EF J = ∠BEJ suy ra ∠BIJ = ∠EF J ⇒ ∠M IJ =
∠M F I vậy 4M IF ∼ 4M J I(g.g) do đóM I2 =M P.M F =M B2 =M C2. Vậy thu
đượcM là tâm nội tiếp tam giác ABC. Do đó có được đpcm.

Nhận xét: Bài tốn trên là một bổ đề quan trọng với hình học phẳng song ngay cả
trong chứng minh cũng có khá nhiều chỗ đề cập tới biến đổi góc khá phức tạp. Đối
với học sinh cấp 2 nói chung bài tốn này khơng dễ chút nào.

Trong những năm gần đây, đề thi vào trường chuyên KHT N, chun ĐHSP có rất
nhiều bài tốn thi ngay từ vòng một đã đánh giá cao khả năng biến đổi góc của người
làm.

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

Lời giải: Hiển nhiên rằng E và F lần lượt thuộc AB và AC. Ta có: AB
AE =

AB
BD =
AC

CF do đó EFkBC (theo định lí Tháles đảo). Bây giờ ta sẽ chứng minhM P N J là 1
tứ giác nội tiếp. Thật vậy ta có: M J, M N, J N lần lượt là các đường trung bình của
tam giácDEF do đó ta có:∠M J N =∠EDF mà ∠M P A+∠EAP = 180◦ đồng thời:
∠N P A+∠AF N = 180◦ hay là ∠M P N = 360◦ −(∠AED+∠AF D) = ∠DEF +
∠DF E = 180◦−∠EDF(chú ý rằng: EFkBC nên ED, F D lần lượt là phân giác các
góc F EB và EF C) do đó dễ thấy∠M J N +∠M P N = 180◦ hay làM, N, P, J đồng
viên. Vậy ta có: ∠M P J =∠M N J =∠DEF =∠EDB = 180◦−∠AED=∠M P A
hay là A, J, P thẳng hàng(đpcm).

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

i) Chứng minh rằng L nằm trên AE.

ii) Gọi(L)cắtAC, AB tại điểmM, N khácA. Chứng minh rằngAF vng gócM N
tại P.

Lời giải: i) Trường hợp 1: Tam giác AHG nhọn. Ta có: ∠LAG= 90◦− ∠GLA
2 =
90◦ −∠GHA. Gọi AH cắt BC tại điểm K, GF cắt BC tại J. Do đó ∠LAG =
90◦ −∠J HK = ∠GJ B = 1

2(dGB +F Cd). Do đó: ∠LAB = ∠LAG−∠BAG =
1

2F Cd =∠BAE do đó hiển nhiên ta có: A, L, E thẳng hàng.

Trường hợp 2: Tam giác AHG có∠G≥90◦. Chứng minh tương tự(biến đổi với góc
phụ 180◦).

ii) Ta có: ∠AN M = 1

2∠ALM =

1
2(180

◦ − 2

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

a) Chứng minh rằng: BDEC nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: SB.SC =SH2.

c) Đường thẳngSO cắt AB, AC tại M, N tương ứng, đường thẳng DE cắtHM, HN
lần lượt tại các điểm P, Qtương ứng. Chứng minh rằng: BP, CQ, AH đồng quy.

Lời giải: a) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta thấy rằng theo
hệ thức lượng cho các tam giác vuông AHB và AHC thế thì: AD.AB =AE.AC(=
AH2). Do đó thu được: B, D, E, C đồng viên.

b) Ta để ý thấy: ∠SHD = ∠HED(do SH tiếp xúc (O)) vậy SH2 = SE.SD =
SB.SC vậy ta có: SH2 =SB.SC.

c) Gọi K là điểm đối xứng H qua S. Ta có: SOkAK do đó BM
M A =

BS
SK =

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

Gọi M là trung điểm củaAD. BM cắt lại (O) tại điểm thứ hai là điểm P khác B.
EP cắt AC tại điểm thứ hai là N.

a) Chứng minh rằng N là trung điểm củaAC.

b) Gọi (EM N) cắt BM tại R khácM. Chứng minh rằng: RA⊥RC.

Lời giải: a) Ta thấy rằng: ∠M AN =∠BP E =∠M P N(=∠BAC

2 ) do đó ta có được
rằng M AP N nội tiếp. Do đó ta có: ∠AP M = ∠AN M =∠ACB hay là M NkBC.
Do đó hiển nhiên N là trung điểm AC.

b) Ta gọi (EM N) cắt AC tại điểm thứ hai Q khác N. Ta có AN.AQ = AM.AE
hay là 1

2AD.AE =
1

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

xem sao?

Bài toán 7(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).

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

thiết khi học hình học phẳng, và cách để tìm ra con đường biến đổi tốt nhất nằm ở
kinh nghiệm mỗi người. Để giúp các bạn luyện tập kĩ năng biến đổi góc thành thục
hơn tơi xin đề nghị ba bài tập sau:

Bài toán 8(Mở rộng vòng 1 đề chuyên KHTN):Cho tam giác ABC nội tiếp
đường trịn (O). Có phân giác ∠BAC cắt BC và (O) lần lượt tại D và E khác A.
LấyM là 1 điểm bất kì trên đoạn AD. BM cắt lại(O) tại điểm thứ haiP. P E cắt
AC tại N. (EM N)cắt BM tại điểm thứ hai R. Lấy K đối xứng C quaN. Giả sử
R thuộc đoạn BM. Chứng minh rằng KR⊥RC.

Bài tốn 9: Cho tứ giácABCD nội tiếp đường trịn (O)(AD < BC). Gọi I là giao
điểm hai đường chéo. Kẻ các đường kính CM và DN của tứ giác. Gọi K là giao
điểm của AN và BM. Chứng minh rằng: I, K, O thẳng hàng.

Bài toán 10(VMO 2014): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có AB < AC.
Gọi I là trung điểm cung BC không chứa A của (O). Trên AC lấy điểm K khác C
sao cho IK =IC. BK cắt lại (O) tại D khác B và cắt AI tại E. Đường thẳng DI
cắt AC tại F.

a) Chứng minh rằng: EF = BC
2 .

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

Các chun đề hình học dành cho các bạn

THCS(Số 2)

Đơi điều về chuyên mục: Ở chuyên mục mới mở này tơi sẽ trình bày các chun
đề liên quan tới hình học phẳng qua các kì thi vào lớp 10, thi chọn HSG TP lớp 9.
Mỗi tháng tôi sẽ viết một chuyên đề như vậy. Mong các bạn ủng hộ, đặc biệt là các
bạn lớp 9 sắp chuẩn bị bước vào kì thi chuyên cam go. Do giới hạn kiến thức cho
học sinh lớp 9 rất khó tránh việc các lời giải có lúc sẽ khá là dài(do phải xét nhiều
trường hợp hình vẽ khác nhau) mong các bạn, thầy cơ thông cảm.

Bắt đầu từ số này tôi sẽ viết một số chun đề liên quan tới các định lí hình học
thường xuất hiện dưới dạng đề thi hoặc áp dụng để làm các bài thi HSG lớp 9 cũng
như là thi vào 10. Việc mắn vững các kiến thức này sẽ là nền tảng kiến thức hình
học chuyên ở cấp 3, đồng thời là cách để chúng ta tiếp cận một bài toán một cách
dễ dàng hơn. Việc trang bị những chiếc "cần câu" khác nhau sẽ giúp các bạn dễ lựa
chọn để câu những "con cá" to nhỏ khác nhau.

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

về tứ giác toàn phần đã được nghiên cứu từ lâu đời và có khá nhiều tính chất rất thú
vị. Sau đây xin đi vào chi tiết các tính chất cơ bản của cấu hình này.

Tính chất 1: Các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AEF, DEB, ABC, F DC
cùng đi qua 1 điểm gọi là điểm M iquel của tứ giác toàn phần.

Chứng minh: Ta gọi(DEB)∩(AEF) = M, E. Ta chứng minh M ∈(ABC). Tương
tự vớiM ∈(ADC). Ta chứng minh với trường hợp như hình trên các trường hợp hình
vẽ khác ta chứng minh tương tự. Do M ∈ (DEB) do đó ta có: ∠BM C = ∠F DC
lại có M ∈ (AEF) nên ta có: ∠EM A = 180◦ −∠AEF suy ra: ∠BM A = 180◦ −
∠AEF +∠F DC = 180◦−∠ACB suy ra M ∈(ABC)(đpcm).

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

Chứng minh: Từ tính chất 1 thế thì M ∈ (F DC) do đó O1O4 là trung trực của
DM. Tương tự ta cũng có O4O2 là trung trực của M F. Do đó, ta có: ∠O4O1M =
180◦ −∠M ED. Tương tự ta cũng có ngay rằng: ∠M O2O4 = ∠M ED . Do đó ta
thu ngay được M ∈ (O1O2O4). Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được rằng

M ∈(O1O2O3). Do đó ta thu được đpcm.

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

Chứng minh: Gọi các điểmK, G, Llà trung điểm của BE, BC, CE. Thế thì ta nhận
thấy: I, G, K là đường trung bình tam giácBDE. H, G, L là đường trung bình tam
giác CAE. J, L, K là đường trung bình tam giác F BE. Do đó ta thu được(nhờ định
lí T hales): HG

HL.
J L
J K.

IK
IG =

AB
AE.

F C
F B.

DC = 1(do áp dụng định lí M enelaus thuận
với tam giác BCE có cát tuyến ADF). Vậy áp dụng định lí M enelaus đảo cho tam
giác GLK ta có ngay: H, J, I thẳng hàng(đpcm).

Trên đây là ba tính chất rất hay được sử dụng trong các kì thi vào 10, thi HSG lớp 9
về cấu hình này. Về cơ bản đi thi ta cần phải chứng minh lại các tính chất này mới
được sử dụng. Nhưng ở đây tơi giới thiệu chúng nhằm mục đích giúp các bạn có khả
năng nhận biết được cấu hình tứ giác tồn phần và có các phương hướng giải trong

lúc thi. Tứ giác tồn phần cịn nhiều tính chất rất hay khác xong tôi sẽ giới thiệu
chúng dưới dạng bài tập ở các chuyên đề khác(các bạn hãy đón đọc các chuyên đề
tiếp theo). Bây giờ để luyện tập chúng ta sẽ giải một số bài tập liên quan.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14></div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Lời giải: Sử dụng tính chất 1 rõ ràng ACDBEF là tứ giác toàn phần do đó ta có
được ngay rằng M ∈ (CDF). Đến đây ta có các biến đổi góc như sau: ∠DM N =
∠ACB = ∠AN B mà ∠AN B = ABd

2 và ∠DM N =
d
P N

2 do đó: ABd = P Nd hay là
APkBN đpcm. Các trường hợp hình vẽ khác ta chứng minh tương tự.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16></div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Chứng minh: Gọi GH cắt AB, AC tại J, N. Gọi AM cắt BC tại P. Ta dễ thấy
rằng: P C = BD. Theo định lí Tháles ta lại có được rằng: GJ

DB =
F J
F B =

F J
BD ⇒
GJ = J F = J M. Hồn tồn tương tự ta có: N M = N H = N E. Lại theo
định lí Tháles ta có: J K

BD =
M N

P C (=
AK

AD) mà ta có được rằng BD = P C nên
ta thu ngay được rằng: J K = M N. Do đó GJ +J K = J M +M N = J N và
KH =KM +M N +N H =J K+M N+KM =J N do đóGK =KH(= J N) hay
K là trung điểm GH.

Quay lại bài toán ban đầu, từ bài tốn phụ ta dễ có đượcAM đi qua trung điểmBC
hayN là trung điểmBC. Áp dụng định lí về đường thẳngGausscho tứ giácAST K
với T K∩AS =B và SK∩AT =C thì do N là trung điểm BC và J là trung điểm
ST( hiển nhiên J là trung điểmST doM là giao 2 tiếp tuyến của (I)từS vàT) nên
ta thu ngay được rằngN J đi qua trung điểmAK(đpcm).

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

và điB. A, Q= (S1)∩(S2). Chứng minh rằng tam giác OP Q vuông.

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 Borcard thì ta có: O, M, P ⊥ EF(Các bạn có thể tìm lại chứng minh chi tiết
đoạn này ở chuyên đề thứ nhất về biến đổi góc ở bài tốn số 7) do đó EFkBC
vậy là: ∠BCD = ∠DEP = ∠DBP do đó P 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∠A do đó hiển nhiên
∠BQC = 2∠A do đó P, B, Q, O, C nằm trên một đường tròn vậy nên OQ⊥ P Qdo
đó ta thu được ngay đpcm.

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

điểm J. BJ cắt (O1),(O2) tại các điểmK, L phân biệt vàO1K cắt O2Ltại điểm N.
Chứng minh rằng(N KL) tiếp xúc AB.

Lời giải: Trước tiên ta thấy rằng: ∠N LA = 90◦ − ∠O2AL

2 = 90
◦ −

∠ABL =
90◦ −∠ABK = ∠AKO1. Vậy ta có: A nằm trên (KLN). Tiếp tục ta thấy B là
điểm Miquel của tứ giác toàn phầnAEIF GH. Do đóB thuộc(J HF). GọiO là tâm
(ALN K)thế thì: ∠BAO=∠BAK+∠KAO=∠BAF+∠F AK+90◦−∠ALK = 90◦
do đó ta thu được AB tiếp xúc với (O)(đpcm)

Nhận xét: Ở bài trên việc tìm ra tiếp điểm A chính là mấu chốt cho các biến đổi góc
sau đó.

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

Các chun đề hình học dành cho các bạn

THCS(Số 3)

Chuyên đề số 3:

Hệ thức lượng trong đường trịn và hàng điểm điều

hồ dưới góc nhìn kiến thức THCS

I) Một số hệ thức lượng trong đường tròn

Ở lớp 9 trong chương tứ giác nội tiếp có xuất hiện một số bài tập liên quan tới tứ giác
nội tiếp và các hệ thức trong lượng trong đường trịn. Sau đây tơi sẽ nêu lại chúng và
bổ sung thêm một số hệ thức khác về hàng điểm điều hoà cần thiết và quan trọng.
1) Cho tứ giácABCD nội tiếp (O). Gọi giao điểm củaAD, BC là điểm M. Thế thì

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

EX, EY đến (O). Gọi XY ∩EF =I. Chứng minh các hệ thức sau:

+) IF
IK =

F E
EK

+) Gọi M là trung điểm IE. Khi đó: M E2 =M I2 =M F.M K(Hệ thứcN ewton).
+) Gọi N là trung điểm F K. Chứng minh rằng: EI.EN = EF.EK(Hệ thức
M aclaurin). Cũng cần chú ý hệ thức sau cũng gọi là hệ thức M aclaurin: IE.IN =

IF.IK.

Chứng minh: Các hệ thức ở 1) 2) đều khá cơ bản do đó ở đây tơi sẽ nêu chứng minh
các hệ thức ở 3).

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

thức M aclaurin thế thì: IF
IK =

F E

EK ⇔ IK.EF = EK.IF ⇔ (EK − EI)EF =

(IK +EI)IF ⇔ EI.EN −EI.EF = EI.IF +IK.IF ⇔ EI(EN −EF −IF) =

IK.IF ⇔ IE.IN = IF.IK(đúng theo hệ thức M aclaurin). Như vậy là cả ba hệ
thức trên tương đương nhau miễn là mình có sẵn một hệ thức đúng. Hệ bốn điểm
thoả mãn hệ thức thứ nhất người ta thường gọi làhàng điểm điều hoà. Do vấn đề
về độ dài đại số chưa được trình bày tường minh ở cấp THCS do đó tơi chỉ nêu cách
chứng minh trên phụ thuộc hình vẽ, mong bạn đọc thơng cảm.

Bây giờ ta quay lại bài tốn chứng minh ở hệ thức số 3, ta có được cả ba điều bởi:
Gọi S là trung điểm XY. Hiển nhiên doN là trung điểmF K thế thì tứ giác N ISO
nội tiếp áp dụng hệ thức 1) thì ta có: EI.EN =ES.EO=EX2 =EF.EK tức là có

được hệ thức M aclaurin ln đúng do đó hiển nhiên như đã chứng minh ở trên nếu
có 1 trong 3 hệ thức đúng thì đương nhiên hệ thức còn lại cũng đúng.

Nhận xét: Các hệ thức trên đều có chiều ngược lại tức là cũng đồng thời là các cách
chứng minh các điểm đồng viên, cách chứng minh tiếp tuyến đường tròn,...

Bây giờ để các bạn hiểu rõ hơn ý nghĩa của các hệ thức lượng trong đường trịn tơi sẽ
giới thiệu một số bài tốn luyện tập. Việc có được nền tảng các hệ thức lượng trong
đường trịn rất quan trọng khơng chỉ đối với các học sinh cấp 2 mà còn cả với các
học sinh cấp 3 khi bắt đầu tiếp xúc với các khái niệm mới. Chính vì lẽ đó mà càng
ngày thì các hệ thức lượng trong đường trịn càng được các trường lấy làm nội dung
thi vào chuyên, cũng như xuất hiện nhiều trong các kì thi HSG lớp 9.

II) Các bài toán ứng dụng:

Bài toán 1(Tuyển sinh vào chuyên Tốn các THPT chun TPHCM): Cho
điểmM nằm ngồi đường trịn(O). Kẻ các tiếp tuyếnM A, M B đến (O)với các tiếp
điểm A, B. Gọi H là giao của AB và OM,I là trung điểm M H. AI∩(O) =K, A.

a) Chứng minh rằng: HK ⊥AI.

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

Lời giải: a) Gọi M O ∩(O) = D, E(như trên hình vẽ). Áp dụng hệ thức N ewton
thì: IH2 =IM2 =ID.IE =IK.IA hiển nhiên là ∠IHA= 90◦

, do đó theo hệ thức
lượng trong tam giác vng đảo thì: HK ⊥AI(đpcm).

b) Từ a) suy ra: ∠KHI =∠KAB =∠M BK(do M B tiếp xúc (O)). Vậy là tứ giác
M KHB nội tiếp do đó ∠M KB = 90◦(đpcm).

Nhận xét: Có thể thấy việc sử dụng các hệ thức trong 3) đã giúp làm ngắn gọn đi lời
giải rất nhiều xong tôi rất lưu ý các bạn là cần phải chứng minh lại các hệ thức này
lúc bước vào phịng thi.

Bài tốn 2(Thi vào lớp chun Tốn chun ĐHSP 2016-2017): Cho tam
giác ABC nhọn có AB < AC. Kẻ đường cao AH. Đường trịn đường kính AH cắt
AB, AC tương ứng tại điểm D, E. Đường thẳng DE cắt BC tại điểm S.

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

Lời giải: a) Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta thấy rằng theo
hệ thức lượng cho các tam giác vng AHB và AHC thế thì: AD.AB =AE.AC(=

AH2). Do đó thu được: B, D, E, C đồng viên.

b) Ta để ý thấy: ∠SHD = ∠HED(do SH tiếp xúc (O)) vậy SH2 = SE.SD =

SB.SC vậy ta có: SH2 =SB.SC.

c) Gọi K là điểm đối xứng H qua S. Ta có: SOkAK do đó BM
M A =

BS
SK =

BS
SH, lại
có: SB.SC = SH2 nên SB.HC =SH(SH −SB) = SH.BH do đó SB

SH =
BH
HC do
đó BM

M A =
HB

HC do đóM HkAC. Điều đó dẫn tới BDHP nội tiếp hay là BP ⊥M H
suy raBP ⊥AC. Hoàn toàn tương tự CQ⊥AB. Vậy ta có: BP, CQ, AH lần lượt
là các đường cao của tam giác ABC nên chúng đồng quy tại 1 điểm(đpcm).

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

Nhận xét: Bài tốn trên cực kì quan trọng và là một gạch nối lớn để ta có được cách
làm các bài tốn khác.

Bài tốn 4(Tuyển sinh vào chuyên Toán chuyên Vĩnh Phúc 2013-2014):
Cho tam giác ABC nhọn(AB < AC). Gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ
A, B, C. Gọi P =BC∩EF. Đường thẳng quaDkEF cắt AB, AC, CF lần lượt tại
Q, R, S. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BQCR nội tiếp.
b)D là trung điểm QS.

c)(P QR) chia đôi BC.

Lời giải: a) Ta có: ∠CF B = ∠BEC = 90◦ do đó tứ giác BF EC nội tiếp. Vậy là

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

c) Gọi M là trung điểm BC. Do tứ giác BQCR nội tiếp nên DB.DC = DQ.DR.
Áp dụng hệ thức M aclaurin cho hàng điểm điều hoà DP BC(đã chứng minh ở bài
tốn 3) thì hiển nhiên là DP.DM =DB.DC =DQ.DR do đó ta thu được đpcm.

Nhận xét: Cả hai ý b) c) của bài tốn này đều có thể mở rộng lên cho ba đường
đồng quy chứ không nhất thiết cứ phải là đường cao.

Bài toán 5(China TST 2012): Cho tứ giác bàng tiếp ABCD đường tròn (O) và
nội tiếp đường tròn (J). CD tiếp xúc đường tròn (O) tại điểm T. Hai đường chéo
gặp nhau ở P. Dựng 1 đường tròn qua A, B và tiếp xúc(O) tại điểm S.

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

Nhận xét: Ở đây ta thường không biết cách dựng 2 giả thiết tiếp xúc đặc biệt đó là
tứ giác bàng tiếp đồng thời nội tiếp. Sau đây là cách dựng:

+) Ta biết tính chất về việc các đường nối tiếp điểm tương ứng của tứ giác bàng tiếp
và nội tiếp vng góc với nhau do đó ta sẽ dựng đường trịn tiếp xúc trước(bàng tiếp
tứ giác). Dựng 1 đường tròn (I) và 2 dây cungXY, ZT vng góc phân biệt.

+) Sau đó vẽ các tiếp tuyến tại X, Y, Z, T của (I) giao nhau tại 4 điểm thoả mãn
tính chất.

Cuối cùng để các bạn luyện tập xin đề nghị một số bài tập:

Bài toán 6(Đề dự bị chuyên Trần Phú-Hải Phòng 2016-2017)Cho tam giác
ABC nội tiếp đường tròn (O). AA1, BB1 là các đường cao của tam giác ABC. Gọi

M là trung điểm AB. CM cắt (CA1B1),(O) lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng:

M P =M Q.

Bài tốn 7(trích VMO 2016-ngày 1): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và M là
trung điểm của BC. (AM = 2R) cắt AB và AC lần lượt tại E và F khácA. Tiếp
tuyến tại E và F của (AEF)cắt nhau tại T. Chứng minh rằng: T B =T C.

Bài toán 8(Trần Quang Hùng-T12/466-THTT): Cho tam giác ABC nhọn
khơng cân nội tiếp đường trịn (O). Lấy P là 1 điểm thuộc tam giác ABC sao
cho AP vuông góc BC. Kẻ P E, P F lần lượt vng góc AB, AC( E, F thuộc AB
và AC). Đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G. Chứng minh rằng
GP, BE, CF đồng quy tại 1 điểm.

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

Các chuyên đề hình học dành cho các bạn

THCS(Số 4)

Đã khá lâu tôi mới mở lại chuyên mục này, mong các bạn lớp 9 thông cảm bởi thời
gian gần đây tôi khá bận. Bài viết lần này sẽ đề cập tới một kĩ thuật cực kì quan
trọng-kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng.

Chuyên đề số 4:

Kĩ thuật sử dụng tam giác đồng dạng trong giải

tốn hình học

Trong các bài tốn hình học thi vào 10 thì việc sử dụng được các kiến thức nâng cao
sẽ giúp nhìn rõ bản chất vấn đề xong nếu biết cách sử dụng các kiến thức đơn giản
vào giải tốn thì đơi lúc chúng ta sẽ thu được những lời giải ngắn gọn bất ngờ.

I) Một số lưu ý:

1) Cho tam giácABC và tam giácA0B0C0 đồng dạng cùng điểm K, K0 lần lượt thuộc

BC, B0C0 sao cho KB

KC =
K0B

K0C thì 4AKB ∼ 4A
0K0B0.

2) Cho tam giácABC nội tiếp (O). Lấy các điểmE, F thuộcAC, AB. Gọi(AEF)∩

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

4) Cho tam giácABC và tam giácA0B0C0 đồng dạng theo tỉ sốk. Khi đó: SABC

SA0B0C0

k2.

5) Việc tìm ra tam giác đồng dạng hồn tồn là dựa vào việc nhìn ra một số cấu hình
quen thuộc, những hình vẽ tạo ra rất nhiều tỉ số bằng nhau, hoặc một số góc đặc biệt
cũng là dấu hiệu cho việc dùng tam giác đồng dạng.

II) Một số bài tập vận dụng:

Bài toán 1: Cho tam giácABCnội tiếp đường trịn(O;R)có đường caoAH =R√2.
Gọi M, N lần lượt là chân đường vuông hạ từ H xuống AB, AC. Chứng minh rằng:

M, O, N thẳng hàng.

Lời giải: Gọi AD là 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.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30></div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Chứng minh: Trước khi chứng minh tôi xin nêu 1 bổ đề quen thuộc:" Cho tam giác

ABC nội tiếp (O). Lấy O0 đối xứng O qua BC. Gọi H là trực tâm tam giác ABC

khi đó O0 là tâm (HBC)."

Gọi CQ∩AP =X, AP ∩BQ=Y. Ta có: ∠CXB = 180◦−∠P BC−∠C

2 = 180

◦−

∠BAC− ∠C
2 −

∠C

2 = 90

◦

. Tương tự ∠P Y B = 90◦ do đó chú ýA, P, I thẳng hàng

cùngC, Q, I thẳng hàng nênI là trực tâm tam giácBP Q. Gọi(P DQ)∩AC =D, K.
Ta để ý rằng: ∠P DQ = 90◦ nên ∠P KQ = 90◦. Do ∠P DA = 45◦ = ∠KQP

nên 4KP Q vuông cân tại K. Gọi O là tâm ngoại tiếp tam giác BP Q thế thì:

∠P OQ= 2∠P BQ= 2(∠DBA+∠DBC

2 ) =∠ABC = 90

◦ do đó 4P OQvng cân

tại O nên K đối xứng O qua P Q, theo bổ đề thì K là tâm của (P IQ). Vậy ta thu
được tâm(P IQ) nằm trên AC(đpcm).

Quay trở lại bài toán, ta dễ thấy rằng: A, P, B, H và H, Q, C, A đồng viên. Đồng
thời: A, P, Q cùng nằm trên phân giác ngoài góc BAC. Vậy: ∠AP I = ∠ABC,
theo bổ đề thì: H, I, J, O đồng viên(gọi O là tâm (AIJ)). Theo bổ đề thì ta cũng
có tâm nội tiếp tam giác ABC là T thì đồng thời là trực tâm tam giác AIJ. Vậy

∠T AJ =∠T AC−∠J AC = ∠BAC−∠HAC

2 =

∠HAB

2 =∠HAI vậyAI, AT đẳng

giác do đóA, O, H thẳng hàng nên∠J IH =∠J OH = 180◦−∠J OA = 180◦−(180◦−

2∠OAJ) = ∠HAC =∠ABC =∠HP Qhay P QkIJ(đpcm).

Nhận xét: Tôi giới thiệu lời giải trên bởi bổ đề dùng ở trên rất hay và có nhiều
ứng dụng. Thực tế có thể chứng minh ngắn hơn một chút nhờ kĩ thuật sử dụng
tam giác đồng dạng: ta có thể chứng minh ∠ABC =∠HIJ bằng cách chứng minh

4IHJ ∼ 4BAC ⇔ 4AIH ∼ 4CJ H(đúng).

Bài toán 3(Nguyễn Quang Trung): Cho tam giác ABC và các điểm F, E lần
lượt bất kì nằm trên các cạnhAC, AB. Đường trung trực củaBF, CE cắt nhau ở K.
Một cát tuyến qua A cắt (O),(AEF) tại các điểm Q, P khác A. Chứng minh rằng:

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

Lời giải: Trước tiên xin nêu lại một tính chất quen thuộc:" Cho(O)và 1 điểmM bất
kì, khi đó phương tích từM đến (O)kí hiệu là PM/(O) và PM/(O) =|OM2−R2|. Qua

M kẻ hai cát tuyếnM AB, M CD thì: M A.M B =M C.M D=|OM2−R2|=PM/(O)”.

Quay trở lại bài toán, gọi J, A= (AEF)∩(O). Ta để ý rằng: 4J BF ∼ 4J CE(g.g)

nên 4J M F ∼ 4J N E(c.g.c) hay là J, A, N, M, K đồng viên nên ∠KJ A= 90◦. Gọi

R, Slần lượt đối xứngO0, OquaAthì∠RJ A=∠KJ A=∠SJ A= 90◦ nênJ, R, K, S

thẳng hàng do đóOO0 đi qua trung điểmAK(theo tiên đềEuclid). Do đóAO0KOlà
1 hình bình hành. GọiAK∩(AEF),(O) = A, X, Y, do−O0A2+KO02 =−OK2+OA2

hay là PK/(O) = −PK/(AEF) nên KX.KA= KY.KA hay K là trung điểm XY. Gọi

T là trung điểm củaP Qthế thì dễ thấy4J T P ∼ 4J KX(c.g.c)nênJ, A, K, T đồng
viên suy ra ∠KT A=∠KJ A= 90◦ nên KP =KQ(đpcm).

Nhận xét: Ở trên kĩ thuật đồng dạng trung tuyến đóng vai trị quan trọng nhất trong
việc chứng minh các yếu tố đồng viên.

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

Lời giải: GọiX, Y là trung điểmBF, CE thế thì chú ý rằng: 4GBF ∼ 4GCE nên

4GXF ∼ 4GY E nên A, G, X, Y đồng viên. Do M X, M Y là đường trung bình các
tam giácBF C, BEC nên∠XM Y =∠F QE = 180◦−∠BAC nênA, G, X, M, Y đồng
viên. Gọi AM ∩(AEF),(O) = A, L, U thì từ trên suy ra: 4AM L ∼ 4AY E(g.g)

nên vì 4AU L ∼ 4ACE(g.g) và 4AU M ∼ 4ACY(g.g) do đó: U L

CE =
M L
Y E =
AM

AY =
M U

Y C ⇒
M L
M U =

Y E

Y C = 1 nên M là trung điểm U L. Vậy BLCU là hình bình

hành(đpcm).

Nhận xét: Nếu gọi (AEF)∩(O) =G, A, AP ∩BC =D,GD∩(O) =G, K thì AK

là đường đối trung của4ABC.

Bài tốn 5(Nguyễn Quang Trung)(Tổng quát Việt Nam TST 2015-ngày
1): Cho tam giác ABC và lấy các điểm D, E, F bất kì lần lượt trên BC, CA, AB

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

Lời giải: Ta thấy rằng: ∠QGE = ∠QAE = ∠P AB = ∠DGB lại có: ∠GBD =
180◦ −∠GAE = ∠GQE do đó 4GQE ∼ 4GBD(g.g) ⇒ GQ

GB =
GE

GD. Lại có:

∠GEH = ∠GAF = ∠BP G cùng ∠QGE = ∠QAE = ∠P GB nên 4P GB ∼
4EGH(g.g) nên GH

GB =
GE

GP do đó
GQ
GH =
GE
GD.
GP
GE =
GP

GD do đó P QkDH(theo

định lí T halesđảo)(đpcm).

Nhận xét: Bài tốn này hay và khơng cần kẻ vẽ hình phụ, ta thấy cách giải quyết
còn đơn giản hơn cả bài toán ban đầu, đơn thuần là tam giác đồng dạng thuần tuý
và cuối cùng là sử dụng định líT hales.

Bài tốn 6: Cho hình bình hành ABCD, phân giác góc ∠BAD cắt BC, CD lần
lượt tại M, N. Gọi O là tâm (CM N). Gọi (CM N)∩(BCD) =E, C. Chứng minh
rằng:

a)O, C, D, B đồng viên.

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

Lời giải: a) Ta thấy rằng: ∠BAN = ∠DAN = ∠CN M = ∠CM N nên các tam
giác ADN, CM N cân tạiD, C. Do đó AD=DN =CB, ON =OC. Lại thấy rằng:

∠OCB = 180◦ −∠OCM = 180◦ −∠OCN = ∠ON D nên 4ON D =4OCB(c.g.c)

suy ra ∠OBC =∠ODC hay là B, D, O, C đồng viên(đpcm).

b) Trước khi giải ta chứng minh bổ đề sau: "Cho tam giácABC nội tiếp. Phân giác
góc∠BAC cắt lại(O)tại điểmD. LấyE thuộc đoạnAC sao choDB =DE. Chứng
minh rằng: AE =AB."

Thật vậy, ta gọiBE∩(O) =B, J. Ta có: ∠J CD= 180◦−∠EBD= 180◦−∠BEC =
∠J ED mà ∠EJ D =∠CJ D nên từ đó chú ý rằng: DE =DC =DB nên 4DJ E =
4DJ C(c.g.c)⇒∠J EC =∠J CE ⇒∠ABE =∠AEB do đó AB=AE(đpcm).
Quay trở lại bài tốn, áp dụng bổ đề trên thì: DN = DE = DA = BC chú ý

OE = OC, OD = OB nên hiển nhiên ta có: DECB là 1 hình thang cân. Gọi

I là trung điểm BD. Vậy IE = IC = IA do đó chú ý I là trung điểm AC nên

∠AEC = 90◦.

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

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

M ∈(P DQ)(đpcm).

Cuối cùng xin đề nghị một số bài tốn luyện tập:

Bài tốn 8(Thi vào chun KHTN vịng 1,2013): Cho tam giácABC nhọn nội
tiếp đường trịn (O) có AB < AC. Phân giác góc ∠BAC cắt (O) tại A, D. Gọi M

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

(AEF),(ABC)tại P, Q, hạ KH vng góc xuống P Q thì HP

HQ =k.

Bài tốn 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) sao choAB < AC. Goi

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

Các chuyên đề hình học dành cho

các bạn THCS(Số 5)

Đã gần 1 năm từ chuyên đề THCS số 4, hôm nay tôi tiếp tục bài viết về chuyên đề
mới dành cho THCS. Ở chuyên đề lần này, tôi muốn đề cập tới cách kẻ vẽ phụ, điều
mà đa số các bạn khá là thắc mắc khi giải các bài hình học.

Chuyên đề 5: Một số kinh nghiệm kẻ vẽ

hình phụ và ứng dụng

Đã có khá nhiều sách viết về việc kẻ vẽ hình phụ. Khi làm một bài tốn hình học
khó thì rất cần sự nhạy bén với việc kẻ thêm hình. Sự nhạy bén được sinh ra nhờ
kinh nghiệm của người làm tốn. Việc người làm có càng nhiều kiến thức về một mơ
hình nào đó chính là điểm quan trọng nhất khi vẽ phụ. Tuy vậy đơi khi có những
cấu hình rất lạ nên cũng cần linh hoạt.

I) Vẽ phụ nhờ mơ hình biết trước

Đối với loại bài này, ta cần phải nhận dạng cấu hình của bài tốn, sau đó tìm mối
liên hệ giữa điều cần chứng minh và những kiến thức đã biết về mơ hình đã biết. Lí
thuyết là vậy, thực hành thì khó hơn nói nhiều, cần có một kiến thức nền tảng về các
cấu hình đủ chắc để làm được điều này. Sau đây là một số chú ý quan trọng:

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

Bài toán 1: Cho tam giác ABC có đường caoAD. Lấy E, F lần lượt là trung điểm
của AC, AB. Gọi (F BD)∩(ECD) = D, K. Chứng minh rằng: AK là đường đối
trung của tam giác ABC.

Lời giải: Lấy O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có: ∠AF K = ∠KDB và

∠AEK = ∠KDC do đó: A, F, K, E, O đồng viên. Gọi DK ∩ EF = M, ta có:

∠F ED =∠EDC =∠C =∠M KE do đó: M K.M D =M E2. Tương tựM K.M D =
M F2 nên M là trung điểm F E, lại có: ∠F KA = ∠F EA = ∠C = ∠M KE suy

ra AK là đường đối trung của tam giác AF E. Như vậy chú ý rằng: AM chia đơi

BC(theo bổ đề hình thang) nên ta có: AK là đường đối trung của tam giácABC.

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

Bài toán 2(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giácABC nội tiếp(O). M là trung
điểm BC. AM ∩(O) = K, lấy E, F là hình chiếu của K lên AC, AB. Gọi tâm

(ABE) làI và tâm (ACF) làJ. Chứng minh rằng: IJ ⊥BC.

Lời giải: Lấy (ABE)∩(ACF) = A, P. Từ giả thiết ta có 4P BF ∼ 4P EC(g.g)

do đó: P B

P E =
BF
EC =

KB
KC =

AB(bổ đề cát tuyến). Do đó: 4P BE ∼ 4ACB(c.g.c)

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

đơi EF.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương): Gọi(O)là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

M là trung điểmBC, AP là đường kính (O), J là trung điểmEF, ta đi chứng minh

HJ ⊥KL. Gọi Qlà hình chiếu của A lên HJ. Ta thấy điều phải chứng minh tương
đương: AQkKLhay∠QAK =∠AKL=∠KAL, chú ý ∠KAB=∠KAC do đó điều
phải chứng minh tương đương: ∠QAE =∠GAB. Lại có: A, Q, E, H đồng viên do đó

∠QAE =∠J HE. Dễ thấy 4HEF ∼ 4HCB do đó 4HEF ∼ 4P BC(bởi BHCP

là hình bình hành). Do đó 4M P B ∼ 4J HE(c.g.c) suy ra ∠J HE = ∠M P B. Gọi

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

Ngồi ra các bạn có thể lun tập thêm 1 số bài toán như sau:

Bài toán 4(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có trực tâm H. HK là

đường đối trung của tam giác HBC. Lấy P, Q trên AB, AC sao cho K là trực tâm
tam giác AP Q. Chứng minh rằng đường nối tâm (ABQ) và (ACP) song song BC.
Bài toán 5(EMC 2017): Cho tam giác ABC có trực tâmH và trung điểmBC là

M. Đường thẳng qua H vng gócHM cắt AC tại Y. Đường thẳng qua A vng
góc AM cắt BH tại Q. QM∩(M Y) = M, J. Chứng minh rằng: HJ ⊥AM.

II) Vẽ phụ đối với các mơ hình lạ

Khi đi thi khơng thể tránh khỏi việc gặp những bài toán mà bạn chưa thấy dạng bài
bao giờ. Việc kẻ vẽ phụ vì thế mà khơng tn theo kinh nghiệm gì cả. Việc đầu tiên
là các bạn chớ nên hoảng hốt đã, sau đó chúng ta sẽ có những lưu ý như sau:

- Đề bài càng dài và lạ thì càng nhiều khả năng ta sẽ cần các bước chuyển đưa nó về

bài tốn quen thuộc. Do đó đừng thấy lạ mà sợ ngay.

- Mơ hình lạ có thể là sinh ra nhờ tổng qt hố các bài tốn dễ hơn. Chính vì thế
hãy đặc biệt bài toán và thử xem giải ra sao(chúng thường dễ hơn) trước khi bắt tay
giải bài tổng qt theo phong cách tương tự.

- Chẳng có gì bấu víu tốt hơn là giả thiết bài tốn do đó nên tìm hiểu thật kĩ các
liên hệ từ giả thiết và tìm ra các kết quả quan trọng xoay quanh bài toán(thường là
dùng được cho chứng minh kết luận bài toán).

- Điều quan trọng là làm được bài toán nên các bạn đừng ngại các cách giải lấy việc
tính tốn là quan trọng nhất, các bước kẻ phụ sinh ra để thu gọn các phép tính cũng
là một lựa chọn thơng minh.

Bài tốn 6: Cho tam giácABC nội tiếp(O). Một đường tròn quaA, O cắt AB, AC

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

Lời giải: Gọi(K) cắt (O) tại điểm thứ hai M. Ta có: ∠M P A=∠M OA=M Ad =
2∠M BAdo đó∠P M B =∠P BM hay làP M =P B. Chú ý4M P B ∼ 4M QC(g.g)

do đó 4M QC cân tại Q. Chú ý OM =OB và OM =OC do đó OP, OQ là trung

trực củaM B, M C do đó theo định lí về đường thẳng Steinerthì trực tâmJ của tam
giác OP Qnằm trên BC(đpcm).

Nhận xét: Bài toán là ứng dụng hay của đường thẳng Steiner. Điểm quan trọng

nhất là nhận ra liên hệ giữa 2 đường tròn xuất hiện ở giả thiết.

Bài toán 7(Thi thử KHTN đợt 3 năm 2017): Cho tam giácABC nội tiếp(O).

P là 1 điểm bất kì trên cung BC khơng chứa A của (O). Lấy E, F lần lượt trên

AC, AB: P B =CE, P C = BF. Gọi (AEF)∩(O) = A, G. Chứng minh rằng: GP

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

Lời giải: Lấy S đối xứng B qua G. Ta thấy rằng: 4GF B ∼ 4GEC(g.g) do đó

GB
GC =

F B
EC =

P C
P B =

GC, do đó chú ý rằng: ∠SGC = 180
◦ −

∠AGC =∠BP C do
đó 4BCP ∼ 4CSG(c.g.c) hay là ∠BGP = ∠BCP = ∠CSG nên GPkSC hay là

GP chia đơi BC(theo tính chất đường trung bình).

Bài tốn 8(Thi HSG lớp 9 tỉnh Thanh Hố 2011): Cho tam giácABC cóM là
trung điểmBC, phân giác ngồi∠AcắtBCởD. Gọi(ADM)∩AB, AC =E, F 6=A.

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

Lời giải: Gọi(O)là đường tròn ngoại tiếp tam giácABC. GọiL, Klần lượt là trung
điểm cung lớn và nhỏBC của(O). Ta để ý rằng: O, M, K, Lthẳng hàng và cùng nằm

trên trung trực BC do đó ∠KAD = ∠DM K = 90◦ nên A, M, K, E, F đồng viên,
đồng thời ta cũng có: A, K, L thẳng hàng. Ta có: ∠EDK = ∠EAK = ∠KAC =
∠F DKdo đó chú ý rằng: DK cũng là đường kính(ADM)nênDK đi qua trung điểm
của EF hay D, K, N thẳng hàng. Từ đó: 4EN K ∼ 4BM K hay là: N K

M K =
EK
BK.

Ta cần chứng minh: EK

BK =
KD

KL(đúng vì ta cũng có: 4DKE ∼ 4LKB(g.g) nên

DK
LK =

KB) vậy ta thu được M NkAD(theo định lí T hales)(đpcm).

Cuối cùng các bạn hãy thử giải quyết các bài toán sau:

Bài toán 9: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I). Đường thẳng qua I

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

Lời giải: Gọi (AOI)∩(O) =J, A. GọiKI∩(AOI) =T, I ta có: OT là đường kính
của(AOI)màOA =OJ do đó: IK là phân giác gócAIJ. Vậy∠KIL=∠T AJ. Gọi

AI∩(O) =D, AvàDJ∩(AIO) = E, Jta có: ∠ADJ =∠AOT =∠AIT nênKIkDJ.
Gọi AE ∩KI =P và M là trung điểm BC. Ta có: IOM K là tứ giác nội tiếp nên:

∠IOK =∠IM B. Gọi N là trung điểm cung BAC của (O)ta có: ∠IN A=∠IM B.

Ta đi chứng minh 4IAN ∼ 4P IO hay IA

IP =
AN
OI =
AD
DE =
AD
AE ⇔
AN
AD =
OI
AE.

Ta có: OI

AE =

sin∠IAO
sin∠AJ E =

sin∠ADN

sin∠AN D = tan∠ADN =
AN

AD. Vậy tóm lại ta thu

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

minh rằng: K, I, L thẳng hàng.

Bài toán 11(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I.

Một đường tròn (T) tiếp xúc AB, AC tại E, D. Lấy P, Q trên đoạn BC sao cho:

BE =BP, CD =CQ. S=EQ∩DP vàSI∩(T) = J, T J∩ED=K. Chứng minh
rằng: AK chia đơi BC.

Bài tốn 12(Trí Phan Quang): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có các đường
cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và M là trung điểm BC. Đường thẳng qua A song
song HM cắt (O) tại điểm thứ hai I. EF ∩BC =S và đường thẳng qua A vng
góc SO cắt (O) tại V. Chứng minh rằng: V D cắt IH trên (O).

Bài toán 13(Nguyễn Duy Khương): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm

nội tiếp I. E, F là hình chiếu của I lên AC, AB. K là tiếp điểm đường tròn A−
M ixtilinear nội và EF ∩BC =T. M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: AM

cắt T K trên (O).

Bài toán 14(Trần Quang Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).
Một đường tròn (K) qua B, C cắt CA, AB tại E, F 6= B, C, BE ∩CF = H. Gọi

(AEF)∩(O) = G 6= A, AH ∩BC = D, GD ∩(O) = N, G. Gọi M là trung điểm

</div>