TÀI LIỆU BDHSG PHẦN HÌNH học QUA đề các TỈNH đáp án

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2008 – 2009)
1.1
A

D

C'

D'

O
B'

A'

B

C

Từ các đỉnh hình vng ta kẻ các đoạn AA’, BB’, CC’ , DD’ vng góc với d.
Đặt T = AA’2+ BB’2+CC’2+ DD’2.
∆
∆
Ta có OAA’ = OCC’ (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AA’ = CC’
∆
∆
Tương tự OBB’ = ODD’ suy ra BB’ = DD’

Từ đó suy ra T = 2(AA’2 + BB’2) (1)
·A ' AO = B
· ' OB

Mặt khác, ta có
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) và AO = BO nên
∆
A’AO = B’OB (cạnh huyền –góc nhọn)

∆

⇒

BB’ = A’O
(2).
Thay (2) vào (1) và áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông A’AO ta được:
T = 2(AA’2 + A’O2) = 2AO2 = 2
1.2

AC 2 AC 2
=
= AB 2
4
2

, là hằng số.
I

C'

C
E

A

O

B

E'
M

K

a) Phần thuận: Gọi I là điểm chính giữa cung AB.
- Xét C thuộc cung BI. Tam giác CEB có
·
CEB
= 450 , ·AEB = 1350

µ = 900
C

, CE = CB nên vng cân, suy ra

.
Điểm E nhìn AB dưới một góc 135 0 nên E chuyển động trên cung chứa góc 135 0 dựng trên
đoạn AB (cung này cùng phía với I đối với AB).
· ' E ' B = 450
C

- Xét C’ thuộc cung AI. Tam giác C’E’B vuông cân nên
Điểm E’ nhìn AB dưới một góc 450, nên E’ chuyển động trên cung chứa góc 450 dựng trên
Hãy ln chiến thắng chính mình. 1


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

đoạn AB.
Khi C’ ≡ I thì E’ ≡ A. Khi C’ tiến đến A thì E’ tiến đến K ( AK ⊥ AB và AK =AB).
Điểm E’ chuyển động trên cung AK của cung góc 45 0 dựng trên đoạn AB (khác phía với I
đối với AB).
b) Phần đảo:
- Lấy E bất kỳ thuộc cung chứa góc 135 0 dựng trên AB, AE cắt nửa đường tròn (O) tại C. Ta
có

·AEB = 1350

, tam giác CEB vng có

·
CEB
= 450

nên CE = CB.

- Lấy E’ bất kỳ thuộc cung AK, E’A cắt nửa đường trịn (O) tại C’. Ta có

·AE ' B = 450

· ' E ' B = 450
C

, tam

giác C’E’B vng có
nên C’E’ = C’B.
c) Kết luận: Quỹ tích điểm E là cung chứa góc 135 0 dựng trên AB (cùng phía với I đối với
AB) và cung AK chứa góc 450 dựng trên AB (khác phía với I đối với AB). Hai cung trên hợp
lại thành nửa đường trịn đường kính BK (vì

·
BAK
= 900

).

Bài 2: ( CHUN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010)
2.1.Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của
M
A
B
QN, MN, PQ. Khi đó :
BJ =

MN
2

J

(trung tuyến ∆ vng MBN)

Tương tự DK =
IJ =

QM
2

PQ
2

Q
I

N

K

.
D

C

P

(IJ là đtb ∆ MNQ).
PN
2

Tương tự IK =
.
Vì BD ≤ BJ + JI + IK + KD. Dođó:
SABCD =

AC
AC
AC
.BD ≤
(BJ+JI + IK+KD) =
(MN+NP+PQ+QM)
2
2
4

- đpcm.

Chu vi tứ giác MNPQ là :
MN + NP + PQ + QM = 2BJ + 2IK +2DK + 2IJ
= 2(BJ + JI + IK + KD) ≥ 2BD (cmt)
Dấu bằng xảy ra khi đường gấp khúc trùng với BD, tức là MQ //NP, MN//PQ, MN=PQ (vì
cùng là cạnh huyền 2 tam giác vng cân bằng nhau), lúc đó MNPQ là hình chữ nhật.
y
2.2.Kí hiệu như hình vẽ.
Phần thuận :
·
·
AOB
=AMB

= 900

(giả thiết)
⇒ tứ giác AOBM ln nội tiếp
·
·
AMO
= ABO
= 45

⇒
vng cân tại O)

H

P
M'

Q
A

x

M

B'

0

(vì ∆AOB

O
B

Hãy ln chiến thắng chính mình. 2
S

K

R


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

Suy ra M luôn nằm trên đường
thẳng đi qua O và tạo với đường
PQ một góc 450.
Trường hợp B ở vị trí B’ thì M’
nằm trên đường thẳng đi qua O
và tạo với PS một góc 450.
Giới hạn :
*) Khi A ≡ H thì M ≡ Q, khi A ≡ K thì M ≡ S
*) Trường hợp B ở vị trí B’: khi A ≡ H thì M’ ≡ P, khi A ≡ K thì M’ ≡ R
Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường chéo SQ (hoặc M’ trên PR), qua M kẻ đường thẳng song
song với đường thẳng PQ cắt (O) tại A. Kẻ bán kính OB ⊥ OA.
Ta thấy tứ giác AOBM nội tiếp (vì

·

·
AMO
= ABO
= 450

·
·
AMB
= AOB
= 900

)

Suy ra :
.
Mà AM//PQ , PQ ⊥PS ⇒ MB//PS.
Kết luận:Quỹ tích giao điểm M là 2 đường chéo của hình vng PQRS.
Bài 3: ( CHUN LƯƠNG AVĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011)
3.1.
F
Vì AB và AC là đường kính của các đường
trịn
N
·ADB = 900 ; ·ADC = 900
B

M

D
E

Nên
Do đó D nằm trên đường BC

Ta có :

Nên

·ACD = AFD
·

( cùng chắn cung AD)

∆ABC : ∆AEF

Suy ra
Mà

·ABD = ·AED

C

( cùng chắn cung AD)

BA BC 2 BM BM
=
=
=
EA EF 2 EN
EN

·ABM = ·AEN

nên

∆ABM : ∆AEN

·AMB = ·ANE

Suy ra
Do đó tứ giác ADMN nội tiếp
⇒ ·ANM = ·ADM = 900

. Vậy

AN ⊥ NM

(đpcm)

3.2.

Hãy ln chiến thắng chính mình. 3


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

C

Gọi H là chân đường cao hạ từ

N A; M là trung điểm của AC
M
Theo giả thiết ta có AH = BM
Gọi N là chân đường vng gócH hạ từ M xuống BC
Khi đó MN//AH
A
1
1
AH = BM
2
2

B

D

Nên MN =
Suy ra tam giác vuông BMN là nửa tam giác đều cạnh BM
·
MBN
= 300

Do đó
Gọi D là điểm đối xứng của A qua B
Khi đó D cố định và BM//CD
·
·
BCD
= CBM
= 300

Suy ra
( so le trong)
Do đó các điểm C nằm trên cung chứa góc 300 dựng trên đoạn BD
Vậy quỹ tích của C là hai cung chứa góc 30 0 dựng trên đoạn BD (trừ 2 điểm B và D). Dễ
thấy các đường trịn chứa hai cung này có bán kính bằng độ dài AB và có tâm I sao cho tam
giác BID đều.
Bài 4: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
4.1.Gọi M là trung điểm của BC (1).
Nối GD, GE. Gọi P, Q là các điểm
C
trên tia GM sao cho:
BP //GE, CQ //GD (2) .
D
Theo định lý Ta-lét và tính chất
Q
P
đường phân giác:
M
GP EB CB
=
=
;
GA EA CA

G

GQ DC BC
=
=

GA DA BA

Suy ra:

B

E

A

GP GQ CB BC
+
=
+
GA GA CA BA

⇔

GP + GQ BC ( AB + AC )
=
=1
GA
AB. AC

(vì

BC ( AB + AC ) = AB. AC

).

⇔ GP+GQ = GA = 2GM .
Do đó M là trung điểm của PQ (3).
Kết hợp (1) và (3) suy ra tứ giác BPCQ là hình bình hành ⇒ BP//CQ (4).
Từ (2) và (4) suy ra G, D, E thẳng hàng.
E

4.2. a) Phần thuận:
∆ABC cân

·ADE = ·ADC

⇒

A

·ABC = ·ACB = ·ADB

D

·ABC

⇒
(vì cùng bù với
).
Xét ∆ADC và ∆ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)

M

O

B
H

C

Hãy ln chiến thắng chính mình. 4


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

·ADC = ·ADE

(cmt)
Suy ra ∆ADC = ∆ADE (c.g.c)
Do đó AC=AE=AB⇒∆ ABE cân tại A.
Vì M là trung điểm BE nên

·AMB = 900

.

Hơn nữa do AB cố định nên M lưu động trên đường trịn đường kính AB.
b) Giới hạn: Khi D ≡ A thì M ≡ A; D ≡ C thì M ≡ H (AH là đ/cao của ∆ABC).
c) Phần đảo:

¼
AH

Lấy điểm M bất kỳ trên
. Gọi D là giao điểm thứ 2 của BM và đường tròn (O). Trên tia đối
của tia DB lấy điểm E sao cho DE = DC.
Ta sẽ chứng minh M là trung điểm của BE.
Xét ∆ADC và ∆ADE có:
AD: chung ; DC = DE (giả thiết)
·ADC = ·ADE

·ABC

(cùng bù với
)
Suy ra ∆ADC = ∆ADE (c.g.c) ⇒ AC=AE=AB
(1)
Lại có AM ⊥ BE (M nằm trên đường trịn đường kính AB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của BE.
d) Kết luận: Khi D di động trên cung nhỏ
trịn đường kính AB.

»AC

thì quĩ tích của M là cung nhỏ

Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
5.1.
Gọi K là giao điểm
A
của AC và DE.
Vì:

¼
AH

của đường

E

H
K
B

·ADB = 300 ; ·ADK = 900

Suy ra

D

C

·
KDC
= 600

Và ∆ DEC đều
Nên ∆ABC≅∆DKC (g.g)
Þ

DK
AB 1
=

=
DC AC 3

Do đó

.

1
1
KD 1
DK = DC = DE Þ
= (1)
3
3
KE 2

.
Hãy ln chiến thắng chính mình. 5


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N.

09.05.37.8118

1
KH 1
DH = DE Þ
=
2
KD 2

Kẻ CH⊥DE (H∈DE) thì
;
Mặt khác AD//CH (cùng vng góc với DH) ;
KC KH 1
=
=
KA KD 2

Nên theo Talet ta có:

·AKE = CKD
·

(2).

Từ (1), (2) và do
nên theo Talet AE//CD.
5.2.
Gọi H, K là giao điểm của BC,
DE với OA. Ta thấy
AK = HK (2);

·AKF = 900

·
OBA
= 900

A

(1),

, BH⊥OA(3)

K

D

F

·
OMF
= 900

E

N

OB =OM=ON (4) và
(5).
Kết hợp (1), (2), (3), (4) và (5) ; áp
dụng hệ thức lượng tam giác vng
và định lý Pytago ta có:
FA2 = FK 2 + KA2

H
B

C

O

M

= OF 2 - OK 2 + KA2
= OF 2 - ( OK 2 - KA2 )
= OF 2 - ( OK - KA) ( OK + KA) = OF 2 - ( OK - KH ) OA

= OF 2 - OH .OA = OF 2 - OB 2 = OF 2 - OM 2 = FM 2

.

Suy ra FA = FM .

·
·
OMF
= ONF

Hơn nữa,
(nhìn đường kính OF)
Nên FM = FN (vì đều là tiếp tuyến từ F của (O))
Do đó F là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN.

R ³ KA.

Gọi R là bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMN, thì
Đẳng thức xảy ra khi F ≡ K, nghĩa là F là trung điểm của DE.
Vậy, khi F là trung điểm của DE thì bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMN nhỏ nhất.
Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

6.1.
a) Chứng minh AF.BE = AD.DB.
Ta có:
·AFD + FDA
·
+ µA = 1800
·
Û ·AFD + FDA
= 1200 (1)

C

F

·
·
·
EDB
+ FDA
+ EDF
=1800
·
·
Û EDB
+ FDA
=1200 (2)

E

Hãy ln chiến thắng chính mình. B6

A

D


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
Từ (1) và (2) suy ra:

µA = B
µ = 600

Hơn nữa
Suy ra
Þ

·AFD = EDB
·

D AFD @D BDE

AF .BE ≤

b) Chứng minh

Nên

x1 + x2 = AB = a

x1 , x2

x1 , x2

(đpcm).

2

a
4

x1 = AD; x2 = DB ( x1 , x2 > 0)

Ta có:

Do

.

AF
AD
=
BD BE Û AF .BE = AD.BD

Đặt

09.05.37.8118

và

x1 x2 = AD.DB = b(b > 0)

.

(không đổi).

là nghiệm của phương trình bậc hai:

x 2 − ax + b = 0

(*).

ln tồn tại nên phương trình (*) ln có nghiệm

∆ = a 2 − 4b ≥ 0 ⇔ b ≤

Hay:

a2
4

AF .BE = AD.BD ≤

. Vậy
x1 = x2 =

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
6.2.

a
2

a2
4

.

, tức D là trung điểm AB.

HC
CD

D

a)Tính tỷ số
:
CK ⊥ AD, BD ⊥ AD ⇒ CK / / BD
Ta có:
Áp dụng Talet:

K
H
A

O'

O

I

C

CH CK AC 3
=
=
=
HD BD AB 4

Suy ra:

CH
CH
3
3
=
=
=
CD CH + HD 3 + 4 7

Vậy tỷ số

HC 3
=
CD 7

.

.

Hãy ln chiến thắng chính mình. 7

B

TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

b) Điểm H chạy trên đường nào khi d quay quanh A?
Qua H kẻ đường thẳng song song với OD cắt OC tại I . Khi đó:
IH CH 3
3
3
=
= ⇔ IH = OD = R
OD CD 7
7
7

(không đổi).

3
3R 3
2
IC = OC =
= R ⇒ OI = R
7
7 2 14
7

Từ đó ta cũng có:
.

Do OC cố định nên I cố định. Vì thế, khi d quay quanh A thì H chạy trên đường tròn tâm I (I
OI =

2
R
7

nằm trên đoạn OC, cách O một khoảng
), bán kính
Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
7.1.

3
R.
7

AM AN PQ
+
+
= 1.
AB AC AQ

A
N

M

a) Chứng minh rằng:
Gọi E, F là giao điểm của NP, MP với BC.

P

Do NE//AB, MF//AC nên theo Thales ta có:
AM FC AN BE
=
;
=
AB BC AC BC

B

E

Q

F

C

PQ EQ FQ EQ + FQ EF
=
=
=
=
.
AQ BQ QC BQ + QC BC
AM AN PQ FC BE EF
+
+
=

+
+
=1
AB AC AQ BC BC BC

Từ đó:

(đpcm).
AM . AN .PQ 1
=
AB. AC . AQ 27

b) Xác định vị trí điểm Q để

.
AM AN PQ
,
,
AB AC AQ

Áp dụng câu a) và BĐT Cauchy cho 3 số dương:

:

AM AN PQ
AM AN PQ
AM AN PQ 1
+
+
≥ 33

.
.
⇔
.
.
≤
AB AC AQ
AB AC AQ
AB AC AQ 27

1=

.
⇔

AM AN PQ 1
=
=
=
AB AC AQ 3

Dấu “=” xảy ra
.
Khi đó MN//BC. Vì AQ đi qua trung điểm MN nên Q là trung điểm của BC.
AM . AN .PQ 1
=
AB. AC . AQ 27

Vậy, khi Q là trung điểm của BC thì
7.2.

∆ABD
Vì AB là đường kính nên
BD 2 = BC.BA
vuông tại D suy ra
(1).
Gọi G, H lần lượt là tiếp điểm của (I)
với CD và (O).

.

Hãy ln chiến thắng chính mình. 8


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N.
µ =C
µ =G
µ = 900
E

09.05.37.8118

H

Tứ giác IECG có :
và IE= IG nên là hình vng,

G

I

·
·
⇒ HIG
= HOB

⇒

D

A

C

E

B

O

IG//EC
(đồngvị).
Kết hợp với HIG và HOB cân, suy ra
·
·
GHI
= BHO

Từ đó:

, hay H, G, B thẳng hàng.

∆HBE ≅ ∆EBG

∆AHB ≅ ∆GCB

·
·
µ
BHE
= BEG
,B

(vì

chung)

·AHB = GCB
·
µ
= 900 , B

⇒ BE 2 = BG.BH

(2).

⇒ BG.BH = BC.BA

Và:
(vì
chung)

(3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra BD = BE.
Bài 8: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
A

B

8.1.
O
M

Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.
∆OMD
∆FDC
a) Chứng minh
đồng dạng với

E
F
C

D

Vì O là trung điểm của BD và CE = 2EO nên E là trọng tâm của
·
·
OMD
= FDC
suy ra OM//CD, do đó
(1).

·
·
ODC
= EFC
Theo giả thiết
nên:
·
·
·
·
·
·
ODM
= ODC
− MDC
= EFC
− FDC
= FCD
(2).
∆OMD
∆FDC
Từ (1) và (2) suy ra
đồng dạng với
.
·EFA = 2OBA
·
b) Chứng minh
1
1
AD = CD, OM = CD = BC = MC

2
2
ABCD là hình thoi nên
;
DC DF
∆FDC : ∆OMD ⇒
=
MD OM
Và
;
AD DC DF DF
=
=
=
MD MD OM MC
Do đó:
.
·
·
FDA
= CMD
Hơn nữa AD//CM nên
,
·
·
∆FDA : ∆CMD ⇒ DFA
= MCD
Suy ra
.
0

0
·
·
·
·
EFA
= 180 − DFA
= 180 − MCD
= ·ADC = ·ABC = 2OBA
Ta có:

∆BCD

và M là trung điểm BC,

Hãy ln chiến thắng chính mình. 9


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N.

09.05.37.8118

a

I

C

D
M

J
A

E

F

B

O

8.2.Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.
a) Chứng minh J là trung điểm đoạn thẳng OC
Vì CM là tiếp tuyến của (O) và M ∈ (I) nên
CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên
·AOC = ·DCO

Mà

·
DOC
= ·AOC

(do AB//CD), suy ra

(

·
DJ ⊥ OC DJC

= 90

0

)

·
·
CMD
= CMO
= 900

nên D,M,O thẳng hàng. Do

.

·
DOC
= ·DCO

, hay ∆ DOC cân tại D. Kết hợp với

suy ra DJ là trung tuyến của ∆DOC, do đó J là trung điểm của đoạn

thẳng OC.
b) Tìm điểm cố định
Gọi F là trung điểm của AO, E là giao điểm của DF và BC.
Vì OJ=JC (cmt) nên JF là đường trung bình ∆AOC, do đó JF⊥AB và
·
JOF

·
·
DJF
= COB

(cùng bù

) (1).

Mặt khác , ∆DJO

:

∆ JFO (g.g) nên

Kết hợp (1) và (2) ta được ∆DJF

:

DJ
JO
CO
CO
=
=
=
JF
FO
AO

OB

(2).

∆ COB.

·
·
JDE
= JCE

·
CED
= 900

Do đó
nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường trịn (I) và
hay DF ⊥BC.
Vậy khi M di động, đường thẳng qua D vng góc với BC ln đi qua F cố định , F là trung
điểm của OA.
Bài 9: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
9.1.Vì

∆ABC

nhọn nên H nằm giữa 2 điểm A và C.

Mà BD là phân giác của
DH ' ⊥ AB
Hạ

.

·ABH

nên D nằm giữa A và H.

·
·
BHD
= 900 ⇒ BDH
< 900 ⇒ ·ADB > 900

Vì
Nên H’ nằm giữa hai điểm A và B.

Hãy ln chiến thắng chính mình. 10


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
Mặt khác :

09.05.37.8118

∆BH ' D = ∆BHD ( ch − gn )

⇒ BH = BH '

Ta có : BH = BH’ = AB – AH’
CD = AC – AD. Mà AB = AC.
AD > AH’ ( quan hệ cạnh góc vuông và cạnh huyền).Suy ra : BH > CD nên

BC = a, AB = c, CA = b
9.2. Đặt
S ABC =

Ta có
Mặt khác,

Từ

( 2)
và

Tương tự,

.

ha .a
( 1)
2

S ABC = S ABD + S ADC =

( 1)

BH
>1
CD

suy ra
kb

b
=
hb c + a

1
( b + c ) .ka ( 2 )
2

ka
a
=
ha b + c

;

Áp dụng BĐT ( c/m )

kc
c
=
hc a + b
a
b
c
3
+
+
≥
b+ c c + a a + b 2

, ta có:

ka kb kc
a
b
c
3
+ + =
+
+
≥
ha hb hc b + c c + a a + b 2

 ka kb kc  3
 + + ÷
÷= 2 ⇔
h
h
h
b
c 
 a

Vậy, GTNN
Tam giác ABC đều.
Bài 10: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)
10.1.
a) Tam giác MEA cân
x
Gọi Ax là tia đối của AM.

C
Ta có:
A
·
·
MAE
= CAx

·
·
MEA
= CAD

J

(đối đỉnh);

E

(ME//AD).

Suy ra

sđ

»AC

1
2

D

M
B
F

Lại có:
1
·
CAx
=
2

I
O

y

» = CAD
·
CD

= sđ

·
·
MEA
= MAE

, hay tam giác MEA cân tại M (1).

Hãy ln chiến thắng chính mình. 11


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

b) Đường thẳng MC đi qua trung điểm của đoạn thẳng AI.
Kéo dài EM cắt BC tại F. Gọi By là tia đối của tia BM. Ta có:
·
·
MBF
= CBy

(đối đỉnh),
Lại có:

1
·
CBy
=
2

sđ

·
MFB
= ·AIC

¼ =1
BDC
2

·
·
MBF
= MFB

sđ

(ME//AD).

» + CD
» =1
» + »AC = ·AIC
( BD
) 2 ( BD
)

sđ

Suy ra
hay tam giác MBF cân tại M, nên MB = MF (2).
Từ (1), (2) và tính chất tiếp tuyến, ta thu được ME = MF (3).
Gọi J là giao điểm của MC và AD. Vì AD // EM nên:
AJ
CJ
JI
=

=
(4)
EM CM MF

.
Kết hợp (3) và (4) suy ra AJ = JI , hay J là trung điểm của AI (đpcm).
10.2.
a) Chứng minh rằng các điểm B, M, F thẳng hàng
A
-Tứ giác ADME là hình vng
(vì ADME là hình chữ nhật có
K
·
DAE

D

AM là phân giác
);
Suy ra AD = AE nên BD = EC.
Lại có BH = HC
Và

M
B

·
·
DBH
= ECH

= 450

Suy ra ∆DBH = ∆ECH và
- Ta có

AMFE nội tiếp, do đó
- BDMH nội tiếp (vì

F
C

H

·
·
BDH
= CEH

·
·
·
DAE
= DME
= DFE
= 900

E

(1).

, suy ra A, D, M, E, F cùng nằm trên một đường tròn và

·AMF = CEH
·

(2).

·
·
BDM
= BHM
= 900
·
BMH
= ·AMF

) suy ra

·
·
BMH
= BDH

(3).

- Từ (1), (2) và (3) suy ra
. Kết hợp với A, M, H thẳng hàng, suy ra B, M, F
thẳng hàng.
b) Xác định vị trí điểm M để diện tam giác AFB lớn nhất
Vì các điểm D, M, E, F cùng nằm trên một đường tròn (câu a) nên

·
·
·
·
DFM
= DAM
= DMA
= DFA
= 450

Hơn nữa

·AHB = 900

suy ra

·AFB = 900

.

nên A, B, H, F cùng nằm trên đường trịn đường kính AB.
S AFB =

Gọi K là hình chiếu của F lên AB. Ta có:

1
FK . AB
2

.

S AFB

lớn nhất ⇔ FK lớn nhất
⇔ F≡ H ⇔ M ≡ H.
Vậy M ≡ H thì diện tích tam giác AFB lớn nhất.
Do AB cố định, nên

Hãy ln chiến thắng chính mình. 12


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

Bài 11: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)
11.1.
A

Giả sử các đường thẳng qua D, E, F
lần lượt song song với CA, AB, BC
cắt AB, BC, CA tại H, I, K.
Đặt SABC = S¸
SAFK = S1, SBDH = S2 , SCEI = S3.

K

F

E

H
M
B

D

C

I

Do HDMF, DIEM, MEKF là các hình bình hành nên:
S DEF =

1
1
S HDIEKF =  S − ( S1 + S 2 + S3 ) 
2
2

1
S1 + S2 + S3 ≥ S
3

Suy ra, BĐT cần chứng minh là:
Do ∆AFK ≈∆HDB ≈ ∆EIC ≈ ∆ABC
2

Nên

2

Tương tự,

S2  BD 
=
÷
S  BC 

.

2

S1  FK   ME   DI 
=
÷ =
÷ =
÷
S  BC   BC   BC 
2

,

.
2

,

S3  IC 
=

÷
S  BC 

Chứng minh được bất đẳng thức
Sử dụng (*) ta được:
2

2

.

1
a 2 + b 2 + c 2 ≥ (a + b + c) 2
3
2

(*).
2

S1 + S2 + S3  BD   DI   IC  1  BD DI IC  1
=
+
+
÷ +
÷ +
÷ ≥ 
÷ =
S
3
 BC   BC   BC  3  BC BC BC 

.

Đẳng thức xảy ra khi M là trọng tâm của tam giác.
11.2.
a) Chứng minh NC.NE = ND.NF

N
B
D

Ta có: O, O1, E thẳng hàng;
EO1 CO1
=
EO NO

Lại có:
;
Suy ra N, C, E thẳng hàng.
Tương tự N, D, F thẳng hàng.
Ta có:

C

O

A
E

O1

M

O2

F

1·
1·
·
·
NCB
= CO
NOE = NFE
1E =
2
2
1·
1·
·
·
NDA
= DO
NOF = NEF
2F =
2
2

Nên ∆ NCD

≈

∆NFE, suy ra NC.NE = ND.NF (1).

b) Tìm tập hợp các điểm M .
Hãy ln chiến thắng chính mình. 13


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

Giả sử MN cắt (O1), (O2) tại giao điểm thứ hai tương ứng M1, M2. Chứng minh được
NC.NE = NM1.NM (2) và ND.NF = NM2.NM (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra MN ≡ NM1≡ NM2, hay MN là tiếp tuyến chung của (O1), (O2).
Suy ra NC.NE = ND.NF = NM2 (4).
Mặt khác, do N là điểm chính giữa cung AB nên
Suy ra

∆NAC ≈ ∆NEA

·
·
NAC
= NEA

nên NC.NE = NA2 (5).
NA = 2 R( R − d )

Từ (4) và (5) suy ra NM =

.
NM = 2 R( R − d )

Do đó, M thuộc cung trịn AB của đường trịn tâm N, bán kính
, trừ 2
điểm A, B.
Bài 12: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
12.1
A
Chứng minh ACF là tam giác cân:
Vì OB = OC =BC = R nên ∆OBC
1·
·
BAC
= BOC
= 300
2

DF =

E

O

đều, suy ra
(1)
Do đó ∆ADF là nửa tam giác đều,

F

D

1
AD = DC
2

C

nên
Hay ∆CDF cân tại D,

B

1
·
·
FCD
= DFC
= ·ADF = 300
2

Suy ra
(2).
Từ (1) và (2) suy ra ACF cân tại F.
Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định:
Trường hợp 1: AC là đường kính của (O) thì E ≡ O, nên hiển nhiên EF luôn đi qua điểm
cố định O.
Trường hợp 2: AC khơng là đường kính
Ta có ACF cân tại F (chứng minh trên) suy ra EF⊥AC (3).
Mặt khác, do E là trung điểm AC nên OE⊥AC (4).

Từ (3) và (4) suy ra E, F, O thẳng hàng, hay EF luôn đi qua điểm cố định O.
12.2
F

K
A
E
D
H

G

B

C

Gọi H là trực tâm của ∆ABC. Vì CH⊥AB và DK⊥AB suy ra CH//DK (1).
Tương tự, BH//GK.
Hãy ln chiến thắng chính mình. 14


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

·
·
·
·
HBC

= KED
, HCB
= KDE

Do đó,
(góc có các cạnh tương ứngsong song)
Lại có BC = ED (BCDE hình thoi) nên ∆BHC = ∆EKD (g.c.g),
suy ra CH = DK (2).
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HCDK là hình bình hành
Do HK = CD = BC (không đổi), H cố định nên K thuộc đường trịn tâm H, bán kính BC.
Bài 13: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
13.1.
N

ABCD là hình bình hành nên
·
·
DAB
+ CDA
= 1800

B

C

Từ giả thiết ta lại có

·
·
·

·
MAN
+ DAB
= MAB
+ DAN
= 1800
·
·
MAN
= CDA

Suy ra
Từ đó

A

∆MAN = ∆CDA (c.g .c)
·AMN = DCA
·
·
= BAC

Do đó
Lại có AB ⊥ AM
Suy ra MN ⊥ AC.
13.2.
a) Chứng minh

D

.

M

.

AB.CZ = AC .BX

T

Vì BA//CZ (gt) và BZ tiếp xúc
với (O) nên

A

Y

·ABC = BCZ
·
·
·
, BAC
= CBZ

Tương tự
suy ra

AC.BX = BC

G

b) Chứng minh rằng

O

B

C

X

.

2

AB.CZ = AC .BX

Q

P

,
suy ra ∆ABC ≈∆BCZ (g.g).
Từ đó
AB BC
=
2
BC CZ ⇔ AB.CZ = BC

N

M

Z

,
.

·
·
MAB
= NAC

AB.CZ = AC.BX ⇒

BA BX
=
CA CZ

Từ câu a) ta có
(1).
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Vì XY//CA, ZT//BA, QA = QC, PA = PB nên
BX BX CT BY QC PA BY BY
=
.
.
=
.
.

=
CZ BY CZ CT QA PB CT CT

(2).
Hãy luôn chiến thắng chính mình. 15


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
BA BY
=
CA CT

Từ (1) và (2) suy ra

09.05.37.8118

(3).

·ABY = BAC
·
= ·ACT

Vì BY//AC, CT//AB nên
(4).
Từ (3) và (4) suy ra ∆ABY ≈∆ACT (c.g.c).
Từ đó kết hợp với

·
·
MAY

= NAT

suy ra

·
·
·
·
·
·
MAB
= YAB
− MAY
= TAC
− NAT
= NAC

(đpcm).

Bài 14: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
14.1.

a) Chứng minh rằng PQ = 2MD
·
CPQ
= 900

Vì CQ là đường kính đường trịn (A) nên
hay PQ⊥CP. Kết hợp với AD⊥MC (giả
thiết) suy ra AD//PQ. Hơn nữa A là trung điểm của CQ nên AD là đường trung bình ∆CPQ

hay PQ = 2AD (1).
·AMD = ·ABC = 450

T/g vng ADM có
nên cân tại D hay MD = AD (2).
Kết hợp (1) và (2) suy ra PQ = 2MD (3).
b) Xác định vị trí điểm M để BM + MP +PQ đạt GTNN, GTLN
Xét ∆BMP có :
·
BMP
= 900

(BC là đường kính đường trịn (O));

1·
·
MPB
= CAB
= 450
2

Suy ra ∆BMP là tam giác vuông cân tại M , do đó BM = MP (4).
Từ (3) và (4) ta có BM + MP + PQ = 2(MP + MD) = 2DP = PCt (5).
»
BA

Khi M di động trên
Từ (5) và (6) suy ra:

14.2.

C

»
BQ

của (O) thì P di động trên cung

N

của (A) (6).
D

(BM + MP + PQ) nhỏ nhất ⇔ PC = BC ⇔ M ≡ B;
(BM + MP + PQ) lớn nhất ⇔ PC = QC ⇔ M ≡ A.
A

M

B

E
Hãy ln chiến
thắng chính mình. 16


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

a) Các đường thẳng AD và BC cùng đi qua N
·ANM = ·ACM , MNB
·
·
= MDB

Ta có

(ACNM, MDNB là các tứ giác nội tiếp).

Mà ∆AMC

:

∆DMB (

AM MD 1
=
=
MC MB 2

·ACM + MDB
·
·
= 90 ⇒ ·ANM + MNB
= 90
0

Suy ra

và

·AMC = DMB
·
= 900

Mặt khác

·ANC = 90

0

hay

);

·ANB = 900

.

0

, suy ra ba điểm C, N, B thẳng hàng, nghĩa là BC đi qua N.

·ANC = DNC
·
= 900

Lại có
, suy ra hai tia NA và ND trùng nhau hay A, D, N thẳng hàng,

nghĩa là AD đi qua N.
b) Khi M chuyển động trên đoạn AB thì MN đi qua một điểm cố định.
Khi M chuyển động trên AB thì N chuyển động trên nửa đường trịn cố định đường kính
AB.
·ANM = ·ACM

AM 1 

·
= ÷
 tan ACM =
MC 2 


Mà
khơng đổi
nên đường thẳng MN đi qua điểm cố
định E trên nửa đường trịn đường kính AB khơng chứa N.
Bài 15: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
15.1.

a) Chứng minh ∆OBH ∆O’EK
Dễ thấy O, H, D thẳng hàng.
Từ

» = DC
»
BD

(giả thiết)

·
·
·
·
⇒ EAD
= BAD
= DAC
= DAG

Hãy ln chiến thắng chính mình. 17


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

»
EG

suy ra D là điểm chính giữa
.
Kết hợp với K là trung điểm của EG suy ra O’, K, D thẳng hàng.
·
·
·
·
· ' D = EO
· 'K
BOH

= BOD
= 2 BAD
= 2 EAD
= EO
Ta có
·
·
BHO
= EKO
' = 900

và
suy ra ∆OBH ∆O’EK (g-g).
b) Chứng minh HK⊥ AD
OH OH O ' K O ' K
⇒
=
=
=
OD OB
OE
OD
∆OBH ∆O’EK (g-g)
Áp dụng định lí Thales đảo ta có HK//OO’.
Do OO’⊥ AD ⇒HK ⊥ AD (đpcm).
15.2

Kẻ đường kính AE. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của BC, DC
1
HK = BD ⇔ BD = 2 HK

2
suy ra
(1) và HK//BD.
Áp dụng định lý Thales cho tam giác AEC ta có:
HK AH
EC. AH
=
⇔ HK =
EC AE
AE
(2).
2 EC. AH
BD =
AE
Từ (1) và (2) suy ra
.
Đặt AH = x. Tam giác AEC vng tại C có CH là đường cao nên
EC2 = EH.EA = 2R(2R - x).
8R ( 2 R − x ) x 2 8 x x
2
BD =
= . . .( 2R − x )
2
R 2 2
( 2R )
Do đó
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
3
x x


+ + 2R − x ÷
8  2 2
64 R 2
2

BD ≤ .
=
R
27
27
.
8R 3
x
4R
BD ≤
= 2R − x ⇔ x =
9
2
3
Vậy
. Đẳng thức xảy ra khi
.
Hãy ln chiến thắng chính mình. 18


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

Bài 16: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)
16.1
a) Tính EN, FN
Vì ME, MF là các tia phân giác
·NMP
trong và ngoài của
nên:
EN MN 1
EN
1
=
= Þ
=
EP MP 3 EN + EP 4
1
6
Þ EN = NP = = 1,5(cm).
4
4
FN MN 1
FN
FN
1
1
=
= Þ
=
=
=
FP MP 3

NP FP - FN 3 - 1 2 Þ FN = 3(cm).
b) Tìm quỹ tích điểm M

·
FME
= 900

-Phần thuận: Theo câu a) EN = 1,5cm, FN = 3cm nên E, F cố định. Hơn nữa,
suy
ra M thuộc đường trịn đường kính FE.
- G/hạn: Điểm M chạy trên cả đường trịn đường kính FE (trừ 2 điểm E, F).
- Phần đảo: Lấy M bất kì trên đường trịn đường kính FE. Ta sẽ chứng minh ME, MF lần lượt
∆MNP

là phân giác trong/ngoài đỉnh M của
.
·
FME
= 900
Dễ thấy
. Vẽ NH⊥ME (H ∈ME), NH cắt MP ti K.
ỡù NK
NP
ùù
=
(1)
ù FM
FP
ị ớ
ùù NH

EN
=
(2)
ùù
EF
ùợ FM
Vỡ NHME v FMME suy ra NK//FM
.
NK
6
2
=
=
FM 3 + 6 3
Theo a), từ (1) suy ra
(3).
NH
EN
1,5
1
=
=
=
FM EN + FN 1,5 + 3 3
Theo giả thiết, từ (2) ta có:
(4).
NK
NH
=2
Þ NK = 2 NH

FM
FM
Từ (3) và (4) suy ra
, hay H là trung điểm NK.
Do đó ∆MNK cân (MH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến) suy ra ME là phân giác
·
·
FME
= 900
NMx
Hơn nữa
suy ra FM là phân giác
.
-KL:Tập hợp các điểm M là đường trịn đường kính FE (trừ 2 điểm E, F).
16.2.

·NMP

Hãy ln chiến thắng chính mình. 19

.


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N.

09.05.37.8118

Kẻ BK và CH vng góc với đường thẳng MN.
Từ tính chất tiếp tuyến ta có:

·
·
KMB
= ·AMN = ·ANM = HNC

à =H
à = 900
K

Hn na
(cỏch dng),
suy ra KBM
HCN
KB
HC
KB HC
KB BP
ị
=

=

=
BM CN
BP CP
HC CP

;

(1).

BP KE
=
CP HE

Mặt khác, do BK//PE//CH nên
(2).
KB KE
=
HC HE
Kết hợp (1) với (2) ta được
suy ra ∆KBE
∆HCE.
·
·
·
·
·
KEB
= HEC
Þ BEP
= CEP
BEC
Suy ra
hay EP là phân giác
(đpcm).
Bài 17: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)
17.1.

a) Chứng minh CA = CK, BA=BL

∆BAD cân nên

·
·
BAD
= BDA

.

·AKC = BKD
·
·
·
·
= 900 − BDA
= 900 − BAD
= KAC

Mặt khác
Suy ra ∆ACK cân tại C hay CA = CK.

;

Hãy ln chiến thắng chính mình. 20


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

Tương tự, BA=BL.
b) Chứng minh ∆IHJ là tam giác vuông cân
Từ giả thiết ta có IJ//BC, BD//GH//CE. Áp dụng Thales:
IG DG BH GH GH
=
=
=
=
⇒
CK DC BC CE CK

IG = GH (1).

Tương tự, GJ = GH (2).
Hơn nữa, do IJ//BC và HG ⊥ BC suy ra HG ⊥ IJ (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ta IHJ là tam giác vuông cân tại H.
17.2.

a) Chứng minh rằng (H) và (K) cắt nhau
HK < MH + MK
∆MHK có:
,
suy ra (H) và (K) cắt nhau.
b) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định
Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AB cắt KM tại D, cắt NM tại E.
Xét ∆KMH và ∆EDM có:
MH = DM (bán kính (H)) ;
·
·
KMH

= EDM
= 900
·
·
HKM
= MED

;

·
·
·
KMN
⇒ KHM
= EMD

(cùng phụ
)
;
Suy ra ∆KMH = ∆EDM (cv-gn),
Suy ra MK = DE⇒ BE = BD + DE = HB +AH = AB (khơng đổi).
Do đó BE khơng đổi, hay MN luôn đi qua điểm cố định E.
Bài 18: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
18.1.
a) Chứng minh O, I, G thẳng hàng
ABCD là hình thang cân (vì AD = BC) suy ra trung điểm G
của AB và giao điểm I nằm trên trục hình thang.
Lại có OC = OD nên O nằm trên đường trung trực đoạn
thẳng CD. Từ đó suy ra O, I, G cùng nằm trên trục hình
thang, hay O, I, G thẳng hàng.

b) Chứng minh rằng tam giác GMN là tam giác đều
Hãy ln chiến thắng chính mình. 21


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.
∆OAD có ba cạnh bằng R nên đều, suy ra AN⊥OD và
Tương tự, ∆OBC đều, BM⊥OC và
Xét ∆GAN và ∆GBM có :
GA = GB (gt) ;
AN = BM (∆OAD = ∆OBC);

·
CBM
= 300

·
DAN
= 300

09.05.37.8118

.

.

·
·
·
·
GAN

= GAD
− 300 = GBC
− 300 = GBM

,
Suy ra ∆GAN = ∆GBM (c.g.c) ⇒GN = GM , hay GMN là tam giác cân (1).
Vì

·AGO = ·ANO = 90 0

nên AGON nội tiếp, suy ra

·
OGM
= 300

·
·
OGN
= OAN
= 300

·
MGN
= 600

.

Tương tự
, do đó

(2).
Từ (1) và (2) suy ra GMN là tam giác đều.
18.2.
a) Chứng minh rằng

AC. AF = AD. AE

ABCD và ABEF nội tiếp
nên
và

·AEF = ·ABF = ·ABD = ·ACD

·AFE = 1800 − ·ABE

= 1800 − ·ABC = ·ADC

Suy ra ∆AFE

∽

∆ADC (g.g) (*)

AF AE
=
AD AC
⇔ AC. AF = AD. AE ×

⇒

b) Tính số đo góc

·AGH

Do H, G lần lượt là trung điểm của EF và CD nên (*) suy ra ∆AFH
⇒

và

∽

∆ADG

AF AH
AF AD
=
⇔
=
AD AG
AH AG

·
·
·
·
FAH
= DAG
⇒ FAD
= HAG

Suy ra ∆FAD

∽

∆HAG. Từ đó

·AGH = ·ADF = 900

C

.

A

I

M

K
Bài 19: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
19.1.
O
Dùng Định lý Pythagore trong các tam
giác vuông AMC và BMD ta suy ra
E

D

B

Hãy ln chiến thắng chính mình. 22


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = AC 2 + BD 2

Dùng Định lý Pythagore trong các tam giác
vuông AMD và BMC ta suy ra
AD 2 + BC 2 = MA2 + MD 2 + MB 2 + MC 2
AC 2 + BD2 = AD2 + BC 2

Vậy
Gọi E là điểm đối tâm của B.
Vì tam giác EAB vuông tại A nên EA//DC,
suy ra AC = ED.
Kết hợp định lý Pythagore trong tam giác
AC 2 + BD 2 = 4R 2
EDB ta được
AD 2 + BC 2 = 4R 2
Vậy
khơng đổi.
Vì I là trung điểm của BC nên MI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC của tam
MI =

giác vuông CMB, suy ra

1

BC.
2
OI =

Mặt khác, OI là đường trung bình của tam giác CBE nên
IO 2 + IM 2 =

Ngoài ra, tam giác ECB vuông tại C nên :
Gọi K là trung điểm OM, suy ra K cố định.
IK 2 =

1
EC .
2

1
BE 2 = R 2
4

(1)

IO 2 + IM 2 MO 2
−
2
4

Chứng minh công thức đường trung tuyến
(2)
Kẻ đường cao IH trong tam giác IMO, sử dụng Định lý Pythagore trong tam giác vuông ta
được :

IO 2 + IM 2 − 2 IK 2 = HM 2 + HO 2 − 2HK 2
2

2

1
1
 1

=  MO − HK ÷ +  MO + HK ÷ − 2 HK 2 = MO 2 .
2
2
 2


IK 2 =

Từ (1) và (2) suy ra

1 2 1
1
R − MO 2 ⇒ IK =
2R 2 − MO 2 .
2
4
2

Vậy quỹ tích trung điểm I là đường trịn tâm K bán kính
19.2.
Gọi I là trung điểm của AB.

A

Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆ABC
Mà GF ⊥ BC

⇒

GF⊥ IE

(1)

I

1
2R 2 − MO 2
2

⇒

.

B

IE // BC

G

Chứng minh tương tự GE ⊥ IF (2)

F

D

E

C

Hãy luôn chiến thắng chính mình. 23


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ YÊN.

09.05.37.8118

⇒

Từ (1) và (2)
G là trực tâm của ∆EIF
⊥
IG EF
(3)
Dễ chứng minh EF // AB
(4)
⇒
⊥
Từ (3) và (4)
IG AB
⇒

Vậy ∆AGB cân tại G

⇒

GA = GB.

Bài 20: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020)
20.1.( Dự phịng )
a) Chứng minh tứ giác
Theo giả thiết, ta có

NAED

là hình chữ nhật.

 NA = ND
⇒ MN P DC

 MA = MC

Tứ giác

BDEN

có

 NE P BD

 DE P NB

BDEN

nên
BE = ND, NE = BD

bình hành. Suy ra

AEBM
Tứ giác
có
hình chữ nhật.

là hình

.
 BE P NA

 BE = NA = ND
 AB = NE


nên

AEBM

là

·ACE = DCN
·

b) Chứng minh

.
AEM , AMN
Hai tam giác
có
M
 Góc
chung.


Suy ra

·
·
·
EAC
= DAB
= 90° − BAE

∆AEM

∆NAM

. Suy ra

AE AM
AE AC
=
⇒
=
×

AN MN
DN DC

AEC , CDN

Hai tam giác


·
·
NDC
= EAC

có

AE AC
=
DN DC


Suy ra

∆AEC

∆DNC

. Suy ra

·ACE = DCN
·

Hãy ln chiến thắng chính mình. 24


TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH – TUY AN – PHÚ N.

09.05.37.8118

20.3.
·
QDE

a) Tính số đo góc
.
 BD = BE

CD = CE ⇒ CE ⊥ BE.
CD ⊥ AB

Ta có
Khi đó,
¼ = 1 ECQ
¼
QDE
2
1
¼
= 180° − ¼
ACB − BCE
2

1
¼
= 180° − ¼
ACB − BCD
2

(
(

)
)

(
(

)

1
¼
180° − ¼
ACB − BCD
2
1
¼ − BCE
¼
= 180° − CBA
2
1
= ( 180° − 45° ) .
2

=

)

P, M , E

b) Chứng minh

thẳng hàng.
·
·
·
MBE
= 2 MDE
= 2QDE
= 90°.

Theo giả thuyết và kết quả ở câu a), ta có
Suy ra
·
·
·
·
·
BEM
= BME
= 45° ⇒ CEM
= CEB
− BEM
= 45°.

CQE

C

·
·
CEQ
= CQE
= 45°.

Mặt khác, tam giác
vuông cân tại nên
Suy ra
·
·
·
MEQ
= MEC
+ CEQ
= 45° + 45° = 90° ⇒ ME ⊥ EQ.
Ta có
 ME ⊥ EQ
⇒ P, M , E

PE
⊥
EQ


thẳng hàng.

Bài 21: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)
21.1.
AH 2 = BH .HC
Trong tam giác vng ABC ta có: AB.AC = AH.BC và
(1)
Trong tam giác vng ABH ta có:

BH 2 = BE.BA

CH 2 = CF .CA

(2)

(3)

Trong tam giác vng ACH ta có:
Hãy ln chiến thắng chính mình. 25