Cac bai toan hinh hoc hay trung hoc co so

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI HÌNH HAY VÀ KHĨ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN VÀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUN TỐN Hình học phẳng nội dung quan trọng chương trình mơn tốn trường THCS THPT chuyên toán Trong năm gần đầy tốn hình học phẳng xuất đề thi vào lớp 10 THPT, lớp 10 khiếu tốn kì thi học sinh giỏi cấp với độ khó ngày cao Với mong muốn tuyển chọn hình hay khó nhằm mục đích làm tài liệu học tập cho học sinh tài liệu giảng dạy cho giáo viên, soạn tài liệu ”Tuyển chọn hình hay khó bồi dưỡng học sinh giỏi toán luyện thi vào lớp 10 chuyên toán” Nội dung tài liệu giới thiệu tốn hình học phẳng mà thân tác giả thấy hay khó, với lời giải trình bày cơng phu xác Với cách viết đặt bạn đọc vào vị trí người giải, lối suy nghĩ hình thành lời giải tốn cách tự nhiên đảm bảo tính khoa học, hy vọng tài liệu thực có ích cho bạn đọc chinh phục tốn hình học phẳng Mặc dù thực cố gắng dành nhiều tâm huyết để hoàn thiện sách với hiệu cao nhất, song sai sót điều khó tránh khỏi Chúng tơi mong đóng góp ý kiến bạn đọc để chúng tơi hồn thiện tài liệu tốt Bài Đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính R r Biết BAC − ACB = ABC − BAC Tính diện tích tam giác ABC theo R r Lời giải Gọi O I tâm đường tròn ngoại tiếp A tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn ( I ) với AB, E D I AC, BC Khi ta có 1 1 AB.r + AC.r + BC.r = r ( AB + AC + BC ) 2 2 = r ( AD + AE + BD + BF + CE + CF ) S ABC = B F O C H M Mà ta có AD = AE, BD = BF,CE = CF nên SABC = r  2.AD + ( BF + CF ) = r ( AD + BC ) Ta có BAC − ACB = ABC − BAC nên 2BAC = ABC + ACB Do 3BAC = 1800 nên ta BAC = 60 suy DAI = 300 Trong tam giác vng DAI có AD = DI.cot DAI = r.cot 300 = r Kẻ đường kính AM đường trịn ( O ) , ta OAB = OBA Từ suy BOM = OAB + OBA hay BOM = 2.OAB Tương tự ta có COM = 2.OAC ( ) Suy BOM + COM = OAB + OAC nên BOC = 2.BAC = 2.600 = 120 BC HOC = BOC = 600 2 R Trong tam giác OHC có HC = OC.sin HOC = R.sin 600 = Kẻ OH vng góc với BC ta HB = HC = ( ) Từ suy BC = 2.HC = R nên ta SABC = r r + R = 3.r ( R + r ) Bài Cho tam giác ABC nhọn có AB  AC nội tiếp đường trịn ( O ) Gọi H trực tâm tam giác AH vng góc với BC F Gọi M trung điểm BC Trên đường tròn ( O ) lấy điểm Q K cho HQA = HKQ = 900 (Các điểm A, B, C, K, Q theo thứ tự đường trịn) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MFK Lời giải Lời giải Do HQA = HKQ = 900 nên A đường tròn ngoại tiếp tam giác AHQ QHK nhận AH QH đường Q kính Gọi AD đường kính đường trịn ( O ) E điểm đối xứng với H qua O BC Khi dễ thấy tứ giác HBDC hình hình hành nên ba điểm H, M, D thẳng hàng Mà ta lại có HQA = 900 nên suy ba điểm Q, H, D thẳng hàng Từ ta điểm Q, H, M, D thẳng hàng K H P B M D F E XC Nguyễn Công Lợi Website: tailieumontoan.com Gọi E đối xứng với H qua BC Giả sử tiếp tuyến K H đường tròn ngoại tiếp tam giác QHK cắt X Khi ta có XKH = XHK = KQH Mà ta lại có KQH = KQD = KAD Từ ta có biến đổi góc ( KXH = 1800 − 2KHX = 1800 − 2KQH = 900 − KQH ( ) ) = 900 − KAD = 2ADK = 2KEH Lại có XH = XK nên X tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE Do E H đối xứng qua BC nên BC đường trung trực DH, từ suy X thuộc đường thẳng BC Do XH tiếp tuyến đường trịn đường kính QH nên ta có XH vng góc với QH H Tam giác XHM vng H có đường cao HF nên XK2 = XH2 = XF.XM Từ suy XK tiếp tuyến chung hai đường tròn ngại tiếp tam giác KQH KFM với tiếp điểm K giao điểm hai đường trịn Do suy hai đường tròn ngại tiếp tam giác KQH KFM tiếp xúc K Lời giải Do HQA = HKQ = 900 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AHQ QHK nhận AH QH đường kính Gọi AD đường kính đường tròn ( O ) E điểm đối xứng với H qua BC Khi dễ thấy tứ giác HBDC hình hình hành nên ba điểm H, M, D thẳng hàng Mà ta lại có HQA = 900 nên suy ba điểm Q, H, D thẳng hàng Từ ta điểm Q, H, M, D thẳng hàng Kẻ đường kính PQ đường trịn ( O ) , HKQ = 900 nên suy ba điểm P, H, K thẳng hàng Đến ta có biến đổi góc PKE = PQE = OQE = 900 − QOE = 900 − QBE Ta dễ dàng chứng minh DE song song với BC nên ta lại có QMC = EMC = ( ) ( ) 1 sdQC + sdBD = sdQC + sdCE = sdQE = QBE 2 Để ý MHE = 900 − QMC = 900 − QBE , từ ta suy PKE = MHE nên DQ tiếp tuyến tại H đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE Giả sử đường thẳng vng góc với HQ H cắt BC X, đường thẳng HX qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE Mặt khác dễ thấy BC đường trung trực HE nên XE = XH , từ suy X tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KHE, XE = XH = XK Do XH vng góc với HQ H nên XH tiếp tuyến H với đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ nên suy XK tiếp tuyến K với đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác MHX có đường cao HF ta có XK2 = XH2 = XF.XM nên XK tiếp tuyến K với đường tròn ngoại tiếp tam giác KMF Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác KHQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác MFK Bài Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF Gọi G, P hình chiếu D AB AC Gọi I, K hình chiếu E AB BC Gọi M, N hình chiếu F AC BC Chứng minh sáu điểm G, P, I, K, M, N nằm đường tròn Lời giải Ta xét trường hợp sau • Trường hợp Tam giác ABC vng Khơng tính tổng qt ta giả sử tam giác ABC vng A, ba điểm A, E, F trùng Ba điểm N, D, K trùng Các điểm I M trùng với A Khi ta có tứ giác AGDP hình chữ nhật nên điểm A, G, P, D nằm đường trịn Từ suy G, P, I, K, M, N • Trường hợp Tam giác ABC có ba góc nhọn A Khi dễ thấy tứ giác AGDP nội tiếp đường tròn M I Suy ta GAD = GPD nên GPC + GBC = 180 E nên tứ giác BCPG nội tiếp đường tròn Dễ thấy P F tứ giác BCEF EFIM nội tiếp đường tròn nên ta FEC + FBC = 1800 Do FEC = GPC nên EF G B N D K C song song với GP Mặt khác MIF + MEF = 180 nên suy MIF + MPG = 180 Do tứ giác GPMI nội tiếp đường trịn ( O1 ) Tương tự ta chứng minh tứ giác MNPK nội tiếp đường tròn ( O ) Hoàn toàn tương tự ta tứ giác AIKC nội tiếp đường tròn Từ tứ giác BCPG nội tiếp đường tròn ta MPG = GBC kết hợp với MIF + MPG = 180 suy MIF + GBC = 180 nên IM song song với BC Tương tự ta LP song song với AB Từ ta IMP + MCK = MCK + AIK = AIK + IKP = 180 suy IMP + IKP = 180 Do tứ giác KPMI nội tiếp đường trịn ( O ) Qua ba điểm không thẳng hàng xác định đường tròn nên ba đường tròn ( O1 ) , ( O ) ( O ) trùng Vậy sáu điểm G, P, I, K, M, N nằm đường trịn • Trường hợp Tam giác ABC tam giác tù Chứng minh hoàn toàn tương tự ta sáu điểm G, P, I, K, M, N nằm đường tròn Vậy sáu điểm G, P, I, K, M, N nằm đường trịn Bài Cho tam giác ABC có BAC = 30 Đường phân giác phân giác ngồi góc ABC cắt cạnh AC B1 , B Đường phân giác phân giác ngồi góc ACB cắt cạnh AB C1 ,C Đường tròn ngoại tiếp tam giác BB1 B2 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác CC1C2 điểm P tam giác ABC Gọi O trung điểm B1 B Chứng minh CP vng góc với BP Lời giải Do BB1 ; BB2 đường phân giác C2 phân giác ABC nên B1 BB2 = 90 Khi tam giác BB1 B2 tam B C1 giác vuông B Do O trung điểm P B1 B nên O tâm đường tròn ngoại tiếp A B1 C O B2 tam giác BB1 B2 Do ta có OBC = OBB1 − CBB1 = BB1O − B1 BA = BAC Từ suy hai tam giác OBA OCB đồng dạng với nên ta được OA.OC = OP2 hay OB OA hay OA.OC = OB2 Do ta = OC OB OA OP nên hai tam giác OPC OAP đồng dạng với = OP OC nhau, từ suy OPC = PAC Ta có biến đổi góc sau ( ) ( ) PBC − PBA = PBB1 + B1 BC − ABB1 − PBB1 = 2PBB1 = POB1 = PCA − OPC = PCA − PAC Do suy PAC + PBC = PBA + PCA Tương tự ta PAB + PCB = PBA + PCA Cộng vế hai đẳng thức cuối ta thu PAC + PBC + PAB + PCB = PBA + PCA + PBA + PCA ( ) ( ) Từ suy 180 − PBA + PCA = PBA + PCA hay PBA + PCA = 60 Mà theo giả thiết BAC = 30 nên suy PBC + PCB = 900 hay PB PC vng góc với Bài Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O Lấy điểm P cạnh AB cho BOP = ABC lấy điểm Q cạnh AC cho COQ = ACB Chứng minh đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AQP Lời giải Giả sử đường thẳng AO cắt BC D Do O E A tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC P nên OA = OB Từ ta OAB = OBA Q Mà theo giả thiết ta có OAB = ABC nên ta suy hai tam giác ABD BOP đồng O B C D M dạng với Suy ta có AB AD hay AB.BP = AD.BO BPO = ADB Tương tự ta có hai = BO BP tam giác ACD COQ đồng dạng với Từ ta AC.CQ = AD.CO CQO = ADC Do ta có biến đổi góc ( ) APO + AQO = 180 − BPO + 180 − CQO = 360 − ADB + ADC = 180 Suy tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn hay điểm O nằm đường tròn nội tiếp tam giác APQ Gọi E giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ với đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Từ ta có OE = OA nên suy OAE = OEA tứ giác AEQO nội tiếp đường tròn nên AEO = AQO Kết hợp với từ giác AQOP nội tiếp đường tròn ta suy AEO = AQO = BPO = ADB Từ ta có EAO = ADB nên AE song song với BC Mà ta lại có OB = OC nên AB.BP = AC.CQ Khơng tính tổng qt ta giả sử ABC  ACB Khi gọi M giao điểm PQ BC M điểm nằm tia đối tia CB Từ giác AEPQ nội tiếp đường tròn nên ta PAE + PQE = 1800 , kết hợp với AE song song với BC nên PAE + ABC = 1800 Nguyễn Công Lợi Website: tailieumontoan.com Do EPQ EAQ;EAQACB nên EPQ  ACB Từ suy hai tam giác EPQ ACB đồng dạng với Điều dân đến hai tam giác ABC EBC nên ta APE = APQ − EPQ = AOQ − EOQ = AOB Mặt khác ta lại có OAC = ) ( 1800 − AOC = 900 − ABC EAC = ACB ) ( ( Từ suy AOB = 1800 − 2OAE = 180 − 900 − ABC + ACB = ABC − ACB ) ) ( Do ta APE = ABC − ACB Ta lại có ABE = ABC − EBC = ABC − ACB nên suy APE = 2ABE hay PBE = PEB ( ) ( ) Ta có AQP = AEP = 1800 − BAC + ACB − ABC − ACB = 2ACB − ABC Nên ta PMB = ACB − MQP = ACB − AQP = ABC − ACB Suy PMB = BEP = ABC − ACB nên tứ giác BPEM nội tiếp đường tròn Kết hợp với PBE = PEB ta BMP = PME nên MP phân giác góc BME hay nọi cách khác hai đường thẳng ME BC đối xứng với qua PQ Lại có EQM = 1800 − EQP = 1800 − ABC PEM = 1800 − ABC Từ dẫn đến hai tam giác MQE MPE đồng dạng với nhau, ta ME2 = MP.MQ Suy ME tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) Kẻ đường cao BE CF tam giác ABC Gọi M trung điểm BC Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC D giao điểm AI với đường tròn ( O ) Tìm giá trị k để ID = kOA biết tam giác MEF Lời giải E A F A F I B O I B C M O E C M D D Ta có I tâm đường tròn nội tiếp nên DB = DC = DI Do M trung điểm BC nên MB = MC = ME Do BAC = 90 E  F , điều trái với giả thiết Vậy ta BAC  90 Ta xét trường hợp sau ) ( • Trường hợp Nếu BAC  90 Khi ta có EMF = 1800 − BMF + CME Tam giác BEC BFC vuông nên tam giác BMF MCE tam giác cân Do BMF = 1800 − 2FBM CME = 180 − 2ECM ) ( ( ) Suy ta 2EMF = FBM + ECM − 900 = 180 − BAC − 900 = 180 − 2BAC Mà ta lại có EMF = 60 nên ta 1800 − 2BAC = 600 Do BAC = 60 nên suy BAD = 300 Từ ta có BOD = 600 Do ta BI = R = OA hay DI = R nên k = • Trường hợp Nếu BAC  90 Khi ta có ( ) ( EMF = 180 − BME + CMF = 180 − 180 − 2EBC + 180 − 2FCB ) ) ( ) = 180 − ( ECB + FBC ) = 180 − (180 − BAC ) = ( BAC − 90 ) ( = EBC + FCB − 90 = 90 − ECB + 90 − FBC − 90 0 0 Mà ta có EMF = 60 nên BAC − 900 = 300 suy BAC = 1200 Suy BAD = 600 nên ta BOD = 1200 hay MBD = 60 Từ ta BD = R hay ID = R nên suy k= Vậy k = k = thỏa mãn yêu cầu toán Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng EF cắt đường tròn ( O ) M N (F nằm M E) Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MDH Lời giải Trong nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C vẽ tia tiếp tuyến Ax với đường tròn ( O ) Khi ta có ACB = BAx Mặt khác BFC = BEC = 90 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn Suy ta BFE = ACB Do ta BAx = BFE nên suy Ax song song với EF Mà ta có OA vng góc với Ax nên ta suy OA A vng góc với EF Từ suy AM = AN nên ta x N E ABM = AMF Xét hai tam giác ABM F M AMF có BAM góc chung ABM = AMF nên H hai tam giác ABM ÀM đồng dạng với Do ta B D O C AB AM hay AM2 = AB.AF = AM AF Xét hai tam giác AFH ADB có FAH góc chung AFH = ADB nên hai tam giác AFH ADB đồng dạng với nhau.Từ ta AF AH hay AB.AF = AH.AD = AD AB Kết hợp kết ta AM2 = AH.AD nên AM AH Suy hai tam giác = AD AM AMH ADM đồng dạng với nhau, ta AMH = ADM Vẽ tia tiếp tuyến Mt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADH, tia Mt nằm nửa mặt phẳng bờ MH không chứa điểm D Khi ta có HMt = HDM nên ta suy HMt = HMA , điều dẫn đến hai tia Mt MA trùng hay MA là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MDH Bài Cho tam tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) có E giao điểm hai đường chéo AC BD Chứng minh ABD = 600 AE = 3CE tứ giác ABCD ln có AB + CD = AD + BC AB + BC = AD + CD Lời giải Vẽ DH vng góc với AB H, DK vng góc K D với BC K C AD Ta có AH = AD.cosHAD = AD.cos 60 = DH = AD.sin HAD = AD.sin 600 = 3AD E A B H Tam giác HBD vuông H nên theo định lí Pitago ta có BD2 = BH + DH nên suy  AD   3AD  BD =  AB − +      2 Áp dụng định lí Cosin cho tam giác ABD ta BD2 = AB2 + AD2 − 2AB.AD.cosBAD = AB2 + AD2 − AB.AD Trong tam giác DCK vng K có DCK = 60 nên CK = 3.CD CD DK = 2 2  CD   3CD  2 + Từ ta BD = BK + KD =  BC +  = BC + CD + BC.CD       2 Do ta AB2 + AD2 − AB.AD = BC2 + CD2 + BC.CD Mặt khác dễ thấy hai tam giác EAD EBC đồng dạng với nên ta EBA ECD đồng dạng với nên AD EA Lại có hai tam giác = BC EB AB EB Kết hợp với giả thiết AE = 3CE ta = CD EC AD AB EA EB = = hay AD.AC = 3BC.CD Từ ta BC CD EB EC AB2 + AD2 − 2AB.AD = BC2 + CD2 − 2BC.CD  ( AB − AD ) = ( BC − CD ) 2  AB + BC = AD + CD  AB − AD =  ( BC − CD )    AB + CD = AD + BC Vậy ta có điều phải chứng minh Bài Cho hình bình hành ABCD có A  90 M trung điểm BC Đường thẳng AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC N Gọi H hình chiếu C cạnh AB Chứng minh tứ giác ADNH nội tiếp đường tròn Lời giải a) Nếu có tan A A BK BK a từ tan = tan E = ta BK = a = BC K = = 2 b+c BE b + c trùng với điểm C Điều có nghĩa tam giác ABC vng B Vậy tan b) Nếu tan thu A a tam giác ABC vng B C = b+c A b−c A BK BK , giả sử b  c kết hợp với tan = tan E = ta = = b+c BE b + c BK (b + c) = ( b − c )( b + c )  BK ( b + c) 2 = b − c Mặt khác ta có AK2 = BK2 + c2 nên ta AK2 = b2 = AC2 Từ suy K trùng với C Điều có nghĩa ABC = 90 hay tam giác ABC vuông B Vậy tan A b−c tam giác ABC vng B C = b+c Bài 93 Cho tam giác ABC có G trọng tâm I giao điểm ba đường phân giác Chứng minh GI song song với BC tan B C tan = 2 Lời giải A G B M I D E C H Hạ AH ⊥ BC, GD ⊥ BC, IE ⊥ BC Do ta GD song song với IE Gọi độ dài cạnh tam giác ABC a, b, c đặt p = a+b+c Gọi r khoảng cách từ I đến cạnh tam giác ABC Khi ta chứng minh r2 ( p − a ) p B C IE IE r r = = BE = p − b; CE = p − c Ta có tan tan = 2 BE CE p − b p − c p ( p − a )( p − b )( p − c ) Theo cơng thức Hêrơng ta có S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) công thức S = pr Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An r2 ( p − a ) p S.r ( p − a ) p.r − r.a B C r.a 2r = = = 1− = 1− Ta tan tan = 2 p ( p − a )( p − b )( p − c ) S S S + Ta chứng minh tan Thật vậy, tan B C tan = GI song song với BC 2 2.r IE B C =  = tan = ta suy − AH 2 Gọi M trung điểm BC, ta có Do ta MG = MA IE DG MG GD =  IE = GD = = , suy AH AH MA AH Suy tứ giác GIED hình bình hành Do ta GI//BC + Ta chứng minh GI song song với BC tan B C tan = 2 Thật vậy, GI song song với BC ta có IE = GD Theo định lí Thales ta có 2.r MG GD IE B C = hay tan tan = = = = Do ta − MA AH Ah 2 Vậy toán chứng minh Bài 94 Cho tam giác nhọn ABC Dựng bên tam giác ABC tam giác cân DAC, EAB, FBC cho DA = DC, EA = EC, FB = FC ADC = 2A, AEA = 2B, CFB = 2C Gọi M giao điểm BD EF, N giao điểm EC DF, P giao điểm FA DE Chứng minh BD CE AF + + = MD NE PF Lời giải Từ ADC = 2A, AEA = 2B, CFB = 2C ta suy A ADC  180 ; AEB  180 ; BFC  180 D P Do ta DAC = 900 − ADC = 900 − A , E M BAE = 90 − AEB = 900 − B O B N C Suy DAE = DAC + A + BAE = 180 − B  900 Tương tự ta EBF  90 ; FCD  90 Do Nguyễn Cơng Lợi F Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An đa giác ADCFBE đa giác lồi ) ( Suy ta có ADC + AEB + BFC = A + B + C = 360 Dựng đường tròn ( D; AD ) ( E; EB ) cắt O, suy DA = DC = OD Do ta AOC = 3600 − 2ADC = 460 − 4A Lại có AE = EB = EO nên ta AOB = 360 − 4B ( ) Suy AOC + AOB = 720 − A + B = 4C ) ( Do ta BOC = 3600 − AOB + AOC = 3600 − 4C suy FB = FC = FO Do ba đường trịn ( D; AD ) , ( E; EB ) ( F; FB ) cắt O Từ ta hai điểm O C đối xứng qua DF, hai điểm O A đối xứng qua DE, hai điểm O B đối xứng qua EF Điều dẫn đến S AED = S OED ; S BEF = S OEF ; S CDF = S ODF Ta lại có S S BD MD + MB MB = = 1+ = + BEF = + OEF MD MD MD S DEF S DEF Hoàn toàn tương tự ta Do ta S S CE AF = + ODF ; = + ODE NE S EDF PF S FDE S + S ODF + S ODE BD CE AF + + = + OEF = Bài toán chứng minh MD NE PF S DEF Bài 95 Cho ABC nhọn (AB < AC) có AH ⊥ BC H Gọi D, E hình chiếu vng góc H AB AC Đường thẳng DE cắt tia CB S Đường thẳng SA cắt đường tròn đường kính AH M Các đường thẳng BM AC cắt F Chứng minh FA.FC + SB.SC = SF2 Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Ta có ADH = AEH = 900 nên tứ giác ADEH F nội tiếp đường tròn Mặt khác C = AHE AHE = ADE nên C = ADE , ta A C + EDB = 180 nên tứ giác BDEC nội tiếp N Ta có C + EDB = 180 mà SDB + EDB = 180 M nên C = SDB = 180 mà lại có S chung, hai tam giác SDB SCE đồng dạng với Suy E D S B H C SB SD hay SE.SD = SB.SC = SE SC Chứng minh tương tự ta SD.SE = SM.SA Suy SB.SC = SM.SA hay SB SM = SA SC Lại có BSM chung nên hai tam giác SMB SCA đồng dạng với nhau, ta C = SMB Mà ta có SMB + AMB = 180 nên C + AMB = 1800 suy tứ giác AMBC nội tiếp đường tròn Chứng minh tương tự ta hai tam giác FMA FBC đồng dạng với nên FA FM hay FA.FC = FM.FB = FB FC Trên SF lấy N cho FNM = MBS ta có FNM + MNS = 180 nên MBS + MNS = 180 Lại có MBH + MAC = 1800 mà MBH + MBS = 1800 nên ta MBS = MAC mà FNM = MBS nên ta FNM = MAC Từ ta tứ giác FAMN nội tiếp đường tròn Tương tự ta FNM ∽ FBS nên FN.FS = FM.FB SNM ∽ SAF nên SN.SF = SM.SA Từ ta FA.FC + SB.SC = FM.FB + SM.SA = FN.FS + SN.SF = FS ( FS + SN ) = SF Bài 96 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Gọi A’, B’, C’ lầ lượt điểm cung nhỏ BC; CA; AB đường tròn (O) Gọi E, Q giao điểm B’C’ với AB, AC; M, F giao điểm A’C’ với BC, AB; P, N giao điểm A’B’ với AC, BC Gọi I giao điểm MQ, NE, PF Chứng minh SIMN + SIPQ + SIEF  SINP + SIQE + SIMF Lời giải Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy I Thật vậy, sử dụng tính chất góc nội tiếp góc có đỉnh nằm bên đường tròn ta 1 1 có B' AI = sdB' A' = sdB'C + sdA'C B'IB = sdB' A + sdA' B 2 2 Mà ta lại có sdB' C = sdB' A; sdA' C = sdA' B A Từ ta B' AI = B'IA nên tam giác B’IA cân B’, suy B' I = B' A Chứng minh tương E C' tự ta C'I = C' A Từ suy B’C’ B' Q F P O I đường trung trực đoạn thẳng AI Lặp lại cách chứng minh ta C’A’ A’B’ lần B M N C lượt đường trung trực đoạn thẳng IB, IC A' Theo tính chất điểm nằm đường trung trực đoạn thẳng ta thu MB = MI FB = FI Từ suy tam giác BMI cân M tam giác FBI cân F Đến ta suy MBI = MIB; FBI = FIB Mà ta lại có MBI = FBI nên ta FBI = MIB = MBI = FIB , suy IM song song với BF IF song song với BM Kết hợp với MBI = FBI ta suy tứ giác BMIF hình thoi Chứng minh hồn tồn tương tự ta tứ giác AQIE CNIP hình thoi Từ ta IF song song với BC IP song song với CN nên IP song song với BC, suy FP qua điểm I Chứng minh tương tự ta QM, NE qua điểm I Vậy đường thẳng MQ, NE, PF đồng quy điểm I Sử dụng tính chất tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng ta Chứng minh SIMN MN S  MN   = hai tam giác IMN ABC đồng dạng nên IMN =   S ABC  BC  BC S ABC Hai tam giác IPQ BCA đồng dạng với nên Hai tam giác IEF CAB đồng dạng với nên Nguyễn Công Lợi S IPQ S BCA SIEF SCAB = IP NC = BC BC = IF BM = BC BC Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Từ ta Hay ta đươch S IMN S ABC + S IPQ S BCA + S IEF S CAB = MN NC BM BC + + = =1 BC BC BC BC SIMN + SIPQ + SIEF = SABC Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta ( SIMN + SIPQ + SIEF )  ( SIMN + SIPQ + SIEF ) = SABC Lại có S ABC = ( S IMN + S IPQ + S IEF ) + ( S AQIE + S BMIF + S CNIP ) Mà tứ giác AQIE, BMIF, CNIP hình thoi nên ta S ABC = ( S IMN + S IPQ + S IEF ) + ( S INP + S IQE + S IMF ) Từ ta ( S IMN + S IPQ + S IEF )  ( S IMN + S IPQ + S IEF ) + ( S INP + S IQE + S IMF ) Hay ta SIMN + SIPQ + SIEF  SINP + SIQE + SIMF Bài 97 Cho tam giác ABC không cân A có góc ABC, ACB góc nhọn Xét điểm D di động cạnh BC cho D khơng trùng với B, C hình chiếu A BC Đường thẳng d vng góc với BC D cắt đường thẳng AB, AC E F Gọi M, N, P tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF, BDE, CDF Chứng minh bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Để chứng minh toán ta tách chứng minh hai ý E sau: d + Trước hết ta chứng minh d qua tâm đường tròn A nội tiếp tam giác ABC tiếp tuyến F chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A • Giả sử đường thẳng d qua điểm tâm đường I T tròn nội tiếp tam giác ABC, D tà tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC nên ta Nguyễn Công Lợi P N B D C Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An ta có BD = AB + BC − AC CA + CB − AB ; CD = 2 Từ suy BD − DC = BA + BC − AC CA + CB − AB − = AB − AC 2 Gọi giao điểm tiếp tuyến qua A (khác AB) đường tròn ( N ) với đường thẳng T Khi tứ giác TABD ngoại tiếp đường tròn nên AB + TD = AT + BD Kết hợp với đẳng thức ta AC + TD = AT + CD Điều chứng tỏ tứ giác TACD ngoại tiếp đường tròn Vậy AT tiếp xúc với đường tròn ( P ) hay nói cánh khác AT tiếp tuyến chung hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A • Giả sử tiếp tuyến khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua A Gọi giao điểm tiếp tuyến với đường thẳng d T Khi dễ thấy tứ giác TABD TACD ngoại tiếp đường trịn Do AB + TD = AT + BD AC + TD = AT + DC Từ ta BD − DC = AB − AC Lại có BD + CD = BC nên ta BD = AB + BC − AC CA + CB − AB ; CD = 2 Từ suy D tiếp điểm đường trịn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC Từ dó suy d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC + Tiếp theo ta chứng minh bốn điểm A, M, N, E P nằm đường tròn tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn (N) d A M ( P ) qua điểm A Ta chứng minh hai chiều sau: F • Giả sử tiếp tuyến chung hai đường tròn ( N ) ( P ) qua A, ta cần chứng minh bốn điểm A, I M, N, P nằm đường tròn T Thật vậy, để ý ba điểm E, M, N thẳng hàng ba điểm F, M, P thẳng hàng P N B D C  EAF  1800 − BAC BAC = Do ta có NMP = 1800 − EMF = 1800 −  900 +  = 900 −   2   Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Mặt khác tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A nên NAP = BAC Mặt khác tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A nên NAP = 21 BAC Do ta NMP = NAP nên tứ giác AMNP nội tiếp đường trịn • Giả sử ta bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn Ta cần chứng minh tiếp tuyến chung khác d hai đường tròn ( N ) ( P ) qua A Thật vậy, lập luận ta NMP = BAC Do tứ giác AMNP nội tiếp đường tròn nên ta NMP = NAP Từ suy NAP = đường trịn ( N ) , ta NAx = Do ta APx = NAP − NAx = BAC Qua A vẽ tiếp tuyến Ax BAx 1 BAC − BAx = CAx = PAC 2 Từ suy Ax đối xứng với AC qua AP, mà AC tiếp xúc với đường tròn (P) nên Ax tiếp xúc với đườn tròn ( P ) Suy tiếp tuyến chung khác d hai dường tròn ( N ) ( P ) qua điểm A Vậy từ hai ý ta bốn điểm A, M, N, P nằm đường tròn d qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 98 Cho tam giác ABC có trực tâm H nội tiếp đường tròn ( O ) Một tiếp tuyến thay đổi đường tròn ( O ) cắt HB, HC theo thứ tự E, F Điểm K đối xứng với H qua EF Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF ln tiếp xúc với đường trịn cố định Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ Cho lục giác lồi ABCDEF năm điểm A, B, C, D, E nằm đường tròn ( O ) Gọi G, H, K giao điểm Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An cặp đường thẳng AB DE, BC EF, CD AF Chứng minh ba điểm G, H, K thẳng hàng điểm F nằm đường trịn ( O ) Chứng minh tốn phụ + Điều kiện cần Giả sử điểm F nằm đường tròn ( O ) Gọi I giao điểm hai đường ngoại A tiếp tam giác GBD tam giác KDF (I khác O D) Khi ta có B F BIF = BID + DIF = BGD + DKF 1 = sdAFE − sdBCD + sdABC − sdCDF 2 1 = sdCAE − sdBCF = sdBAF − sdCDE 2 Mà ta có BHF = sdBAF − sdCDE ) ( ) ( ( ( ( ) ) C E D K I H G ) Do BIF = BHF nên tứ giác BIHF nội tiếp đường tròn, suy BIH + BFH = 1800 Mặt khác ta có BIG = BDG = sdBG Mà BDG = BFE nên BIH + BIG = BIH + BFH = 1800 , suy HIG = 1800 Do ba điểm H, I, G thẳng hàng Chứng minh tương tự ta I, H, K thẳng hàng Như bốn điểm H, I, G, K thẳng hàng Do ba điểm G, H, K thẳng hàng + Điều kiện đủ Giả sử ba điểm H, G, K thẳng hàng Gọi T giao điểm EH với đường tròn ( O ) L giao điểm AT với CD Chứng minh tương tự ta suy L, H, G thẳng hàng Mà ta có ba điểm K, H, G thẳng hàng nên suy bốn điểm G, H, K, L thẳng hàng Chú ý L giao điểm AT với CD K giao điểm AF với CD, nên suy hai điểm K L trùng Từ suy hai điểm T F trùng nhau, điểm F nằm đường trịn ( O ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Trở lại toán Gọi P tiếp điểm EF T Q với đường tròn ( O ) Gọi M, N theo thứ tự giao điểm BH, CH với đường trịn ( O ) A M U Khi dễ thấy M, N đối xứng với H theo V N H thứ tự qua AC AB Do đường trịn O C B tâm A bán kính AH qua điểm M F N Do A H cố đinh nên đường tròn ( A ) P E cố định Gọi V, U theo thứ tự giao điểm thứ hai PN, PM với đường tròn ( A ) K Gọi T giao điểm EV FU Ta có điểm H, M, N, U, V nằm đường tròn ( A ) để ý ba điểm E, P, F thẳng hàng nên theo tốn phụ T nằm đường tròn ( A ) Do EF tiếp tuyến P với đường tròn ( O ) nên ta có NPE = NMP = NVU suy UV song song với EF Để ý đến tứ giác TVNH TMUH nội tiếp ta có TVP = 1800 − THN TUP = 1800 − TUM = 180 − THM Do tính ) ( đối xứng ta có MAN = 2BAC = 180 − MHN Từ ta có biến đổi góc ) ( ) = 180 − ( 180 − THN ) + UVP − ( 180 − THM ) + VUP = MHN − 180 + UVP + VUP = MHN − ( 180 − UVP − VUP ) = MHN − MPN = MHN − ( 180 − MAN ) = MHN + MAN − 180 = MHN + (180 − MHN ) − 180 ( ETF = 180 − TVU − TUV = 180 − TVP − UVP − TUP − VUP 0 0 0 0 = 180 − MHN = 180 − BHC = 180 − EKF Suy tứ giác TEKF nội tiếp đường tròn Giả sử TQ tiếp tuyến với đường trịn ( A ) ta có QTV = QTE = TFE = TUV nên TQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EKF Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EKF tiếp xúc với đường trịn tâm A bán kính AH cố định Bài 99 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi P điểm di chuyển cung nhỏ BC đường tròn ( O ) Dựng tam giác PBC điểm E F có Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An tam giác PCE đồng dạng với tam giác BAO tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO Tiếp tuyến P đường tròn ( O ) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác PCE PBF theo thứ tự M N khác P Gọi Q giao điểm EM FN Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác QMN ln tiếp xúc đường trịn cố định P thay đổi Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ Bài tốn phụ Cho tứ giác ABCD có cạnh AB CD cắt M, cạnh AD BC cắt N Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại M tiếp tam giác AD CDN cắt điểm E khác D Khi tứ giác AMED CDNE A E nội tiếp đường trịn nên ta có MDE = CNE D MAE = MDE Từ ta MAE = CNE = BNE nên tứ giác B C N ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác từ tứ giác nội tiếp đường trịn ta có ECN = EDN EDN = AME Do ta AME = ECN = ECM nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm Bài toán phụ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) Giả sử M điểm nằm tam giác ABC Gọi E, F theo thứ tự giao điểm AC, AB với tiếp tuyến M đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC Điểm Q đường trịn ngoại tiếp tam giác BMC Đường tròn ngoại tiếp tam giác QBF QCE cắt R khác M Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc với đường tròn ( O ) Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Chứng minh Gọi S giao điểm thứ hai A đường tròn ngoại tiếp tam giác BFM R đường trịn ngoại tiếp tam giác CEM Khi E M để ý đến tứ giác nội tiếp đường tròn tiếp tuyến EF đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC ta có biến đổi góc B C L ERF = QRF + QRE = 180 − ACQ + 180 − ABQ ) ( O F = 360 − ACQ + ABQ = BAC + BQA S Q = BAC + 180 − BMC = BAC + MBC + MCB ( ) = 1800 − MSE + PSF = 180 − ESF Điều dẫn đến tứ giác SERF nội tiếp đường trịn Mặt khác ta lại có BSC = BSM + CSM = AEF + AFE = 1800 − BAC nên tứ giác ABSC nội tiếp đường tròn Gọi SL tiếp tuyến S đường tròn ( O ) Khi ta có biến đổi góc ESL = BSL + ESB = BCS + EMB = BCS + MCB = MCS = MES Từ SL tiếp tuyến S đường tròn ngoại tiếp tam giác ESF, điều kéo theo SL tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác REF Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác REF tiếp xúc với đường trịn ( O ) Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An Trở lại tốn Do có tam giác PCE đồng A dạng với tam giác BAO tam giác PBF đồng dạng với tam giác CAO nên ta suy EPF = BPF + BPC + CPE = OAC + BPC + OAB = BAC + BPC = 180 O X Gọi K L giao điểm BN với B C CM BF với CE Do có tam giác PCE đồng F dạng với tam giác BAO tam giác PBF đồng N P M dạng với tam giác CAO nên ta có ( ) E ( BLC = 180 − EFL + FEL = 180 − PBF + PCE ( ) Q ) = 180 − BAO + CAO = 180 − 2BAC L K = 180 − BOC Do ta tứ giác tứ giác BOCL nội tiếp đường tròn Để ý đến tứ giác BFNP CMEP nội tiếp đường tròn ta lại có ECM = EPM = FPN = FBN nên tứ giác BCKL nội tiếp đường tròn hay điểm K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC Xét tứ giác PDQN có F giao điểm EP với QN M giao điểm NP với QE, nên theo tốn phụ ta có đường trịn ngoại tiếp tam giác FNP, EMP QMN qua điểm, ta gọi điểm X Khi từ tứ giác BXPF, CXPE, BOPF, COPE nội tiếp đường tròn Do ta thu biến đổi góc BXC = BXP + CXP = 180 − BFP + 180 − CEP = BOP + COP = BOC nên X thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC Xét tam giác KBC có P điểm nằm tam giác, tiếp tuyến P đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC cắt KB, KC N, M Lại có điểm X nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC, hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác XBN XCM cắt Q Khi theo tốn phụ đường trịn ngoại tiếp tam giác QMN ln tiếp xúc với đường ngịn ngoại tiếp tam giác KBC hay ln tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC Mà ta có tam giác BOC cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC cố định Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác QMN ln tiếp xúc đường tròn cố định Bài 100 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) có AC BD cắt E Một đường tròn qua B, C cắt CD, AB theo thứ tự M, N Gọi H giao điểm BM với Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An CN Một đường thẳng qua H cắt AC, BD theo thứ tự K, L Trên BC lấy điểm Q, R cho KR song song với BM LQ song song với CN Gọi P giao điểm KR với QL Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh M toán phụ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) có cạnh AB CD cắt E A D M, cạnh AD BC cắt N Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua O B C N điểm E ba điểm M, E, N thẳng hàng Chứng minh Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAD CDN cắt điểm E khác D Khi tứ giác AMED CDNE nội tiếp đường trịn nên ta có MDE = CNE MAE = MDE , từ ta MAE = CNE = BNE nên tứ giác ABNE nội tiếp đường tròn Mặt khác từ tứ giác nội tiếp đường trịn ta có ECN = EDN EDN = AME nên ta AME = ECN = ECM nên tứ giác BCEM nội tiếp đường tròn Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN, CDN, ADM, BCM qua điểm E Do tứ giác ADEM CDEN nội tiếp đường tròn nên ta có MAD + MED = 1800 DCN + DEN = 1800 Mà ta lại có tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên MAD + DCN = 1800 Từ ta MED + NED = 1800 hay ba điểm M, E, N thẳng hàng Trở lại toán Gọi X giao điểm PQ với AC Y giao điểm PR với BD Do tứ ABCD BCMN nội tiếp đường tròn, kết hợp với KR song song với BM LQ song song với CN ta có EXL = ECN = EBM = EYK nên tứ giác XKYL nội tiếp đường trịn Nguyễn Cơng Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An A D E N L S H B X M C Q Y R P K T Xét tứ giác XKYL có E giao điểm XK với YK P giao điểm XY với LK, theo tốn phụ đường tròn ngoại tiếp tam giác XEL, XKP, KYE YLP qua điểm S ma điểm P, S, E thẳng hàng Từ dễ thấy XKS = XPS = LPS = LYS KSX = KPX = YPL = YSL nên suy hai tam giác SKX SYL đồng dạng với Mặt khác theo KR song song với BM LQ song song với CN nên theo định lý Thales ta có BL HL CX nên ta có hai tam giác SCK = = BY HK CK SBY đồng dạng với nhau, hai tam giác SCX SBL đồng dạng với Đến ta thu hai tam giác SCB SKY đồng dạng với BSC = KSY Để ý tứ giác SEYK nội tiếp đường trịn nên ta có BEC = YEK = YSK = BSC hay từ giác BESC nội tiếp đường tròn Cũng từ hai tam giác SCB SKY đồng dạng với ta SBC = SYL Do CSK = BSY = CRK nên suy tứ giác SCKR nội tiếp đường trịn Lập luận chứng minh hồn tồn tương tự ta có tứ giác SXCQ nội tiếp đường trịn Đến ta có XQS = XCS = PRS nên tứ giác PQSR nội tiếp đường tròn Điều có nghĩa hai đường trịn ngoại tiếp hai tam giác PQR BEC qua điểm S Giả sử ST tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Để ý đến tứ giác nội tiếp ta có CST = CSQ − QST = CXQ − SPQ = LYK − LYS = SEK = SEK = SEC Điều dẫn đến ST tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC Nguyễn Công Lợi Trường THCS Thị Trấn Quỳ Hợp – Nghệ An ... song song với PM Chứng minh hoàn toàn tương tự ta AM song song với PN Do tứ giác AMEN hình bình hành Dễ thấy ta giác SKF SON đồng dạng với nên suy KF song song với ON Tương tự ta có KE song song... theo I1E XE XE I E định lí Talets ta suy I 1I song song với AB Chứng minh hoàn toàn tương tự ta I I song song với BC, I I song song với CD, I I song song với DA Mà tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn... vng góc với AB nên KP song song với HQ Tương tự ta KQ song song với HP, đo tứ giác KPKQ hình bình hành Gọi BB’ CC’ đường cao tam giác ABC, ta có DP song song với HC’ QE song song với HB’ Do theo