Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế

Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 10 thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO RƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG TPHCM

DU THI QUOC GIA & QUOC TE

TINHHOA NET Đân Gi Morr công

Chu dé 1: DUGNG THANG EULER,

DUONG TRON EULER, HE THUC EULER

A LY THUYET CO’ BAN

Gọi A',B,C' lần lượt là trung điểm các

canh BC,CA,AB; A,,B,,C, lần lượt là

chân đường cao kẻ từ A,B,C; M,N,P

lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC với

H là trực tâm của AABC

Rõ ràng các điểm B,B,,C',C,,N,P,A,

cùng nhìn MA' dưới một góc vuông

Vậy ta hoàn tất chứng minh

v vn vn N1 57520700205 70950609570097 01712500507 5057000005709 0056 tổ t0 00th ha n0 9/6/09 050070 0/9/0075 0570/96 t0 0009 70x t s2 s/vxỂ

(@)zz= | Trung tâm LIBH- Trường Đại học Ngoại thương TPHCM

Bài toán 3 Cho AABC có đường tròn ngại tiếp (O:R), đường tròn nội tiếp

(I: r) Chứng minh rằng: Ol? = R? - 2Rr Hệ thức nàu được gọi là hệ thức

Euler của AABC

Chứng minh

Kéo dài OI cắt (O) tại M z A

Gọi N là điểm đối xứng

với M qua O Kẻ IP L AB

O› = ICM = AMCIcan => MC = MI

Do đó: 2Rr = IA.IM Giả sử OI cắt (O) tại E và F

Khi đó: IA.IM = IE.IF = (R + OI)(R— OI) = R* -Ol’

Vay 2Rr = R* - Ol’ (dpcm)

B MỘT SÓ BÀI TOÁN CHỌN LỌC THỊ OLYMPIC TOÁN

1 (Crux Mathematicorum 1976) Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì,

đường tròn Euler tiếp xúc uới đường tròn nội Hếp

Giải

Bạn đọc hãy tự chứng mình 3 bô đề sau xem nhut là 3 bài tập nhỏ

Bổ đề 1 Trong tam giác bất kì ta luôn có: a? +bỶ +c? =2p?—2r°—8Rr với

a,b,c,r,R,p lần lượt là độ dài ba cạnh, bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nửa chu vi của tam giác đó

Bổ đề 2 Cho aAABC có trọng tâm G và một điểm M bất kì

Khi do: 3MG? = MA’ + MB? + MC? =3 (AB + BC? + CA’)

Bổ đề 3 Trong một tam giác bất kì, bình phương khoảng cách từ tâm đường

tròn nội tiếp đến trọng tâm của tam giác đó luôn bằng síP' + 5r” — 16Rr)

với r,R,p lần lượt là bán đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại

tiếp, nửa chu vi của tam giác đó

Tinh hoa caie Ci tinh lot bod dodiag HS gio’ thi Olympic Toain 10 & 313

đu Ni vn vn vu VN, TINHHOA.NET

Quay trở lai uới bài toán:

Goi O,1,G,H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm, trực tâm của AABC và E là tâm đường tròn Euler

Ta co: OH = 30G = 6GE Dat x = OGI Thế thì:

Ol? = OG? +Gl? -OGGlIcosx; El? = EG? + IG? -2EGGI cosx

Suy ra: 2ElI? + OI? = OG? + 2GE? + 3GI?

hay El? = 2 (361 + OG? + 2GE? - 01’) (°

Sử dụng bổ đề 3 ta có: IG? = síP' + Br? — 16t)

Từ bổ đề 1 và bổ đề 2 suy ra: OG? = s(9R +2? — 2p? + 8Rr)

Thay tất cả vào (*) và sử dụng hệ thức Euler, tính toán, thu gọn ta được:

= Rar

2

Do bán kính đường tròn Euler bang = va ban kính đường tròn nội tiếp

bằng R nên suy ra đường tròn nội tiếp sẽ tiếp xúc với đường tròn Euler

Cho AABC có góc BAC > 90° (AB z AC ) nội tiếp trong đường tròn (O: R)

Đường tròn nội tiếp tâm |, bán kính r Đường tròn bàng tiếp sóc A có bán kính R„ Gọi M là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O) Chứng

Suy ra: OJ? - Ol? = 2R(r+R,) (1)

Ké OH 1 AM Do BAC > 90° nên H thuộc đoạn IJ

Kết hợp với (1) ta suy ra điều phải chứng minh

314 & D/C: 481/8 Trường Chỉnh, P14, Tân Bình, TPHCM www.ftu2.edu.vn

3 (VMO 2009) Trong mat phing, cho hai điển cố định A # B Một diém C di déng trên mặt phẳng sao cho ACB = a không đôi, 0° < œ < 180° Đường tròn fam |

nội tiếp AABC va tiép xtic voi AB, BC,CA fan luot tai D,E,F Các đường thăng

Al, BI cit EF tii M,N

A) Chứng mình rằng MN có độ dài không đồi

b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp ADMN luôn đi qua một điểm cố

Suy ra: MN = ABsin = không đổi

b) Gọi P= ANnnBM thì l là trực tâm của APAB Đường tròn ngoại tiếp

ADMN là đường tròn Euler của A1PAB Do đó đường tròn ngoại tiếp

ADMNN luôn di qua trung điểm K của AB với K cố định

C BÀI TẬP ĐÈ NGHỊ

Bai 1 Trong AABC, chứng minh rằng: = > 2 Dấu “=” xay ra khi nào?

Bài 2 Cho AABC Gọi (O;R),(I:R„) lần lượt là đường tròn ngoại tiếp,

đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác Chứng minh rằng:

Ol = R? +2R.R,

Bài 3 Cho AABC có góc A tù D là một điểm sao cho DBA = BAC = DCA

Chứng minh rằng đường thắng Euler của AABC đi qua D

Tinh hoa caie CA tinh lot: bod dodiag HS giot thi Olympic Toa 10 & 315

Bài 5 Cho AABC nội tiếp trong đường tròn tâm O và một đường thang d đi

qua điểm O cắt hai cạnh AC và BC Các hình chiếu tương ứng L và K của các điểm A và B trên d Một đường thắng đi qua L và vuông góc với BC cắt đường thắng đi qua K và vuông góc với AC tại điểm M Chứng minh

rằng M nằm trên đường tròn Euler của AABC

Chủ đê 2: ĐỊNH LÝ CON BƯỚM

A LÝ THUYÉT CƠ BẢN

Định lý Cho đường tròn (O) với dây cung AB Gọi / là trung điểm của AB Qua !

dung hai day cung MN va PQ sao cho MP va NQ cat AB lan lượt tại E và F Khi

đó / 1a trung diém cia EF

Chirng minh

Định lý này có rắt nhiều cách chứng minh, ở đây

chúng tôi chỉ trình bày một cách chứng minh đơn

giản, dễ hiểu và sơ cắp nhát

Vì /là trung điểm AB nên O/ 1 AB

Gọi C, D lần lượt là trung điểm MP, NQ

Ta có: OC L MP, OD L NQ Do đó các tứ giác

IOCE, IODF là các tứ giác nội tiếp đường

tròn

Như vậy IOE =ICE và IOF =IDF (1)

Mặt khác, A/MP ~ AIQN (g.g) và !C, ID là hai đường trung tuyến tương ứng nên

1/7 8 P0 ằỚÐP

Suy ra: AICP ~ AIDN Dẫn đến ICE =IDF (2)

Từ (1) và (2) suy ra: IOE =lOF = AOEF cân tại O =› /là trung điểm EF

B MỘT SÓ BÀI TOÁN CHỌN LỌC THỊ OLYMPIC TOÁN

1 (Mongolian TST 2008) Cho AABC nhon cé CD là đường cao, H là trực tâm

va O la tim đường tròn ngại tiếp AABC Một đường thẳng đi qua điểm D,

vuông góc với OD cắt BC tại E Chứng minh rằng: DHE = ABC

oe eee ee eee ae ete eee eee Ree eee eee eae tere e te eee Meee eae Coe eee ewe ees

Cantons fo ý Trung tâm LTĐH~ Trường

Giải

Gọi F =CD ¬(O),K = AF ¬DE

Ấp dụng định lý con bướm với điểm

2 (Moldova TST 2010) Cho AABC nhon có Hl là trực tâm va M là trung điểm

BC Kẻ đường thẳng qua H ouông sóc voi HM va cit AB, AC Tan luot tai P va

O Chứng minh rằng: MP = MQ

Gọi D, K lần lượt là chân đường cao hạ

từ các đỉnh B, € xuống AC, AB Ta có tứ

giác BCDK nội tiếp đường tròn tâm MI,

cắt đường tròn (M) tại E, F Vì MH vuông 5 M

góc với EF tại H nên Hlà trung điểm ÊF

Ta có: H =CK ¬EF,H =BD nEF,P = BK ¬EF,O >CDn¬EF_Mà H là trung điểm EF nên theo định lý con bướm ta có: HP = HO Do đó AMPO cân đỉnh M Điều này dẫn đến MP = MO

3 (Singapore 2011) Cho AABC nhọn, không cân; O, H Tần lượt là tâm đường

tròn ngơi tiếp uà trực tâm AABC (AB > AC)) Q là điểm trên AC Kéo dài HO cắt BC ở P sao cho DP = DB với D là chân đường cao hạ từ đỉnh A đến BC

Ching minh ODP = 90°

Giai

Gọi G là điểm đối xứng của Hi qua D, khi

đó G thuộc đường tròn (O) Gọi

R=ODnBG Vì DP =- DB, DH = DGnén

tứ giác BGPH là hình bình hành Suy ra:

HP // BG Dé thay AHDO = AGDR (g.c.g)

= DO = DR Goi {E, F} = ORM (CO)

Theo định lý con bướm ta có DE = DF Do đó OD L hay DO = 90°

TINHHOA NET Đân i Porm cong

Bai 1 (MOSP 1998) Cho hai đường tròn (€) và (C?) có cùng bán kính, cắt nhau

tại hai điểm A, B Gọi O la trung điểm AB Dây cung CD của đường tròn

(C) qua điểm O Gọi P là giao điểm của đoạn thang CD voi (C’) EF la day

cung của (€?) qua Ø và đoạn thắng EF cat (C’) tai Q Chứng minh rằng AB,

CQ, EP đồng quy

Bài 2 Cho AABC nhọn, có AD là đường cao, O va Hí lần lượt là tâm đường tròn

ngoại tiếp và trực tâm của AABC Kẻ đường thắng qua D và vuông góc với

OD, cắt AB ở K Chứng minh rằng: DHK + AHC = 1801

Bài 3 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm Ơ Gọi M là giao điểm của

AC và BD: Plà điểm trên cạnh BC thỏa mãn PM vuông góc với MO Gọi S

là giao điểm thức hai của DP và đường tròn (O); Q la điểm thuộc đường tròn

(O) sao cho DO vuông góc với OM Gọi Mĩ là giao điểm hai đường phân giác

trong ABS và AOS Các tiếp tuyến tại B và tại O của đường tròn cắt nhau tại

L Chứng minh rằng A, R, S, L thắng hàng

Bài 4 Cho AABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm nằm trong tam giác đó Giả sử AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại Ai, Bi, C1 Goi Az,

Bz, C2 theo thứ tự là trung điểm AA, BB:, CC1; XYZ tuong ung là hình

chiếu của O lén FE, ED, DF Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các AXB:Œ›, AYC2A›, AZAz:B› cùng đi qua một điểm

Bài 5 Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường tròn tâm O Các đường chéo AC, BD cat nhau tại | khác O Qua ! kẻ đường thắng vuông góc với OI cắt AB, CD lần lượt tại M, N Chứng minh rằng AB = CD khi và chỉ khi BM = CN

Trên AC lấy điểm E sao cho ADE =BDC

Khi đó: AAED ~ ABCD (g.q)

Suy ra: AD.BC = AE.BD (1)

Theo dinh ly Ptolemy AB.DC + BC.AD = AC.BD

ta suy ta điều phải chứng minh

3.3 Dinh ly Ptolemy (Bat dang thirc Ptolemy)

Cho bén diém A, B, C, D bat ki trén mat phang nhung không thẳng hàng Khi

đó: AB.CD + BC.AD > AC.BD

Chirng minh

Gọi Elà điểm nằm bên trong tứ giác ABCD sao cho DAE =CAB và ADE =ACB

Cho AABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O;) thay đổi luôn tiếp xúc với

BC (không chứa A) Gọi AA', BB, CC lần lượt là các tiếp tuyến tir A, B, C đến đường tròn (O,) thì ta có hệ hệ thức sau: BC.AA'=CA.BB'*+ AB.CC'

Chứng minh

Xét trường hợp (O) và (O) tiếp

xúc ngoài với nhau (trường hợp

tiếp xúc trong chứng minh tương

tự)

Giả sử M là tiếp điểm của (O) và

(O') MA, MB, MC theo thứ tự cắt

(O') tại X, Y, Z

Khi đó YZ⁄BC, XZ⁄ AC, XY / AB

Theo định lý Thalés taco 2X = S“ „ CC () AM BM CM

Lại có AA” = AM.AX,BB” =BM.BY,CC ”=CMCZ (2)

B MỘT SÓ BÀI TOÁN CHỌN LỌC THỊ OLYMPIC TOÁN

1 Cho AABC nội tiếp đường tròn (O), xy là đường thăng tiếp xúc tới (O) tại

điểm thuộc cung BC không chứa A Gọi ha, ha, hc lần lượt là độ dài các đoạn

thing vudng góc tới xy ve tie A, B, C Chứng minh rang:

Jh,.sin A = Jh,.sinB+/h, sinc

Theo dinh ly Ptolemy ta co:

AE.AC = BE.AC +CE.AB

Theo dinh ly sin ta co:

BC CA _ AB

sinA sinB sinC `

Khi đó: AE.sin A = BC.sinB+CE.sinC

Suy ra: \J2R.h, sin A= J2R.h,.sin B+ J2R.h, sinc

hay Jh, sin A = Jh,.sinB+ Jh, sinc

2 (IMO Shortlist) Gia sie M,N la các điển nằm trong sABC sao cho

MAB = NAC, MBA = NBC

AM.AN | BM.BN CMCN _„

ABAC BABC CACB

Giai

Dung diém H trén BN kéo dai sao cho BCH = AMB Dé thay ABMA ~ ABCH

Suy ra: BHC = BAM = NAC

Tir dé NHC =NAC, dan dén tite gic ANCH ndi tiép Theo dinh ly

Ptolemy ta co: HN.AC = AN.CH + AH.CN

Do dé: HB.AC = AC.(BN + NH) = AC.BN + AN.CH + AH.CN

Suy ra: HBA = MBC

Mat khac, BHA = NHA = NCA

Tir sBAH ~aBMC (g.g) dan dén BA = BH _ AH BM BC MC

Suy ra: Hg~ BÄBC pạ „ BAMC

(Mathematics and Youth Magazine 7/261) Cho AABC Cac duéng phan

giác xuât phát từ A,B,C cắt đường tròn ngại tiếp AABC tại A',B,,C' tương

AA'.BC = AB.A‘C + AC.AB

hay aAA’ = cA'C + cA‘B

Do AA’ là tia phân giác BAC B C

nên A“ là điểm chính giữa của cung BC

AC.EF + CE.AF > AE.CF

tương đương với:

© 2mc<ma+mb <= 2m,c’ < acm, + bem, (1)

Lại áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABMN ta có:

322 & D/C: 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM www.ftu2.edu.vn

Suy ra: mm, < _ + > <> 4m,m,m, < abm, + 2c’m, (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh

6 (HongKong TST 2000) Tam giác ABC vuông có BC > CA > AB Gọi D là

một điểm trên cạnh BC, E la mét điểm trên cạnh AB kéo dài về phía điểm Asao cho BD=BE=CA Goi P là một điểm trên cạnh AC sao cho

E,B,D,Pnằm trên một đường tròn O là giao điểm thứ hai của BP voi

đường tròn ngại tiếp AABC Chứng mình rằng: AO + CO = BP

Giải Xét các tứ giác nội tiếp ABCO và BEPD ta co:

CAO = CBO = DEP (cùng chắn các cung tròn)

Mat khac AQC = 108° - ABC = EPD

Xét AAOC và AEPDco: AQC = EPD,

CAQ = DEP = AAQC ~ AEPD

— AO _ CÀ _ AOED =EP.CA = EP.BD (1) EP ED

Tù( 1), (2) và (3) suy ra AO.ED + OC.ED = ED.BP > AO + OC = BP

Vậy ta hoàn tất chứng minh

7 Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn thay đôi tiếp

xúc với đoạn CD và cung nhỏ CD, kẻ tiếp tuyến AX, BY với đường tròn này

Chứng minh rằng AX + BY không đổi

Giải

(Xem hình vẽ dưới phần lời giải)

Không mất tính tổng quát, coi rằng hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng

Bài 1 (Belarus 1999) Cho AABC nội tiếp đường tròn (O) Phân giác trong của góc

A cat BC tại Ai và đường tròn (0) tai Av Định nghĩa tương tự với Bì, B› và C¡, C¿

trong tmg Chimg minh rang: A“ BA,+AC CB+BA AC,+CB 4 8B CC, _ 3

Bài 2 (VMO 1997) Trong mặt phăng, cho đường tròn tâm O, bán kính R va điểm P nằm trong đường tròn (OP = d< R) Trong tất cả các tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) và có hai đường chéo AC,BD vuông góc và cat nhau tai P , hay tìm tứ giác có chu vi lớn nhất và tứ giác có chu vi nhỏ nhất

Tính các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất này theo R và d

Bài 3 (IMO 2001) Cho sABC với trọng tâm G và độ dài các cạnh

a =BC,b =CA,c = AB Tìm điểm P trên mặt phăng tam giác sao cho đại lượng AP.AG + BP.BG +CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất

AGB = DHE = 120” Chứng minh rằng: AG + GB + GH + DH + HE > CF

Bai 6 (Mathematics and Youth Magazine 8/369) Cho AABC nội tiếp đường

tron (O) và có độ dài các cạnh BC = a,CA = b, AB = c Gọi A.,B,,C, theo

thứ tự là điểm chính giữa cung BC (không chứa A), CA (không chứa B),

AB (không chứa C) Vẽ các đường tròn (Ớ;), (O›), (O:) theo thứ tự có

đường kính là A¿A; BiB, CiC2 Chứng mình bất đăng thức:

ome} HrungtâmLTBH- Trường Đạihọc Ngoạithương TPHCM

minh rang A, 8, €' thuộc một đường thăng Đường thăng này được gọi là

đường thẳng Simson (hay đường thẳng Wallace) ứng với điểm M của

AABC

Chirng minh

— Néu M trung vao một đỉnh nào đó của AABC A

thì điều phải chứng minh là hiển nhiên đúng

Nếu M thuộc BC (cung không chứa A)

Hai điểm B8, C nằm về hai phía của đường

Ta có: BA'C”=BMC”; CA'B'=CMB” M

Mặt khác, BMC' =CMB' (do BMC =180° -BAC =C MB“)

Điều này dẫn đến BA'C' =CA'B' Vậy ba điểm A, B, C'thẳng hàng

Bài toán 2 (Japan 1996) Cho AABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thay đôi trên (O) Gọi A;, B;, C; lần lượt là điểm đối xứng của M qua các cạnh BC,

CA, AB Chứng minh răng:

a) Ba điểm A;, B;, C; cùng thuộc một đường thẳng Đường thẳng này được gọi

là đường thẳng Steiner ứng với điểm M của AABC

b) Đường thẳng Steiner luôn đi qua một điểm cố định khi &⁄ thay đổi

b)_ Gọi Hlà trực tâm của AABC và B,, Cp lan

lượt là điểm đối xứng của H qua AC, AB

Suy ra: B, ec (O) Ở đây ta chỉ xét

trường hợp M thuộc cung 8C không

chứa A

Ta có: MHC;C;, MHB;B, là những hình

thang cân Khi đó: Ci

CHC, =MC.H = MAC:BHB, =MB.H = MAB

Do dé: CHC, +B.HB, +B,HC, = MAC +MAB+B,HC, =BAC +B.HC, =180°

Suy ra: C„ H, B, thẳng hàng Vậy đường thẳng Steiner luôn đi qua trực tâm H của

1 (USA 1979) Cho AABC nội tiếp đường tròn, M là một điểm thuộc cung BC không chứa đỉnh A Gọi D, E, H là hình chiếu của M lân lượt trên các cạnh

Theo bài toán 1 ta có H,D,E thăng hàng (đường thẳng Simson của điểm

M đối với AABC )

Các tứ giác MHBD, MDEC nội tiếp

— MEH = MCB, MBC = MHE =aMEH ~aMCB

=aMHD ~aMAC = FE = HO (ay ME MI

Chung minh tuong ty:

= tứgiác ADCK nội tiếp = K e (O),EK ¬ AC = I

= P,Q,! thang hang (đường thang Simson)

= BOKP là tứ giác nội tiếp

= OBK = AMK = OPK

= MPKN là tứ giác nội tiếp

= MPKN la hinh thang can => KN = PM

Mat khac, PH = PM = PH = KN

= HPKN là hình bình hành

= NP cat HK tai trung điểm của mỗi đoạn

= PQ đi qua trung diém cua HK

3 Cho AABC nhọn nội tếp đường tron (O),M là điểm thuộc cung BC không chứa A Gọi D,H là hình chiếu của M lân lượt trên các cạnh AC, AB Xác định ơị trí điểm M để độ dài DH' lớn nhất

Giải

Hạ ME L BC = D, E, H thắng hàng (đường thang Simson)

Tur giac MCDE néitiép=> BCM=HDM (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AHDM ~aBCM HD HM

4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O): da, ds, dc, do là các đường thẳng

BCD,CDA, DAB, ABC Chứng minh rằng da, ds, dc, do dong quy

Giải

Goi H:, Hz, H:, H: lần lượt là trực tâm của các BCD,CDA,DAB, ABC =>

đường thẳng Steiner của các điểm A, B, C, D đối với các BCD, CDA, DAB,

ABC lần lượt đi qua đi qua trung điểm AH:, BH›, CH:, DHs

Gọi M là trung điểm AB

TINHHOA NET Đân 19: more công

tại trung điểm của mỗi đường

Tương tự: AH:, BH;, CH:, DH: cắt nhau

tại trung điểm của mỗi đường

Vậy ta chứng minh được d.,d.,d._,d,

đồng quy

C BÀI TẬP ĐÈ NGHỊ

Bài 1 (BMO, Rumani 2001) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O,

bán kính R Với E là một điểm bất kì nằm trên (O), ta gọi K,L,M,N lần lượt

là hình chiếu của E trên DA, AB, BC,CD Chứng minh rằng L là trực tâm của AKLM khi và chỉ khi ABCD là hình chữ nhật

Bài 2 (IMO 1997) Xét 5 điểm A,B,C,D,E sao cho ABCD là hình bình hành

và 4 điểm B,C,D,E cùng nằm trên một đường tròn Gọi l là một đường thang qua A Gia sw | cat doan DC ở F và BC ở G Giả sử

EF = EG = EC Chứng minh rằng I là phân giác DAB

Bài 3 (Canada 2001) Cho sABC voi AB > AC Gọi P là giao điểm của

đường trung trực của BC và đường phân giác trong của góc A Dựng các điểm X trên AB và Y trên AC sao cho PX vuông góc với AB và PY vuông góc với AC Gọi X là giao điểm của XY và BC Xác định giá trị tỉ

„8z

so — ZC

Bài 4 (United Kingdom 1990) Cho AABC nội tiếp đường tròn tâm O, ban

kính R Gọi D la điểm đối xứng của A qua 8C, E là điểm đối xứng của B qua

AC và F là điểm đối xứng của € qua AB Giả sử H là trực tâm của AABC

Chứng minh răng D, E, F thang hang khi va chi khi OH = 2R

Bài 5 Cho tu giac ABCD, AB cat CD tai E, BC cat AD tai F Ching minh

răng các trực tâm của các tam giac ABF, CDF, ADE, BCE thang hang

Chu dé 5: TU GIAC NOI TIEP

A LÝ THUYÉT CƠ BẢN

1 Một số phương ph cơ bản chứng minh một tứ gié£ nội tiếp

Muốn chứng minh một tứ giác nội tiếp, ta chứng minh:

- Bốn điểm đó cách đều một điểm (mà ta có thê xác định được)

— Tổng hai góc đối diện bù nhau

— Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện

— Hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới hai góc bằng nhau

2 Định lí

Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của ABvà CD, F là giao điểm của AC và BD,

Khi đó, các điều kiện sau đây là tương đương với nhau:

Dễ dàng chứng minh định lý này bằng cách sử dụng tam giác đồng dạng Phần

này dành cho bạn đọc tự chứng minh, xem như là một bài tập nhỏ

B MỘT SÓ BÀI TẬP CHỌN LỌC THỊ OLYMPIC TOÁN

1 Cho hai đường tròn (O) và (O)) cắt nhau tại M, N Tiếp tuyến tại M cia (O)

cắt (O') tại B, tiếp tưuến tại M của (O') cắt (O) tại A Gọi P là điểm đối xứng

của M qua N Chứng mình rằng tứ giác MAPPB nội tiếp

Giải I>

Gọi K là điểm đổi xứng của M qua trung

điểm của OỚ Ta có tứ giác OMƠK: là

hình bình hành nên OMI ⁄ OK, ƠM / OK

Mặt khác do OM 1 MB, O’M L MA nên

O'K LMB,OK L MA

Vậy OK,OfK chính là các đường trung

trực của MA,MB nên KA = KB = KM (1) F

Mặt khác dễ chứng minh duge KN//OO’ma OO' | MN nên KN LMN

Do MN = NP nên tam giác KMP cân tại K, suy ra KM =KP (2)

Từ (1) và (2) suy ra KA = KB = KM = KP Vậy tứ giác AMBP nội tiếp

= AANP ~ APNB (c.g.c)=> NAP = NPB ì <†‡? B

Từ đó suy ra MAP = MAN + NAP

= PMB + MPB = 180° ~ MBP P

Vậy tứ giác AMBP nội tiếp

2 Cho hình bình hành ABCD' tâm O Gọi E,F,G theo thứ tự là hình chiết: của

D trên AC,AB,BC Chứng minh rằng O nằm trên đường ngoại tiếp tam

Ta có ABFD vuông tại F có O là trung điểm của BD nên

aBOF can tai O

Suy ra BOF = 180° — 20BF

Tuong tu BOG = 180° - 2OBC

Từ đó có: FOG = 360° - 2ABC = 2BAD (1)

Do các tứ giác AFED, DEGC nội tiếp nên

FEO = ADF = 90° ~ BAD

GEC = GDC = 90° - BCD = 90° - BAD

Từ (1) và (2) suy ra FOG = FEG hay tứ giác OEGF nội tiếp (đpcm)

- Trường hợp: góc B nhọn

Ta có các tứ giác DECG, DEAF nội tiếp

nên DEG = DCG = ABC

và DEF = DAF = ABC

nên FEG = 2ABC (1)

nên FOG = 2ABC (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác FOEG nội tiếp (đpcm)

$ Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau, điểm M di chuyển trên cung nhỏ BC Trên tia đổi của tia EA lay diém M sao cho EM = EB Tìm quỹ tích các điểm M

Giải Phần thuận Lấy điểm K đối xứng với A qua €, ta có AABK vuông cân tại B

và K cố định Vì AEMB vuông cân tại E nên AMB = 45° = AKB

Suy ra tứ giác AKMB nội tiếp, do đó AMK = ABK = 90° Suy ra M chạy

trên đường tròn đường kính AK cố định K

Phần đảo Lấy một điểm MI' bất kì nằm trên

đường tròn đường kính AK (M không trùng

với B và K), cắt (O) tai E’ Do tứ giác AKMB

kính AK nên AM"'B = AKB = 45”

Lại có BE'M'= 90°nên øE'M'B vuông cân

tại Bhay E'M' =E'B (đpcm)

Kết luận Quỹ tích các điểm M là đường tròn đường kính AK (kể cả B

và K)

4 Cho hình thang ABCD (AB CD) có cạnh bên AD cố định oà nội tiếp đường tron (O) Goi | là giao điểm của hai đường chéo nà d là đường thẳng qua | song song với hai đáu của hình thang Chứng mình rằng d luôn đi qua một

điểm cố định

Giải

Ta có: AID = AOD (= sđ AD nên tứ giác

OIAD nội tiếp Vẽ đường tròn ngoại

tiếp tứ giác OIAD Do O,A,D cố định

nên đường tròn này cố định Gọi K là

giao điểm của d với đường tròn ngoại

có: AIK = ICD = IDC = DIK

nên K là điểm chính giữa của cung AD cố định và do đó K cố định

Vậy d luôn đi qua điểm K cố định

5 Cho hai đường tròn (S) và (T) cắt nhau tai A và B Một đường thăng d tiếp xúc

voi đường tròn (S) tai C va tiếp xúc voi đường tròn (T) tại E (khoảng cách từ

A đến d lớn hơn khoảng cách từ B đến d)

a) Goi D là điển đối xứng của A qua d Chứng minh rằng tứ giác BCDE nội tiếp một đường tròn (V)

b) Goi Rs, Rr, Rv theo thứ tự là bán kính của các đường tròn (S), (T), (V)

Chitng minh rang: R2v = Rs.Rr-

(do Ava D đối xứng với nhau qua 9)

Suy ra: tứ giác BCDE nội tiếp được

trong một đường tròn (V)

b) Từ kết quả của cau a), ta cd:

<~ CSB = =

CSV == = BAC = BCE = BDE = EVT (1)

ETV = == = BAE = BEC = BDC = CVS (2)

Từ (1) và (2) suy ra ACSV ~ AEVT (g.g) > = = ~~ => R =R R,

6 Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn (O) sao cho tia BA va tia DE cit

nhau tại M, tia AE và CD cắt nhau tại N Gọi K là giao điểm của BC và

tiếp tuuến của (O) tại E,P' là giao điểm của các đường tròn ngại tiếp các tam

giác AEM và CEK

Chứng minh rằng:

a) M,P,K thẳng hàng b) Tứ giác APNC nội Hếp

c) Bon diém M,P,N,K_ thing hang

Giải

a) Từ các tứgiác nội tiếp AEPM và EABC,

ta có: MPE = EAB = ECK

Lại có tứ giác KPEC nội tiếp

nên ECK + KPE = 180°,

do đó MPE + KPE = 180°

hay M, P,K thắng hàng

b) Ta có APC = APE + CPE = AME + CKE

Mặt khác,

AME = EAB~ AEM:CKE = ECB - KEC,

= (180° - AEM)-KEC =AED-EAC (1)

332 & D/C: 481/8 Trường Chỉnh, P14, Tân Bình, TPHCM www.ftu2.edu.vn

TINHHOA.NET

Dén it Porm cong

Từ (1) và (2) suy ra APC = ANC, do đó tứ giác APNC nội tiếp

c) Tacé ACD = AEM = MPA, tir do kết hợp với tứ giác APNC nội tiếp ta dễ

dàng chứng minh được M,P,Nthắng hàng Theo câu a) ta có

M,P, K thăng hàng nên suy ra M, P,N, K thắng hàng

C BÀI TẬP ĐÈ NGHỊ

Bài 1 (IMO 1985) Cho AABC Đường tròn (O) đi qua A va C cat AB, AC theo thứ tự tại K và N Đường tròn ngoại tiếp AABC và AKBN cắt nhau

tại B và M Chứng minh OMB vuông

Bài 2 (Russia 1999) Cho AABC nội tiếp đường tròn (O) Dựng đường tròn qua B và tiếp xúc với cạnh AC tại A, dựng đường tròn qua C và tiếp xúc

với AB tại A, hai đường tròn này cắt nhau tại D Chứng minh

ADO = 90°

Bai 3 (IMO 1987) Cho AABC nhọn, không cân Đường phân giác góc A cắt

cạnh BC tại D và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại | Tir D, ha

DK,DH vuông góc với cạnh AB và AC Chứng minh rằng diện tích tứ

giác AKIH bằng diện tích AABC

Bài 4 (Hungari 1949) Cho AABC can tai A Goi P là điểm trên cạnh đáy BC

Kẻ các đường thăng song song với các cạnh bên, các giao điểm đó là D và

E (DeAB,EeAC) Gọi O là điểm đối xứng của P qua DE Chứng

minh O nằm trên đường tròn ngoại tiếp AABC

Bài 5 Cho tứ giác ABCD thỏa mãn

CAB = 30°, DBC = 60°, ACD = 40°,BDA = 50°

và ADC + ABC > 180° Tính các góc của tứ giác ABCD

Bai 6 (CMO 2005) Cho AABC nội tiếp đường tròn (O), duong phan giac

AD và BE cắt nhau tại l; H là trực tâm AABC; đường phan giác OH cat

AC và BC lần lượt tại P và O Giả sử tứ giác CEID nội tiếp, chứng minh

Tứ giác nội tiếp ABCD được gọi là điều hòa nếu tồn tại diém M thuộc đường

tròn ngoại tiếp tứ giác sao cho M(ABCD) = -1

Nhận xét: Tứ giác ABCD là điều hòa thì với mọi điểm ÁM thuộc (O) ta đều có M(ACBD) = -1

M(ACBD) = 20 MB.MA) | sin(MD.MA) ’

sin(MB,MC) sin(MD,MC)

Trong phần này ta quy ước ký hiệu (O) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác điều hòa ABCD

6.2 Tính chất

a) Tứ giác ABCD điều hòa <> AB.CD = AD.CB

b) Tứ giác ABCD điều hòa <> ta, fc, BD đồng quy hoặc đôi một song song Ở nay

t, te lan lượt là tiếp tuyến tại Avà C của (O)

c) Tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp (O) có Khi đó: (O) trực giao với đường tròn

Apollonius tỉ số k dựng trên đoạn AC

d) Cho tứ giác điều hòa ABCD Gọi N = AC BD Chứng minh rằng:

Cac tinh chat nay xem như là các bài tập nhỏ, chúng tôi dành cho bạn đọc tự giải

B MOT SO BAI TAP CHON LOC THI OLYMPIC TOAN

1 (IMO 2003) Gia sie ABCD là một tứ giác nội tiếp Gọi P,Q,R Ia chan cdc

đường ouông góc hạ từ D lần lượt lên các đường thăng BC,CA, AB Chứng

minh rằng PO =OR khi và chỉ khi phân giác của các góc ABC, ADC cắt nhau trên AC

Ta có: P, O, R thăng hàng (đường thẳng Simson)

Qua B vẽ đường thắng song song với PR cắt AC ở M

Phân giác của các góc ABC,ADC cắt nhau tại một điểm trên AC

> D5 ẤT hay tứ giác ABCD điều hòa

eo — =—_— Ss — =

Vậy ta hoàn tất chứng minh

(Viet nam TST 2001) Trong mặt phăng cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau

tại A và B Một tiếp tuuến chung của hai đường tròn tiếp xúc uới (O) tại P và tiếp xúc uới (OŸ) tại T Các tiếp tuuế tại P oà T của đường tròn ngại tiếp AAPT cắt nhau tại S Gọi H là điểm đôi xứng của B qua PT Chứng mình rằng:

Giải

Ta chỉ cần chứng minh APHT là tứ giác điều hòa

Ta chứng minh APHT nội tiếp

Thật vậy, ta có: BPT = PAB, BTP = BAT

Suy ra: BPT + BTP = PAT hay PAT = 1800 ~BPT = 180° ~ PHT

Do đó tứ giác APHT nội tiếp

AP AT BT AT Hơn nữa, ta có: BP = HP, BT = HT nên AP HP

EOE ELE ERY TINHHOA.NET eee: Dan ist mann cong

3 (Vietnam TST 2012) Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) va hai diém cố định

B, C Hên đường tròn sao cho BC không là đường kính của (O) Gọi A là một

điểm đi động trên đường tròn (O) và A không trùng với hai điểm B, C Gọi D,

K, J lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB va E, M, N lần lượt là hình chiếu

vuông góc của A, B, C trên BC, DJ, DK Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại

M, N của đường tròn ngoai tiếp tam giác EMN luôn cắt nhau tại điểm T cố

định khi A tha đổi trên (O)

Giải Gọi H là trực tâm của tam giác ABC Ta xét trường hợp H nằm trong tam giác, các trường hợp còn lại xét tương tự

Trước hết, ta chứng minh rằng T nằm trên đường thắng OD

Dễ dàng thấy H nằm trên các đường thắng BM và CN nên các điểm

D,M,N,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính HD

Đường thăng qua H, song song với BC cắt đường thắng OD tại điểm S

Do nên S cũng thuộc đường tròn đường kính HD Gọi X là hình chiếu của

E lên AD thì X cũng thuộc đường tròn này

Ta sẽ chứng minh các tứ giác DMSN, XMEN là các tứ giác điều hòa

Thật vậy, do HS Z BC và Dlà trung điểm của BC nên theo tính chất về chùm điều

hòa, ta có (HS, HD, HC, HB) = 1 hay tứ giác DMSN là tứ giác điều hòa Theo tính

chất của tứ giác điều hòa ta có T nằm trên đường thăng DO

Dễ thấy tứ giác DEJK là hình thang cân nên AENK ~ AEMJ (g.g)

EM EJ AB

Suy ra: —— = — = —

XM_ sinXNM sinXDM sinDAC _ AB

XN sinXMN sinXDN sinDAB AC:

, EM XM 5 Šï@ os ; `

Do đó, EN XN hay tứ giác XMEN điêu hòa Ta có được T năm trên

EX hay T chính là giao điểm của EX và AO

Ta sẽ chứng minh khoảng cách từ T đến D không đổi

Gọi B' là hình chiếu của B trên AC

Do AAHX - AADE nên AX.AD = AH.AE = AB“.AC hay tứ giác CDXB' nội

Theo dinh li Thales thi By

336 2 Đ/C: 481/8 Trường Chinh, P14, Tân Bình, TPHCM Jf it py ftu2.edu.vn

HPO

Dễ thấy DC,AH đều khơng đổi nên

độ dài đoạn DT khơng đổi hay T là

QO

a) Chứng minh rằng trung điểm PO thuộc đường thang MC

b) Đường thăng PO luơn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên

Q, -

Bai 2 (IMO Short list 2006) Cho tam gidc ABC, dudng cao AH, K là trung

điểm của AH Đường trịn nội tiép (I) tiếp xúc với BC tại D DK cắt lai (I) tai

T Chứng minh rằng đường trịn nội tiếp tam giác TBC tiếp xúc với (I) Bài 3 (IMO 2012) Cho tam giác ABC và điểm Jlà tâm đường trịn bàng tiếp trong gĩc A của tam giác Đường trịn này tiếp xúc với AB, AC, BC tại K, L, Mtheo thứ tự LMcắt BJtại F, KMcắt CJtại G Gọi S, TIần lượt là giao

điểm của AF, AG với BC Chứng minh rằng Mĩ là trung điểm của ST

Bài 4 (Mathematics and Youth Magazine 8/384) Cho tam giác ABC nội tiếp

đường trịn (Ò) với AC < AB Tiếp tuyến với đường tron (O) tai B, C cat nhau tại T Duong thang qua A va vuơng gĩc với AT cắt BC tại S Trên

đường thang ST lấy các điểm sao cho TC, = TB, = TB, nằm giữa S Và T

Chứng minh rang AABC ~ AABC

Bai 5 (VMO 2003) Trong mat phang cho hai đường tron cé dinh (O) va (O’)

tiếp xúc trong với nhau tại điểm M va ban kinh cua dudng tron (O’) lon

hơn bán kính đường trịn (O) Xét điểm A nam trén dudng tron (O’) sao

cho ba điểm O, O“ và A khơng thang hàng Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC

đến đường trịn (O) (B, € là các tiếp điểm Đường thăng MB, MC lần lượt cắt lại (O) tại E và F Gọi D là giao điểm của tiếp tuyến tại A của (0) và

đường thăng EF Chứng minh răng điểm D di động trên một đường thăng

cố định, khi điểm A di chuyển trên đường trịn (Ớ?) sao cho ba điểm O, O“

Tinh hoa cak CĐ tỉnh loc boả dươ&g HS giố thi 0lympic Toah 10 ⁄2 337

Vee TINHHOA.NET

X Đân s% to công

A LÝ THUYÉT CƠ BẢN

Gọi A’, B’, C’la ba diém tương ứng nằm trên các canh BC, CA, AB cla AABC

Khi đó ba đường thang AA’, BB’, CC’ déng quy khi va chi khi ——.—— —— =1

Chứng minh:

— Gia st? AA’, BB’, CC' đồng quy tại /

Qua A, kẻ đường thăng song song với BC cat BB’, CC’ tai M, N

Goi / = BB’a CC’ Giasw Al aA BC =Ap = Ao thudéc cạnh 8C

Theo chứng minh trên, ta có: TY eee =1

A.C B'A CB

Khi do: AB AB suy ra: A’= Ap Vay AA’, BB’, CC? đồng quy AGRE

7.2 Mở rộng của định lý Ceva

Goi A’, B’, C’la ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh 8C, CA, AB của AABC

Khi đó ba đường thẳng AA', BB, CC' đồng quy khi và chỉ khi 8“ CB: AC _ +

A'€C BA C8

7.3 Dạng lượng giác của định lý Ceva (Định lý Ceva sin)

Gọi A, B, C'là ba điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB của AABC

Khi đó ba đường thẳng AA', B8, CC' đồng quy khi và chỉ khi

sinABB' sinBCC” sinCAA' _ :

sinCBB'_sinACC” sinBAA: _

B MOT SO BAI TAP CHON LOC THI OLYMPIC TOAN

1 (Korea 1992) Cho AABC co AB # AC Goi V là giao điểm của phân giác góc

A Với cạnh BC, D là chân đường ouông sóc hạ từ A xuống cạnh BC Nếu

E và F tương ứng là các giao điểm của đường tròn ngơi tiếp AAVD với hai

cạnh CA và AB Hãy chứng mình rằng các đường thăng AD, BE,CF đồng quy

TINHHOA NET Ƒ - etn Late,

dn Mi Marh cOng Fee ey

Vay AD,BE,CF đồng quy theo định lý Ceva

2 (Estonia TST 1994) Cho nửa đường tròn (T) nằm uề một phía của đường

thắng d Gọi C,D là các điểm trên (T) Các tiếp tuuến của (T) tại C và D cắt

d tại B và A tương ứng oà tâm nửa đường tròn nằm eiữa hai điểm này Goi

E là giao điểm của AC và BD, F là điểm nằm trên d sao cho EF vuông góc

với d Chứng minh rằng EF là phân giác CFD

Giải

Kéo dai AD cắt BC tại P Pp

Qua P ke PH 1 d tai H

Gọi O là tâm nửa đường tròn C

Khi đó APAH - AOAD D

nên ta có: AY AP

T ương tự chứng minh được: : A FHO

Vì FAV =VAE nên AE = AF Suy ra:

Từ đó: ẤP x AD BC Suy ra: ĐỔ SG “2 „4, Theo phần đảo của định lý HB CP DA

Ceva thì ba đường thăng AC,BD,PH đồng quy Suy ra: PH = FE Ngoài

ra, dễ thấy năm điểm P,D,H,O,C cùng nằm trên một đường tròn Dẫn

SA, _ sinSAA, ha SA, _ SinBAA,

AA, sinASA AA, sin(45°+B) A

sin BAA, sin (45° + €] - AA, SA, _

sin CAA, “sin (45° + B) TA, AA

AA,, BB,,CC, dong quy

Bài 2 (United Kingdom TST 200) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp và H là trực tâm của AABC nhọn Chứng minh răng tồn tại các điểm D,E,F tương

340 & D/C: 481/8 Trường Chỉnh, P14, Tân Bình, TPHCM www.ftu2.edu.vn

ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho:

OD + DH = OE + EH = OF + FH và các đường thắng AD, BE, CF đồng quy Bai 3 (APMO 1992) Cho dudng tron (C) co tam O Mét dudng tron (C’) tam

X tiếp xúc trong với (C) tại A Một đường tròn khác có tâm Y nằm bên trong (C), tiếp xúc với (C) tai B và tiếp xúc với (C)) tại Z Chứng minh rằng

các đường thăng XB, YA và OZ đồng quy

Bài 4 (Romani 2002) Cho AABC nhọn Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh AB,AC và P là hình chiếu vuông góc của N trên BC Gọi A, là

trung điểm của MP Các diém B:, €¡ được định nghĩa một cách tương tự

Chứng minh rằng nếu AA: ¬ BB: ¬ CC: #@ thi AABC can

Chu dé 8: DINH LY MENELAUS

A LY THUYET CO’ BAN

8.1 Dinh ly Menelaus

Cho ba diém A’, B’, C’ lan luot nằm trên ba đường thẳng chứa ba cạnh BC,

CA, AB của AABC sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng

hai điểm thuộc cạnh AABC Khi đó: A’, B’, C’ thang hang khi và chỉ khi

— Néu ba diém A’, B’, C’ thang hang M A

Qua A kẻ đường thằng song song với

Vay ba diém A’, B’, C’ thang hang

Truong hop 2: Ba diém A’, B’, C’ không có điểm nào thuộc cạnh tam giác được

Tinh hoa cak CÑ tinh loc boá döô&g HS giof thi Olympic Toah 10 ⁄2 341

Cho AABC Một đường thẳng d bắt kì cắt các cạnh BC, CA, AB tại ba điểm

phân biệt A” 8' C' Khidé: eae 2S 4, BC AB AC Tt

AC“ BC BA AC“ BC AB

B MOT SO BAI TAP CHON LOC THI OLYMPIC TOAN

1 (Titu Andresscu) Cho M 1a mét diém nam ở miền trong AABC va N,P,Q

là ba điểm thăng hàng nằm trên các cạnh AB, BC uà CA Chứng minh rằng

VAN Svar = 2 S Man : Svep So MAN - Sưep Q Shean SMwcp Lên wcp ven SMcp

Như vậy nA = re => NP /AC

NB PC

2 (Olympic 30/4 Ian thit 6) Cho AABC có diện tích So = 1 Trên các qnh BC, CA, AB

lấy các điểm M, N, P sao cho we a Kane = Ki =k, voi ki, ko, ks < 1 Tính

MC NA PB diện tích tam giác tao boi ba doan thing AM, BN va CP

Giai

Goi EIF là tam giác tạo bởi ba đoạn thắng AM, BN, CP như hình vẽ dưới

đây

(Bulgaria 1998, Round 3) Cho tir gic ABCD có AD = CD va DAB= ABC <9 Qua

D kẻ đường thẳng đến trung điểm của đoạn BC, đường thăng này cắt đường

thăng AB tại E Chứng mình rằng: BEC = DAC

C

Bai

Gọi M là trung điểm của BC

Giả sử AD¬BC =N,AN n¬EC =P

Áp dụng định lý Menelaus cho các

ADMN, ADEN ta có: B -

DP.NC.ME = PN.CM.ED P DA.NB.ME = AN.BM.ED E

Kết hợp các đăng thức này với

AN =BN,BE =CE, AD =CD ta được: DP.NC = DC.PN N

Do đó CP là tia phân giác của DCN

Từ đó ta có: ACP = ACD + DCP = ~(NDC + DCN) = NAB

Do dé: DCP = CAB => BEC = ABC

Từ đó: BEC = ABC - BCE = BAD - DCP = DAC

Vậy ta hoàn tất chứng minh

Bai 2 (Balkan, Senior 1999) Cho AABC co dién tich bang 1 Lay điểm K trên

AB và Y trên AC sao cho trọng tâm G của AABC nam khac phia voi B va C

Tinh hoa cait CN tinh loc boi döô&g HS gioê thi 0lympic Toah 10 2 343

Bài 3 (Balkan, Senior 1995) Cho hai đường tròn tâm O va O' gặp nhau tại

A và Bsao cho OA L O'A OO' cắt hai đường tròn tại C,E, D,F, sao cho

các điểm C,O, E,D,O',F nằm trên một đường thẳng theo thứ tự đó BE cắt đường tròn (tâmO) tại điểm thứ hai K và cắt CA tại M.BD cắt

đường tròn (tâm O') tại điểm thứ hai L và cắtAF tại N Chứng minh

Gọi D là điểm nằm trên cạnh AC của AABC

Khi đó ta có: AB”.DC +BC?.AD -BD?.AC = AC DC AD

Từ hai đẳng thức trên ta suy ra:

BC?.AD +AB?.DC =BD?(AD + DC )+DC?.AD + AD”.DC

=BD”.AC +AD.DC.AC

Để ý rằng: Nếu D = A hoặc D < C thì đẳng thức trên vẫn đúng

9.3 Hệ quả (Định lý Apolonius về trung tuyến)

Gọi m.,m,,m_ là ba trung tuyến ứng với ba cạnh a, b, c của AABC Khi đó:

TH 2(b?+c?)-a? saree 2(c?+a?)-b? „ + 2(a? +b? )-c? |

9.4 Hệ quả (Tổng các bình phương của ba trung tuyến)

Tổng các bình phương của ba trung tuyến trong một tam giác bằng ba phần tư

tổng các bình phương của ba cạnh tam giác đó

9.5 Hệ quả (Công thức đường phân giác)

Trong AABC, gọi I_,!,,l_ lần lượt là phân giác của các góc A, B, C; a, b, c là