1 (Đề chọn đội tuyển ĐHSP HN) Gọi trọng tâm tâm nội tiếp tam giác Đường thẳng qua song song với cắt Qua song song với theo thứ tự cắt cạnh Qua song song với theo thứ tự cắt Các điểm theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp tam giác CMR: đồng quy điểm thuộc Lời giải: giao điểm với , trung điểm , phép vị tự tâm , tỉ số Gọi biến cát tuyến , suy , ta suy , đến áp dụng Menelaus cho tam giác với , từ suy đpcm (Đề chọn đội tuyển Toán trường THPT Phan Chu Trinh, Đà Nẵng) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).AC cắt BD E , AD cắt BC F.Trung điểm AB CD G,H Chứng minh EF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác EGH Lời giải: Gọi chùm Maclaurin ta nhận đpcm giao điểm tiếp tuyến Gọi trung điểm Mặt khác tứ giác nội tiếp Dễ thấy Áp dụng định lý (theo đường thẳng Gauss) (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nhọn.Các đường cao BE,CF cắt H.Trên tia FB,EC theo thứ tự lấy điểm P,Q cho FP=FC;EQ=EB;BQ cắt CP K.I,J theo thứ tự trung điểm BQ,CP.IJ theo thứ tự cắt BC,PQ M,N.CMR: a b.góc IAM=góc JAN Lời giải: a,chú ý tứ giác BPCQ nội tiếp,xét phương tích H,K đường trịn đường kính PC,BQ.ta có dpcm b,ta cần bổ đề sau:cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) cho: M N liên hợp đẳng giác đối vs góc ASB chứng minh dễ,gọi f phép đồng dạng nghịch, biến trở lại toán chúng ta.áp dụng định lý menelaus cho mặt khác ta có dpcm ta (1) (2) từ (1),(2) theo bổ đề vs ý BPCQ nội tiếp, ta có dpcm (Đề chọn đội dự tuyển ĐHSP HN) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp tuyến (O) B,C cắt S Trung trực AB,AC cắt p/g góc BAC M,N BM, CN cắt P Chứng minh SA qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP Lời giải: Biến đổi góc đơn giản chứng minh trực tâm H tam giac OMN điểm đối xứng tâm nội tiếp tam giác MNP qua phân giác AE Chứng minh A,I,S thẳng hàng tương đương với việc chứng minh A,H,D thẳng hàng_do tính chât đường đối trung A,H,D thẳng hàng chứng minh nhờ định lí Menelauyt cho tam giác OFE (Đề chọn đội tuyển toán 11, trường THPT Cao Lãnh) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn.Gọi P,Q,M giao điểm AB DC;AD BC;AC BD Chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OPM,tam giác OMQ,tam giác MPQ Lời giải: Áp dụng định lý Brocard, ta có O trực tâm tam giác MPQ Theo kết quen thuộc điểm đối xứng với O qua MP nằm (MPQ) Suy (OMP) (MPQ) đối xứng với qua MP, bán kính chúng Tương tự, ta suy đpcm (German MO 2010) Hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt Một tiếp tuyến chung hai đường tròn tiếp xúc với tiếp tuyến chung lại tiếp xúc với Chứng minh đường thẳng cắt hai đường tròn tạo nên hai dây cung có độ dài Lời giải: đặt tên điểm hình vẽ ta có mặt khác, áp dụng định lý sin, ta có: (đpcm) (Đề chọn đội tuyển trường THPT chuyên Bến Tre) Cho tam giác ABC có Gọi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác , G tâm tam giác So sánh Lời giải: Gọi trung điểm cạnh ta có có chung, có chung, (đpcm) (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Tam giác nhọn, nằm tam giác thỏa mãn = + Chứng minh : Lời giải: Kẻ tam giác BED, DA.BC=DB.AC mà DB=DE góc ADE= góc ACB nên Do ta có DA.BC=AC.DE=AC.BE (1) Từ cặp đồng dạng ta có tam giác đồng dạng nên DC.AB=AC.BE (2) Từ (1) (2) ta có đpcm 10 (Đề chọn đội tuyển trường ĐH KHTN) Kí hiệu tâm nội tiếp Đường thẳng vng góc với cắt K,M.Gọi B',C' giao điểm cặp (BI,AC),(CI,AB).Đường thẳng B'C' cắt (O)=(ABC) N,E CMR bốn điểm M,N,E,K thc đường trịn Lời giải: Gọi giao điểm MB KC D, ta có A D I thẳng hàng IA DA vng góc với MK M K tâm bàng tiếp góc C B tam giác ABC nên IB vng góc với MB IC vng góc với KC, tứ giác MBCK nội tiếp I giao MC' KB', A giao BC' CB' D giao MB CK, I - A – D thẳng hàng nên theo định lý Deargues ta có MK, B'C' BC đồng quy, giả sử P Từ theo phương tích ta có PN.PE=PB.PC=PM.PK, suy đpcm 11 (Đề chọn đội tuyển trường THPT chun Lê Q Đơn, Bình Định) Cho đường trịn tâm O, đường kính BC XY dây cung vng góc với BC Lấy P, M nằm đường thẳng XY CY tuơng ứng, cho CY song song với PB CX song song với MP; K giao điểm CX BP Chứng minh MK vng góc với BP Lời giải: Cách 1: Gọi Đặt Ta có Và Suy tam giác BPD cân P Do tam giác KPX cân K ( ) nên KX=KP Suy MC=KP=KA (MCKP hình bình hành) Mà MC//KA suy MCAK hình bình hành Suy MK//AC hay (đpcm) Cách 2: PKCM hình bình hành => KC=MP tam giác MPY cân M =>MP=MY tam giác BKC cân K =>KB=KC từ điều =>MY=KB mà MY song song với KB => MYBK Hình bình hành có => => HCN =>MK BP 13 (Đề chọn đội dự tuyển Bắc Ninh) Cho tam giác ABC cân A Đường phân giác góc B cắt cạnh AC D Biết Hãy tính góc A Lời giải: Cách 1: Gọi cạnh đáy , cạnh bên , ta có: , ta giải nghiệm Cách 2: , suy Kẻ thêm hình ta có ADE BEC tam giác cân BD phân giác nên Đến tính B=40 => A=100 14 (Đề chọn học sinh giỏi Hải Phòng, bảng A) Cho tam giác nội tiếp đường cao Gọi hình chiếu vng góc lên cạnh Chứng minh rằng: thẳng hàng Lời giải: Gọi M điểm đối xứng với B qua O tam giác BAH BMC đồng dạng, suy ca = Rha = 2 R (1) Tam giác BHC vng H, có HE đường cao, suy BH BC = BH = R (2) Từ (1) (2), suy c = BE Tương tự, ta có a = BD Do tam giác BAC BED đồng dạng theo tỉ số Gọi K hình chiếu vng góc B lên DE BH ta có BK = = R, ∠KBE = ∠HBA = ∠OBC ⇒ O ≡ K ⇒ đpcm 15 (Đề chọn đội tuyển tỉnh Hà Tĩnh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Đường tròn (O1) tiếp xúc cạn AB, AC P, Q tiếp xúc với (O) S Gọi giao điểm AS với PQ D Chứng minh ∠BDP = ∠CDQ Lời giải: Bổ đề: Cho đường tròn (α), đường tròn (β) nằm (α) tiếp xúc với (α) T A, B điểm AC TA (α) Gọi AC, BD tiếp tuyến kẻ từ A, B đến đường trịn (β) Khi = BD TB Chứng minh: Gọi A’, B’ giao điểm thứ TA, TB với (β) Phép vị tự tâm T biến (α) → (β), biến A → A’, B → B’ Suy AB//A’B’ Ta có 2 AA'.AT BB' BT BD AC BD AC A' T AT AC (đpcm) = ⇒ = = = = ⇒ = A' T A' T B' T B' T B' T A' T B' T BD B' T BT A' T Trở lại với toán: BP BS sin ∠BCS sin ∠BAS PD = = = = CQ CS sin ∠CBS sin ∠CAS QD Mặt khác, ∆APQ cân A, suy ∠APQ=∠AQP ⇒ ∠BPD=∠CQD ⇒ ∆BPD ~ ∆CQD ⇒ ∠PDB = ∠QDC (đpcm) Áp dụng bổ đề, ta có