Tuyển chọn các bài toán hình học phẳng hay và khó phần 1

Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn TUYỂN CHỌN CÁC BÀI HÌNH HAY VÀ KHĨ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN VÀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN 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 toán 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 tốn 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 toán 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 trịn 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 Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Tốn 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 vuông 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 tròn ( 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 trịn 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 Tài liệu BDHSG Toán 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 Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Tốn trịn 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 vuông Không 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 tròn 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 tròn ( 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 Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn KPMI nội tiếp đường tròn ( 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 ln 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 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 vuông 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 Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Toán 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 tròn 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 Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn 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 Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn 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 u cầu tốn Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG 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 trịn ( 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 Nguyễn Cơng Lợi Vẽ DH vng góc với AB H, DK vng góc Tài liệu BDHSG Tốn 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 vuông 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 trịn Lời giải Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn Bài 43 Cho tam giác ABC có M trung điểm AC D điểm cạnh BC cho DB = DM Biết 2BC2 − AC2 = AB.AC Chứng minh BD.CD = AC2 AB ( AB + AC ) Lời giải Lời giải Một ý tưởng tự nhiên tìm cách A biểu diễn BD CD theo cạnh tam giác ABC kết hợp với giả thiết cho Quan sát hình M vẽ ta thấy biểu diễn BD theo BM cosCBM I B D C Để ý BM đường trung tuyến tam giác ABC nên ta biểu diễn BM cosCBM theo cạnh tam giác ABC Từ kết hợp với 2BC2 − AC2 = AB.AC ta tính BD.CD theo cạnh tam giác ABC Để đơn giản qua trình biến đổi ta đặt AB = c; BC = a; CA = b Để tính cosCBM ta cần tạo tam giác vuông cách vẽ DI vng góc với BM với I thuộc BM Khi ta DI đường trung tuyến tam giác cân BDM Do ta BD = Mặt khác theo định lí cosin ta có cos CBM = Từ ta BD = a.BM b2 BM + a − BI = cosCBM BM + BC − CM = BC.BM 2 BM cosCBM BM2 + a − b2 a.BM  b2  a BM  a −    Mặt khác ta có BD.CD = BD ( a − BD ) =  b2  2  BM + a −    Lại có BM = ( ) 2 b2 a +c − kết hợp với giả thiết 2a2 − b2 = bc ta    2c + 2bc + b2 + bc  ( b + c ) ( 2c + b ) b2   a + c − b2 2 + a2  =   BM + a −  =   =   16     2 ( 2 2  b2  a 2a + 2c − b Ta có a BM  a −  =   2 )  b   2 + bc b2  a bc ( 2c + bc ) − =  16 2 Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn a bc ( 2c + bc ) Từ ta BD.CD = ( b + c ) ( 2c + b ) 2 = b2c AC AB = ( b + c ) ( AB + AC ) Lời giải Một ý tưởng khác tự nhiên ta P tìm cách biến đổi giả thiết 2BC2 − AC2 = AB.AC cho xác định yếu tố phụ cánh A hợp lí Chẳng hạn ta viết lại giả thiết toán M thành 2BC = AC ( AB + AC ) ta ý đến xác định điểm P AC cho PA = AB , ta B D C CP = AC + AC Từ ta 2BC2 = AC.CP = 2CM.CP hay BC2 = CP.CM Hệ thức làm ta tiên tưởng đến tính chất tiếp tuyến cát tuyến đường tròn Tức BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP hay BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP Mặt khác ta lại thấy BD = DM nên DM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP Khi dễ dàng chứng minh MDC = BAM nên tứ giác ABDM nội tiếp, từ dẫn đến AD phân giác BAC Đến ta biểu diễn BD, CD qua cạnh tam giác ABC Trên tia đối tia AC lấy điểm P cho PA = AB , từ giả thiết ta 2BC2 = AC.CP = 2CM.CP  BC2 = CP.CM Từ suy BC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBM với tiếp điểm B Ta lại có DB = DM với D thuộc BC nên DM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBM Từ ABP = MPB = DBM = DMB Lại có MDC = DBM + BMD BAM = APB + ABP Suy MDC = BAM nên tứ giác MDBA nội tiếp, DBM = DMB = CAD = BAD Do ta AD phân giác góc BAC Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác ta Từ suy DC = BD AB BD AB AB.BC =  =  BD = CD AC BC AB + AC AB + AC AC.BC , kết hợp với giả thiết ta AB + AC BD.CD = AB.AC.BC2 ( AB + AC ) AC2 AB = ( AB + AC ) Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Toán Bài 43 Cho tam giác ABC điểm D, E, F tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc A, B, C với cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tam giác ABC vng Lời giải Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh toán phụ Cho D điểm nằm cạnh AC tam giác ABC ta ln có AB2 CD + BC2 AD − BD2 AC = AC.CD.AD Chứng minh Gọi H chân đường cao hạ từ B xuống AC, giả sử D thuộc đoạn AH Trong tam giác ABD có BC2 = HC2 + HB2 = ( BD − DH ) + BD2 − AD2 = BD2 + CD2 − 2DC.DH Tương tự tam giác ABD ta có AB2 = BD2 + AD2 + 2AD.DH Từ ta AB2 CD + BC2 AD = BD2 ( AD + DC ) + DC AD + AD DC Suy AB2 CD + BC2 AD − BD2 AC = AC.CD.AD Trở lại toán Đặt AB = c; BC = a; CA = b; p = a+b+c Gọi S tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Theo giả thiết S nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khơng J M S tính tổng quát ta giả sử S nằm cung BC A có chứa điểm A Khi ta có SE = SF Theo K N E F tính chất đường trịn bàng tiếp tam B giác ta có CE = BF = p − a O D Vì ABS = ACS nên ta SEC = SFB , suy SB = SC hay S nằm cung BC Áp dụng đổ đề cho tam giác ABC với điểm D cạnh BC ta có ( SC2 DB + AB2 DC = BC SD2 + DB.DC ) I ( Do ta có SB = SC nên suy ( DB + DC ) SB2 = BC DS + DB.DC ) C Nguyễn Công Lợi Để ý DB + DC = BC nên ta SB2 − SD2 = DB.DC Tài liệu BDHSG Toán a2 − ( b − c ) Mà ta có BD = p − b; CD = p − c , ta SB − SD = ( p − b )( p − c ) = 2 Gọi N M hình chiếu vng góc S AC AB Khi ta SBM = SCN suy AM = AN nên ta BM = CN =  b+c   b+c b+c−a  Mặt khác ta có SB − SF = MB − MC =  −  −      2 b+c 2 Do SD = SF nên ta có SB2 − SD2 = SB2 − SF2 Do ta a2 − ( b − c ) 2  b+c   b+c b+c −a  = − −  a = b2 + c       Do tam giác ABC vuông A Từ ta có điều phải chứng minh Lời giải Trước hết ta phát biểu chứng minh bổ đề sau Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) A J có đường cao AD, BE, CF Khi đó, đường thẳng F qua A vng góc với EF, đường thẳng qua B vng I O góc với FD, qua C vng góc với DE đồng quy O Chứng minh Gọi H trực tâm tam ABC I, J theo thức tự giao BE, CF với ( O ) Dễ thấy B E H D C E, F theo thứ tự trung điểm HI, HJ nên EF song song với IJ Lại có ABI = ACJ suy AI = AJ nên AO vuông góc với EF Tương tự OB vng góc với DF OC vng góc với DE Từ ta có điều phải chứng minh Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) M trung điểm BC Khi ta có OM = BC BAC = 450 Bổ đề Cho tam giác ABC có J tâm đường trịn bàng tiếp góc A Khi ta ln có BJC = 900 − BAC Nguyễn Cơng Lợi Trở lại tốn Khơng tính tổng quát Tài liệu BDHSG Toán ta giả sử BAC góc lớn tam giác ABC J + Trường hợp AB = AC toán hiển nhiên S A K + Xét trường hợp AB  AC E F B Đặt BAC = A Gọi S điểm O D C M cung BAC đường tròn ngoại tiếp ta giác ABC Dễ thấy SBF = SCE nên ta có SE = SF Do suy BSC = ESF = A Gọi I, J, K theo thứ tự tâm đường trịn bàng I tiếp góc A, B, C tam giác ABC Dễ thấy IA, JB, KC đường cao tam giác MNP S trung điểm JK Theo toán phụ ta có ID, JE, KF đồng quy điểm M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK Chú ý tứ giác BFDM, CEDM, AEMF nội tiếp đường tròn nên BDF = BMF CDE = CME Lại có EMF = 180 − A Khi ta có biến đổi góc ) ( ( ) BMC + EDF = BMF + FME + EMC + 180 − BDF − CDE = EMF + 180 = 360 − A Từ  A ta BMC + EDF1 =  180 −  2  Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC S tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, điều xẩy ( ) ESF = 1800 − EDF  EDF = 1800 − ( A A  BMC = 1800 −  BSC = A = 1800 − BMC 2 ) Hay S tâm ngoại tiếp tam giác BMC Do ta SM = SE = SC  SM = JK A  KIJ = 450  900 − = 450  A = 900 2 Do ta có điều phải chứng minh Bài 44 Cho đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB AC P Q Gọi giao điểm BI CI với PQ K L Chứng minh Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn đường tròn ngoại tiếp tam giác ILK tiếp xúc với đường tròn ( I ) AB + AC = 3BC Lời giải Gọi D tiếp điểm đường tròn ( I ) với BC Gọi (O) A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi J giao điểm khác AI với đường tròn (O) T Trước hết ta chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác DKL Q K L Y X P I Thật vậy, I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta có BIC = 900 + BAC Mà AP AQ hai tiếp tuyến đường tròn B C D J ( I ) nên tam giác APQ cân A Từ ta có BAP = 900 + BAC Do suy BQL = BIC nên tứ giác BQLI nội tiếp, nên ta LQI = LBI Mà ta có LQB + LIB = 1800  LQI + LIB = 900 nên ta LBI + LIB = 90 Từ suy BLI = 90 hay BL vng góc với LC Chứng minh tương tự ta BK vng góc với KC Gọi T giao điểm BL CK, I trực tâm tam giác TBC Do ta D, I, T thẳng hàng Dễ thấy tứ giác BLKC, MLID CKID nội tiếp đường trịn nên ta có KBL = KCL; LBI = LDI; KCI = KDI Từ suy LDI = KDI nên DI phân giác góc LDK Hồn tồn tương tự ta LI phân giác góc KLD Do I tâm đường trịn nội tiếp tam giác DKL Đường tròn ngoại tiếp tam giác IKL tiếp r xúc với đường tròn ( I ) R ( IKL) = với r bán kính đường trịn ( I ) R ( IKL ) bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ILK Kẻ IX vng góc với LD X, IY vng góc với PQ Y Dễ dàng chứng minh hai tam giác ILK IBC đồng dạng với nên ta R ( ILK ) R ( IBC ) = IY IX A = = sin IDX = sin ID ID Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Toán R (ILK ) IP r r Hay Từ suy R ( IKL) = IA = 2IJ  JA = 3JB = 3JC = = IJ IA AI Do tứ giác ABJC nội tiếp dường tròn (O) nên áp dụng định lí Ptoleme ta AI.BC = AB.JC + AC.JB = ( AB + AC ) JB Kết hợp với JA = 3JB = 3JC ta AB + AC = 3BC Vậy toán chứng minh Bài 45 Cho đường tròn ( O; R ) có đường kính AB điểm M nằm (O) khơng nằm đường kính AB Gọ N giao điểm đường phân giác góc AMB với đường trịn ( O ) Đường phân giác ngồi góc AMB cắt đường thẳng NA, NB P Q Đường thẳng MA cắt đường trịn đường kính NQ R, đường thẳng MB cắt đường trịn đường kính NP S R, S khác M Chứng minh đường trung tuyến ứng với đỉnh N tam giác NRS qua điểm có định M di động phía đường trịn Lời giải R I C D Q S M P A O B N Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt AN C, qua S kẻ đường thẳng song song với PQ cắt BN D Gọi I trung điểm CD Ta chứng minh CD song song với AB Thật vậy, N nằm đường trịn đường kính AB nên ta có ANB = 900 suy AN vng góc với BN, BN tiếp tuyến đường trịn đường kính PN Từ ta có tam giác BMN đồng dạng với BNS Vì PQ đường phân giác tam giác AMN nên ta có SMP = AMP = QMR = BMQ Mặt khác SMP = SNP QMR = QNR Do ta SNP = QNR nên suy SNP + SNR = QNR + SNR suy CNR = SNB Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn Xét hai tam giác BNS RNC có CNR = SNB RCN = MPN = NSM = NSB nên hai tam giác đồng dạng với Từ suy BNS ∽ RNC ∽ BMN Lập luận chứng tương tự ta có DSN ∽ RAN ∽ NAM Ta thấy BNS ∽ RNC  DSN ∽ RAN  NB NS =  NB.NC = NR.NS NR NC NS ND =  NA.ND = NR.NS NA NR Từ ta NB.NC = NA.ND hay NA NC , theo định lí Thales đao ta AB = NB ND song song với CD Do trung điểm AB, trung điểm CD N thẳng hàng Tức N, O, I thẳng hàng Lại có BMN ∽ RNC  DSN ∽ NAM  MN BN NB.NC =  RC = NC RC MN DN DS NA.ND =  SD = MN NA MN Kết hợp điều ta RC = SD Mà ta có RC song song với SD nên tứ giác RCSD hình bình hình Do hai đường chéo CD SR cắt trung điểm đường, suy I trung điểm CD trung điểm SR Khi NI đường trung tuyến tam giác NSR Do ta đường trung tuyến NI qua điểm O cố định Vậy đường trung tuyến xuất phát từ N tam giác NRS qua điểm O cố định điểm M di động đường tròn ( O ) Bài 46 Cho tam giác nhọn ABC cố định khơng cân nội tiếp đường trịn ( O ) , đường phân giác AD Lấy điểm P di động đoạn thẳng AD điểm Q đoạn thẳng AD cho PBC = QBA Gọi R hình chiếu Q BC Đường thẳng d qua R vng góc với OP Chứng minh đường thẳng d qua điểm cố định P di chuyển Lời giải Nguyễn Công Lợi Lời giải Gọi giao điểm thứ AD với đường Tài liệu BDHSG Tốn F A trịn ( O ) E nên E điểm cung BC Vẽ đường kính EF ( O ) Gọi M trung điểm Q BC Khi ba điểm E, O, F thẳng hàng Lấy O P điểm N đối xứng với M qua AD H trung B điểm MN Khi H thuộc AD Ta chứng K R D N H M C minh đường thẳng d qua điểm N cố định Dễ E thấy RMN = OEP Do QR song song với MN nên ta có QD DE QD + DE QE Dễ thấy hai tam = = = DR DM DR + DM RM giác vuông HDM MDE đồng dạng với nhai nên DE ME 2ME Do ta = = DM MH MN MN 2ME QE 2ME = hay Dễ thấy CBE = QAC = QAB theo giả thiết ta có = MR QE RM MN PBE = PBC + CBE = QBA + QAB = BQE Trong tam giác FBE vng B có BM đường cao nên BE2 = EM.EF Xét hai tam giác EBP EQB có PBE = BQE BEQ chung nên hai tam giác EBP EQB đồng dạng với nhau, suy EP.EQ = EB2 = EM.EF = 2EM.EO nên EP EB = Từ ta EB EQ 2EM EP MN EP = Từ ta Xét = EQ EO MR EO hai tam giác OPE MNR có RMN = OEP MN EP nên hai tam giác đồng = MR EO dạng với nhau, suy MNR = EPO Gọi RN cắt OP K, dễ thấy tứ giác PHNK nội tiếp nên ta PKN = PHN = 90 Do ta RN vng góc với OP, suy RN trùng vời đường thẳng d Do đường thẳng d qua điểm N cố định Nguyễn Công Lợi Lời giải Dựng đường có AH tam giác ABC Tài liệu BDHSG Toán A Qua H dựng đường thẳng vng góc với OD cắt đường thẳng qua D vng góc với OA X, từ ta Q O X cô định Ta chứng minh đường thẳng d qua điểm X cố định P B E L H R D C X Thật vậy, gọi giao điểm OD với AH M, giao điểm OP với AH L Đường tròn ( O ) cắt đường thẳng AD điểm thứ hai F M Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ADM với ba điểmO, P, L thẳng hàng ta LA PD OM LM PD OM = , từ suy = LM PA OD LA PA OD Ta có S AQB SPBD = S QA AB.BQ PA BA.BP PAB = Chú ý OF song song với AM, = = PQ BP.BD SQBD QD BQ.BD kết hợp tỉ số ta QA BA2 PD FA PD OM PD LM = = = = QD BD2 PA FD PA OD PA LA Mà QR song song với AM nên ta RH QA LM = = RD QD LA Dễ thấy XDH ∽ OAM nên suy XDR ∽ OAL dẫn đến XRD = OLA Gọi giao điểm XR OP E, tứ giác LERH nội tiếp nên ta suy LER = 900 Do đường thẳng qua R vng góc với OP qua điểm X cố định Từ ta có điều phải chứng minh Bài 47 Cho tam giác ABC cố định Các điểm E F di động đoạn CA, AB cho BF = CE Giao điểm BE CF D Gọi H, K trực tâm tam giác DEF DBC Chứng minh đường thẳng HK qua điểm cố định E F di động Lời giải Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Tốn Gọi AG phân giác góc BAC với P G thuộc BC Đường tròn ngoại tiếp tam A giác AGB AGC cắt AC F AB M, N khác A E H Dễ thấy tứ giác ANGC nội tiếp đường N D S trịn nên có BN.BA = BG.BD Tứ giác O K M T AMGB nội tếp nên đường tròn nên ta có CM.CA = CG.CB Do AG phân giác tam giác ABC nên B G C AB GB = AC GC BN BN.BA CA BG.BC CA BG CA AB AC = = = = =1 CM CM.CA AB CG.CB AB CG AB AC AB Từ ta Từ ta BN = CM , mà theo giả thiết ta có BF = CE nên ta NF = ME Từ ta có Lại có S CNF S CNF S ABC NF AC AC = = = S BME S ABC S BME AB ME AB S CN BM BM AD BC AB AB Từ ta CNF = = = = S BME BM CN AD CN AC BC AC Gọi ( O ) đường tròn ngoại tiếp tam giác P điểm cung BC có chứa A đường tròn ( O ) Ta chứng minh HK qua P Thật vậy, gọi EH, FH cắt PB, PC S, T Do SE vng góc với FC nên ta có   ESB = 360 − SBC − FCB − 90 = 270 −  90 − BAC  − FCB   = 1800 − FCB − NCB = 180 − NCF Tương tự ta FTC = 1800 − MCE Dễ thấy S SBE S TC.TF SB.SE = TCF = S BME BM.BE S CNF CN.CF Mặt khác ý SEB = TFC nên ta ES.EB S SBE S SBE S CNF S BME SB.SE CN BM.BE SB ES EB = = = = FT.FC S TCF S CNF S BME S TCF CN.CF BM TC.TF TC FT FC Từ ta suy SB = hay SB = TC nên ta ST song song với BC Lại thấy H CT K trực tâm tam giác DEF DBC nên ta có BK EH Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn vng góc với CF suy SH song song với BK Tương tự ta có CK song song với HT Từ suy hai tam giác HST KBC có cạnh tương ứng song song nên HK, BS, CT đồng quy P Vậy HK qua điểm cố định P Vậy ta có điều phải chứng minh Bài 48 Cho điểm A nằm ngồi đường trịn ( O ) Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB AC (B, C hai tiếp điểm) cát tuyến ADE thay đổi với đường tròn ( O ) cho tia AD nằm hai tia AO AB Đường thẳng qua D song song với BE cắt BC, AB Q Gọi K đối xứng với B qua E Chứng minh đường thẳng PK qua điểm cố định Lời giải B E K I Q D P H A O x C Gọi H I giao điểm BC với OA DE Ta có AB AC hai tiếp tuyến với đường tròn ( O; R ) nên AB = AC AO phân giác góc BAC Do AO đường cao tam giác ABC Hai tam giác ABD AEB có góc BAD chung ABD = AEB nên hai tam giác đồng dạng với nhau, ta AB2 = AD.AE Trong tam giác ABO vng có BH đường cao nên AB2 = AH.AO Từ ta AD.AE = AH.AO hay AH AD Từ suy hai tam giác HAD AEO đồng dạng = AE AO với nhau, ta có AHD = AEO Đến ta tứ giác OEDH nội tiếp đường trịn nên OHE = ODE Tam giác ODE có OD = OE nên cân O, suy ODE = OED Từ ta OHE = AHD Để ý OHE + EHI = AHD + IHD = 900 nên ta EHI = IHD , HI tia phân giác góc HED Gọi Hx tia đối tia HE, ta có xHA = AHD = OHE Do HA đường phân giác HED , từ ta suy ID AD Trong tam giác ABE có DQ song song với BE nên theo định lí Thales = ED AE Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn DQ AD ta có Trong tam giác IBE có BE song song với PD nên theo định lí Thales = BE AE ta có DQ DP DP ID Từ ta nên DQ = DP Trong tam giác ABE có DQ = = BE IE BE BE song song với BE nên theo định lí Talets ta có Hai tam giác APQ AKB có AQ 2DQ PQ AQ QD Do = = = AB 2BE BK AB BE AQ PQ AQP = ABK nên đồng dạng với Từ = AB BK ta QAP = BAK nên hai tia AP AK trùng Điều có nghĩa đường thẳng PK ln qua điểm cố định A Bài 49 Cho đường tròn ( O; R ) đường kính AB cố định Lấy C điểm di động đường tròn ( O ) cho BC  AC Vẽ CH vuông góc với AB H, HM vng góc với AC M Đường thẳng qua O song song với BC cắt tia tiếp tuyến A với đường tròn ( O ) E Đường thẳng qua O vng góc với AB cắt BC D Gọi I giao điểm BE với AC Các tiếp tuyến O D đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD cắt G Đường thẳng qua B vng góc với IH cắt CH N Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt CH điểm K khác N Chứng minh đường thẳng GK qua điểm cố định Lời giải Gọi F giao điểm FO AC, S giao điểm S AE BC Khi dễ dàng thấy E F trung điểm AS AC Hai tam C giác AHI CNB có HAI = NCB AHI = CNB nên hai tam giác đồng dạng với Do ta D E I F M A KG H O B IA AH Tứ giác AMKN nội tiếp = CB CN đường trịn nên CK.CN = CM.CA N Lại có CH2 = CM.CA CH2 AH.BH Do ta CK.CN = AH.BH hay có CB2 = BH.AB nên AH CK AI CK BH CK Do hay Lại = = = CN BH CB BH BC AI BH BC CK BC ta Mà ta lại có KCB = IAB nên = = BC AB AI AB Nguyễn Cơng Lợi Tài liệu BDHSG Tốn ta hai tam giác CBK ABI đồng dạng với nhau, từ suy CBK = ABI nên suy CBK = ABE Ta có hai tam giác BCA BAS đồng dạng với nhau, mà E F trung điểm AS AC nên suy hai tam giác BCF BAE đồng dạng với Do suy CBF = ABE , kết hợp với CBK = ABE ta CBK = CBF nên hai tia BK, BF trùng Do ba điểm B, K, F thẳng hàng Ta có hai tam giác ODG HCF đồng dạng với nên ta dạng với nên ta DG OD Hai tam giác BOD BHC đồng = CF HC OD BD DG BD Do ta mà lại có GDB = FCB = = HC BC DF BC nên hai tam giác DGB CFB đồng dạng với Từ ta suy DBG = CBF nên ta có CBG = CBF , hai tia BG BF trùng nhau, suy ba điểm B, G, F thẳng hàng Do ta B, G, K, F thẳng hàng nên ba điểm B, G, K thẳng hàng Mà B cố định nên đường thẳng GK qua điểm B cố định Bài 50 Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn ( O ) có H trực tâm Đường trung tuyến AM cắt đường tròn ( O ) N khác A Đường thẳng AH cắt đường tròn ( O ) điểm K khác A Các đường thẳng KN, BC đường thẳng qua H vng góc với AN cắt theo đôi tạo thành tam giác XYZ Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ tiếp xúc với đường tròn ( O ) Lời giải Giả sử điểm X, Y, Z có vị trí hình vẽ Gọi T giao điểm thứ hai đường trịn đường kính AH với đường tròn ( O ) Gọi P hình chiếu H AM Vẽ đường kính AQ đường tròn ( O ) Do H trực tam tam giác nên ta có CH vng góc với AB nên suy CH song song với BQ, tương tự BH song song với CQ, suy tứ giác BHCQ hình bình hành Mà M trung điểm BC nên ta có ba điểm Q, M, H thẳng hàng Mặt khác T giao điểm đường trịn đường kính AH với đường tròn ( O ) nên ba điểm T, H, Q thẳng hàng Như bốn điểm T, H, M, Q nằm đường thẳng Nguyễn Công Lợi Tài liệu BDHSG Toán A T O P H Z B Y M C X L Q K N Xét tam giác AMH có hai đường cao cắt Y nên Y trực tâm tam giác AHM, lại có AT vng góc với MH nên suy AT đường có cịn lại tam giác hay ba điểm A, T, Y thẳng hàng Đến ta có biến đổi góc HXK = 900 − PNK = 900 − ANK = 900 − AQK = KAQ = QTK = HTK Suy tứ giác XTHK nội tiếp đường trịn Do ta TXK = THA = TYB nên tứ giác XZTY nội tiếp đường tròn Như T giao điểm đường tròn ( O ) với đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Từ T kẻ tiếp tuyến TL với đường tròn ( O ) , để ý đến tứ giác nội tiếp đường trịn ta có biến đổi góc XTL = XTK − LTK = XHK − TAK = TYH = TZX Suy TL tiếp tuyến T với đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ tiếp xúc với đường tròn ( O ) ... = N1N R + R R1 + R Suy AK = AN2 + N2 K = R + R ( R1 − R ) R1 + R = 2R 1R R1 + R Gọi E giao điểm hai tiếp tuyến P1P2 M1M Khi ta có M1M = EM1 + EM = EM1 + EP2 = EM1 + EP1 + P1P2 = 2EM1 + P1P2... O1O ; N1N ; P1P2 Tài liệu BDHSG Toán đồng quy điểm, gọi điểm điểm K Theo tính chất tiếp tuyến chung O1 N1 P2 hai đường ta có N1N = P1P2 Lại có K P1 ngồi M1M vng góc với tiếp tuyến O2 N2 H M1... + P1P2 = 2EM1 + P1P2 Mặt khác ta lại có M1M1 = R + R = AN1 + AN1 = 2AN2 + N1N Do kết hợp với N1N = P1P2 = R − R ta EM1 = AN2 = R Từ suy AE = AM1 − EM1 = R − R Do ta EM = AE + AM = R − R + R =