BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài 15: Cho hai đường trịn (O1), (O2) cắt nhau tại P, Q. Một cát tuyến bất kì qua Q cắt hai đường trịn tại M và M’. Chứng minh rằng gĩc giữa hai tiếp tuyến tại M, M’ của

hai đường trịn khơng phụ thuộc vào vị trí cát tuyến.

Bài 16: (Tạp chí Crux) Cho hai đường (O1) và (O2) cắt nhau tại P, Q . Một đường thẳng qua P cắt các đường trịn này một lần nữa tại A và B. Chứng minh rằng trực tâm của tam giác ABQ nằm trên một đường trịn cố định.

Bài 17: (IMO 2005) Cho ABCD là tứ giác lồi với AD = BC và BC, AD khơng song

song. Gọi E, F là các điểm trên cạnh BC, AD tương ứng sao cho BE = DF. Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại P, đường thẳng BD và EF cắt nhau tại Q, đường thẳng EF và AC cắt nhau tại R. Chứng minh rằng đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua một điểm cố định khác P. N D O O' P B' C' A' A B C M

Bài 18: Cho tứ giác ABCD. Các đường chéo AC, BD cắt nhau tại P. Gọi O1, O2 là tâm

đường trịn ngoại tiếp tam giác APD, BPC tương ứng Gọi M, N và O là trung điểm AC,

BD, O1O2. Chứng minh rằng O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP.

Bài 19: (IMO Shortlist 2002) Cho hai đường trịn (S1) và (S2) cắt nhau tại P, Q. Trên (S1) lấy hai điểm phân biệt A1, B1. Đường thẳng A1P và B1P cắt (S2) tại điểm thứ hai

A2, B2 tương ứng. A1B1 và A2B2 cắt nhau tại C. Chứng minh rằng khi A1, B1 thay đổi thì

tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A1A2C nằm trên một đường trịn cố định.

Bài 20: (Balkan MO 2009) Cho tam giác ABC. M, N là hai điểm trên AB, AC sao cho MN song song với BC. BN cắt CM tại P. Đường trịn ngoại tiếp các tam giác BMP và CNP cắt nhau tại P và Q. Chứng minh rằng  BAQPAC.

Bài 21: (USA TST 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) tâm O. Đường

phân giác trong của gĩc A cắt BC tại D, cắt (O) tại điểm thứ hai L. M là trung điểm của

BC. Đường trịn ngoại tiếp của tam giác ADM cắt AB và AC tại các điểm thứ hai P, Q

tương ứng. Trung điểm của PQ là N. Gọi H hình chiếu vuơng gĩc của L trên ND. Chứng minh rằng ML tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác HMN.

Bài 22: (Iran TST 2010) Hai đường trịn (O1) và (O2) cắt nhau tại P và K. XY là tiếp tuyến chung gần P của hai đường trịn (X thuộc (O1) và Y thuộc (O2)). XP cắt (O2) lần

thứ hai tại C; YP cắt (O1) lần thứ hai tại B. A là giao điểm của BX và CY. Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường trịn ngoại tiếp các tam giác ABC và AXY. Chứng minh

rằng QXA QKP  .

Bài 23: (MOP 1998) Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường trịn với AB = CD = EF.

Gọi ACBDM CE; DF N EA; FBP. Chứng minh tam giác MNP đồng dạng với tam giác DBF.

Bài 24: (TST USA 2006) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao AD, BE, CF và

H là trực tâm của tam giác. Một đường trịn  tâm O qua A, H cắt AB, AC một lần nữa tại các điểm Q và P tương ứng. Đường trịn ngoại tiếp tam giác OQP tiếp xúc với BC tại R. Chứng minh rằng CR ED.

BR  FD

Bài 25: (USAMO 2013) Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm P, Q, R. Đường trịn ngoại tiếp các tam giác AQR, BRB và CPQ cắt AP tại điểm thứ hai X, Y, Z tương ứng. Chứng minh rằng YX BP

XZ  PC.

Bài 26: (IMO 1979) Các đỉnh của ngũ giác lồi ABCDE được sắp xếp sao cho các tam

giác ABC và CED là những tam giác đều. Chứng minh rằng nếu O là tâm của tam giác

ABC, cịn các điểm M, N lần lượt là trung điểm của BD và AE thì tam giác OME đồng

dạng với tam giác OND.

Bài 27: (HSG Balan 1999) Cho tam giác nhọn ABC cĩ các đỉnh lần lượt nằm trên các (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

cạnh của tam giác A B C1 1 1 và    

1 1 1; 1 1 1;

ABC A B C ACBA C B  

1 1 1

CABC A B . Chứng

minh rằng tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC cách đều trực tâm hai tam giác

ABC và A B C1 1 1.

Bài 28: (Tổng quát bài IMO 1975) Cho tam giác ABC. Dựng ra bên ngồi tam giác đĩ

các tam giác BCP, CAQ và ABR sao cho

  ;  ; 

PBCCAQ  BCPQCA  ABRBAR  . Biết rằng      900 .

Bài 29: (HSG Canada 2013) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O). Trên

cạnh AB lấy điểm P sao cho BOP ABC . Q là điểm trên cạnh AC sao cho

 

COQ ACB. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác APQ.

Bài 30: (IMO 2004) Cho tứ giác lồi ABCD, đường chéo BD khơng là phân giác các

gĩc  ABC CDA, . Điểm P nằm trong tứ giác ABCD sao cho

  ; 

PBCDBA PDC BDA. Chứng minh rằng ABCD nội tiếp được nếu và chỉ nếu AP

= CP.

GỢI Ý - HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 15:

P là tâm của phép vị tự quay f biến đường trịn

(O1) thành (O2) và biến M thành M’.

Do đĩ f biến tiếp tuyến của (O1) tại M thành tiếp tuyến của (O2) tại M’.

Gĩc giữa hai tiếp tuyến này bằng gĩc

PO PO1, 2.

Bài 16: Kẻ các đường kính QL, QM của các

đường trịn (O1), (O2).

Gọi H’ là trực tâm tam giác (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

QLM.

+ Nếu  0

1 2 90

O QO  thì tam giác AQB vuơng tại Q và H trùng Q.

+ Nếu  0

1 2 90

O QO  : Q là tâm

của phép vị tự quay f biến A thành L, B thành M. f biến tam giác AQB thành tam giác LQM nên f biến H thành H’.

Tam giác ALQ đồng dạng tam giác H’HQ nên tam giác H’HQ

vuơng tại H. Vậy H nằm trên đường trịn đường kính H’Q.

Bài 17:

Gọi S là giao điểm của đường trịn ngoại tiếp hai tam giác BPC và ADP. S là tâm của phép vị tự quay f biến A thành C; D thành

B. f biến F thành E.

Từ định lý về cách xác định tâm của phép vị tự quay, suy ra các đường trịn ngoại

tiếp các tam giác PAD, RAF, QFD cùng đi qua

S. M' Q P O1 O2 M S Q R P B C A D E F L M H' H B Q P O1 O2 A

37

Áp dụng định lý Miquel cho 4 đường thẳng AD, AP, PD, QF suy ra đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua S.

Bài 18: OP =OQ nên yêu cầu cần chứng minh O là tâm đường trịn ngoại tiếp các tam giác QMN. Chú ý các điểm O, N, M cĩ cùng tính chất trung điểm.

Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường trịn (O1) và (O2). Khi đĩ Q là tâm của phép vị tự quay biến A thành C; D thành B; (O1) thành (O2).

Suy ra các tam giác AQC, O1QO2 đồng dạng.

Suy ra O1QO đồng dạng với AQM, QDN Q là tâm của phép vị tự quay biến A thành M; O1 thành O; D thành N. Phép vị tự quay này biến đường trịn ngoại tiếp tam giác ADQ thành đường trịn ngoại tiếp tam giác MNQ. Vậy O là tâm của đường trịn ngoại tiếp tam giác QMN.

Bài 19: Theo tính chất phép vị tự

quay suy ra đường trịn ngoại tiếp

tam giác CA1A2 đi qua Q.

Chú ý tính chất đường thẳng nối hai tâm của hai đường trịn cắt nhau, bằng việc tính gĩc suy ra tứ giác

OO1QO2 nội tiếp.

Do đĩ đường trịn nội tiếp tam giác

A1CA2 nằm trên đường trịn ngoại tiếp

tam giác QO1O2. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Bài 20: Từ tính chất song song cĩ

tính chất quan trọng: AP đi qua trung điểm của BC.

Yêu cầu bài tốn tương đương với

việc chứng minh AQ là đường đối trung đỉnh A của tam giác ABC.

Q là tâm của phép vị tự quay f biến

tam giác QBM thành tam giác QNC.

Suy ra ( , ) ( , )

d Q BM MB AB

d Q NC  NC  AC đây là điều kiện để chứng minh AQ là đường đối trung đỉnh A của tam giác ABC.

Bài 21:

- Tứ giác AEMD nội tiếp đường trịn đường kính DE

- N là trung điểm dây cung PQ và

 0 90 EMD nên E, N, D thẳng hàng. O Q O2 O1 M N P B C A D O C A2 B2 Q P O1 O2 A1 B1 M Q P N A B C M N P Q M D E A B C

- Tứ giác DMLH nội tiếp.

- E là là tâm của phép vị tự quay f biến C thành Q, B thành P. Qua f biến M thành N. - Tam giác EMN đồng dạng tam giác EPB (theo định nghĩa)

- Sử dụng gĩc suy ra EMN DHM do đĩ suy ra đpcm.

Bài 22:

- Q là tâm của phép vị tự quay f biến

X thành B và Y thành C. f cũng biến K

thành T

- Tam giác QXB đồng dạng tam giác

QKT nên QXB QKT . Yêu cầu cần chứng minh QXA QKP  tương

đương với việc chứng minh P, K, T

thẳng hàng.

- Dùng gĩc và tiếp tuyến chứng minh

 

BXK YXK

- Tam giác BXK đồng dạng tam giác

XYK và do đĩ đồng dạng với BCT.

- Suy ra BX BC (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

BK  BT , nên tam giác

BKT đồng dạng với tam giác BXC

- BXCBKT, sử dụng gĩc ta được

  0

180

BKT BKP

Bài 23: Tam giác OAC đồng dạng với

tam giác OBD nên O là tâm của phép vị tự quay biến A thành C, B thành D (thực chất

đây là phép quay). Theo tính chất phép vị tự quay thì đường trịn ngoại tiếp các tam

giác MAB, MCD đi qua O.

Tương tự đường trịn ngoại tiếp tam giác CDN, NEF, EFP, ABP cũng đi qua O. Suy ra

A, B, M, N, O; C, D, N, M, O; E, F, P, O, N cùng nằm trên một đường P, O, N cùng nằm trên một đường

trịn.

Do các tam giác OCD, OAB, OEF là

bằng nhau nên các đường trịn này bằng nhau.

  ; 

OMPPFO OMN OFN , suy ra   PMN BFD. Q A B C K P Y X O1 O2 T P N M F D O A B C E

WWW.VNMATH.COM

Bài 24:

Gọi M là trung điểm AH. AFHE nội tiếp đường trịn đường kính AH.

Tam giác FME cân và FME 2BAC ; tam giác OQP cân và QOP2BAC . Do đĩ hai tam giác này đồng dạng.

-Dùng gĩc, ta được tam giác HEF đồng dạng tam giác HPQ.

Suy ra H là tâm của phép vị tự quay f biến F thành Q; E thành P. Cũng do tam giác

EMF đồng dạng với tam giác POQ nên M biến thành O.

- Gọi R’ là ảnh của D qua f. Theo định nghĩa phép vị tự quay thì tam giác HDR’ đồng

dạng với tam giác vuơng HMO nên R’ thuộc BC và R’ , H, O thẳng hàng.

- 4 điểm F, M, E, D nằm trên 1 đường trịn (đường trịn Euler) nên 4 điểm Q, O, P, R’ cũng nằm trên một đường trịn. Suy ra R’ trùng R.

- Tam giác DEF đồng dạng tam giác RPQ nên ED PR FD QR.

-     0 

2 90 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

CRPRQPDFE BCA .

Suy ra tam giác CRP cân tại R nên CR = RP. Tương tự BR = RQ.

Bài 25:

- Các đường trịn ngoại tiếp các tam giác ARQ, BRP, CPQ cắt nhau tại một điểm O.

(Định lý Miquel)

- O là tâm của phép vị tự quay biến C thành B; Z thành Y nên tam giác OCB đồng dạng với tam giác OZY.

- Như vậy, chứng minh XY PB XZ  PC

tương đương với việc chứng minh hai

tam giác OXY đồng dạng với tam giác

OPB.

- Dùng gĩc để chứng minh nhận xét trên: AXOOQC OPB

HẾT R P Q M H F E D B C O Y X Z O A B P C Q R