Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 1: Chứng minh tính chất: Thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 1: Chứng minh tính chất: Thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc - Ngô Tùng Hiếu

1. Loại 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc. Câu 1. [Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định- năm 2015- Tỉnh Nam Định] Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt nhau tại A, B . AX , AY lần lượt là các đường kính của O1 và O2 . Gọi O là trung điểm của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc ·XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn O1 , O2 tại các điểm E, F khác A. IX cắt đường tròn O1 tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn O2 tại điểm thứ hai L . 1. Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK . 2. Chứng minh rằng 3 đường thẳng EK, FL, OI đồng quy. Lời giải E A F C D O1 O2 O X B K Y L I S 1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc ·XAY . Ta có tứ giác AO1OO2 là hình bình hành nên suy ra OO1 || HY Lại có EA, EO1 AO1, AE AF, AO2 mod EO1 || HY Do đó O, O1, E thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng hàng Mặt khác CE, CK AC, AK AK, CK AC, AK 2 1   O E, O K EO , EK mod 2 2 1 1 1 Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK
2. · · 0 2. Ta có AKI ALI 90 nên 4 điểm A, I, K, L cùng thuộc đường tròn đường kính AI . Mà EF  AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI . AE, AK LA, LK mod Do đó (1) Mặt khác KE, KA XE, XA XE, EA AE, AX AE, AX mod 2 AY, AF AF, FY AY, AF AY,FY LA,LF mod 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra EF, EK EA, AK AK, EK LA, LK LF, LA LF, LK mod Vậy 4 điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn. Gọi S là giao điểm của EK và FL Vì 4 điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn nên ta có SE.SK SF.SL P P S / CEK S / DFL (3) IC.IK ID.IL IA2 P P Ta có I / CEK I / DFL (4) Gọi D là giao điểm của EF với IY DFL Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E, F và O là trung điểm của XY nên suy P OE2 OF 2 P ra OE OF . Do đó O/ CEK O/ DFL (5) Từ (3), (4), (5) suy ra S, O, I cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn CEK , DFL nên S, O, I thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng EK, FL, OI đồng quy tại S. *) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của điểmI ( I nằm ngoài các đoạn XK, YL và I nằm trong các đoạn XK, YL ) Câu 2. [Trường THPT Lương Văn Tụy- Ninh Bình- Vòng 2] Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H . M , N là trung điểm của AH,BC . Các đường phân giác của góc ABH , ACH cắt nhau tại P . Chứng minh: a, Góc BPC là góc vuông
3. b, M , N,P thẳng hàng. Câu 3. [SỞ Bình Định- năm học 2012-2013] Trong tam giác ABC , M là chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường phân giác trong · của góc BCA. N,L lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ các đỉnh A,C xuống đường phân giác trong của góc ABC . Gọi F là giao điểm của các đường thẳng MN và AC , E là giao điểm của các đường thẳng BF và CL , D là giao điểm của các đường thẳng BL và AC . Chứng minh rằng DE PMN . Câu 4. [Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - năm 2015- Tỉnh Hòa Bình] Cho O và hai đường tròn O1 , O2 tiếp xúc ngoài với nhau và tiếp xúc trong với O . Gọi I là tiếp điểm của O1 và O2 ; M1, M 2 là tiếp điểm của O với O1 , O2 . Tiếp tuyến chung tại I của O1 , O2 cắt O tại A. AM1 cắt O1 tại N1 ; AM 2 cắt O2 tại N2 . Chứng minh rằng OA  N1N2 . N1N2 cắt O ở B,C ; AI cắt O tại A' . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác A' BC . Chứng minh rằng N1N2,O1O2, M1M 2 đồng quy. Lời giải A B N1 H N2 C O D O2 O1 I M2 M1 A' K a) A thuộc trục đẳng phương của O1 và O2 nên AN1.AM1 AN2.AM 2 suy ra N1N2M 2M1 là tứ giác nội tiếp dẫn đến Sđ B¼M Sđ »AC Sđ B¼M Sđ »AB ·AN N ·AM M 1 1 1 2 2 1 2 2 » » AC AB OA  N1N2 b) Gọi H, K là giao điểm của AO với BC,(O) .
4. Tam giác ABK vuông tại B có BH là đường cao AB2 AH.AK · o AM1K 90 HN1M1K là tứ giác nội tiếp AB2 AH.AK AN .AM P AI 2 1 1 A/ O1 AB AC AI Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC 1 1 1 Dẫn đến I·BC I·AC ·A' AC ·A' BC 2 2 2 Suy ra BI là phân giác của ·A' BC Rõ ràng A' I là phân giác của B· A'C (do »AB »AC ) Vì thế I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A' BC c)Giả sử O1O2 cắt N1N2 tại D , gọi R, R1, R2 là bán kính của O , O1 , O2 . DO1 R1 M 2O2 R2 Rõ ràng D là tâm vị tự ngoài của O1 và O2 ,lại có DO2 R2 M1O1 R1 DO M O M O Suy ra 1 . 2 2 . 1 1 DO2 M 2O M1O1 Dẫn đến D, M1, M 2 thẳng hàng (Menelauyt đảo) Vậy N1N2,O1O2, M1M 2 đồng quy. Câu 5. [ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI- CHUYÊN HẠ LONG] Cho hai đường tròn O; R và O ; R với R R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Một đường thẳng d d tiếp xúc với đường tròn O và O lần lượt tại P và P . Gọi Q và Q lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P xuống OO .Các đường thẳng AQ và AQ cắt các đường tròn O tại M và M .Chứng minh rằng M , M , B thẳng hàng. Hướng dẫn giải P' I P A O' Q' J O Q S M' M B
5. Gọi S là giao điểm của d và OO , khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn O và R ' O . Đặt k , khi đó ta có: V (S,k) : (O) (O '), P P ',Q Q ' R Gọi I, J là giao điểm của AB với PP và OO . Khi đó ta có: 2 IP2 IA.IB IP ' IP IP ' Mà PQ // IJ // P Q nên JQ JQ Suy ra AB là trung trực của QQ . Mà OO là trung trực của AB . Vậy tứ giác AQBQ là hình thoi Do đóQ B // AQ hayQ M // QM . Giả sử V (S,k) biến M thành B khi đóQM // Q B Mà M thuộc O suy ra B thuộc O do đó B  B . Vậy V (S,k) biến M thành B . Tương tự ta có V (S,k) biến M thành B . Suy ra M , B,M thẳng hàng. Câu 6. Cho ABC đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với các cạnh BC,CA, AB tương ứng tại D, E, F . Đường thẳng EF cắt BC tại G . Đường tròn đường kính GD cắt I tại R ( R D ). Gọi P,Q ( P R,Q R ) tương ứng là giao của I với BR,CR . Hai đường thẳng BQ và CP cắt nhau tại X . Đường tròn CDE cắt QR tại M và đường tròn BDF cắt PR tại N . Chứng minh rằng PM ,Q N, RX đồng quy. Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm đoạn GD . Ta có GDBC 1, do đó KD2 KR2 KB.KC, điều này suy ra KR là tiếp tuyến RPC . Do đó KRB RCB . Mặt khác KD là tiếp tuyến của I , do đó KR cũng là tiếp tuyến của I . Vì vậy KRB RQP RQP RCB RQ || BC. Suy ra RX đi qua trung điểm của đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc trong hình thang ). Từ đây suy ra PM ,Q N, RX là 3 đường trung tuyến của RQP , suy ra ĐPCM.
6. A E R F M N I Q P X G B D C K H Câu 7. [KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2016 - 2017 ] Cho tam giác ABC có AB AC . Đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với BC và CA tại D,E tương ứng. Gọi M là trung điểm của BC và N là điểm đối xứng với D qua IM . Đường thẳng vuông góc với EN tại N cắt AI tại P,Q là giao điểm thứ hai của AN với I . Chứng minh rằng DP  EQ . Câu 8. [ĐỀ XUẤT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ.Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Tỉnh Hòa Bình. Năm học 2012-2013] Cho tam giác ABC . Các phân giác ngoài của các góc Aˆ; Bˆ; Cˆ lần lượt cắt cạnh đối diện tại của tam giác ABC tại A1, B 1,C1 . CMR A1, B 1,C1 thẳng hàng và thuộc đường thẳng vuông góc với OI ở đây O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC Hướng dẫn giải Qua I kẻ các đường thẳng vuông góc IA, IB, IC lần lượt cắt BC,CA, AB A2 , B2 ,C2 . Cµ Cµ Có ·A IB ·AIB 90o 90o 90o I·CA 2 2 2 2 · IA2 B chung
7. A2 BI : A2 IC A2 B A2 I A2 B.A2C A2 I A2C P P A2 / I ;O A2 / O CMT 2 : P P B2 / I ;O B2 / O P P C2 / I ;O C2 / O A2 , B2 ,C2 trục đt của I;O và O A2 B2C2  OI 1 AA1 BB1 F F là tâm đường tròn bàng tiếp Cµ của ABC C, I, F thẳng hàng. C AA AI 1   CA2 CI   A2 I / / AA1 A2 I  AI  CA1 CF CA2 CB2 1 2 3 A , B ,C thẳng hàng và  1 1 1 CA CB 2 CI CB 2 1 1 CMT : IB / /FB A1B1C1  OI 2 2 CF CB1  Câu 9. [Đề xuất lớp 11 Sở GD- ĐT Quảng Ninh- Trường THPT Chuyên A2 B2 / / A1B1 2 2 Hạ Long] CMT : B2C2 / /B1C1 3 Giả sử đường tròn I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F . Đường thẳng qua A và song song với BC cắt EF tại K . Gọi M là trung điểm của BC . Chứng minh rằng: IM  DK . Hướng dẫn giải Gọi N là giao điểm của ID và EF . Qua N N kẻ đường thẳng // BC cắt AB , AC theo thứ tự từ P,Q . Vì hai tứ giác IFPN và IQEN nội tiếp nên I·FN I·PN A K E N Q P F J H I C B D M I·EN I·QN Mặt khác I·EN I·FN I·PN I·QN . Do đó IPQ cân tại I . Vậy N là trung điểm của PQ A, N, M thẳng hàng. Lại có IN  AK, KN  AI N là trực tâm AIK AM  IK Gọi H là giao điểm của AM và IK
8. J là giao điểm của IA và EF IH.IK IJ.IA IE 2 ID2 IHD : IDK(c g c) I·DH I·KD Mà Y IHMD nội tiếp nên I·DH I·MH I·KD I·MH IM  DK (Đpcm). Câu 10. [ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LỚP 11 - Tr-êng T.H.P.T Chuyªn Th¸i B×nh.N¨m häc 2013-2014 ] Cho tam giác ABC vuông tại A . Hình chữ nhật MNPQ thay đổi sao cho M thuộc AB , N thuộc AC và P, Q thuộc BC. K BN  MQ; L CM  NP; X MP  NQ;Y KP  LQ .Chứng minh rằng. 1) K· AB L· AC. 2) XY luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn giải 1) Lấy U,V theo thứ tự thuộc AK,AL sao cho A· BU A· CV 90 (h.1). A M N K L B C Q P V U (h.2.1) BU BU NA MA BK BA ML BQ BA MN Ta có: . . . . . . CV NA MA CV NK CA CL NM CA CP BQ CA NP BA CA BA BA . . . . . MQ BA CP CA BA CA CA Do đó các tam giác ABU, ACV đồng dạng. Vậy K· AB L· AC. 2) Đặt Z ML  NK (h.2.2). Theo định lí Pappus: X,Y,Z thẳng hàng 1 . Gọi H là hình chiếu của A trên BC ; O, F, E theo thứ tự là trung điểm của BC , MN,AH . Dễ thấy A, Z, O, F thẳng hàng; E, X, O thẳng hàng; FX / / AH . Vậy X(AHEF) 1 X(AZOF) X(AZEF).
9. Do đó X,H,Z thẳng hàng 2 . Từ 1 và 2 suy ra XY đi qua H (đpcm). A F E M N Z K X Y L B C Q O H P (h.2.2) Câu 11. [ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI-TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG ] Cho tam giác ABC với AB AC . Các đường trung tuyến và phân giác trong góc A cắt BC tại M và N tương ứng. Đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AB,AM lần lượt tại P và Q ; đường thẳng qua P vuông góc với AB cắt đường thẳng AN tại R . Chứng minh QR vuông góc với BC . Hướng dẫn giải A P B' K Q C' M B C N R D Gọi D là giao điểm thứ hai của AN với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , dễ thấy AR DB DC suy ra DM vuông góc với BC .Đặt k và xét phép vị tự AD k VA : B B', C C ', D R . Khi đó B thuộc AB , C thuộc AC và hai tam giác BCD và B’C’R có các cạnh tương ứng song song.
10. Gọi K là giao điểm của PN với B C , ta có C· 'B'R C· BD B· AD 90O ·ARP R· PN suy ra tứ giác RKPB nội tiếp. Từ đó B· 'KR B· 'PR 900. k Như vậy VA : M K nên K là trung điểm B C , hay K thuộc AM , suy ra K trùng Q . Do B C song song với BC mà QR vuông góc với B C nên QR vuông góc với BC . Câu 12. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG-ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI năm 2015.LẦN THỨ XI ] Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC và nội tiếp đường tròn O . Các đường cao BE,CF cắt nhau tại H E AC, F AB . Đường thẳng EF cắt BC tại G. Lấy điểm T trên O sao cho ·ATH 90o. Đường tròn ngoại tiếp tam giác GTO cắt EF tại K K G . Chứng minh rằng a) Ba điểm G,T, A thẳng hàng. b) Đường thẳng OK vuông góc với đường thẳng AT. Câu 13. [ Đề 59- TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC-ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII- NĂM 2015.MÔN TOÁN - LỚP 11 ] Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp đường tròn O . P là điểm nằm trong tam giác sao cho AP  BC . Đường tròn đường kính AP cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E,F và cắt đường tròn O tại điểm G khác A. Chứng minh rằng GP,BE,CF đồng quy. Hướng dẫn giải A G E F P O Q L K T B C D Gọi AD là đường kính của O , dễ thấy G,P,D thẳng hàng và PE || CD; PF || BD . Giả sử PE,PF cắt DB,DC tại K,L; EF cắt BC tại T .
11. Theo định lý Desargues để chứng minh BE, CF, GP (hay PD ) đồng quy ta chỉ cần chứng minh T,K,L thẳng hàng. Áp dụng định lý Menelaus ta được: TB EC FA TB FB AE . . 1 . 1 TC EA FB TC EC AF AE BE Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên 2 AF CF Cũng từ EFBC nội tiếp suy ra FCL FCA ACL EBA 900 EBA ABK KBE Tứ giác PKDL là hình bình hành suy ra PKB PLC . BE KB Suy ra EBK : FCL 3 . CF CL BF PK DL Ta có BF.PL CE.PK S 4 PKDL CE PL DK TB DL KB TB LC KD Thay 2 , 3 , 4 vào 1 ta được . . . 1. Từ đó áp dụng định lý TC DK CL TC LD KB menelaus cho tam giác DBC ta suy ra T,K,L thẳng hàng. Bài toán được chứng minh. Câu 14. [ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG- Trường THPT Chuyên BảoLộc-KỲ THI HSG KHU VỰC DH VÀ ĐBBB LẦN THỨ 9ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 11] Cho tứ giác ABCD nội tiếp có các cặp cạnh đối không song song. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm E và các đường chéo AC và BD cắt nhau tại F . Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai K . Chứng minh rằng hai đường thẳng EK và FK vuông góc. Hướng dẫn giải G A B F E O K C D . Gọi G là giao điểm của AD và BC , O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD .
12. Ta dùng kí hiệu ABC , ABCD tương ứng để chỉ đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC , tứ giác ABCD . Ta có AD, BC, FK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ABCD và ADF , ABCD và BCF , ADF và BCF nên AD, BC, FK đồng quy tạiG hay F, K, G thẳng hàng. . Không mất tổng quát ta giả sử F nằm giữa K và G . 1 1 Ta có D· KC (1800 D· KF ) (1800 C· KF ) D· AF C· BF D· OC D· OC D· OC 2 2 (ta có thể dùng góc định hướng cho mọi trường hợp). Suy ra các điểm D, C, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là C1 . . Tương tự, các điểm A, B, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là C2 . Ta có AB, CD, OK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn ABCD và C2 , ABCD và C1 , C1 và C2 nên AB, CD, OK đồng quy tại E hay O, K, E thẳng hàng. . Xét cực và đối cực đối với đường tròn O , ta có GF là đối cực của E nênGF vuông góc với OE Mà G, K, F thẳng hàng; O, K, E thẳng hàng nên EK và FK vuông góc (điều phải chứng minh). Câu 15. [KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 –2016. ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11 ] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến của O tại B,C cắt nhau tại S . Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam giác ABC . Các đường trung trực của các đoạn thẳng AB, AC cắt d lần lượt tại M và N . Gọi P là giao điểm của BM và CN , I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP , H là trực tâm của tam giác OMN . a. Chứng minh H , I đối xứng với nhau qua d . b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng. Hướng dẫn giải
13. E A N O H I P M C D B E S a) Chứng minh OP là trung trực của MN Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như hình vẽ. Gọi D là trung điểm của BC , E là giao điểm (khác A ) của d với O , F là trung điểm của MN . Vì hai tam giác MAB và NAC cân nên dễ thấy: P· MN P· NM , ·OMN O· NM Suy ra, tam giác PMN cân tại P và tam giác OMN cân tại O . Vậy OP là trung trực của MN . +) Chứng minh H , I đối xứng với nhau qua d 1 1 1 Ta có: I·MF B· ME B· AC, ·HMF H· ON B· AC I·MF ·HMF. 2 2 2 Vậy hai điểm I và H đối xứng với nhau qua d . b) Chứng minh AD, AS đối xứng với nhau qua AE Gọi EK là đường kính của O . Ta có DSEK 1 nên A DSEK 1 mà AE và AK vuông góc với nhau suy ra AE là phân giác góc S· AD . Vậy AD, AS đối xứng với nhau qua AE . +) Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục d ta thấy A, I, S thẳng hàng khi và chỉ khi A, H, D thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều này.
14. A A MF cot 2sin2 HO FO cos A DE R(1 cos A) HO DE AF 1 2 1 ; 2 . . 1. A A HF FH MF tan sin2 DO R cos A cos A HF DO AE 2 2 Ta có điều phải chứng minh. Câu 16. [HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ- TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA-2006] Cho tam giác ABC với H là trực tâm tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC , E là điểm đối xứng của B qua CA , F là điểm đối xứng của C qua AB . Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH 2R . Hướng dẫn giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . A',B',C' lần lượt là trung điểm BC,CA, AB . Gọi I, J, K là tam giác nhận A, B,C là trung điểm các cạnh JK, KI,IJ . Do đó G là trọng tâm tam giác IJK . Từ cách dựng suy ra HA, HB, HC lần lượt là đường trung trực của JK, KI,IJ . Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R. Gọi D , E , F là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI,IJ . Do G là trọng tâm hai tam giác trên nên: Xét V 1 biến A, B,C, I, J, K thành A, B,C, A , B ,C G; 2 Có A là trung điểm BC nên OA  BC , OD  JK OD  BC . Vậy O, A , D thẳng hàng. Do đó A D  BC . 1 Suy ra A D / / AD và A D AD GAD GA D 2 AGD A GD AGD AGD A GD AGD 180 Vậy D,G, D thẳng hàng và V 1 biến D thành D G; 2 Tương tự có V 1 biến E thành E biến F thành F G; . 2 D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi D , E , F thẳng hàng. Do D , E , F là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI,IJ nên theo định lí Simson D , E , F thẳng hàng O nằm trên đường tròn ngoại tiếp IJK OH 2R Câu 17. [ HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ. TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI 11NĂM 2015- TỈNH QUẢNG NAM ] Cho ABC nhọn có B· AC 300 . Hai đường phân giác trong và ngoài của ·ABC lần lượt cắt đường thẳng tại và ; hai đường phân giác trong và ngoài của · lần lượt cắt AC B1 B2 ACB
15. đường thẳng AB tại C1,C2 . Giả sử hai đường tròn đường kính B1B2 và C1C2 gặp nhau tại một điểm P nằm bên trong ABC . Chứng minh rằng B· PC 900 . Hướng dẫn giải C2 B C1 P A B1 O B2 C Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng B1B2 . Khi đó hai điểm B và P nằm trên đường tròn tâm O bán kính OB1 . · · · · · · Vì OBC OBB1 CBB1 OB1B B1BA BAC nên VOCB : VOBA, Suy ra OC.OA OB2 OP2 . Từ đó VOCP : VOPA O· PC P· AC . Do đó P· BC P· BA B· BC P· BB ·ABB P· BB 2P· BB P· OB P· CA O· PC 1 1 1 1 1 1 Như vậy P· BC P· BA P· CA P· AC suy ra P· AC P· BC P· BA P· CA 1 Tương tự ta cũng có P· AB P· CB P· BA P· CA 2 . Ngoài ra P· AC P· BC P· AB P· CB P· BA P· CA 1800 3 Từ 1 ; 2 ; 3 ta đi đến P· BA P· CA 600 . Suy ra B· PC P· BA P· AB P· CA P· AC B· AC P· BA P· CA 900 . Câu 18. [ TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X, NĂM HỌC 2013-2014. TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ -HÒA BÌNH ]
16. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh AC, BC lần lượt tại E, F và tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại điểm P . Một đường thẳng song song với AB tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm Q nằm trong tam giác ABC. a) Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của PE và PF với O . Chứng minh rằng KL song song với EF b) Chứng minh rằng: ·ACP Q· CB . Hướng dẫn giải a) Gọi D là giao điểm thức hai của đường thẳng PC PC với đường tròn tâm I , và M là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ . Xét phép vị tự V tâm P biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O , ta có phép vị tự V biến E,Q, F lần lượt thành K, M , L . Theo tính chất của phép vị tự ta có EF / /KL EF. Ta có OK là ảnh của IE qua V , dẫn đến OK / /IE mà IE  AC OK  AC , suy ra K là điểm chính giữa của cung AC . Chứng minh tương tự ta có L là điểm chính giữa của cung BC , M là điểm chính giữa của cung AB . b) Ta có B¼M M» A B»L L¼M M¼K K»A L»C L¼M M¼K C»K 2L¼M M¼ C M¼ C 2C»K L¼M C»K D»E F»Q (tính chất phép vị tự). D· EC Q· FC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) và DE QF .
17. M C L Q K D F O E I A B P Lại có CE CF theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm. Suy ra CED CFQ , dẫn đến E· CD F· CQ . Từ đó ta có điều phải chứng minh Câu 19. [ THI HSG VĨNH PHÚC NĂM 2008-2009] Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O . Gọi E là giao điểm của AC với BD . CMR nếu ba trung điểm của AD,BC,OE thẳng hàng thì AB CD hoặc ·AEB 900 PHẦN HÌNH HỌC PHẲNG LOẠI 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc. Câu 20. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Đường vuông góc với AD tại A cắt BC ở E. Đường vuông góc với AB tại A cắt CD ở F. Chứng minh rằng ba điểm E, O, F thẳng hàng. Hướng dẫn giải B E A O C F K D
18. Ta có E· AF E· CF cùng bù với góc B· AD , các đỉnh A, C lại thuộc hai phía của đường thẳng EF. Lấy K là điểm đối xứng của A qua EF. Ta có E· KF E· AF (do t/c đối xứng) suy ra E· KF E· CF suy ra tứ giác ECKF nội tiếp Suy ra F· CK F· EK mà F· EK ·AEF (t/c đối xứng). mặt khác ·AEF D· AK (cùng phụ E· AK ), suy ra D· CK D· AK mà hai góc này ở hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh DK. suy ra tứ giác ADKC nội tiếp suy ra K thuộc (O). Vậy EF là đường trung trực của dây AK suy ra E, O, F thẳng hàng. Câu 21. [TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY NINH BÌNH] Cho tam giác ABC nhọn. Gọi D, E, F tương ứng là chân ba đường cao từ A, B, C của tam giác. I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF và BFD. O và O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC và BJD. Chứng minh: OO’ // IJ. Hướng dẫn giải O A I E F K J B D C O' Gọi K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDE. Ta có: BDF ∽ EDC JDF ∽ KDC (vì J, K là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác) Suy ra DJK ∽ DFC. Ta có:
19. 1 1 J·BD J·KC A· BC J·KD D· KC A· BC D· CF 1800 K· CD K· DC 2 2 1 1 1 1 1 1 A· BC 900 D· BA 1800 A· CB E· DC A· BC D· AB 1800 A· CB B· AC 1800. 2 2 2 2 2 2 Suy ra tứ giác BJKC nội tiếp đường tròn. (1) Tương tự AIKC nội tiếp đường tròn. (2) Từ (1) và (2) suy ra OO'  CK. (3) Ta có: 1 1 1 I¶JK 3600 I¶JB B· JK 3600 (1800 B· AC) (1800 B· CA) 900 A· BC. 2 2 2 Suy ra IJ  CK. (4) Từ (3) và (4) ta có OO’ // IJ. Câu 22. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) tại N khác B, đường thẳng CI cắt đường tròn (O) tại M khác C. Trên cung BC không chứa A của đường tròn (O) lấy điểm G tùy ý (G khác B, C). Gọi J, K lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABG, ACG. Đường tròn ngoại tiếp tam giác GJK cắt đường tròn (O) tại điểm P khác G. Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M, N cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng ba điểm P, A, Q thẳng hàng. Hướng dẫn giải Q N A M I O J B K C P G Ta có G, J, M và G, K, N thẳng hàng. Hai tam giác PJM và PKN có P· MJ P· NK ; P· JM 1800 P· JG 1800 P· KG P· KN . PM MJ Suy ra hai tam giác PJM và PKN đồng dạng. Do đó: . PN NK Vì J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABG và M là điểm chính giữa cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABG nên MJ = MA.
20. PM AM Tương tự NK = NA. Suy ra . Do đó PMAN là tứ giác điều hòa. PN AN Vì PMAN là tứ giác điều hòa nội tiếp đường tròn (O) nên các tiếp tuyến của (O) tại M, N cắt nhau tại điểm Q trên PA hay ba điểm P, A, Q thẳng hàng. Câu 23. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG] Cho tam giác ABC không cân tại A nội tiếp đường tròn O . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường tròn O1 tiếp xúc với các cạnh BA, BC và tiếp xúc trong với O tại B1 . Đường tròn O2 tiếp xúc với các cạnh CA, BC và tiếp xúc trong với O tại C1 . Hướng dẫn giải 1. Gọi M , N lần lượt là tiếp điểm của BC với các đường tròn O1 , O2 và J là giao điểm của B1M , C1N . Chứng minh rằng AJ là tiếp tuyến của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1CM , C1BN . · 0 2. Gọi S là giao điểm của BC và B1C1 . Chứng minh rằng AIS 90 . A B1 C 1 O O 1 2 Q I O P S B N M C J 1. Gọi J1, J2 lần lượt là giao điểm thứ 2 của B1M , C1N với O Ta có O1B1M , OB1J1 là các tam giác cân tại O1, O , mà O, O1, B1 thẳng hàng nên suy ra OJ1 || O1M . Do đó OJ1  BC Chứng minh tương tự ta có OJ2  BC Mà J1, J2 cùng phía đối với BC nên suy ra J1  J2  J . Suy ra J là điểm chính giữa của cung BC nên A, I, J thẳng hàng và JB JC JI .
21. · · · Ta có IBN : ABI nên BIN BAI BC1N suy ra tứ giác BC1IN nội tiếp Chứng minh tương tự ta có tứ giác CB1IM nội tiếp. 2 2 2 Mặt khác ta có JM.JB1 JB JC JN.JC1 JI Vậy AJ là tiếp tuyến của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1CM , C1BN . 2. Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1CM , C1BN thì PQ  AJ tại I . 2 2 2 Vì JM.JB1 JB JC JN.JC1 JI nên tứ giác MNC1B1 nội tiếp. Gọi S1 PQ  BC . Do PBN và QCM là các tam giác cân có các góc ở đỉnh bằng 2B· AJ nên chúng đồng dạng. Suy ra P· BN P· NB Q· CM Q· MC . Do đó PB||QN, PN ||QC S1P S1B S1N S1B.S1C S1M.S1N do đó S1 thuộc trục đẳng phương của hai S1Q S1M S1C đường tròn MNC1B1 , ABC S1 B1C1 hay PQ, B1C1,BC đồng quy tại S1 S1  S . Vậy ·AIS 900 Câu 24. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỈNH LÀO CAI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII] Cho tam giác nội tiếp đường tròn . Trực tâm tam giác là . Gọi là điểm chính giữa cung của đường tròn ngoại tiếp tam giác giao tại , giao tại . Kẻ phân giác trong của góc . Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . a) Chứng minh b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng Hướng dẫn giải
22. a) Ta có nên tứ giác nội tiếp. Suy ra , ta thhu được tứ giác nội tiếp, tương tự tứ giác nội tiếp. Dễ có (đường tròn qua 3 điểm , gọi là tâm của . Ta có: Suy ra . b) Ta có nên và đối xứng với nhau qua . Do và nên . Suy ra . Ta có giao tại là tâm của phép vị tự quay biến thành nên . Do và nên . Ta thu được , suy ra tứ giác nội tiếp. Mà nên là hình thang cân. Vậy , hay . Câu 25. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ] Cho tam giác ABD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của BC và AM cắt (O) tại D. Gọi E, F, G, H là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Phân giác trong các góc E· MG;F· MH cắt EG, FH tương ứng tại S, T. Gọi X AC  BD ;Y AB  C D . a. Chứng minh rằng ST P XY . b. P M S  FH ; R M T  EG . Chứng minh rằng AD đi qua trung điểm của PR.
23. Hướng dẫn giải A E H O T S B M G C F D Y X a) Ta có ABM : CDM ; AMC : BMD nên AB MB MC AC AB AC . CD MD MD BD CD BD Hơn nữa, ME, MG, MF, MH là các đường trung tuyến trương ứng nên suy ra ME AB AC MH SE ME MH TH . Vì MS, MT là phân giác nên . MG CD BD MF SG MG MF TF Chú ý EFGH là hình bình hành nên EH P FG , theo định lí Thales thì suy ra ST P EH P FG , suy ra ST P BD (1). Mặt khác, áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC với các đoạn AM, CY, BX thì ta được MB XC YA XC YB . . 1 nên suy ra XY P BD (2). MC XA YB XA YA Từ (1), (2) suy ra ST P XY . b)
24. A H E L O K T S G C B M F D X Y R P Gọi L là trung điểm của AD. Thế thì các tứ giác LHMF, LEMG, EFGH là hình bình hành nên suy ra EG, FH, LM đồng quy tại trung điểm K mỗi đoạn thẳng. Mặt khác, dễ thấy B· MF ·AMH;T·MF T·MH suy ra T· M B T· M A , tức là MT là phân giác góc ·AMB . Tương tự thì MS là phân giác góc ·AMC nên suy ra MT  MS . Do đó MR là phân giác ngoài của E· MG. Tương tự thì MP là phân giác ngoài góc F· MH . Suy ra PH TH SE RE PR PST PEH . Dễ thấy AK đi qua trung điểm của EH nên cũng đi PF TF SG RG qua trung điểm của PR. Nhận xét và bình luận và phát triển bài toán: + Ý a) là kết quả của các tỉ số đồng dạng kết hợp với đường phân giác. Cùng với việc chú ý tới định lí Thales và hình bình hành EFGH. + Ý b) là một hệ quả kéo theo với việc nhận thấy MT  MS từ đó suy ra MS, MR là phân giác trong và ngoài của E· MG . + Ta có thể thu được kết quả rất thú vị sau: Gọi P MS  FH; R MT  EG;Q YP  XR . Khi đó MPQR là hình chữ nhật. Chứng minh: Dễ thấy XCD : XBA với XE, XG là trung tuyến tương ứng, do đó XE AB ME k nên X, M nằm trên đường tròn Apollonius dựng trên E, G với tỉ số k . Do XG CD MG ME SE XE đó, k nên M, X, S cùng nằm trên đường tròn Apollonius đó. Hơn nữa, dễ MG SG XG thấy B· MF ·AMH;T·MF T·MH suy ra T·MB T·MA, tức là MT là phân giác góc ·AMB .
25. Tương tự thì MS là phân giác góc ·AMC nên suy ra MT  MS (3). Do đó, MR là phân giác ngoài của E· MG và MS là phân giác trong, nên đường tròn đường kính MS là đường tròn Apollonius dựng trên E, G. Do đó, tứ giác MSXR nội tiếp. Gọi I là trùng điểm của MX. Xét tứ giác toàn phần XDMCAB, thì E, G, I thẳng hàng (nằm trên đường thẳng Gauss). Do đó, SR là đường kính đường tròn Apollonius đó. Vậy, M· RX 900 (3). Tương tự thì M· PY 900 (5). Từ (3), (4), (5) suy ra MPQR là hình chữ nhật. A H E O T S G C B M F D I X Y R P Q Câu 26. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM QUẢNG NAM NĂM 2014 KỲ THI OLYMPIC TOÁN KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2014] Cho tứ giác ABCD nội tiếp có các cặp cạnh đối không song song. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm E và các đường chéo AC và BD cắt nhau tại F. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai K. Chứng minh rằng hai đường thẳng EK và FK vuông góc. Hướng dẫn giải
26. G A B F E O K C D . Gọi G là giao điểm của AD và BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Ta dùng kí hiệu (ABC), (ABCD) tương ứng để chỉ đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, tứ giác ABCD. Ta có AD, BC, FK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (ABCD) và (ADF), (ABCD) và (BCF), (ADF) và (BCF) nên AD, BC, FK đồng quy tại G hay F, K, G thẳng hàng. . Không mất tổng quát ta giả sử F nằm giữa K và G. 1 1 Ta có D· KC (1800 D· KF) (1800 C· KF) D· AF C· BF D· OC D· OC D· OC 2 2 (ta có thể dùng góc định hướng cho mọi trường hợp). Suy ra các điểm D, C, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là (C1). . Tương tự, các điểm A, B, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là (C2). Ta có AB, CD, OK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (ABCD) và (C2), (ABCD) và (C1), (C1) và (C2) nên AB, CD, OK đồng quy tại E hay O, K, E thẳng hàng. . Xét cực và đối cực đối với đường tròn (O), ta có GF là đối cực của E nên GF vuông góc với OE Mà G, K, F thẳng hàng; O, K, E thẳng hàng nên EK và FK vuông góc (điều phải chứng minh). Câu 27. [Trường THPT Chuyên Hưng Yên ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 11VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ] Cho đường tròn( ) tâm O và AB, CD là hai đường kính của đường tròn đó. Tiếp tuyến với đường tròn ( ) tại B cắt AC tại P. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng DP với đường tròn ( ). Gọi I là trung điểm của AP. Chứng minh rằng a) Các điểm O, B,C, I cùng nằm trên một đường tròn b) Ba đường thẳng AG, BC,OP đồng qui.
27. Hướng dẫn giải a). Ta có OI // BP nên IOB OBP 900. Mà BCI 900 suy ra 4 điểm O, B,C, I nằm trên đường tròn () đường kính BI. b) Gọi I'là trung điểm của PC. Ta có OI'// DP nên COI' CDG (1). 1 Mà CDG CAG (2). Tam giác CGP vuông tại G có GI' CI' CP suy ra 2 OCI' OGI'(c.c.c), do đó COI' I'OG (3). Từ (1),(2),(3) ta có CAG I'OG suy ra 4 điểm I', A,O,G nằm trên một đường tròn ('). Ta cóO /() O /(') 0 1 Hơn nữa PI.PC PA.2PI' PA.PI'  suy raOP là trục đẳng phương của hai P /() 2 P /(') đường tròn () và ('). AG là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) và ('). BC là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) và (). Vậy ba đường thẳngAG, BC,OP đồng qui tại S là tâm đẳng phương của ba đường tròn( ), () và ('). Câu 28. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ HÒA BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI &ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII, NĂM HỌC 2011-2012] . Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H. Đường vuông góc kẻ từ H tới đường thẳng B1C1 và A1C1 lần lượt cắt các đường CA và CB tại P và Q. Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ C tới A1B1 đi qua trung điểm của PQ. Hướng dẫn giải 1. Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AA 1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H. Đường vuông góc kẻ từ H tới đường thẳng B 1C1 và A1C1 lần lượt cắt các đường CA và CB tại P và Q. Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ C tới A1B1 đi qua trung điểm của PQ.
28. C K B 1 N A1 L H A B C1 Q1 P1 Xét phép vị tự V tâm C biến H thành C 1. Gọi P1, Q1 lần lượt là ảnh của P, Q qua phép vị tự V tâm C. Từ tính chất của phép vị tự có C1P1  C1B1 , C1Q1  C1A1 . Gọi N, K, L lần lượt là hình chiếu của C, P 1, Q1 trên A1B1. Khi đó ta có KLP1Q1 là hình thang vuông tại K và L, vì CN  A1B1 nên ta chỉ cần chứng minh N là trung điểm của KL thì CN trở thành đường trung bình của hình thang và do đó nó đi qua trung điểm của P1Q1, và theo tính chất của phép vị tự thì nó cũng đi qua trung điểm của PQ. · · · · Có AB1C AA1C 90 ABA1B1 là tứ giác nội tiếp CB1A1 A1BA. · · · · Chứng minh tương tự có AB1C1 C1BC . Suy ra CB1A1 AB1C1 dẫn đến AC là đường phân · giác ngoài của A1B1C1 . · Chứng minh tương tự có BC là đường phân giác ngoài của B1A1C1 . Do đó điểm C trở thành tâm µ đường tròn bàng tiếp góc C1 của A1B1C1 Từ tính chất của đường phân giác suy ra được P1B1K P1B1C1 KB1 B1C1 . Chứng minh tương tự có A1L A1C1 . Dẫn đến nếu gọi p là nửa chu vi A1B1C1 thì KL 2 p . µ Do C là tâm đường tròn bàng tiếp góc C1 của A1B1C1 nên tính được B1N p B1C1 1 KN KB B N B C p B C p KL . Vậy N là trung điểm của KL. (đpcm) 1 1 1 1 1 1 2 Câu 29. [Trêng THPT chuyªn BẮC GIANG tØnh BẮC GIANG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG IX MÔN: TOÁN 11 n¨m häc 2012 – 2013]
29. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I) tâm I. Gọi D, E, F là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. AD cắt (I) tại điểm thứ hai là X, BX cắt (I) tại điểm thứ hai là Y, CX cắt (I) tại điểm thứ hai là Z. Chứng minh rằng BZ, CY, AX đồng quy. Hướng dẫn giải Kẻ tiếp tuyến tại X của (I) cắt BC tại K. Trong tứ giác XEDF ta có tiếp tuyến tại F, E và XD đồng quy tại A nên tứ giác XEDF là tứ giác điều hòa. Mà KX, KD là tiếp tuyến của (I) tại X, D nên K,E,F Mặt khác AD, BE, CF đồng quy nên KCBC 1 Suy ra: X(KDBC) 1     sin(XK,XB) sin(XD,XB)   :   1 sin(XK,XC) sin(XD,XC) sin X· DY sin Y· XD : 1 sin X· DZ sin D· XZ sin X· DY sin Y· XD : 1 sin X· DZ sin D· XZ XY YD XY DZ : 1 . 1 (1) XZ DZ XZ DY Theo định lí Céva thì BZ, CY, AX đồng quy YB ZX DC . . 1 YX ZC DB YB ZX DC . . 1(do D BC,Y BX, Z XC ) YX ZC DB
30. YB ZX DC . . 1 YX ZC DB YB DC ZX . . 1 BD ZC XY YD XD ZX . . 1 XD DZ XY YD ZX . 1(luôn đúng theo (1)) DZ XY Vậy BZ, CY, AX đồng quy (đpcm). Câu 30. [Trêng THPT TrÇn Nguyªn H·n VÜnh Phóc n¨m 2009 – 2010] Cho tam gi¸c ABC c©n tại A. Gọi H là trung điểm của BC, D là h×nh chiếu vu«ng gãc của H trªn cạnh AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh AM vu«ng gãc với BD. Hướng dẫn giải Câu 31. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII] Kí hiệu A1, B1, C1 là trung điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác nhọn ABC. A2, B2, C2 là hình chiếu của A, B, C trên B 1C1, C1A1, A1B1. Trung điểm các đoạn A 2B2, C2A2, A2B2 là A3, B3, C3. Chứng minh các đường thẳng A1A3,B1B3,C1C3 đồng quy. Hướng dẫn giải A Cách 1: Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 . A2 B1 C1 · · µ · · · C3 B03 Ta có: B1C1A1 BA1C1 C A1OC2 BA1C1 OA1CO2 90 . B2 C2 E A3 Dựng hình bình hành OEA1F có: F A1 C B A E A E sin E· OA A B A B.cos B· A B sin E· OA 1 1 1 , 1 2 1 1 2 1 . · · · A1F OE sin EA1O A1C2 A1C.cosCA1C2 sin EA1O Do đó EF / /B2C2 . Vì A1O đi qua trung điểm EF nên đi qua trung điểm B2C2 A1A3 đi qua O. Tương tự B1B3,C1C3 đi qua O. Cách 2: Dùng định lí Ceva dạng sin. 1 1 Đặt B· A A , C· A A , S A B .A A sin ;S AC .A A sin 1 2 1 3 2 2 1 3 A1B2 A3 2 1 2 1 3 1 A1C2 A3 2 1 2 1 3 2 A B sin sin AC Lâp tỉ số: 1 1 2 . 1 1 1 2 . A1C2 sin 2 sin 2 A1B2
31. a a A1C2 cos B A1B2 cosC, A1C2 cos B . 2 2 A1B2 cosC sin B A cosC sin  C B cos A Tương tự: 1 1 2 ; 1 1 2 sin2 B1C2 cos A sin 2 C1A2 cos B sin 1 sin1 sin 1 . . 1 A1A3,B1B3,C1C3 đồng quy. sin 2 sin2 sin 2 Câu 32. [CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN QUẢNG TRỊ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VII – NĂM 2014] Cho tứ giác lồi ABCD có các đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Gọi P, Q là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB và tam giác COD. Chứng minh rằng AB + CD 4.PQ Hướng dẫn giải * Đường phân giác góc ·AOB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB tại E O. Tứ giác AEBO nội tiếp => E· AO E· BO 1800 Nếu E· AO 900 ·AOE thì EO > EA Nếu E· BO 900 B· OE thì EO >EB = EA Vậy ta luôn có EO > EA * Đường phân giác góc C· OD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tại F O. Tương tự ta có FO > FD *Gọi I, J là hình chiếu của P, Q lên đường thẳng EF ta có: AB AB + CD < 2EF = 4IJ 4PQ Câu 33. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH ĐỀ THI OLYMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X MÔN: TOÁN - KHỐI: 11 Ngày thi: 01 tháng 08 năm 2014]
32. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh AC, BC lần lượt tại E, F và tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại điểm P. Một đường thẳng song song với AB và tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm Q nằm trong tam giác ABC. a) Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của PE và PF với (O). Chứng minh rằng KL song song với EF. b) Chứng minh rằng ·ACP Q· CB . Hướng dẫn giải a. Xét phép vị tự V(P;k ) tâm P biến đường tròn (I) thành đường tròn (O) nên biến điểm E thành điểm K và biến điểm F thành điểm L nên KL//EF. b. Gọi D là giao điểm thức hai của đường thẳng PC với đường tròn tâm I, và M là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ. Xét phép vị tự V(P;k ) biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O, ta có phép vị tự V(P;k ) biến E, D, Q, F lần lượt thành K, C, M, L. Do OK là ảnh của IE qua V(P;k ) , dẫn đến OK / /IE mà IE  AC nên OK  AC , suy ra K là điểm chính giữa của cung AC. Chứng minh tương tự ta có L là điểm chính giữa của cung BC, M là điểm chính giữa của cung AB. M C L Q K D F O E I A B P Nếu AC BC thì ta có B¼M M» A B»L L¼M M¼K K»A L»C L¼M M¼K C»K 2L¼M M¼ C M¼ C 2C»K
33. L¼M C»K Trường hợp AC BC ta cũng chỉ ra được L¼M C»K D»E F»Q (tính chất phép vị tự). D· EC Q· FC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) và DE = QF. Lại có CE = CF theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm. Suy ra CED CFQ , dẫn đến E· CD F· CQ . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Câu 34. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT VÙNG DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012 – 2013] Cho tam giác ABC. Đường tròn (I) tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với (I) tại X. Một đường tròn đi qua C, A tiếp xúc với (I) tại Y. Một đường tròn đi qua A, B tiếp xúc với (I) tại Z. Chứng minh rằng các đường thẳng PX, QY, RZ đồng quy. Hướng dẫn giải Câu 35. [Ngân hàng đề Trường THPT Chuyên Hạ Long - Sở GD- ĐT Quảng Ninh] Giả sử đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB theo thứ tự D, E, F. Đường thẳng qua A và song song với BC cắt EF tại K. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: IM  DK. Hướng dẫn giải Gọi N là giao điểm của ID và EF. Qua N kẻ đường thẳng // BC cắt AB, AC theo thứ tự từ P,Q. Vì hai tứ giác IFPN và IQEN nội tiếp nên I·FN I·PN A K E N Q P F J H I C B D M I·EN I·QN 1.0 đ Mặt khác I·EN I·FN I·PN I·QN . Do đó IPQ cân tại I. Vậy N là trung điểm của PQ -> A, N, M thẳng hàng. 0.5 đ Lại có IN  AK, KN  AI -> N là trực tâm AIK AM  IK 0.5 đ Gọi H là giao điểm của AM và IK
34. J là giao điểm của IA và EF IH.IK IJ.IA IE 2 ID2 IHD : IDK(c g c) I·DH I·KD 1.0 đ Mà Y IHMD nội tiếp nên I·DH I·MH I·KD I·MH IM  DK (Đpcm). 1.0đ Câu 36. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI-TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG -LỚP 11] Cho tam giác ABC với AB > AC. Các đường trung tuyến và phân giác trong góc A cắt BC tại M và N tương ứng. Đường thẳng qua N vuông góc với AN cắt AB, AM lần lượt tại P và Q; đường thẳng qua P vuông góc với AB cắt đường thẳng AN tại R. Chứng minh QR vuông góc với BC. Hướng dẫn giải A P B' K Q C' M B C N R D Gọi D là giao điểm thứ hai của AN với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, dễ thấy DB DC suy ra DM vuông góc với BC. AR Đặt k và xét phép vị tự V k : B B', C C ', D R . Khi đó B’ thuộc AB, C’ thuộc AD A AC và hai tam giác BCD và B’C’R có các cạnh tương ứng song song. Gọi K là giao điểm của PN với B’C’, ta có C· 'B'R C· BD B· AD 90O ·ARP R· PN suy ra tứ giác RKPB’ nội tiếp. Từ đó B· 'KR B· 'PR 900. k Như vậy VA : M K nên K là trung điểm B’C’, hay K thuộc AM, suy ra K trùng Q. Do B’C’ song song với BC mà QR vuông góc với B’C’ nên QR vuông góc với BC. Câu 37. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI-ĐỀ CHÍNH THỨC -LỚP 11] Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC và nội tiếp đường tròn O . Các đường cao BE,CF cắt nhau tại H E AC, F AB . Đường thẳng EF cắt BC tại G. Lấy điểm
35. T trên O sao cho ·ATH 90o. Đường tròn ngoại tiếp tam giác GTO cắt EF tại K K G . Chứng minh rằng a) Ba điểm G,T, A thẳng hàng. b) Đường thẳng OK vuông góc với đường thẳng AT. Hướng dẫn giải Câu 38. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII MÔN TOÁN: KHỐI 11 Năm học: 2013-2014] Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam giác ABC. Các đường thẳng OD và BE cắt nhau tại K, các đường thẳng OE và AD cắt nhau tại L. Gọi M là trung điểm cạnh AB. Chứng minh rằng ba điểm K, L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. Hướng dẫn giải Áp dụng đinh lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác HAB và ba điểm K, L, M ta có: K, L, M thẳng hàng KB LH MA KB LA khi và chỉ khi . . = 1Û = - . (1) KH LA MB KH LH KB S LA S Ta lại có = BOD (cùng cạnh đáy OD), = AOE (cùng cạnh đáy OE) và KH SHOD LH SHOE 1 1 1 S = S .(Bởi vì S = AE.d(O,AE)= c.cosA.R.cosB = R.c.cos A.cosB, AOE BOD AOE 2 2 2
36. ở đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và c = AB . Tương tự 1 S = R.c.coA.cos B ). BOD 2 Từ các kết quả trên ta có (1) Û SHOD = SHOE khi và chỉ khi OH // DE hoặc OH đi qua trung điểm ED. Bằng cách vẽ tiếp tuyến C x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C, dễ dàng suy ra DE // C x , suy ra CO vuông góc với DE. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của DE, HC. Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp, suy ra QP vuông góc với DE. Suy ra CO//QP. Nếu HO đi qua trung điểm DE suy ra P là trung điểm HO, suy ra EHDO là hình bình hành, suy ra OD // EH và EO // HD. Điều này trái với giả thiết OD cắt BE cà OE cắt AD. Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi OH // DE khi và chỉ khi CO vuông góc với OH khi và chỉ khi E, H, O, D cùng nằm trên một đường tròn (vì ta luôn có tứ giác CEHD nội tiếp đường tròn đường kính CH). Câu 39. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII- NĂM 2015 MÔN TOÁN - LỚP 11] Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp đường tròn O . P là điểm nằm trong tam giác sao cho AP  BC . Đường tròn đường kính AP cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E,F và cắt đường tròn O tại điểm G khác A. Chứng minh rằng GP,BE,CF đồng quy. Hướng dẫn giải A G E F P O Q L K T B C D Gọi AD là đường kính của (O), dễ thấy G,P,D thẳng hàng và PE || CD; PF || BD . Giả sử PE,PF cắt DB,DC tại K,L; EF cắt BC tại T. Theo định lý Desargues để chứng minh BE, CF, GP (hay PD) đồng quy ta chỉ cần chứng minh T,K,L thẳng hàng.
37. TB EC FA TB FB AE Áp dụng định lý Menelaus ta được: . . 1 . (1) TC EA FB TC EC AF AE BE Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên (2) AF CF Cũng từ EFBC nội tiếp suy ra FCL FCA ACL EBA 900 EBA ABK KBE Tứ giác PKDL là hình bình hành suy ra PKB PLC . BE KB Suy ra EBK : FCL (3). CF CL BF PK DL Ta có BF.PL CE.PK S (4) PKDL CE PL DK TB DL KB TB LC KD Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được . . . 1. Từ đó áp dụng định lý TC DK CL TC LD KB menelaus cho tam giác DBC ta suy ra T,K,L thẳng hàng. Bài toán được chứng minh. Câu 40. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẢO LỘC- LÂM ĐỒNG- KỲ THI HSG KHU VỰC DH VÀ ĐBBB LẦN THỨ 9 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN; LỚP: 11] Cho tứ giác ABCD nội tiếp có các cặp cạnh đối không song song. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm E và các đường chéo AC và BD cắt nhau tại F. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác AFD và BFC cắt nhau tại điểm thứ hai K. Chứng minh rằng hai đường thẳng EK và FK vuông góc. Hướng dẫn giải . Gọi G là giao điểm của AD và BC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Ta dùng kí hiệu (ABC), (ABCD) tương ứng để chỉ đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, tứ giác ABCD. Ta có AD, BC, FK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (ABCD) và (ADF), (ABCD) và (BCF), (ADF) và (BCF) nên AD, BC, FK đồng quy tại G hay F, K, G thẳng hàng. . Không mất tổng quát ta giả sử F nằm giữa K và G. 1 1 Ta có D· KC (1800 D· KF) (1800 C· KF) D· AF C· BF D· OC D· OC D· OC 2 2 (ta có thể dùng góc định hướng cho mọi trường hợp). Suy ra các điểm D, C, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là (C1). . Tương tự, các điểm A, B, K, O cùng thuộc một đường tròn ta gọi là (C2). Ta có AB, CD, OK lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (ABCD) và (C2), (ABCD) và (C1), (C1) và (C2) nên AB, CD, OK đồng quy tại E hay O, K, E thẳng hàng. . Xét cực và đối cực đối với đường tròn (O), ta có GF là đối cực của E nên GF vuông góc với OE
38. Mà G, K, F thẳng hàng; O, K, E thẳng hàng nên EK và FK vuông góc (điều phải chứng minh). G A B F E O K C D Câu 41. [KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐỀ THI MÔN TOÁN – KHỐI 11] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt nhau tại S. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác trong góc A của tam giác ABC. Các đường trung trực của các đoạn thẳng AB, AC cắt d lần lượt tại M và N. Gọi P là giao điểm của BM và CN, I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP, H là trực tâm của tam giác OMN. a. Chứng minh H, I đối xứng với nhau qua d. b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng. Hướng dẫn giải
39. E A N O H I P M C D B E S +) Chứng minh OP là trung trực của MN Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí tương đối như hình vẽ. Gọi D là trung điểm của BC, E là giao điểm (khác A) của d với (O), F là trung điểm của MN. Vì hai tam giác MAB và NAC cân nên dễ thấy: P· MN P· NM , ·OMN O· NM Suy ra, tam giác PMN cân tại P và tam giác OMN cân tại O. Vậy OP là trung trực của MN. +) Chứng minh I, H đối xứng với nhau qua d Ta có: 1 1 1 I·MF B· ME B· AC, ·HMF H· ON B· AC I·MF ·HMF. 2 2 2 Vậy hai điểm I và H đối xứng với nhau qua d. +) Chứng minh AD, AS đối xứng với nhau qua AE Gọi EK là đường kính của (O). Ta có (DSEK) = - 1 nên A (DSEK) = -1 mà AE và AK vuông góc với
40. nhau suy ra AE là phân giác góc SAD. Vậy AD, AS đối xứng với nhau qua AE. +) Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục d ta thấy A, I, S thẳng hàng khi và chỉ khi A, H, D thẳng hàng. Ta dùng Melenauyt với tam giác OEF để chứng minh điều này. A A MF cot 2sin2 HO FO cos A DE R(1 cos A) 1 2 1 ; 2 A A HF FH MF tan sin2 DO R cos A cos A 2 2 HO DE AF . . 1. HF DO AE Ta có điều phải chứng minh Câu 42. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ] Cho tam giác ABC với H là trực tâm tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC, E là điểm đối xứng của B qua CA, F là điểm đối xứng của C qua AB. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH = 2R. Hướng dẫn giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Gọi I, J,K là tam giác nhận, A, B, C là trung điểm các cạnh JK, KI, IJ. Do đó G là trọng tâm tam giác IJK. Từ cách dựng suy ra HA, HB, HC lần lượt là đường trung trực của JK, KI, IJ. Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R. Gọi là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI, IJ. Do G là trọng tâm hai tam giác trên nên: Xét V(G; -1/2) biến A, B, C, I, J, K thành Có là trung điểm BC nên ∟BC, ∟BC. Vậy thẳng hàng. Do đó vuông góc với BC. Suy ra // AD và Vậy Thẳng hàng và biến D thành Tương tự có biến E thành biến F thành
41. D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi thẳng hàng. Do là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI, IJ nên theo định lí Simson thẳng hàng O nằm trên đường tròn ngoại tiếp Câu 43. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB AC và nội tiếp đường tròn O . Các đường cao BE,CF cắt nhau tại H E AC, F AB . Đường thẳng EF cắt BC tại G. Lấy điểm T trên O sao cho ·ATH 90o. Đường tròn ngoại tiếp tam giác GTO cắt EF tại K K G . Chứng minh rằng a) Ba điểm G,T, A thẳng hàng. b) Đường thẳng OK vuông góc với đường thẳng AT. a) Dễ thấy tứ giác BFEC nội tiếp. Hướng dẫn giải · · · Hơn nữa, ATH AFH AEH A nên ngũ giác ATFHE nội tiếp. Do đó AT, FE, BC là ba trục đẳng phương của E K ATFHE , O và BFEC nên chúng T O F đồng quy tại G tức là ba điểm G,T, A thẳng hàng. H G C b) Nối TH cắt O tại M , suy ra A,O, M thẳng hàng. B M Dễ thấy ·AEK ·ABC ·AMC AM  EF. Từ đó suy ra ·AGK ·AMT. Do đó K· OT K· GA O· MT (1). Hơn nữa, ·AOT 2O· MT (2). Từ (1) và (2) suy ra K· OT K· OA. Mà OA OT nên OT là trung trực của AT, suy ra OK  AT . Câu 44. Tứ giác lồi ABCD diện tích S và không có hai cạnh nào song song.Lấy điểm P1 nằm trên đường S thẳng CD sao cho P và C nằm cùng phía so với đường thẳng AB và S .Tương 1 ABP V 1 2 tự cũng có các điểm P2 , P3 , P4 lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, AB và DA.Chứng minh P1, P2 , P3 , P4 thẳng hàng. Hướng dẫn giải Gọi x là khoảng cách từ D đến AC và y là khoảng cách từ B đến AC.Ta có: S x S y ACD ABC S y S x y ABC ABCD
42. BQ x y Lấy Q nằm trên đường thẳng BC sao cho 1 .Khi đó 1 BC 2y x y S S .S Q AB ABC 1 2y 2 EP BQ y x P Q P AB 1 1 ,khi đó với mọi điểm O ta có 1 1 P C Q C y x 1 1  y x  y x  OP .OE .OC (1) 1 2y 2y Tương tự ta cũng có các đẳng thức dưới đây:  y x  y x  OP .OF .OA (2) 2 2y 2y  x y  y x  OP .OE .OA (3) 3 2x 2x  x y  y x  OP .OF .OC (4) 4 2x 2x Khi đó:  y x  y x  PP .EF .CA (từ (1) và (2) ) 1 2 2y 2y  x y  y x  P P .EF .AC ( từ (3) và (4) ) 3 4 2x 2x   Suy ra P P P P 1 2 P 3 4     Hoàn toàn tương tự ta cũng có: P P P P và P P P P .Suy ra P ,P ,P ,P thẳng hàng. 3 2 P 1 4 3 1 P 2 4 1 2 3 4 Câu 45. Cho H là trực tâm tam giác ABC không cân góc A nhọn. Hình chiếu vuông góc của H trên AB, AC theo thứ tự là E, F. Gọi D là trung điểm BC; P, Q là giao điểm của hai đường tròn đường kính AD và BC . Chứng minh H, P, Q thẳng hàng và các đường thẳng BC, EF, PQ đồng quy. Hướng dẫn giải Gọi G là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. Ta có PH /BC HE.HC HG.HA PH /AD suy ra H nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính BC và AD. Suy ra H, P, Q thẳng hàng.
43. Gọi I là giao điểm của EF và BC. (DEF) là đường tròn Euler của tam giác ABC nên G nằm trên (DEF). Do đó PI /BC IB.IC IE.IF IG.ID PI /AD Suy ra I, P, G thẳng hàng hay BC, EF, PQ đồng quy tại I. Câu 46. Cho tam giác ABC với H là trực tâm tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC , E là điểm đối xứng của B qua CA , F là điểm đối xứng của C qua AB . Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi OH 2R . Hướng dẫn giải Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. A , B ,C lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Gọi I, J,K là tam giác nhận, A, B, C là trung điểm các cạnh JK, KI, IJ. Do đó G là trọng tâm tam giác IJK. Từ cách dựng suy ra HA, HB, HC lần lượt là đường trung trực của JK, KI, IJ. Do đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK có bán kinh 2R. Gọi D , E , F là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI, IJ. Do G là trọng tâm hai tam giác trên nên: Xét V(G; -1/2) biến A, B, C, I, J, K thành A , B ,C , A, B, C. Có A là trung điểm BC nên OA ∟BC, OD ∟ JK; suy ra OD ∟BC. Vậy O, A , D thẳng hàng. Do đó A D vuông góc với BC. 1 Suy ra A D // AD và A D AD G· AD G· A D n GAD n GA D 2 ·AGD ·A GD ·AGD ·AGD ·A GD ·AGD 1800 1 Vậy D, G, D Thẳng hàng và V G; biến D thành D . 2 1 1 Tương tự có V G; biến E thành E .V G; biến F thành F . 2 2
44. D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi D , E , F thẳng hàng. Do D , E , F là hình chiếu vuông góc của O lên các đường JK, KI, IJ nên theo định lí Simson D , E , F thẳng hàng  O nằm trên đường tròn ngoại tiếp n IJK  OH 2R đpcm . Câu 47. Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt nhau tại hai điểm B,C và BC là đường kính của đường tròn O1 . Vẽ tiếp tuyến của đường tròn O1 tại điểm C cắt đường tròn O2 tại điểm thứ hai là A . Đường thẳng AB cắt đường tròn O1 tại E , E B. Đường thẳng CE cắt đường tròn O2 tại F, F C . Giả sử H là một điểm bất kì trên đoạn thẳng AF . Đường thẳng HE cắt đường tròn O1 tại G và đường thẳng BG cắt đường thẳng AC tại D . Chứng minh rằng AH AC . HF CD Hướng dẫn giải A C D H E G F B · 0 Vì BC là đường kính của đường tròn O1 và ACD là tiếp tuyến nên BC  AD ACB 90 . Do đó AB là đường kính của O2 . Ta lại có B· EC 900 AB  CF F· AB C· AB . Nối CG , ta có CG  BD . Suy ra ·ADB B· CG B· EG ·AEH Xét tam giác AHE và tam giác ABD có: + H· AE B· AD + ·AEH ·ADB AH AB Suy ra hai tam giác AHE và ABD đồng dạng. Do đó AH.AD AB.AE. AE AD 2 Mặt khác AC là tiếp tuyến của đường tròn O1 nên AC AE.AB . Suy ra AH.AD AE.AB AC 2 AC.AF AH AC Vì vậy AF AD
45. AH AC AH AC AH AC AF AD AH HF AC CD HF CD Câu 48. Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hai đường cao AD, BE . OD cắt BE tại K , OE cắt AD tại L. Gọi M là trung điểm AB . Chứng minh rằng K, L, M thẳng hàng khi và chỉ khi bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. Hướng dẫn giải Sử dụng Menelaus cho tam giác HAB và 3 điểm K, L, M thẳng hàng Vậy KB LM MA KB LA   1 (1) KH LA MB KH LH KB S LA S BOD (2); AOE (3). KH SHOD LH SHOE 1 1 S AE.d O; AE .R.AB.cosA. cos B AOE 2 2 1 1 S AE.d O; AE .R.AB.cosA. cos BOD 2 2 Do đó hệ thức xảy ra khi và chỉ khi SHOE SHOD OH / /DE hoặc OH đi qua trung điểm P của DE. Qua C kẻ tiếp tuyến d với đường tròn (C) thì d song song với DE. Do CO vuông góc với d nên CO vuông góc với DE. Nếu OH đi qua P thì P là trung điểm của OH, hay EDOH là hình bình hành, suy ra EO và HD song song (trái giả thiết). Vậy K, L,M thẳng hàng khi và chỉ khi OH song song với DE, hay OH vuông góc với CO, tương đương C, D, O, H cùng thuộc đường tròn đường kính CH.   1 Câu 49. Cho tam giác ABC . Gọi K là điểm thỏa mãn KA 2KB và giả sử K· CB ·ACB . Gọi H là 3 hình chiếu vuông góc của A trên CK, M là trung điểm của đoạn AB . Chứng minh rằng MH vuông góc với BC. Hướng dẫn giải   Gọi D là điểm đối xứng với B qua CK. Khi đó K· CB K· CD ·ACD . Do KA 2KB nên S S ACsinA· CK ACK 2.Vì ACK · S KCB S KCB BCsinKCB 2ACsinA· CKcosK· CB 2AC cos K· CB = nên BCsinA· CK BC 2ACcosK· CB BC DC 2 cosK· CB cosA· CD BC AC AC
46. ·ADC 900 và tứ giác CHDA là tứ giác nội tiếp K· CB ·ACD ·AHD (1) Do AH và BD cùng vuông góc với CK nên AH // DB H· DB ·AHD (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp (DH cắt BC tại E, CK cắt BC tại F) suy ra H là trực tâm tam giác BCD BH  CD BH//AD Vậy tứ giác AHBD là hình bình hành, do M là trung điểm của AB nên H, M, D thẳng hang. Vậy MH  BC. Cho hai đường tròn O1 và O2 ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài A1 A2 , tiếp tuyến chung trong B1B2 của hai đường tròn ( A1, B1 (O1) , A2 , B2 (O2 )) . Chứng minh rằng ba đường thẳng A1B1, A2 B2 ,O1O2 đồng quy. Câu 50. Cho tam giác ABC nhọn với AB AC nội tiếp đường tròn O . Gọi B0 ,C0 là trung điểm của cạnh AC và AB. D là hình chiếu của A trên BC . Gọi  là đường tròn đi qua B0 ,C0 và tiếp xúc với O tại điểm X khácA. a) Gọi T là giao điểm thứ hai của đường thẳng DX với O . Chứng minh rằng ATCB là hình thang cân. b) Chứng minh rằng đường thẳng DX đi qua trọng tâm G của tam giác ABC .
47. Hướng dẫn giải w1 A T a C M 0 B0 G O x D B C A0 X w Gọi a và x là tiếp tuyến tại A và X của đường tròn O và gọi 1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác AB0C0 . Dễ thấy a cũng là tiếp tuyến của 1 tại A và a là trục đẳng phương của hai đường tròn O và 1 . Như vậy ba đường thẳng a, x và B0C0 lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn O và 1 ; O và  ;  và 1 , do đó a, x và B0C0 đồng quy tại điểm M. Ta có MA MD MX nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADX. Chú ý là O 1 . Ta có 1 1 1 D· AT ·ADX ·ATD 3600 ·AMX ·AOX 1800 ·AMX ·AOX 900 , suy ra 2 2 2 AD  AT AT || BC . Do đó ATCB là hình thang cân. b) (2,0 điểm) 1 2 Gọi A0 là trung điểm của B0C0 . Xét phép vị tự VG biến A A0 ; B B0 ; C C0 ; T T ', · · suy ra TCB T 'C0 B0 . · · · · Mặt khác TCB CBA B0C0 A DC0 B0 . Do đó T '  D , từ đó suy ra D,G,T thẳng hàng và ta có điều phải chứng minh. Chú ý: Muốn cho bài toán khó lên thì có thể chỉ hỏi phần (b). Câu 51. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O , AB BC. D là chân đường cao xuất phát từ B và H là trực tâm của tam giác ABC. Đường thẳng qua D vuông góc với OD cắt cạnh AB tại P. Chứng minh rằng DHP BAC.
48. K A Q D P O H B C Gọi K là giao điểm của BD và O , K B. Q là giao điểm của CK và PD. Theo định lý con bướm, suy ra D là trung điểm của đoạn PQ. Mặt khác D là trung điểm của HK , do đó tứ giác PHQK là một hình bình hành. Suy ra DHP HKQ. Mà HKQ BAC, do vậy DHP BAC. Câu 52. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O có trực tâm là H và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC . N là điểm đối xứng của M qua trung điểm của AB . a) Chứng minh rằng trực tâm K của tam giác NAB nằm trên đường tròn O . b) Giả sử NK cắt AB tại D , hạ KE vuông góc với BC tại E . Chứng minh rằng ba điểm D, E và trung điểm của HK thẳng hàng. Hướng dẫn giải
49. S C H E R M A D O I B K N a) Chứng minh K thuộc đường tròn (O) + N là điểm đối xứng của M qua trung điểm I của AB nên tứ giác ANBM là hình bình hành, suy ra BN P AM và AN PBM + Vì K là trực tâm tam giác NAB nên BK  NA, AK  NB , Do đó BK  BM và AK  AM Từ đó suy ra tứ giác BKAM nội tiếp. Vậy K thuộc đường tròn (O). b) Chứng minh rằng DE đi qua trung điểm của HK. + Gọi S là điểm đối xứng của K qua E; R là điểm đối xứng của K qua D. Ta có: B· KC B· SC (do BC là đường trung trực của SK) + Mặt khác B· KC B· AC (cùng chắn cung BC) nên B· SC B· AC . + Mà B· HC B· AC 1800 nên B· HC B· SC 1800 Suy ra tứ giác BHCS nội tiếp nên B· HS B· CS B· CK 1 + Tương tự tứ giác ABHR nội tiếp nên ·AHR ·ABR ·ABK 2 + Từ (1) và (2) ta có ·AHB B· HS ·AHR ·AHB B· CK ·ABK ·AHB B· CK ·ACK 1800 Suy ra S, H, R thẳng hàng. + Vì DE là đường trung bình của tam giác KRS, nên DE đi qua trung điểm của HK. Câu 53. (Kỳ thi HSG trường THPT chuyên Trần Phú – Hải Phòng năm học 2014 – 2015) Hai đường tròn O , O tiếp xúc ngoài với nhau tại D và cùng tiếp xúc trong với đường tròn O tại E, F
50. tương ứng sao cho O,O ,O không thẳng hàng. d là tiếp tuyến chung tại D của O và O . AB là đường kính của O sao cho AB vuông góc với d và A, E,O cùng phía so với d . Chứng minh rằng AO , BO , EF và d đồng quy. Câu 54. (Đề thi đề xuất – trường THPT Chuyên Biên Hòa tỉnh Hà Nam – năm 2015) Cho ABC là tam giác nhọn với đường tròn nội tiếp I . Gọi D là điểm của đường tròn bang tiếp góc A với BC . Gọi M , N là giao điểm của AD với I ( N nằm giữa A và M . Giả sử IM cắt đường cao AH của ABC tại K . a. Chứng minh KA KM . b. Gọi Oa là đường tròn có tâm nằm trên đường cao AH đi qua A và tiếp xúc với đường tròn I tại A1. Các điểm B1,C1 xác định tương tự. Chứng minh AA1, BB1,CC1 đồng quy tại 1 điểm. Hướng dẫn giải: A B' N C' K I M D C B H a. Gọi J là tiếp điểm của I với BC . Giả sử IJ cắt I tại điểm thứ 2 là N ' E . Qua N ' vẽ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC tại điểm B ',C ' . AB ' AC ' Ta có: k phép vị tự V k :B B '; V k :C C ' AB AC A A k k VA : ABC A' B 'C '. Do đó VA : D N ' A, N ', D thẳng hàng N '  N
51. IN IM Khi đó NI / / AK (cùng vuông góc với BC ) AK MK Mà IN IM nên suy ra KA KM b. Từ câu a ta suy ra: đường tròn có tâm thuộc đường cao AH , đi qua A và tiếp xúc với I tại M thì M AD . Do đó A1 AD . Tương tự nếu gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bang tiếp góc B,C của ABC với CA,CB thì B1 BE;C1 CF AA1, BB1,CC1 đồng quy AD, BE,CF đồng quy. Mặt khác nếu ta gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh của ABC và p là nửa chu vi thì ta có: DB EC FA BD EC p c; DC AF p b; AE BE p a . . 1 DC EA FB Theo định lý Ceva ta có AD, BE,CF đồng quy. Câu 55. (Đề thi chọn HSG trường THPT chuyên Thái Bình – 2015) Cho ABC nội tiếp đường tròn O . Tiếp tuyến của O tại B cắt nhau tại S . Trung trực của AB, AC cắt d là phân giác trong góc A của ABC thứ tự tại M và N . Gọi P là giao của BM và CN , I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác MNP . a. Chứng minh H, I đối xứng nhau qua d với H là trực tâm của OMN . b. Chứng minh A, I, S thẳng hàng. Hướng dẫn giải: E Không mất tính tổng quát ta giả sử bài toán có vị trí A tương đối như hình vẽ. Gọi D là trung điểm của BC, E là giao của phân giác góc A với (O) khác A. F là trung điểm của MN. a) +) Chứng minh OP là trung trực của MN N Vì hai tam giác cân MAB và NAC có các cặp góc O H I tương ứng bằng nhau nên ta có: P P· MN P· NM ,O· MN O· NM . Suy ra tam giác PMN và M OMN cân tại P và O. Vậy OP là trung trực của MN. C +) Chứng minh I, H đối xứng nhau qua d D B Ta có: E S 1 1 1 I·MF B· ME B· AC; H· MF H· ON B· AC I·MF H· MF 2 2 2 Ta được đpcm. b)+) Chứng minh AD, AS đối xứng nhau qua AE Gọi EK là đường kính của (O). Ta có DSEK 1 nên A DSEK 1 mà AE và AK vuông góc với nhau suy ra AE là phân giác S· AD . Ta có đpcm Dựa vào tính chất của phép đối xứng trục ta thấy A, I, S thẳng hàng khi và chỉ khi A, H, D thẳng hàng. Ta dùng định lý Menelaus với tam giác OEF để chứng minh điều này.
52. A A MF cot 2sin2 HO FO cos A DE R 1 cos A 1 2 ; 2 A A HF FH MF tan 1 sin2 DO R cos A cos A 2 2 HO DE AF . . 1 đpcm HF DO AE Câu 56. (Đề thi đề xuất thi HSG trường THPT Chu Văn An – Hà Nội – 2015) ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O . Kẻ đường kính AD . M thuộc BC thỏa mãn OM / / AB . DM cắt O tại P khác D . Chứng minh C, H, P thẳng hàng, với H là trực tâm ABC . Hướng dẫn giải: DP cắt AB tại E thì M là trung điểm DE (vì OM là đường trung bình). BHCD là hình bình hành nên DH cắt DC tại I là trung điểm mỗi đường. Suy ra MI là đường trung bình của DHE MI / /EH; EH / /BC Kéo dài CH cắt (O) tại Q. Ta sẽ chứng minh Q  P bằng cách chứng minh Q, E, D thẳng hàng. Vì BD / /CQ nên BDCQ là hình thang cân (hình thang nội tiếp). Ta có E· QH E· HK vì tam giác QBH cân tại B D· QC B· CQ vì hình thang BDCQ cân Nên E· QH D· QC . Mà Q, H, C thẳng hàng nên E,Q, D thẳng hàng hay Q  P . Câu 57. (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên Hưng Yên tỉnh Hưng Yên – 2015) Cho ABC nội tiếp đường tròn O . Đường phân giác của góc B· AC cắt O tại D khác A . Gọi E là điểm đối xứng với B qua AD . BE cắt O tại F khác B . I là một điểm thay đổi trên cạnh AC I E . Đường thẳng BI cắt O tại J khác B . Từ C kẻ đường thẳng song song với AJ cắt FD tại P. Đường tròn T ngoại tiếp BIE cắt BC tại Q Q B và cắt O tại K K B . Chứng minh E, P,Q thẳng hàng và đường thẳng KI luôn đi qua điểm cố định khi I thay đổi. Hướng dẫn giải: Gọi D là điểm chính giữa của cung B»C và E đối xứng với B qua M AD nên DB DE DC . A D· EF 1800 D· EB 1800 D· BE D· CF vì B, D,C, F O J B»D D»C B· FD D· FC DEF DCF g.c.g I DF là trung trực của EC. F E P· EC P· CE C· AJ (do CP / / AJ ) Mà C· AJ C· BI (do A, B,C, J O ) P Q C Có B,Q, E, I T Q· EC Q· BI C· BJ B K P· EC Q· EC và P, Q cùng phía đối với EC nên P,Q, E thẳng D hàng. Đường thẳng IK cắt (O) tại M khác K KB, KI  EB, EI mod vì B, K, E, I T
53. KD, KB  AD, AB mod vì B, D, K, A O KD, KI  KD, KB KB, KI mod  AD, AB EB, EI mod  AE, AD EB, EA mod  mod do AD là trung trực của BE BE  AD 2 D· KM 900 DM là đường kính của (O) Mà D là điểm chính giữa cung B»C chứa A thì M là điểm chính giữa cung B»C không chứa A nên M cố định. Vậy đường thẳng KI luôn qua điểm M cố định khi I thay đổi. Câu 58. (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tình Lào Cai – trại hè Hùng Vương lần thứ X) Cho đường tròn O và hai đường kính AB , CD . Tiếp tuyến với đường tròn O tại B cắt AC tại P , PD cắt đường tròn O lần nữa tại G . Gọi W là giao điểm của AG với BC . Chứng minh 3 điểm O,P,Q thẳng hàng. Câu 59. (Đề thi đề xuất HSG Vùng duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ lần thứ VI - trường THPT chuyên Lào Cai) Cho ABC có trực tâm H , ba đường cao AA1 , BB1 , CC1 . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm BC , CA , AB . Gọi W là đường tròn ngoại tiếp MNP (còn gọi là đường tròn Euler của ABC ). Kí hiệu A ' , B ' , C ' là các giao điểm thứ hai của MH , NH , PH và W . Chứng minh rằng A1 A' , B1B ' , C 1C ' đồng quy tại một điểm X nằm trên đường thẳng đi qua trọng tâm và trực tâm ABC (còn gọi là đường thẳng Euler của ABC ). Hướng dẫn giải: Ta kí hiệu đường tròn qua 3 điểm T, U, V là (TUV). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M, N, P. Ta biết rằng (W) đi qua 9 điểm: M, N, P, A1, B1,C1 và trung điểm AH, BH, CH. Giả sử M’, N’, P’ là điểm đối xứng với M, N, P qua O. Xét phép nghịch đảo cực H và giữ bất biến (W). Phép nghịch đảo này biến A1 A', B1B ',C1C ' tương ứng thành các đường tròn HMM ' ,(HNN '),(HPP ') . Ta sẽ chỉ ra rằng trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) là đường thẳng Euler của tam giác ABC (do đường thẳng này bất biến qua phép nghịch đảo nói trên). Thật vậy:
54. Trục đẳng phương của (W) và (HNN’) là NN’; Trục đẳng phương của (W) và (HPP’) là PP’; Do đó trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) đi qua H và giao của NN’ và PP’. Nhưng ta biết rằng tâm O của (W) cũng nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. Do đó trục đẳng phương của (HNN’) và (HPP’) chính là đường thẳng Euler của tam giác ABC. Tương tự, trục đẳng phương của (HPP’) và (HMM’), trục đẳng phương của (HMM’) và (HNN’) cũng là đường thẳng Euler của tam giác ABC. Do đó ba đường tròn HMM ' ,(HNN '),(HPP ') cùng đi qua một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. Từ đó ta có điểu phải chứng minh. Câu 60. (Đề đề nghị chọn HSG khu vực duyên hải đồng bằng Bắc Bộ 2015 – trường THPT chuyên Bắc Ninh) Cho ABC nhọn với AB AC . Giả sử D và E là các điểm trên cạnh BC sao cho BD CE và D nằm giữa B và E . Giả sử P là điểm thuộc miền trong của ABC sao cho PD / / AE và P· AB E· AC . Chứng minh rằng: P· BA P· CA . Hướng dẫn giải: A Vẽ hình bình hành BPCQ, khi đó PQ và BC giao nhau tại trung điểm M của mỗi đường. T Do đó DE và PQ cũng giao nhau tại trung điểm M của mỗi đường suy ra PDQE là hình bình hành. Suy ra QE / /PD từ đó A, E, Q thẳng hàng. O Vẽ hình bình hành BPAT. Khi đó ta cũng suy ra TACQ là hinh bình hành. P · · · · · C Ta có TQA QAE EAC BAP APT . M E Do đó tứ giác TAQB nội tiếp. B D  Ta thấy qua phép tịnh tiến véc tơ BP thì tam giác Q BQT biến thành tam giác PCA. Do đó ·ACB T· QB T· AB ·ABP (đpcm) Câu 61. (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Thái Nguyên, trại hè Hùng Vương lần thứ 10) Cho tam giác ABC nhọn ( AB AC ) có AH là đường cao. P, Q là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống AB, AC. Gọi M là giao của PQ và BC, K là giao của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AM, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC. Chứng minh K, H, I thẳng hàng. Hướng dẫn giải:
55. A K Q J P O M B C H I Dễ dàng chứng minh được PQCB là tứ giác nội tiếp. Ta có MB.MC = MP.MQ. Do hai tam giác MHP và MQH đồng dạng nên MH 2 MP.MQ . Vậy có MH 2 MB.MC MP.MQ MK.MA suy ra AKPH là tứ giác nội tiếp. Vậy HK  AM Ta có năm điểm A, K, P, H, Q cùng thuộc đường tròn tâm J là trung điểm của AH. Bây giờ ta lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQCB nên IJ  PQ . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta dễ dàng chứng minh được OA  PQ . Từ đó OA // IJ. Lại có OI  BC, AH  BC OI / / AH . Từ đó AJIO là hình bình hành. Dễ dàng suy ra JHIO cũng là hình bình hành. Mà JO vuông góc với AK (do AK là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (O)). Vậy HI cũng vuông góc với AK. Lại có KH vuông góc với AK nên K, H, I thẳng hàng. Câu 62. (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Sơn La, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các cạnh BC,CA, AI lần lượt tiếp xúc với đường tròn I tại D, E, F . Gọi M , K lần lượt là các trung điểm các cạnh AC và AB , P là giao điểm của các đường thẳng MK và CI . a. Chứng minh rằng các điểm D, F, P thẳng hàng. b. Gọi Q là điểm thỏa QP  MK và QM / /BI . Chứng minh QI  AC . Hướng dẫn giải: a. Kéo dài AP cắt CB tại S. Vì M, K là các trung điểm AC và AB nên P là trung điểm AS. + Trong tam giác CAS có CP là trung tuyến và phân giác nên CA CS + Đặt p AB BC CA. Có AF p BC (1) + SD CS CD CA p AB AB AC p AB BC CA BC p p BC .
56. SD p BC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AF SD . Chú ý: BD BF, PA PS . FA DB PS Trong tam giác ABS có . . 1 P, F, D thẳng hàng. FB DS PA b. Có CI là trung trực của ED nên tam giác PDE cân tại P. · · 0 0 C 0 B B C 0 A · + PED PDE 180 90 90 90 AEF 2 2 2 2 2 + Giả sử Q1 là điểm thỏa mãn Q1M PBI,Q1I  AC suy ra Q, I, E thẳng hàng. · 0 · · 0 0 A 0 C A C 0 B + Có PEA 180 PED DEC 180 90 90 90 . 2 2 2 2 2 B P· EQ 900 P· EA , (3) 1 2 B Nhưng PM PCB, MQ PBI P· MQ I·BD , (4) 1 1 2 + Từ (3) và (4) suy ra tứ giác PMEQ1 nội tiếp QI  AC. Q· PM Q· EM 900 hay Q P  MK 1 1 1 + Suy ra Q1  Q tức QI  AC. Suy ra điều phải chứng minh. Câu 63. (Đề thi đề xuất chọn HSG vùng duyên hải đồng bằng Bắc Bộ năm 2015 - trường THPT chuyên Vĩnh Phúc) Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp đường tròn O . P là điểm nằm trong tam giác sao cho AP  BC . Đường tròn đường kính AP cắt các cạnh AC, AB lần lượt tại E, F và cắt đường tròn O tại điểm G khác A . Chứng minh rằng GP, BE,CF đồng quy. Hướng dẫn giải:
57. A G E F P O Q L K T B C D Gọi AD là đường kính của (O), dễ thấy G,P,D thẳng hàng và PE || CD; PF || BD . Giả sử PE,PF cắt DB,DC tại K,L; EF cắt BC tại T. Theo định lý Desargues để chứng minh BE, CF, GP (hay PD) đồng quy ta chỉ cần chứng minh T,K,L thẳng hàng. TB EC FA TB FB AE Áp dụng định lý Menelaus ta được: . . 1 . (1) TC EA FB TC EC AF AE BE Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên (2) AF CF Cũng từ EFBC nội tiếp suy ra FCL FCA ACL EBA 900 EBA ABK KBE Tứ giác PKDL là hình bình hành suy ra PKB PLC . BE KB Suy ra EBK : FCL (3). CF CL BF PK DL Ta có BF.PL CE.PK S (4) PKDL CE PL DK TB DL KB TB LC KD Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được . . . 1. Từ đó áp dụng định TC DK CL TC LD KB lý menelaus cho tam giác DBC ta suy ra T,K,L thẳng hàng. Bài toán được chứng minh. Câu 64. (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Hà Giang, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho tam giác ABC cân tại A . Một đường tròn  tiếp xúc với các cạnh AB, AC và cắt cạnh BC lần lượt tại K và L . Đoạn AK cắt đường tròn  tại M . Gọi P và Q lần lượt là điểm đối xứng của K qua B và C . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ . Chứng minh rằng các điểm M ,O và tâm đường tròn  thẳng hàng.
58. Hướng dẫn giải: Gọi I là tâm của  ; D, E theo thứ tự là tiếp điểm của  và AB, AC; (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ. Dễ thấy tứ giác MDKE điều hòa. Do đó D MKBE D MKDE 1 Dễ thấy DE // PK, mà BP BK nên D PKBE 1. Vậy D MKBE D PKBE . Từ đó DM  DP hay M, D, P thẳng hàng. Chứng minh tương tự M, E, Q thẳng hàng. MP MQ Kết hợp với DE / /PK suy ra k MD ME Do đó qua phép vị tự tâm M tỉ số k các điểm M, D, E theo thứ tự biến thành các điểm M, P, Q. Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn  biến thành đường tròn (O). Do đó M, I, O thẳng hàng. Câu 65. (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Lai Châu, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho ABC nhọn, các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . Cho K là một điểm tùy ý trên cạnh BC ( K khác B,C ). Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng M , H, N thẳng hàng. Hướng dẫn giải: A N E L F O' M H O B D K C Gọi L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (BKF) và (CKE). Ta có tứ giác BFEC nội tiếp. Do đó AF.AB AE.AC A thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn (BFK) và (CEK). Suy ra A, L, K thẳng hàng.
59. Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên AH.AD AF.AB AL.AK . Do đó tứ giác DHLK nội tiếp. Suy ra HL  AK . Mà ML  AK nên M, H, L thẳng hàng. Tương tự N, H, L thẳng hàng. Từ đó suy ra M, H, N thẳng hàng. LOẠI 1: Chứng minh tính chất: thẳng hàng, đồng quy, song song, vuông góc. Câu 1. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG] Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (C1) tâm I.Đường tròn (C1) tiếp xúc với các cạnh BC,CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi P là giao của FD và CA,Q là giao của DE và AB , K là giao của EF và BC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của PE vàQF . Chứng minh rằng OI vuông góc MN , với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn giải Xét 2 đường tròn: M , ME và (N, NF). P 2 2 Ta có PI /(M ) IE IF PI /(N) . (1) Gọi R là bán kính đường tròn ABC . Vì D, E, F lần M A lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (C1) E với các cạnh ABC nên AD, BE, CF đồng O F quy. I Suy ra QFBA 1 B K D C 2 2 2 NF NB.NA NO R . N Ta có (PEAC) 1 Q 2 2 2 ME MA.MC MO R . Khi đó: 2 2 2 2 2 2 PO/(M ) MO ME R , PO/(N) NO NF R PO/(M ) PO/(N ) (2) Từ (1) và (2) suy ra OI là trục đẳng phương của M và N OI  MN. Câu 2. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐB&DHBB Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O và có AC BC . Giả sử H là trực tâm tam giác ABC , đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC cắt AB tại điểm thứ hai là E ( E B ). Đường thẳng đi qua D , vuông góc với DO cắt BC tại F và cắt đường tròn O tại hai điểm I , J . a) Chứng minh tứ giác IHJE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh H , E, F thẳng hàng.
60. Hướng dẫn giải Giả sử ta có hình vẽ như trên (các trường hợp khác A tương tự). Gọi K là giao điểm thứ hai của CH và đường tròn O I Ta có D là trung điểm KH và D cũng là trung điểm IJ, suy ra tứ giác IHJK là hình bình hành. K O ¶ ¶ D Suy ra IKJ IHJ (1). H Lại có tứ giác BHCE nội tiếp, suy ra F B C C· EB C· HB 1800 . Mà C· AB C· HB 1800 . J Suy ra C· EB C· AB , như vậy tam giác CEA cân tại C, CD  AE nên D là trung điểm AE. E Suy ra tứ giác IAJE là hình bình hành và I¶EJ I¶AJ (2). Lại có I¶KJ I¶AJ 1800 (3) (do tứ giác IAJK nội tiếp). ¶ ¶ 0 Từ (1), (2), (3) suy ra IHJ IEJ 180 , như vậy tứ giác IHJE nội tiếp. Giả sử O1 và O2 là đường tròn ngoại tiếp các tứ giác IHJE và BHCE. Ta có HE chính là trục đẳng phương của O1 O FI.FJ FB.FC P và 2 . Lại có (cùng là F /(O) ). Mà FI.FJ P ; FB.FC P . Suy ra P P . F /(O1) F /(O2) F /(O1) F /(O2) O O Suy ra F thuộc HE là trục đẳng phương của 1 và 2 . Vậy H, E, F thẳng hàng. Câu 3.TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F . Đường thẳng AI cắt đường tròn I tại M, N sao cho M nằm giữa A và N. Đường thẳng DM và EF cắt nhau tại K, đường thẳng NK cắt đường tròn tâm I tại điểm thứ hai là P khác N. Đường thẳng AI và EF cắt nhau tại Q. a) Chứng minh rằng: Tứ giác PQID là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: Các điểm A, P, D thẳng hàng. Câu 4. HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Cho hai đường tròn O1 và O2 cắt nhau tại A, B . AX , AY lần lượt là các đường kính của O1 và O2 . Gọi O là trung điểm của XY ; I là điểm thuộc đường phân giác của góc ·XAY sao cho OI không vuông góc với XY và I không thuộc hai đường tròn. Đường thẳng đi qua A vuông góc với AI lần lượt cắt các đường tròn O1 , O2 tại các điểm E, F
61. khác A. IX cắt đường tròn O1 tại điểm thứ hai K , IY cắt đường tròn O2 tại điểm thứ hai L . 1. Gọi C là giao điểm của EF với IX . Chứng minh rằng OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . 2. Chứng minh rằng ba đường thẳng EK, FL và OI đồng quy. Hướng dẫn giải E A F C D O1 O2 O X B K Y L I S 1. Không mất tính tổng quát giả sử I là điểm thuộc đường phân giác trong của góc ·XAY . Ta có tứ giác AO1OO2 là hình bình hành nên suy ra OO1 || AY Lại có EA, EO1 AO1, AE AF, AO2 mod EO1 || AY Do đó O, O1, E thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có O, O2 , F thẳng hàngMặt khác CE, CK AC, AK AK, CK AC, AK 2 1   O E, O K EO , EK mod 2 2 1 1 1 Do đó OE là tiếp tuyến của đường tròn CEK 2. Ta có ·AKI ·ALI 900 nên 4 điểm A, I, K, L cùng thuộc đường tròn đường kính AI . Mà EF  AI nên suy ra EF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AI . Do đó AE, AK LA, LK mod (1) Mặt khác
62. KE, KA XE, XA XE, EA AE, AX AE, AX mod 2 AY, AF AF, FY AY, AF AY,FY LA,LF mod (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra EF, EK EA, AK AK, EK LA, LK LF, LA LF, LK mod Vậy 4 điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn. Gọi S là giao điểm của EK và FL Vì 4 điểm E, F, L, K cùng thuộc một đường tròn nên ta có SE.SK SF.SL PS / CEK PS / DFL (3) Ta có 2 IC.IK ID.IL IA PI / CEK PI / DFL (4) Gọi D là giao điểm của EF với IY Chứng minh tương tự câu 1) ta có OF là tiếp tuyến của đường tròn DFL Mặt khác tứ giác EFYX là hình thang vuông tại E, F và O là trung điểm của XY nên suy ra . Do đó 2 2 (5) Từ (3), (4), (5) suy ra OE OF PO/ CEK OE OF PO/ DFL S, O, I cùng thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn CEK , DFL nên S, O, I thẳng hàng. Vậy 3 đường thẳng EK, FL, OI đồng quy tại S. *) Chú ý: Nếu HS không sử dụng góc định hướng thì phải xét các trường hợp vị trí của điểmI ( I nằm ngoài các đoạn XK, YL và I nằm trong các đoạn XK, YL ) II. Bài toán vecto và quan hệ vuông góc Câu 66. (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2000-2011 toán 10)     a. Cho tứ giác lồi ABCD và điểm I thỏa mãn hệ thức IA IB IC ID 0 . Có kết luận gì về điểm I , hãy chứng minh điều đó. b. Cho tam giác ABC có các đường trung tuyến BI và CJ . Chứng minh rằng đường cao AH nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính BI và CJ . Câu 67. (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2004-2005) a. Cho tứ giác ABCD , với AB a , BC b , DA d . Chứng minh rằng:   2AC.DB a 2 b2 c2 d2. b. Cho tam giác ABC và M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh BC , CA , AB . Dựng ra phía ngoài tam giác các đoạn thẳng PN , NE sao cho PD  AB , PD AB và NE  AC , BC NE AC . Từ D dựng đường thẳng DF song song và cùng hướng với BC sao cho DF 2 .
63. Chứng minh EF  AM . Câu 68. (THPT Chuyên Bắc Giang – Tỉnh Bắc Giang – Thi Toán Khối 11)   1 Cho tam giác ABC . Gọi K là điểm thỏa mãn KA 2KB và giả sử K· CB ·ACB . Gọi H là 3 hình chiếu vuông góc của A trên CK , M là trung điểm của đoạn AB . Chứng minh MH  BC . Lời giải Gọi D là điểm đối xứng với B qua CK. Khi đó   S K· CB K· CD ·ACD . Do KA 2KB nên ACK 2. S KCB S ACsinA· CK Vì ACK · S KCB BCsinKCB 2ACsinA· CKcosK· CB 2ACcosK· CB = nên BCsinA· CK BC 2ACcosK· CB BC 2 cosK· CB BC AC DC cosA· CD AC ·ADC 900 và tứ giác CHDA là tứ giác nội tiếp K· CB ·ACD ·AHD (1) Do AH và BD cùng vuông góc với CK nên AH // DB H· DB ·AHD (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CEFD là tứ giác nội tiếp (DH cắt BC tại E, CK cắt BC tại F) suy ra H là trực tâm tam giác BCD BH  CD BH//AD Vậy tứ giác AHBD là hình bình hành, do M là trung điểm của AB nên H, M, D thẳng hang. Vậy MH  BC. Câu 69. (Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2000-2001 lớp 10) a. Cho tam giác ABC có ba điểm A' , B' , C' là trung điểm các cạnh BC , CA , AB . Tính giá trị       biểu thức s BC.AA' CA.BB' AB.CC ' . b. Cho tam giác ABC có AB 3 , BC 5 ; AC 7 . AD và CE là phân giác trong cắt nhau tại P . Tính AP . Câu 70. ( Sở GDĐT Nghệ An- thi chọn học sinh giỏi tỉnh 2005-2006 lớp 12) Cho tam giác ABC cân đỉnh A . Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ACM và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh GI  CM . IV. Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng và tính chất đồng quy Câu 71. (THPT Chuyên Cao Bằng – Thi Olympic 2014 – Toán 11)
64. O O A A Cho hai đường tròn 1 và 2 ngoài nhau. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài 1 2 , tiếp tuyến chung trong B1B2 của hai đường tròn ( A1,B1 (O1) , A2 ,B2 (O2 )) . Chứng minh rằng A1B1 , A2 B2 , O1O2 đồng quy. Câu 72. (THPT Chu Văn An – Hà Nội – Đề xuất đề thi học sinh giỏi Toán 11- 2015) Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn O . Kẻ đường kính AD . M thuộc BC thỏa mãn OM / / AB . DM cắt O tại P khác D . Chứng minh C , H , P thẳng hàng với H là trực tâm tam giác ABC . Lời giải DP cắt AB tại E thì M là trung điểm DE (vì OM là đường trung bình) BHCD là hình bình hành nên DH cắt DC tại I là trung điểm mỗi đường Suy ra MI là đường trung bình của ∆DHE → MI // EH → EH // BC Kéo dài CH cắt (O) tại Q. Ta sẽ c/m Q ≡ P, bằng cách c/m Q, E, D thẳng hàng. Vì BD // CQ nên BDCQ là hình thang cân (hình thang nội tiếp). Ta có: EQH = EHK vì ∆QBH cân tại B DQC = BCQ vì hình thang BDCQ cân Nên EQH = DQC Mà Q, H, C thẳng hàng, nên E, Q, D thẳng hàng, hay Q ≡ P (đpcm Câu 73. (THPT Chuyên tỉnh Lào Cai – Trại hè Hùng Vương lần X) Cho đường tròn tâm O và hai đường kính AB , CD . Tiếp tuyến với đường tròn O tại B cắt AC tại P , PD cắt đường tròn O lần nữa tại G . Gọi W là giao điểm của AG và BC . Chứng minh ba điểm O , P , W thẳng hàng. Câu 74. ( THPT Chuyên Hưng Yên- Thi Môn Toán Khối 11 -2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . Đường phân giác trong của góc BAC cắt O tại D khác A . Gọi E là điểm đối xứng với B qua AD . BE cắt O tại F khác B . I là một điểm thay đổi trên cạnh AC I E . Đường thẳng BI cắt O tại J khác B . Từ C kẻ đường thẳng song song với AJ cắt FD tại P . Đường tròn T ngoại tiếp VBIE cắt BC tại Q Q B và cắt O tại K K B . Chứng minh E , P , Q thẳng hàng và đương thẳng KI luôn đi qua điểm cố định khi I thay đổi. Lời giải +) D là điểm chính giữa của cung BC của (O) và E đối xứng B qua AD nên DB = DE = DC DEF = 1800 - DEB = 1800 - DBE = DCF (vì B, D, C, F ∈ (O)).
65. BD = DC ⇒BFD = DFC⇒∆DEF = ∆DCF (g.c.g) ⇒DF là trung trực EC. M A ⇒PEC = PCE = CAJ (do CP//AJ). J Mà CAJ = CBJ (do A,B,C,J ∈ (O)) Có B, Q, E, I ∈ (T)⇒QEC = QBI = CBJ I ⇒PEC = QEC và P,Q cùng phía đối với EC nên P,Q,E thẳng hàng. F +) Đường thẳng IK cắt (O) tại M khác K E (KB,KI) ≡ (EB,EI)(modπ) (vì B, K, E, I ∈ (T)). P C (KD,KB) ≡ (AD,AB)(modπ) (vì B, D, K, A ∈ (O)). Q (KD,KI) ≡ (KD,BKB) + (KB,KI)(modπ) ≡ (AD,AB) + (EB,EI)(modπ) K ≡ (AE,AD) + (EB,EA)(modπ) π D ≡ (modπ)(do AD là trung trực của BE⟹BE ⊥ AD). 2 ⇒DKM = 900⇒DM là đường kính của (O). Mà D là điểm chính giữa cung BC chứa A thì M là điểm chính giữa cung BC không chứa A nên M cố định. Vậy đường thẳng KI luôn qua điểm M cố định khi I thay đổi. Câu 75. (THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên – Trại hè Hùng Vương lần X) Cho tam giác ABC nhọn AB AC có AH là đường cao. P , Q là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AB , AC . Gọi M là giao của PQ và BC , K là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và AM , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC . Chứng minh K , H , I thẳng hàng. Lời giải Dễ dàng chứng minh được PQCB là tứ giác nội tiếp. Ta có MB.MC = MP.MQ. Do hai tam giác MHP và MQH đồng dạng nên M. H 2 MP.MQ Vậy có MH 2 MB.MC MP.MQ MK.MA suy ra AKPH là tứ giác nội tiếp. Vậy HK  AM . Ta có năm điểm A, K, P, H, Q cùng thuộc đường tròn tâm J là trung điểm của AH. Bây giờ ta lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQCB nên IJ  PQ . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta dễ dàng chứng minh được OA  PQ . Từ đó OA // IJ. Lại có OI  BC, AH  BC OI / / AH . Từ đó AJIO là hình bình hành. Dễ dàng suy ra JHIO cũng là hình bình hành. Mà JO vuông góc với AK (do AK là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (O)). Vậy HI cũng vuông góc với AK. Lại có KH vuông góc với AK nên K, H, I thẳng hàng.
66. A K Q J P O M B C H I Câu 76. (THPT Chuyên tỉnh Tuyên Quang – Trại hè Hùng Vương lần X) Cho hai đường tròn O; R và O'; R' tiếp xúc với nhau tại A , O' nằm trong O , BC là một dây cung của O tiếp xúc với O' tại M . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng a. Ba điểm A , I , M thẳng hàng. b. Khi dây BC thay đổi thì điểm I thuộc một đường tròn cố định. Lời giải B M' M B' I O O' A C a) Gọi M’ là giao điểm thứ hai của MA với (O) và B’ là giao điểm thứ hai của BA với (O’) (khác A). R Đặt k . Ta thấy V k (O') O,V k (M ) M ' , suy ra O’M // OM’. Vì O’M  BC R' A A nên OM’  BC, do đó M’ là điểm chính giữa cung B»C . Vậy AM là phân giác của góc B· AC , hay I thuộc đường thẳng AM.
67. IA BA b) Theo tính chất của phân giác thì . IM BM Mặt khác, theo tính chất của phương tích thì IA AB AB BM 2 BB'.BA . IM BB'.AB BB' k Vì VA (B') B nên   AB k AB k.AB' AB k.AB' AB k(AB BB') . BB' k 1 Do đó k IA k k   AI (AM AI) AI q.AM , q k 1 . IM k 1 k 1 k 1 k 1 q q Vậy VA (M ) I . Do M (O') nên I (O'') VA ((O')) cố định. Câu 77. THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành – Tỉnh Yên Bái – Thi Toán Khối 11) Cho tam giác ABC không cân tại A . Gọi O và I theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC . I tiếp xúc với AC , AB tại E , F . Các điểm M , N thuộc I sao cho EM song song BC và FN song song BC . Gọi P , Q lần lượt là giao điểm của BM , CN với I . Chứng minh rằng a. BC , EP , FQ đồng quy tại một điểm, gọi đó là điểm K . b. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác BPK , CQK cùng tiếp xúc với I và cùng đi qua một điểm thuộc O . Lời giải A d P F N L E M I Q O B D C K S
68. a) Gọi S là giao điểm của BC và EF. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC. Ta có DMFP là tứ giác điều hòa E DSPM E DFPM 1 Mà EM//DS. Do đó EP đi qua trung điểm của DS. Tương tự FQ đi qua trung điểm của DS. Vậy BC, EP, FQ đồng quy tại trung điểm của DS. Kí hiệu là K. b) Kí hiệu (XYZ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Gọi d là tiếp tuyến vơi (I) tại P. Ta có: KP,KB  EP,EM mod  d,PM mod  d,PB mod . Suy ra d tiếp xúc với (BPK) tại P. Vậy (PBK) tiếp xúc với (I). Tương tự (CQK) tiếp xúc với (I). Kí hiệu EE, FF theo thứ tự chỉ tiếp tuyến với (I) tại E, F. Gọi L là giao điểm khác K của (BPK) và (CQK). Ta có: LB,LC  LB,LK LK,LC mod  PB,PK QK,QC mod P LBK ;Q LKC  PM ,PE QF,QN mod  EM ,EE FF,FN mod  AB, AC mod FN / /EM ;FF  AB;EE  AC . Suy ra L thuộc (ABC). Điều đó có nghĩa là đường tròn ngoại tiếp các tam giác BPK và CQK cùng đi qua một điểm thuộc (O). Câu 78. (Sở GDĐT Nghệ An – Chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia lớp 12- 2006-2007) Cho tam giác ABC . Gọi hai điểm B' ,C ' lần lượt là trung điểm các cạnh AC , AB và H là hình chiếu của A lên BC . Chứng minh đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB'C ' , BC 'H , B'CH đồng quy tại một điểm đồng thời đường thẳng đi qua điểm đó và điểm H đi qua trung điểm đoạn thẳng B'C ' .