›
›
›

Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 2: Chứng minh tính chất: Tam giác, tứ giác, đường tròn - Ngô Tùng Hiếu

docx 47 trang nhungbui22 11/08/2022 2590
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 2: Chứng minh tính chất: Tam giác, tứ giác, đường tròn - Ngô Tùng Hiếu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtai_lieu_on_thi_hoc_sinh_gioi_toan_lop_11_chuyen_de_hinh_hoc.docx

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Hình học phẳng - Dạng 2: Chứng minh tính chất: Tam giác, tứ giác, đường tròn - Ngô Tùng Hiếu

  1. Loại 2: Chứng minh tính chất: tam giác, tứ giác, đường tròn. Câu 1. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Vòng 2)- năm học 2001-2002] Trong mặt phẳng, cho tứ giác (lồi) có: tổng khoảng cách từ mỗi đỉnh đến các cạnh là một số không đổi đối với tất cả các đỉnh. Chứng minh rằng tứ giác đó là hình bình hành. Lời giải Gọi n là vectơ pháp tuyến đơn vị của đường thẳng a, n có gốc trên a. M và N là hai điểm ở về một nữa mặt phẳng có bờ a chứa vectơ n .  2  2 M Khi đó ta có: HM.n tM .n (1) KN.n t N .n (2) n Từ giả thiết ta được: t = d(M,a) và t = d(N,a) và từ (1) và (2) suy ra: N  M N MN.n d(N,a) d(M,a) (3).     H Gọi n1 , n2 , n3 , n4 là các vectơ pháp tuyến đơn vị có gốc trên K các cạnh AB,BC,CD,DA và ở miền trong tứ giác ABCD. a Gọi k là tổng khoảng cách từ một đỉnh đến các đường thẳng chứa cạnh của tứ giác. Khi đó ta có:      AB ( n1 + n2 + n3 + n4 ) = [d(B,AB) – d(A,AB)] + [d(B,BC) – d(A,BC)] + [d(B,CD) – d(A,CD)] + [d(B,DA) – d(A,DA)]           Do đó: AB ( n1 + n2 + n3 + n4 ) = k – k = 0 (4). Tương tự ta có: BC ( n1 + n2 + n3 + n4 ) = 0 (5).     Vì A,B,C không thẳng hàng nên từ (4) và (5) ta suy ra: n1 + n2 + n3 + n4 = 0 (6).  2  2    2  2       Từ (6) suy ra: n1 + n2 + 2n1.n2 = n3 + n4 + 2n3.n4 nên: ( n1 , n2 ) = ( n3 , n4 ) (7).  2  2    2  2       Từ (6) suy ra: n2 + n3 + 2n2.n3 = n1 + n4 + 2n1.n4 nên: ( n2 , n3 ) = ( n1 , n4 ) (8).         0 Do: ( n1 , n2 ) + ( n2 , n3 ) + ( n3 , n4 ) + ( n1 , n4 ) = 360 nên:             0 0 ( n1 , n2 )+( n2 , n3 ) = ( n3 , n4 )+( n1 , n4 ) = 180 , suy ra:( n1 , n3 ) = 180 , tương tự: ( n2 , n4 ) = 1800. (9) Từ (9) suy ra các cạnh đối của tứ giác song song nhau: AB // CD, BC // AD. Vậy ABCD là hình bình hành. Cách khác: Sau khi chứng minh được (6). Gọi 0 là một điểm tùy ý.         Đặt: ON1 n1, ON2 n2 , ON3 n3 , ON4 n4 suy ra Ni thuộc đường tròn tâm O, bán kính 1. Do (6) suy ra O là trọng tâm của tứ giác N 1N2N3N4 suy ra O là trung điểm của đoạn nối hai trung điểm của hai cạnh N 1N2, N3N4 và từ đó suy ra: N 1N2 // N3N4, suy ra N1N2N3N4 là hình chữ nhật, suy ra:     n2 n4 , n1 n3 nên AB // CD,BC // AD. Vậy ABCD là hình bình hành. Câu 2. [SỞ THỪA THIÊN HUẾ ( Bảng B-Vòng 2)- năm học 2000-2001] Cho đường thẳng cố định a và một điểm A cố định trên a. Gọi (C) là đường tròn lưu động ở trong một nữa mặt phẳng ( ) có bờ a. (C) có bán kính không đổi R và luôn tiếp xúc với a, gọi M là tiếp điểm. Gọi I là tâm của đường tròn (C).
  2. Chứng minh rằng trong mặt phẳng chứa đường tròn (C), có một parabol (P) cố định sao cho trục đẳng phương của (C) và đường tròn đường kính AI luôn luôn tiếp xúc (P) khi M thay đổi trên a. Trong mặt phẳng chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, với Ox trùng với a, nữa mặt phẳng là nữa mặt phẳng y > 0, O trùng A. Đặt M(m;0) có tâm I(m;R). Phương trình của (C) là: y (C): (x - m)2 + (y - R)2 = R2 hay (C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = 0. Phương trình đường tròn đường kính AI là: •I m2 + R 2 (C’): (x – m/2)2 + (y – R/2)2 = hay 4 A M x (C’): x2 + y2 – mx – Ry = 0. Phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’) là: m m2 (d): mx + Ry – m2 = 0 (d): y = f(x) = - x . R R 1 Xét hàm số y = g(x) = x2 . 4R 2 m m 1 2 x x 2 f (x) g(x) R R 4R (x 2m) 0 Hệ x 2m . f '(x) g '(x) m x x 2m R 2R 1 Vậy Parabol y = f(x) = x2 luôn tiếp xúc với trục đẳng phương (d). 4R Loại 2: Chứng minh các tính chất:tam giác, tứ giác đường tròn. Câu 3. [ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ-2013] Cho ABC cân tại A . Gọi D là trung điểm AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc B· AC tại E nằm trong ABC . Đường tròn ngoại tiếp ABE giao với BD tại F ( khác B ), AF giao với BE tại I . CI giao với BD tại K . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK . Câu 4. [ ĐỀ DUYÊN HẢI LỚP 11 MÔN TOÁN – Trường THPT Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và có trực tâm H . P là một điểm bất kì trên O . Gọi Q,R,S là các điểm đối xứng với P lần lượt qua trung điểm các cạnh BC, CA, AB . Chứng minh rằng bốn điểm H, Q, R, S nằm trên một đường tròn. Hướng dẫn giải - Gọi M , N, K, I lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, PH .
  3. Xét phép vị tự 2 VP : M Q, N R, K S, I H Suy ra phép vị tự này biến đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP hay đường tròn Ơle của tam giác ABC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác QRS . Từ đó để chứng minh H thuộc đường tròn QRS ta chứng minh I thuộc đường tròn Ơle của tam giác ABC . 2 - Xét phép vị tự VH : A' H1, B' H2 , C' H3 , suy ra phép vị tự này biến đường tròn Ơle 2 của tam giác ABC thành đường tròn O , mà VH : I P; P O I nằm trên đường tròn Ơle của tam giác ABC (đpcm). S R A H2 B' H3 K C' N H Q B O A' M P C H1 Câu 5. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI TỔ TOÁN – TIN HỌC 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.
  4. Áp dụng đinh lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác HAB và ba điểm K,L,M ta có: KB LH MA KB LA K,L,M thẳng hàng 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 S = S 1 1 1 AOE BOD .(Bởi vì S = AE.d(O,AE)= c.cosA.R.cosB = R.c.cos A.cosB, AOE 2 2 2 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 hoặcOH đi qua trung điểm DE . 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 OH đi qua trung điểm DE suy ra P là trung điểm OH , suy ra EHDO là hình bình hành, suy ra OD / / EH và EO / / HD . Điều này trái với giả thiết OD cắt BE và OE cắt AD .
  5. 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 6. [TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 11 ] Cho tam giác nhọn ABC , các đường cao BD,CE . Một đường tròn (O) đi qua hai điểm A và E tiếp xúc với cạnh BC tại điểm M . Đường thẳng ME cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AED tại điểm thứ hai K . Hai đường thẳng DK và BC cắt nhau tại N . Chứng minh rằng đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN . Hướng dẫn giải Ta có N· ME E· AM (cùng bằng một nửa số đo cung EM ); mà M· AC E· AC E· AM nên suy ra M· AC (1800 E· KD) N· ME 1800 M· KN N· MK M· NK C· ND suy ra CAM và CND đồng dạng (g.g) CM CA CM.CN CA.CD (1) CD CN Nhận xét: Trong tam giác nhọn ABC tùy ý ta có: BC 2 BE.BA CD.CA . Thậy vậy BC 2 BD2 DC 2 AB2 AD2 DC 2 BE.AB AE.AB AD2 DC 2
  6. BE.AB AD.AC AD2 DC 2 BE.AB AD.CD DC 2 BE.AB CD.CA Kết hợp nhận xét trên với 1 suy ra CM.CN BC 2 BE.BA. Lại có BE.BA BM 2 (cùng bằng phương tích của điểm B đối với O ), nên suy ra: CM.CN BC 2 BM 2 (BC BM )(BC BM ) (BC BM )CM CN BC BM BN BM BN 2 BM 2 BE.BA suy ra đường thẳng BN tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp AEN tại điểm N . Vậy đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp AEN . Câu 7. [Ngân hàng đề Hùng Vương-Trường CHUYÊN BẮC GIANG – năm-Tỉnh BẮC GIANG] Cho tam giác nhọn ABC không cân tại B , T là trung điểm cạnh AC , E và F tương ứng là chân đường cao hạ từ A , C của tam giác. Z là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A , C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , X là giao điểm của ZA và EF , Y là giao điểm của ZC và EF a) Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ . b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EBF cắt nhau tại điểm thứ hai D . Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên DT . c) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Hướng dẫn giải
  7. Z A X T F H D B E C a) ZT là phân giác góc ·AZC . Do ·XAB ·ACB B· FE ·AFX và TA TF , từ đó X và T nằm trên trung trực của AF , do đó T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b)Giả sử AB BC , khi đó D nằm trên cung nhỏ AB . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và L là trung điểm của BH . Ta có được BD và LO vuông góc. Từ BD và DH vuông góc, ta được LO và DH song song. OLHT là hình bình hành nên LO song song với HT , do đó D , H , T thẳng hàng. c) Chứng minh được góc ·ADT ·AXT và TY là đường trung trực của DC . Chứng minh được góc C· DT C· YT nên CTDY là tứ giác nội tiếp. Do đó góc ·XDY ·XZY ·XDT T· DY ·XZY Z· AT Z· CT ·XZY 180o , do đó DXZY là tứ giác nội tiếp. Câu 8. [THI HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2010-2011-THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ] Cho tam giác ABC. Phân giác trong của các góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại các điểm A1, B1,C1 . Đường thẳng AA1 cắt đường thẳng CC1 tại điểm I ; đường thẳng AA1 cắt đường thẳng BC tại điểm N ; đường thẳng BB1 cắt đường thẳng A1C1 tại điểm P . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IPC1 . Đường thẳng OP cắt đường thẳng BC tại điểm M. Biết rằng BM MN và B· AC 2·ABC . Tính các góc của tam giác ABC. Hướng dẫn giải
  8. · 0 * Dễ thấy IPC1 90 , do đó O là trung điểm của IC1 . · · · · * IOP 2IC1P CAB CC1B BC1 // OP * Do BM=MN; OI OC1 IN // C1B 1 Do đó C· IA B· AC , mà C· IA B· AC ·ACB 1 1 2 1 Vậy B· AC B· AC ·ACB B· AC ·ACB 2 Cùng với B· AC 2·ABC ta được B· AC ·ACB 720 ; ·ABC 360 C A1 N B1 I M P B A O C1 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 9. [§Ò thi hsg 11 tØnh nghÖ an - N¨m häc 2002-2003] Trong tam gi¸c ABC, D lµ trung ®iÓm cña c¹nh BC. Gi¶ sö gãc B· AD 150;C· AD 300 . H·y tÝnh tanC. Hướng dẫn giải §Æt BD =CD = a vµ AC =b. ¸p dông ®Þnh lý sin trong ACD vµ ABC ta cã:
  9. b b 2a ; 2a 2 sin(C 300 ) sin(C 450 ) sin(C 300 ) sin C.cos300 cosC.sin 300 2 2 sin(C 450 ) sin Ccos450 cosC.sin 450 1 cosC ( 3 2)sin C tgC (2 3) 3 2 Câu 10. [TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN QUẢNG TRỊ Năm học: 2011 – 2012] Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho đường tròn (C1 ) có tâm I1(2;3) , bán kính R1=1 và đường tròn ( C2 ) có tâm I2 (-1;0) và bán kính R 2 =2 . Xác định phép vị tự tâm I, tỉ số k biến ( C1 ) thành ( C2 ) biết I nằm giữa hai điểm I1, I2 . Hướng dẫn giải R2 2 Theo giải thiết suy ra | k | 2 k 2 . Mặt khác I1, I2 nằm khác phía đối với I R1 1 nên suy ra k 2.   1 x 2(2 x) 3x 3 x 1 Gọi I(x; y) , ta có II2 2II1 Vậy I(1;2) 0 y 2(3 y) 3y 6 y 2 Câu 11. [KỲ THI OLYMPIC 30-4 Lần 16 (3-4-2010) Toán Khối 11] Hãy tìm bên trong một tứ giác lồi một điểm sao cho các đoạn thẳng nối điểm đó và trung điểm các cạnh đối diện chia tứ giác thành 4 phần có diện tích bằng nhau bằng nhau. Hướng dẫn giải Câu 12. [Ngân hàng đề Hùng Vương-Trường CHUYÊN BẮC GIANG – năm-Tỉnh BẮC GIANG] Cho tam giác nhọn ABC không cân tại B , T là trung điểm cạnh AC , E và F tương ứng là chân đường cao hạ từ A , C của tam giác. Z là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A , C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , X là giao điểm của ZA và EF , Y là giao điểm của ZC và EF a) Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ . b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và EBF cắt nhau tại điểm thứ hai D . Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác ABC nằm trên DT . c) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác XYZ. Hướng dẫn giải
  10. Z A X T F H D B E C a) ZT là phân giác góc ·AZC . Do ·XAB ·ACB B· FE ·AFX và TA TF , từ đó X và T nằm trên trung trực của AF , do đó T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác XYZ b)Giả sử AB BC , khi đó D nằm trên cung nhỏ AB . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và L là trung điểm của BH . Ta có được BD và LO vuông góc. Từ BD và DH vuông góc, ta được LO và DH song song. OLHT là hình bình hành nên LO song song với HT , do đó D , H , T thẳng hàng. c) Chứng minh được góc ·ADT ·AXT và TY là đường trung trực của DC . Chứng minh được góc C· DT C· YT nên CTDY là tứ giác nội tiếp. Do đó góc ·XDY ·XZY ·XDT T· DY ·XZY Z· AT Z· CT ·XZY 180o , do đó DXZY là tứ giác nội tiếp. Câu 13. [Ngân hàng đề Trêng T.H.P.T Chuyªn Th¸i B×nh- ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LỚP 11 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.
  11. 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 cã . . . . . . 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). Do đó X, H, Z thẳng hàng (2). Từ (1) và (2) suy ra XY đi qua H (đpcm).
  12. A F E M N Z K X Y L B C Q O H P (h.2.2) Câu 14. Cho đường tròn (O, R) và một điểm S ở trong đường tròn. Xét tất cả các góc vuông đỉnh S: gọi giao điểm của hai cạnh góc vuông với đường tròn là A, B. Tìm tập hợp trung điểm M của AB. Hướng dẫn giải A M A' S I B O M' B' Gọi I là trung điểm SO, đặt SO a (không đổi) MS 2 MO2 SO2 MS 2 MO2 a2 Ta có MI 2 2 4 2 4 2 2 Mặt khác PM /(O) MA.MB R MO mà MA MB SM nên MS 2 R2 MO2 MS 2 MO2 R2 R2 a2 MI 2 không đổi. 2 4
  13. 1 Vì I cố định nên M thuộc đường tròn tâm I bán kính MI 2R2 a2 2 1 Đảo lại, trên đường tròn (I) lấy M’ tuỳ ý M 'I 2R2 a2 . Lấy M’ làm tâm quay một 2 cung tròn bán kính M’S cắt (O) tại A’. Ta có M’A’ = M’S. Kéo dài M’A’ cắt (O) tại B’. 1 1 M 'S 2 M O2 4M 'I 2 SO2 2R2 a2 a2 R2 Xét tam giác M’SO có: 2 2 M ' A'2 M 'O2 OA'2 Hay tam giác OM’A’ vuông tại M’ suy ra M’ là trung điểm A’B’ nghĩa là M’A’=M’B’=M’S hay tam giác SA’B’ vuông tại S. Câu 15. [Ngân hàng đề Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi, tỉnh Hải Dương - ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LỚP 11 N¨m häc ] () Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O và có trực tâm H. P là một điểm bất kì trên (O). Gọi Q, R, S là các điểm đối xứng với P lần lượt qua trung điểm các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng bốn điểm H, Q, R, S nằm trên một đường tròn. Hướng dẫn giải - Gọi M, N, K, I lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, PH. Xét phép vị tự 2 VP : M Q, N R, K S, I H Suy ra phép vị tự này biến đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP hay đường tròn Ơle của tam giác ABC thành đường tròn ngoại tiếp tam giác QRS. Từ đó để chứng minh H thuộc đường tròn (QRS) ta chứng minh I thuộc đường tròn Ơle của tam giác ABC. 2 - Xét phép vị tự VH : A' H1, B' H2 , C' H3 , suy ra phép vị tự này biến đường tròn 2 Ơle của tam giác ABC thành đường tròn (O), mà VH : I P; P O I nằm trên đường tròn Ơle của tam giác ABC (đpcm).
  14. S R A H2 B' H3 K C' N H Q B O A' M P C H1 Câu 16. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM QUẢNG NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2013 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: TOÁN, LỚP 11] Cho đường tròn (O;R) và một điểm I cố định ở trong đường tròn (I O), đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt đường tròn tại C và D; A là một điểm nằm trên đường tròn, tia đối xứng với tia IA qua đường thẳng CD cắt đường tròn tại B. Gọi M là trung điểm của AB. a) Chứng minh đường thẳng AB đi qua một điểm cố định L khi A thay đổi trên đường tròn (O;R). b) Gọi N, P là giao điểm của đường thẳng OM với đường tròn (O). Đường thẳng CN và DP cắt nhau ở Q. Chứng minh rằng các điểm Q, N là những tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD. Hướng dẫn giải L B K D C I E Q N M O P A Gọi L là giao điểm của AB và OI; K là giao điểm của AB và CD.
  15.  Ta có IE OL và IE là phân giác của góc AIB , suy ra: (ABKL)=-1 Suy ra: MA2 MB 2 MK.ML (M là trung điểm của AB, New-tơn) = (ML LK).ML = ML2 LK.LM Mà ta lại có: PL / (IOMK) LI.LO LK.LM Do đó: MA2 ML2 LK LM ML2 LI.LO Suy ra: ML2 MA2 LI.LO LO 2 OM 2 MA2 LI.LO Suy ra: OL2 OA2 LI.LO (LO OI)LO LO 2 OI.OL R 2 Suy ra OA2 OI.OL . Suy ra OL . Vậy L cố định. OI Trước hết ta chứng minh MK là phân giác của góc CMD. Gọi E là giao điểm của OM với CD Ta có: OIE OML Suy ra: OM.OE OI.OL OA2 R 2 Suy ra: OE 2 OM.OE OE 2 R 2 Suy ra: OE.ME IE 2 OI 2 R 2 IE 2 (R 2 OI 2 ) IE 2 IC 2 Ta có: PE /(OIRM ) KE.IE OE.ME Do đó ta suy ra: KE.IE IE 2 IC 2 Suy ra: IC 2 IE 2 IE.KE IE(IE KE) IE.IK Theo hệ thức Newton, ta suy ra: (CDKE)=-1 (1) Mà MK ME nên MK là phân giác trong của góc C· MD (2) Theo chứng minh trên ta có: OM.OE R 2 ON 2 Suy ra: (PNME)= -1 Suy ra: (NPME)= -1 (3)
  16. Từ (1) và (3) ta suy ra: CN, PD, KM đồng quy tại Q.  Mà góc QDN 900 nên QMND là tứ giác nội tiếp    Suy ra: QDM QNM CDP  Suy ra DP là phân giác trong của góc CDM . (4) Từ (2) và (4), ta có Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CMD Ta lại có DNDP suy ra DN là phân giác ngoài của góc C· DM . Suy ra N là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác CMD. Vậy Q, N lần lượt là tâm của đường tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác CMD. Câu 17. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM TỈNH QUẢNG NAM NĂM 2015 ] Cho VABC 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 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 VABC . 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,
  17. 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) và (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. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI LỚP 11] Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao BD, CE. Một đường tròn (O) đi qua hai điểm A và E tiếp xúc với cạnh BC tại điểm M. Đường thẳng ME cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AED tại điểm thứ hai K. Hai đường thẳng DK và BC cắt nhau tại N. Chứng minh rằng đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN. Hướng dẫn giải Ta có N· ME E· AM (cùng bằng một nửa số đo cung EM);
  18. mà M· AC E· AC E· AM nên suy ra M· AC (1800 E· KD) N· ME 1800 M· KN N· MK M· NK C· ND suy ra CAM và CND đồng dạng (g.g) CM CA CM.CN CA.CD (1) CD CN Nhận xét: Trong tam giác nhọn ABC tùy ý ta có: BC 2 BE.BA CD.CA . Thậy vậy BC 2 BD2 DC 2 AB2 AD2 DC 2 BE.AB AE.AB AD2 DC 2 BE.AB AD.AC AD2 DC 2 BE.AB AD.CD DC 2 BE.AB CD.CA Kết hợp nhận xét trên với (1) suy ra CM.CN BC 2 BE.BA. Lại có BE.BA BM 2 (cùng bằng phương tích của điểm B đối với (O)), nên suy ra: CM.CN BC 2 BM 2 (BC BM )(BC BM ) (BC BM )CM CN BC BM BN BM BN 2 BM 2 BE.BA suy ra đường thẳng BN tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN tại điểm N. Vậy đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ANE. Câu 19. [Trưêng PT CÊp 2+ 3 T©n S¬n B¾c giang N¨m häc 2008 – 2009] Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp ®êng trßn (C). §iÓm A’ lµ ¶nh cña A qua phÐp ®èi xøng trôc BC. T×m quü tÝch ®iÓm A’ khi A di ®éng trªn (C). Hướng dẫn giải Câu 20. [Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng 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] Cho đường tròn (O) và dây AB. Các đường tròn (O1) và (O2 ) nằm về một phía đối với đường thẳng AB, tiếp xúc với nhau tại T đồng thời tiếp xúc với AB và tiếp xúc trong với đường tròn (O) . Tiếp tuyến chung tại T của các đường tròn (O1) và (O2 ) cắt đường tròn (O) tại C (với C thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng AB có chứa hai đường tròn (O1) và (O2 ) ).
  19. Chứng minh rằng T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn giải + Gọi E, F, M, N lần lượt là tiếp điểm (O1), (O2 ) với đường tròn (O) và AB như hình vẽ. Gọi K là giao điểm thứ hai của EF với (O) . Ta có các điểm E, O1 , O thẳng hàng; các điểm M, O2 , O thẳng hàng. · · · + Hơn nữa EKO OEF O1FE O1F //OK OK  AB . Vậy K là điểm chính giữa cung AB. Như vậy EF đi qua điểm chính giữa K của cung AB. + Chứng minh tương tự ta cũng có MN cũng đi qua K. + Từ đó M· EF M· NB nên tứ giác EFNM là tứ giác nội tiếp, do đó P KF.KE KN.KM P . K /(O1 ) K /(O2 ) Vậy điểm K nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2 ) , suy ra ba điểm C, T, K thẳng hàng. Từ đó điểm T nằm trên phân giác của ·ACB (1) + Ta có các cặp tam giác đồng dạng VKAF và VKEA ; VKBN và VKMB . Từ đó KA2 KF.KE KT 2 , suy ra KA KT . Ta lại có KA KB , suy ra KA KB KT . Vì vậy các tam giác KAT và KBT cùng cân tại K. Do đó C·AT A·TK ·ACT T·AK B·AK T·AB .
  20. Suy ra AT là phân giác của C·AB (2) + Từ (1) và (2) suy ra T là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm). Câu 21. [CHUYÊN CAO BẰNG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2013] Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một đường thẳng 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) và (O’) tạiM và M’.Chứng minh rằng MM’ quaB. Hướng dẫn giải P' I P A O' Q' J O Q S M' M B Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O) và (O’). R ' Đặt k , khi đó ta có. R V (S,k) : (O) (O '), P P ',Q Q ' 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 đó Q’B //AQ hay Q’M’ // QM. Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’ Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng vớiB. Vậy V(S, k) biến M thànhB. Tương tự ta có V(S, k) biến M’ thànhB. Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ qua B
  21. Câu 22. [Trường THPT Chuyên Hạ Long Đề thi Trại Hè Hùng Vương năm 2013] Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AC.Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc B· AC tại E nằm trong tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD tại F ( khác B), AF giao với BE tại I. CI giao với BD tại K. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK. Hướng dẫn giải Gọi D’ là trung điểm của AB và M là trung điểm cạnh BC. Ta có D’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp BCD. Do tính đối xứng nên suy ra D¼' E E»D suy ra ¼ABI D¼' BE E¼BD I¼BK suy ra I nằm trên phân giác góc ¼ABK hay BI là tia phân giác góc ¼ABK (1) 1.0 đ 1 1 Ta có: D¼FA 180o B¼FA 180O B¼EA M¼EB C¼EB C¼DB 2 2 => D¼FA D¼AF suy ra AFD cân tại D. 1.0 đ Do IA.IF = IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn ngoại tiếp BCD . Từ đó CI đi qua giao điểm thứ hai J của hai đường tròn này. 1,0đ Ta có D· CJ D· JC D· BC nên DA2 DC 2 DK.DB Suy ra D· AK D· BA hay F· AD F· AK D· FA B· AF . Từ đó F· AK B· AF . Ta có (đpcm) 1.0đ A E D' J I D K F C B M Câu 23. [CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2013] Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Các điểm D, E lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho B· OC ·ABC,C· OE ·ACB. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BOD cắt cạnh BC tại B và F. Chứng minh rằng: a) ADOE là một tứ giác nội tiếp. BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Hướng dẫn giải
  22. A D E O B F C Ký hiệu B· AC µA, ·ABC Bµ, ·ACB Cµ. a) Từ giả thiết, ta có D· OE 3600 D· OB B· OC C· OE 3600 Bµ Cµ 2µA 1800 µA Suy ra ADOE là một tứ giác nội tiếp. b) Trước hết, ta chứng minh CEOF là một tứ giác nội tiếp. Thật vậy, E· OF 360 E· OD D· OF 360 (180 µA) (180 Bµ ) µA Bµ. Từ đó E· OF E· CF µA Bµ Cµ 1800 hay CEOF là một tứ giác nội tiếp. Do ADOE là một tứ giác nội tiếp nên C· FE C· OE Cµ (1) Ta chứng minh E· OF Cµ (2), thật vậy E· DF E· DO O· DF E· AO O· BF O· CA O· CB Cµ. Từ (1) và (2) suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Câu 24. [Trường THPT Chuyên Hoàng Văn Thụ - Tỉnh Hòa Bình-ĐỀ XUẤT ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG Năm học 2012-2013] Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. M là một điểm thuộc đường tròn (O). MA cắt lại đường tròn (O’) lần thứ hai tại N, MB cắt lại đường tròn (O’) lần thứ hai tại P. Tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng MQ đi qua trung điểm của NP. Hướng dẫn giải
  23. N A E K O' Q O M F B P Qua Q kẻ EF // NP (E MN, F MP) Yêu cầu đề bài trở thành chứng minh Q là trung điểm EF. Ta có: ·AEQ ·ANP ·ABM (Do ANPB là tứ giác nội tiếp) Lại có ·ABM M· Ax Q· AE VQAE cân tại Q Chứng minh tương tự VQBF cân tại Q QA QF QA QB mà QB QF QE QF Q là trung điểm EF MQ đi qua trung điểm NP Câu 25. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN TỈNH HƯNG YÊN NĂM 2016] Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại hai điểm A,B. Một đường thẳng qua B cắt hai đường tròn (O1), (O2) tại điểm thứ hai là C,D. Gọi M là trung điểm của CD; Đường thẳng AM cắt đường tròn (O2) tại điểm thứ hai là P; Đường thẳng (d) qua M và vuông góc với O 1M cắt đường thẳng AC tại Q. Chứng minh đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn giải Bổ đề: Tứ giác ABCD nội tiếp (O); Gọi M là giao điểm của AB và CD. Đường thẳng d qua M và d  OM. Đường thẳng d cắt BD, AC, AD, BC lần lượt tại K, H, I, J. Chứng minh MH = MK; MI = MJ.
  24. B O C I G A D H N M K J Gọi N là giao điểm của AD và BC; G là giao điểm của AC và BD. Dựng hai tiếp tuyến NP, NQ của (O) (P, Q là các tiếp điểm). PQ cắt BC, AD tại Z và T. Ta có: (NZCB) = (NTDA) = - 1 nên ZT, CD, AB đồng quy tại M. (NZCB) = (NTAD) = - 1 nên ZT, CA, BD đồng quy tại G Do đó P,Q, Z, T, G, M thẳng hàng. Theo định lý Brocard, O là trực tâm tam giác GMN nên NG // d (1) Ta có, (NTDA) = - 1 nên G(NTDA) = - 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của HK. Ta có, ABCDMN là tứ giác toàn phần nên (XGDB) = -1 N(XGDB) = -1 (3). Từ (1) và (3) suy ra M là trung điểm của IJ. Trở lại bài toán: Q E A O 1 K O2 D C B M P R Gọi K = AM  (O1); R = BK  d Ta có CK // PD và M là trung điểm của CD nên CKDP là hình bình hành. Suy ra M là trung điểm của PK. Theo bổ đề, ta có: M là trung điểm của QR nên KRPQ là hình bình hành. Do đó, RK // PQ. Gọi E là giao điểm của PQ và (O2).
  25. Ta có: Q· PK P· KB ; Q· PK ·ABE nên P· KB ·ABE · · Suy ra BAK EBK hay BE là tiếp tuyến của (O1) nên E cố định. Vậy PQ luôn đi qua điểm E cố định. Câu 26. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN NĂM 2016] Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AH và tâm đường tròn nội tiếp là I. Gọi M là điểm chính giữa cung nhỏ BC của (O) và D là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MD cắt các đường thẳng BC, AH theo thứ tự tại P và Q. a. Chứng minh rằng tam giác IPQ vuông. b. Đường thẳng DI cắt (O) tại điểm E khácD. Hai đường thẳng AE và BC cắt nhau tại điểm F. Chứng minh rằng nếu AB AC 2BC thì I là trọng tâm của tam giác APF. Hướng dẫn giải A I O B H L C P D M Q Các hình vẽ sau cho trường hợp AB < AC. a. (3 điểm) 1 Ta có: OAC = 900 – AOC 2 = 900 –ABC = BHA và AI là phân giác BAC nên HAI = OAI. Suy ra AQD cân tại A MQ = MD (1). Gọi L là giao điểm AM và BC. Khi đó LPD = 900 – HQP = 900 – ADM = LAD. Do đó tứ giác ALDP nội tiếp được
  26. MD.MP = ML.MA (2). ML MC Lại có MIC = MCI Ta có MLC  MCA (g – g) nên MC 2 ML.MA (3). MC MA A C = nên MIC 2 cân tại M MC = MI (4). Từ (1), (2), (3), (4) ta có: MI 2 MC 2 = ML.MA = MD.MP = MQ.MP. Suy ra tam giác IPQ vuông tại I. A E N I O F B H L C P D M Q b. (2 điểm) Từ câu a. ta suy ra HIPQ nội tiếp IHP = IQP = IDM = EAM do đó tứ giác AIHF nội tiếp AIF = AHF = 900. Gọi N là trung điểm của đoạn FA. Khi đó NIA = NAI = EDM = IQP = MIP nên N, I, P thẳng hàng. Theo tính chất phân giác và giả thiết thì IA BA AB.BC AB.BC BA : BA : 2 . IL BL AB AC 2BC Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác AFL với cát tuyến NIP ta có AN FP LI FP 1 . . 1 1. . 1 L là trung điểm của PF. NF PL IA PL 2 Từ đó suy ra I là trọng tâm của tam giác APF. Câu 27. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ TỈNH HÒA BÌNH TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII]
  27. Cho tam giác ABC, đường tròn tâm O bàng tiếp góc A tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB lần lượt tại T, F, E. Hai đường thẳng BE, CF cắt nhau tại I a) Chứng minh A, I, T thẳng hàng b) Vẽ đường tròn tâm O khác đường tròn bàng tiếp góc A ở trên cắt đoạn AB,AC tại M, N; cắt đường thẳng BC tại A1, A2 với A1 thuộc tia đối BC, A2 thuộc tia đối CB. A1 M cắt A2 N tại K. Chứng minh rằng K nằm trên đường thẳng AI Hướng dẫn giải A N M K A1 T C B F I E O c1 a) Cần chứng minh AT, BF,CE đồng quy. Áp dụng định lí Ceva với tam giác ABC TB FC EA . . 1 suy ra A,I,T thẳng hàng. TC FA EB b) A1B BM , A2C CN AK AN + A N  AI K 1 2 1 AT AF AK AM + A M  AI K 2 1 2 AT AE Cần chứng minh AM=AN Ta có AO vuông góc với MN suy ra tam giác AMN cân dẫn đến AM=AN K1  K2 Câu 28. [TRƯỜNG THPT CHUYÊNLƯƠNG VĂN TỤY KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 – 2015]
  28. Cho tam giác ABC ( B· AC 900 ) có H là trực tâm và M là trung điểm của BC. P là một điểm thuộc đường thẳng HM, đường tròn (K) đường kính AP cắt AC, AB lần lượt tại E, F khác A. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC. Hướng dẫn giải Gọi T là giao điểm của các tiếp tuyến với (K) tại E, F. Y, Z theo thứ tự là giao điểm của CH, BH và CA, AB. (N) là đường tròn đường kính AH, S là giao điểm thứ hai của (K) và (N). Có hai trường hợp xảy ra: Trường hợp 1. P trùng với H. Dễ thấy E  Y,F  Z . Do đó T  M . Trường hợp 2. P không trùng với H. Dễ thấy các tam giác SEY, SFZ đồng dạng cùng hướng. Do đó các tam giác SEF, SYZ đồng dạng cùng hướng (1). Từ (1), chú ý rằng TE, TF tiếp xúc với (K) tại E,F và MY, MZ tiếp xúc với (N) tại Y, Z suy ra các tam giác TEF, MYZ đồng dạng cùng hướng (2). Từ (1), (2) suy ra các tam giác STF, SMZ đồng dạng cùng hướng. Do đó các tam giác STM, SFZ đồng dạng cùng hướng (3). Dễ thấy: ·ASH 900 ·ASP . Do đó: SH=SP. Kết hợp với P thuộc HM suy ra SM=SH(4). Từ (3), (4) suy ra: (TM , AH )  (TM ,FZ) (FZ, AH )  (SM ,SZ) (AZ, AH )(mod )  (SH,SZ) (SZ,SH)  0(mod ) Vậy TM P AH  BC . Nói cách khác, tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC. Câu 29. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM 2015]
  29. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có AC vuông góc với BD tại điểm H. Gọi I, J, K, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên các đường thẳng AB, BC, CD, DA, gọi M, N, P, Q tương ứng là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. a) Chứng minh rằng tám điểm I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của đoạn thẳng OH. b) Chứng minh rằng giao điểm của IK và JL nằm trên đường thẳng OH. Hướng dẫn giải Trước hết ta chứng minh H, I, P thẳng hàng. Thật vậy, ·AHI 900 I·AH 900 H· DC H· CD P· HC ( vì HP là trung tuyến của tam giác vuông HCD) suy ra I, H, P thẳng hàng. Tương tự cũng có J, H, Q thẳng hàng, K, H, M thẳng hàng, L, H, N thẳng hàng. Rõ ràng I và K nằm trên đường tròn đường kính MP, J và L nằm trên đường tròn đường kính NQ. (1) Mặt khác, MNPQ là hình bình hành và MN song song AC, NP song song BD, AC vuông góc BD nên MN vuông góc NP, vì vậy MNPQ là hình chữ nhật. Do đó đường tròn đường kính MP cũng là đường tròn đường kính NQ (2) Từ (1) và (2) suy ra I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của MP và NQ, gọi tâm đó là T. Hơn nữa, OM song song HP( vì cùng vuông góc với AB), OP song song HM(vì cùng vuông góc với CD) nên OMHP là hình bình hành, do đó trung điểm T của MP cũng là trung điểm của OH. Vậy I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của OH. b)(2 điểm) Ta sẽ dùng phép nghịch đảo để chứng minh phần này. Kí hiệu (T) là đường tròn được nêu trong phần (a).Ta có PH /(T ) HI.HP HJ.HQ HK.HM HL.HN k nên phép nghịch đảo cực H phương tích k biến I thành P, J thành Q, K thành M, L thành N. Ta xét hai trường hợp: + Nếu IK và JL đều không đi qua H: thế thì phép nghịch đảo nêu trên biến
  30. IK thành đường tròn (HPM), biến JL thành đường tròn (HQN). Gọi G là giao điểm của IK và JL, phép nghịch đảo trên biến G thành G' thì G' thuộc cả hai đường tròn (HPM) và (HQN). Vậy đường thẳng HG' là trục đẳng phương của hai đường tròn này. Ta có MNPQ là hình chữ nhật tâm T nên TM.TP TN.TQ PT /(HPM ) PT /(HQN ) do đó T thuộc trục đẳng phương HG'. Mà T là trung điểm của OH và H, G, G' thẳng hàng nên G nằm trên đường đẳng OH.(đpcm) + Nếu IK hoặc JL đi qua H: giả sử IK đi qua H, thế thì AB song song CD nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn (O), do đó ABCD là hình thang cân. Khi đó I, H, O, K thẳng hàng nên giao điểm của IK và JL nằm trên đường thẳng OH.(đpcm) Câu 30. [SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2014 – 2015] Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R , trên cạnh BC lấy các điểm E,F sao cho điểm E nằm giữa hai điểm B,F và B· AE C· AF . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng AB và AC , kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D . Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Hướng dẫn giải Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Đặt B· AE C· AF , E· AF . 1 1 AF S AB.AF.sin  AC.AF.sin AB.CD AC.BD (1) ABC 2 2 4R Diện tích tứ giác AMDNA là 1 1 S AM.AD.sin AD.AN.sin(  ) AMDN 2 2 1 = AD. AF.cos  .sin AF.cos .sin  2 1 M AFO N AD.AF.sin 2  .AD.BC . (2) 2 4R B E C Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đườngF tròn nên ta có: D
  31. AB.CD AC.BD AD.BC (3) Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh. Câu 31. [SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2015 – 2016] OA2 OB2 OC 2 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng 1, với bc ca ab a BC,b AC,c AB . Hướng dẫn giải Gọi M, N,P lần lượt là các tiếp điểm của O với AB, AC, BC. Ta có AM AN , OM ON nên 1 1 S AM 2 .sin A OM 2 .sin M· ON AMON 2 2 1 1 AM 2 OM 2 .sin A= .OA2 .sin A 2 2 1 1 Tương tự: S .OB2 .sinB , S .OC2 .sinC BPOM 2 CPON 2 Khi đó: OA2 OB2 OC2 OA2 .sin A OB2 .sinB OC2 .sinC bc ca ab bc.sin A ca.sinB ab.sinC 2 SAMON SBPOM SCPON 2S ABC 1 2SABC 2SABC Câu 32. [TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI NĂM 2015] . Cho tam giác ABC. Gọi B1 là điểm đối xứng của B qua AC, C1 là điểm đối xứng của C qua các đường thẳng AB, O1 là điểm đối xứng của O qua BC. Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1 nằm trên đường thẳng AO1. Hướng dẫn giải
  32. K B1 A C1 Q H P O C B O1 Gọi H là trực tâm ΔABC. Gọi AB1, CH cắt nhau tại P, AC1 và BH cắt nhau tại Q. Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1. Dễ thấy O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. · 0 · · · Xét tứ giác B1AHC. Ta có HCA 90 CAB ABH HB1A. Vì vậy B1AHC nội tiếp đường tròn (w1).Tương tự C1AHB nội tiếp đường tròn (w2). Trục đẳng phương của (K) và (w1) là AB1, Trục đẳng phương của (O1) và (w1) là CH. Nên P là tâm đẳng phương của (O1), (K) và (w1) và nó phải nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (K). Tương tự ta Chứng minh được Q nằm trên trục đẳng phương của các đường tròn (O 1) và (K). Vì vậy, PQ vuông góc O1K. · · · Lại có QC1P ABH QB1P ( cùng chắn cung AH của (w2) nên PQB1C1 nội tiếp và tam giác AQP đồng dạng tam giác AC1B1. Ta lại có 1 C· AK 900 C· KA 900 A· B C 900 P· QA nên KA là đường vuông góc PQ. 1 2 1 1 1 Vậy KA và O1K vuông góc PQ nên A, K, O1 thẳng hàng. Bài 1. Cho tam giác 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 tam giác ABC sao cho PD || AE và  PAB EAC . Chứng minh rằng:  PBA PCA . Hướng dẫn giải
  33. A T O P C M E Vẽ hình bình hành BPCQ , khi đó PQ và B D BC giao nhau tại trung điểm M của mỗi đường. Q 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. Vẽ hình bình hành BPAT. Khi đó ta cũng suy ra TACQ là hinh bình hành. Ta có  TQA=  QAE=  EAC=  BAP=  APT. Do đó tứ giác TAQB nội tiếp.  Ta thấy qua phép tịnh tiến véc tơ BP thì tam giác BQT biến thành tam giác PCA. Do đó  ACB=  TQB=  TAB=  ABP (ĐPCM). Bài 2. 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. Hướng dẫn giải K A Q D P O H Gọi K là giao điểm của BD và O , K B. Q là giao điểm của CK và PD. B C Theo định lý con bướm, suy ra D là trung điểm của đoạn PQ.
  34. 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. Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AH , trực tâm K . Đường thẳng BK cắt đường tròn đường kính AC tại D, E BD BE Đường thẳngCK cắt đường tròn đường kính AB tại F,G (CF CG). Đường tròn ngoại tiếp tam giác DHF cắt BC tại điểm thứ hai là P . a) Chứng minh rằng các điểm G, H, P, E cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng các đường thẳng BF,CD, PK đồng quy. Hướng dẫn giải A E G K F D B H P C       a) Ta có PK / AGHF KG.KF KA.KH PK / ADHE KD.KE. Suy ra tứ giác GDFE nội tiếp. Dẫn đến G· DF G· EF 1800 (1). Từ giả thiết ta có AB, AC lần lượt là đường trung trực của GF, DE. Suy ra A là tâm của đường 1 tròn (GDFE). Suy ra G· EF G· AF B· AF (2). 2 Ta có F· DP F· HP (cùng chắn cung F»P của đường tròn (DHF)). Xét đường tròn đường kính 1 1 AB ta có F· HP sdB¼H sdH»F sdB»F B· AF G· EF (do (2)). 2 2 Suy ra F· DP G· EF (3). Từ (1) và (3) suy ra G· DF F· DP 1800. Suy ra G, D, P thẳng hàng. Tương tự E, F, P thẳng hàng.
  35. Vì A là điểm chính giữa cung G¼AF của đường tròn đường kính AB nên ·AHG ·AHF. Tương tự ·AHE ·AHD. Suy ra G· HE ·AHG ·AHE ·AHF ·AHD D· HF D· PF G· PE. Suy ra các điểm G, H, P, E cùng thuộc một đường tròn. b) Nhận thấy rằng, ba đường tròn (GDFE), (DHPF), (GHPE) có 3 trục đẳng phương DF, GE, HP đồng quy (tại Q). Từ đó, ta xét bài toán tổng quát như sau: “Cho tam giác PGE. Điểm Q thuộc tia đối của tia GE. Đường thẳng đi qua Q cắt cạnh PG, PE lần lượt tại D, F. Gọi K là giao điểm của GF và DE. Đường thẳng PQ cắt EK, GK lần lượt tại B,C. Chứng minh rằng các đường thẳng BF, CD, PK đồng quy”. C P F B D K E Q G Xét tam giác CQG, ta có EDKB 1 (hàng điểm điều hoà cơ bản). EK DK Suy ra (*).Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CBK với cát EB DB PB FC EK tuyến PFE ta có . . 1 ( ) PC FK EB PB FC DK Từ (*) và ( ) suy ra . . 1. Áp dụng định lý Ceva cho tam giác CBK suy ra BF, PC FK DB CD, PK đồng quy. MB NC Bài 4. Cho hình bình hành ABCD . Các điểm M , N nằm trên các cạnh BC, CD sao cho . MC 2ND Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BD với AM , AN . Chứng minh rằng diện tích tứ giác IJMN bằng diện tích tam giác AIJ . Hướng dẫn giải 1 AM.AN.sinMAN MB NC S AM.AN Đặt = k.Ta có V AMN 2 MC 2ND S 1 AI.AJ V AIJ AI.AJ.sinIAJ 2
  36. AI IM AJ JN IM JN = . 1 1 (1) AI AJ AI AJ BC BM CM 1 k 1 DC DN CN CN +) 1 (2) , 1 1 2k (3) BM BM k k DN DN DN IM BM BM k JN DN DN 1 +) Từ (1), (2), (3) suy ra ; AI AD BC k+1 AJ AB DC 2k+1 S AMN k 1 +) thay vào (1) V 1 1 2 SV AIJ k+1 2k+1 hay S AMN = 2 S AIJ, SIMNJ = S AMN - S AIJ = 2 S AIJ - S AIJ = S AIJ. Bài 5. 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 . a) Chứng minh rằng OA  N1N2 . b) 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 . c) Chứng minh rằng N1N2 ,O1O2 , M1M 2 đồng quy. Hướng dẫn giải A B N1 H N2 C O D O2 O1 I M2 M1 A' K 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
  37. 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) . 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. Bài 6. 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.
  38. 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. Hướng dẫn giải E A F C D O1 O2 O X B Y K 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 Nội dung 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 KE, KA XE, XA XE, EA AE, AX AE, AX mod 2
  39. 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) 2 Ta có 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 2 2 OE OF . Do đó PO/ CEK OE OF PO/ 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 ) Bài 1: (Kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh 2008 – 2009) Trên mặt phẳng cho tứ giác lồi ABCD có AB BC CD a . a. Nếu biết ·ABC B· CD 1200 . Hãy tính diện tích tứ giác ABCD theo a . b. Giả sử tứ giác ABCD thay đổi, mà AB BC CD a không đổi. Hãy tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD Bài 2: (Đề thi chọn HSG vòng tỉnh Vĩnh Long – NH: 2016 – 2017) Cho ABC có 3 góc nhọn. Xác định điểm M bên trong tam giác sao cho MA MB MC nhỏ nhất. Hướng dẫn giải: C' C' Dùng phép A A M' quay quanh A M' M với góc 0 quay M 60 biến M thành M’; B C C B C
  40. thành C’. Ta có MA MB MC BM MM ' M 'C '. MA MB MC bé nhất khi bốn điểm B, M, M’, C’ thẳng hàng. Khi đó B· MA 1200 . Ta được vị trí của M trong tam giác ABC. Bài 3: (Đề thi chọn HSG tỉnh Vĩnh Long – NH : 2015 – 2016) Cho ABC ngoại tiếp OA2 OB2 OC 2 đường tròn tâm O . Chứng minh rằng 1 với BC a , AC b , AB c . bc ca ab Hướng dẫn giải Gọi M, N,P lần lượt là các tiếp điểm của O với AB, AC, BC. Ta có AM AN , OM ON nên 1 1 S AM 2 .sin A OM 2 .sin M· ON AMON 2 2 1 1 AM 2 OM 2 .sin A= .OA2 .sin A 2 2 1 Tương tự: S .OB2 .sinB , BPOM 2 1 S .OC2 .sinC CPON 2 OA2 OB2 OC2 OA2 .sin A OB2 .sinB OC2 .sinC Khi đó: bc ca ab bc.sin A ca.sinB ab.sinC 2 SAMON SBPOM SCPON 2S ABC 1 2SABC 2SABC Bài 4: (Đề đề xuất thi chọn HSG khu vực duyên hải – đồng bằng Bắc bộ năm học 2015 – 2016, trường THPT chuyên Lương Văn Tụy) Cho đường tròn  tâm O đường kính AB , điểm M trên tia đối của tia AB . Đường thẳng d qua M cắt đường tròn  tại C , D . Hai tiếp tuyến của  tại C , D cắt nhau tại N , kẻ NI vuông góc với AB tại I . Chứng minh rằng ·AIC B· ID . Hướng dẫn giải: Gọi E, F thứ tự là giao của NI với () suy ra CEDF là tứ giác điều hòa ME, MF tiếp xúc với (). Giả sử C nằm giữa M,D. Ta có MC.MD ME 2 MI.MO tứ giác CDOI nội tiếp Suy ra ·AIC O· DC O· CD B· ID ·AID B· IC . Vậy ta có điều phải chứng minh. V. Bài toán nội tiếp đường tròn Câu 33. (THPT Chuyên tỉnh Sơn La – Trại hè Hùng Vương lần X)
  41. Cho đường tròn tâm O và một dây cung AB không đi qua O . C là điểm chính giữa cung nhỏ AB , D nằm ngoài đường tròn O sao cho D và C nằm khác phía đối với đường thẳng AB . Qua D kẻ tiếp tuyến DT với đường tròn O , T là tiếp điểm. CT cắt AB tại E . Đường thẳng qua E và vuông góc với AB cắt OT tại I . Một đường thẳng thay đổi qua D cắt dường tròn O tại M và N ( M nằm giữa D và N ), CM cắt AB tại P . Chứng minh rằng 1. Đường tròn tâm I , bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn O . 2. Tứ giác ETMP nội tiếp một đường tròn. Lời giải 1) Tam giác OCT đồng dạng với tam giác IET vì: O· CT I·ET; O· TC I·TE Mà tam giác OCT cân tại O nên tam giác IET cân tại I, suy ra IE IT Vậy: đường tròn tâm I bán kính IE tiếp xúc trong với đường tròn tâm (O) tại T. 2) Tam giác ACP đồng dạng với tam giác MCA vì C· AP C· MA, ·ACP M· CA Do đó: AC 2 CP.CM Tương tự, tam giác BCE đồng dạng với tam giác TCB vì C· BE C· TB, B· CE T· CB Do đó: BC 2 CE.CT Suy ra CP.CM CE.CT . Vậy tứ giác PETM nội tiếp
  42. Câu 34. (THPT Chuyên Bắc Ninh – Tỉnh Bắc Ninh- Thi Olympic lần VII – 2013-2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi N là điểm chính giữa cung ¼ABC của đường tròn O ; M là trung điểm của AC ; I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABM và CBM . Chứng minh rằng I1 I2 , B , N cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải N B S O j T I2 I1 A M C I1M  I2M và MN  AC . Xét phép quay tâm M góc quay 90 biến C thành N. Gọi ảnh của điểm I2 trong quép quay này là T, khi đó T nằm trên I1M . Ta định nghĩa tương tự điểm S trên I2M . B B Ta có I TI MNC , I SI ANM . 1 2 2 1 2 2 B Do đó I TI I SI I BI , suy ra I ,T,B,S,I đồng viên. 1 2 1 2 2 1 2 1 2 C A Ta có TNM I CM , tương tự SNM . 2 2 2 B Vì vậy TNS 90 . Mặt khác góc TI S là góc ngoài tam giác TI M , nên 2 2 2 B TI S 90 . 2 2 Do đó N nằm trên đường tròn đi qua các điểm I1,T,B,S,I2 . Do đó ta suy ra ĐPCM Câu 35. (Trường THPT Chuên Vĩnh Phúc – Trại hè Hùng Vương lần X- 2014)
  43. Cho tứ giác ABCD coa hai đường chéo cắt nhau tại O . Một đường thẳng d qua O cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác OAB , OBC , OCD , ODA lần lượt tại M , N , P , Q ( các điểm này khác O ) sao cho O là trung điểm của MP . Gọi R là một điểm nằm trên đoạn CD ( R khác C , D ). Gọi S là giao điểm thứ hai của đường thẳng OR với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNR . Chứng minh rằng bốn điểm P , Q , R , S cùng nằm trên một đường tròn. Lời giải S A Q O1 B M O4 I O O2 P D N R O3 C Theo tính chất của hai đường tròn cắt nhau ta có: O1O4  AC, O2O3  AC O1O4 PO1O4 O1O2  BD, O3O4  BD O1O2 PO3O4 Do đó tứ giác O1O2O3O4 là hình bình hành suy ra O1O3 ,O2O4 cắt nhau tại điểm I và I là trung điểm của mỗi đoạn O1O3 ,O2O4 . Bổ đề. Cho hai đường tròn O1 , O2 cắt nhau tại hai điểm A, B. Gọi I là trung điểm của O1O2 . Một đường thẳng qua A và cắt O1 , O2 lần lượt tại E, F. Khi đó AE AF khi và chỉ khi  AI . Thật vậy, gọi K, L lần lượt là trung điểm của AE, AF suy ra O1K  , O2 L  . Do đó tứ giác KO1O2 L là hình thang vuông. Khi đó  AI khi và chỉ khi AI là đường trung bình của hình thang KO1O2 L hay AK AL AE AF . Vậy bổ đề được chứng minh. Trở lại bài toán: Do O là trung điểm của MP nên theo bổ đề cho hai đường tròn O1 , O3 và đường thẳng (d) ta được OI  d , cũng theo bổ đề trên cho O2 , O4 và đường thẳng (d) ta được O là trung điểm của NQ. Từ đó suy ra OM.ON OP.OQ (1). Do bốn điểm M, R, N, S cùng nằm trên một đường tròn nên OR.OS OM.ON (2). Từ (1) và (2) ta được OR.OS OP.OQ bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một đường tròn.
  44. Câu 36. (THPT Chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương – Toán 11- 2015) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có AC vuông góc với BD tại H . Gọi I , J , K , L lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AB , BC , CD , DA . Gọi M , N , P , Q tương ứng là trung điểm của các cạnh AB , BC , CD , DA . a. Chứng minh rằng các điểm I , J , K , L , M , N , P , Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của đoạn thẳng OH . b. Chứng minh giao điểm của IK và JL nằm trên đường thẳng OH . Lời giải Trước hết ta chứng minh H, I, P thẳng hàng. Thật vậy, ·AHI 900 I·AH 900 H· DC H· CD P· HC ( vì HP là trung tuyến của tam giác vuông HCD) suy ra I, H, P thẳng hàng. Tương tự cũng có J, H, Q thẳng hàng, K, H, M thẳng hàng, L, H, N thẳng hàng. Rõ ràng I và K nằm trên đường tròn đường kính MP, J và L nằm trên đường tròn đường kính NQ. (1) Mặt khác, MNPQ là hình bình hành và MN song song AC, NP song song BD, AC vuông góc BD nên MN vuông góc NP, vì vậy MNPQ là hình chữ nhật. Do đó đường tròn đường kính MP cũng là đường tròn đường kính NQ (2) Từ (1) và (2) suy ra I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của MP và NQ, gọi tâm đó là T. Hơn nữa, OM song song HP( vì cùng vuông góc với AB), OP song song HM(vì cùng vuông góc với CD) nên OMHP là hình bình hành, do đó trung điểm T của MP cũng là trung điểm của OH. Vậy I, J, K, L, M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của OH. b)(2 điểm) Ta sẽ dùng phép nghịch đảo để chứng minh phần này. Kí hiệu (T) là đường tròn được nêu trong phần (a).Ta có PH /(T ) HI.HP HJ.HQ HK.HM HL.HN k nên phép nghịch đảo cực H phương tích k biến I thành P, J thành Q, K thành M, L thành N. Ta xét hai trường hợp:
  45. + Nếu IK và JL đều không đi qua H: thế thì phép nghịch đảo nêu trên biến IK thành đường tròn (HPM), biến JL thành đường tròn (HQN). Gọi G là giao điểm của IK và JL, phép nghịch đảo trên biến G thành G' thì G' thuộc cả hai đường tròn (HPM) và (HQN). Vậy đường thẳng HG' là trục đẳng phương của hai đường tròn này. Ta có MNPQ là hình chữ nhật tâm T nên TM.TP TN.TQ PT /(HPM ) PT /(HQN ) do đó T thuộc trục đẳng phương HG'. Mà T là trung điểm của OH và H, G, G' thẳng hàng nên G nằm trên đường đẳng OH.(đpcm) + Nếu IK hoặc JL đi qua H: giả sử IK đi qua H, thế thì AB song song CD nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn (O), do đó ABCD là hình thang cân. Khi đó I, H, O, K thẳng hàng nên giao điểm của IK và JL nằm trên đường thẳng OH.(đpcm) LOẠI 2: Chứng minh các tính chất:tam giác, tứ giác đường tròn. Câu 37. Cho tam giác ABC cân tại A .Gọi D là trung điểm AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao với phân giác góc B· AC tại E nằm trong tam giác ABC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE giao với BD tại F (khác B ), AF giao với BE tại I .CI giao với BD tại K . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABK .(Chuyên Hoàng Văn Thụ) Hướng dẫn giải: A E D' J D I K F B M C Gọi D' là trung điểm của AB và M là trung điểm cạnh BC .
  46. Ta có D' nằm trên đường tròn ngoại tiếp BCD . Do tính đối xứng nên suy ra D¼' E E»D suy ra ·ABI D· ' BE E· BD I·BK Suy ra I nằm trên phân giác góc ·ABK hay BI là tia phân giác góc ·ABK 1 1 1 Ta có: D· FA 180o B· FA 180o B· EA M· EB C· EB C· DB 2 2 D· FA D· AF suy ra ADF cân tại D và tam giác AFD vuông tại F . Do IA.IF IE.IB nên I thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính AC và đường tròn ngoại tiếp BCD .Từ đó CI đi qua giao điểm thứ hai J của hai đường tròn này. Ta có D· CJ D· JC D· BC nên DA2 DC 2 DK.DB Suy ra D· AK D· BA hay F· AD F· AK D· FA F· AB . Từ đó F· AK B· FA.Ta có (đpcm) Câu 38. Gọi D là trung điểm cạnh BC của ABC và E, Z lần lượt là hình chiếu của D trên AB, AC . Giả sử T là giao điểm của các tiếp tuyến tại E, Z với đường tròn đường kính AD. Chứng minh rằng TB TC .(Tỉnh Nam Định 2010-2011-vòng 1) Câu 39. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AB, AC trong tứ giác lồi ABCD . Phân giác của góc ACD cắt cạnh AB tại K . Nếu MA.MC MA.CD MB.MD , chứng minh rằng góc BKC bằng góc CDB .(Tỉnh Nam Định 2010-2011-vòng 2) LOẠI 3: Tìm quỹ tích: Câu 40. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là một điểm chuyển động trên nửa đường tròn này. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác COH. Tìm tập hợp các điểm I. (Trường THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ ) Phần thuận: Gọi M là điểm chính giữa của cung AB .M Xét trường hợp điểm C chuyển động C trên cung nhỏ AM . Do I là tâm đường tròn nội tiếp COH nên ta có: 1 1 C· IO 1800 H· CO ·HOC 1800 1800 900 1350 2 2 I Do AIO CIO (OA = OC, OI chung, C· OI ·AOI ) nên suy ra được ·AIO C· IO 1350 A H O B Do A, B cố định và I luôn nhìn AB dưới một góc 1350 nên khi C chuyển động trên cung ¼AM thì I chuyển động trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn AO . Phần đảo: Lấy điểm H bất kì thuộc đoạn OA và vẽ đường thẳng vuông góc với OA tại H cắt nửa đường tròn tâm O tạiC . Dựng phân giác trong của C· OH cắt cung chứa góc 1350 dựng
  47. trên OA tại điểm I . Ta chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp của COH . Do I thuộc cung chứa góc 1350 dựng trênOA nên ·AIO 1350 ngoài ra ta có AOI COI (cgc) nên ·AIO C· IO 1350 , I·CO I·AO Suy ra ·AIC 3600 C· IO ·AIO 900 tứ giác ACIH nội tiếp được tromg đường tròn đườngkính AC Suy ra I·CH I·AH . Mặt khác I·CO I·AO I·CH I·CO hay I là tâm đường trònnội tiếp của COH Khi C chuyển động trên cung nhỏ B¼M , chứng minh tương tự, cho I chuyển động trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn OB . Vậy khi C chuyển động trên nửa đường tròn đường kính AB đã cho thì I tâm đường tròn nội tiếp của COH chuyển động trên 2 cung chứa góc 1350 dựng trên các đoạn OA,OB thuộc nửa mặt phẳng bờ AB cùng phía với nửa đường tròn đã cho.