25 bài hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi Olympic môn Toán

Cho tam giác ABC AB AC, đường tròn đường kính BC cắt AB, AC tại M và N, gọi O là trung điểm cạnh BC.. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác PMB và PNC giao nhau trên cạnh

NHŨNG BÀI HÌNH HỌC PHẲNG OLYMPIA Bài 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (C) M nằm trên đường thẳng kéo dài của

đường chéo DB, sao cho MA, MC là tiếp tuyến của đường tròn (C) Tiếp tuyến tại B với đường tròn (C) cắt MC tại N và CD tại P, ND cắt đường tròn (C) tại E Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng (APMO)

Giải 1 MC là tiếp tuyến với (C)  NCBBDC

M

E

D

C B

A

mặt khác QDE và QAC đồng dạng QD DE

QA  AC QC QD: EC DE:

QA QA  DA AC (7) 

Bài 2 Cho tam giác ABC (AB AC), đường tròn đường kính BC cắt AB, AC tại M và N, gọi O

là trung điểm cạnh BC Đường phân giác góc BAC và góc MON cắt nhau tại P Chứng minh

rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác PMB và PNC giao nhau trên cạnh BC.(IMO 2004)

Giải Đường thẳng AP cắt cạnh BC tại E, theo giả thiết

OBOC O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC 

OM ON, kéo dài OP cắt MN tại I OI MN IM, IN;

AMN   ABC và ANM đồng dạng C

 BAONAI, mặt khác BAECAE

Bài 3 Cho tam giác ABC, A900, gọi G là trọng tâm tam giác Trên CG lấy điểm P sao cho

APC ACB, trên BG lấy điểm Q sao cho AQBABC Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác BPG và CQG cắt nhau trên cạnh BC (Canada)

Giải Cách 1: Gọi I là trung điểm BC, BAC900

 IBIAIC  ACI IAC CAG ACBAPC

C B

 CP CA

CACG  2

AC CP CG Gọi H là hình chiếu của A trên BC theo tính chất tam giác vuông  2

AC CH CB

 CP CG CH CB  tứ giác BPGH nội tiếp

Tương tự  CQGH nội tiếp  đường tròn ngoại tiếp BPG và CQG gặp nhau trên BC Cách 2: Trên BC lấy điểm D sao cho

CI CD BC CH CH CBGG CP tứ giác BPGH nội tiếp

Bài 4 Cho tứ giác ABCD, đường chéo AC không là phân giác góc BADvà góc BCD P là

điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn

PADBAC và PCD ACB

Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi PBPD.(IMO)

Giải Giả sử P là điểm trong tứ giác ABCD thỏa mãn

PADBAC và PCDACB

Phần thuận: Giả sử ABCD nội tiếp đường tròn, CP và AP cắt

BD tại N và M  BACBDC (chắn cung BC ), NDC

N

α

β β

180

ADCEDCEICECI EPI     CBA ABCD nội tiếp

Bài 5 Cho tam giác ABC, A B C lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các 1, 1, 1cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C nằm trên 1 1 1

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ABC là tam giác vuông (IMO 2013)

Giải Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C theo giả thiết O nằm trên đường tròn 1 1 1

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Theo giả thiếtA B C là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp 1, 1, 1  BC1CB1, AB1BA1,

OBA OBCOAC, AB1BA1

Tứ giác OABC nội tiếp NCA1OAB

M

N

1 1

CA AC  tam giác CNA1, AOC1

bằng nhau, và tam giác BMA1, AOB1 bằng nhau

BAC  tam giác ABC vuông

Bài 6 Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Đường tròn qua đỉnh A và cắt cạnh AB, AC lần lượt tại P và Q sao cho BOPABC và COQ ACB Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng với BC qua PQ tiếp xúc với đường tròn 

Giải Gọi D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp BOP với

cạnh BC Theo giả thiết BQPABC, COQ ACB

POQ   B C A A  tứ giác APOQ nội tiếp

Theo giả thiết tứ giác BPOD nội tiếp đường tròn 

DOQ POQ POD   A B C

 tứ giác DOQC nội tiếp đường tròn  đường tròn ngoại tiếp APQ, BPD, CQD qua tâm O

QPDQPO OPD OAQ OBD  B  A C

Tứ giác ODCQ nội tiếp và giả thiết  QDCCOQ C QPD BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp PQD Mặt khác PDBBOPB

Q

B

Bài 7 Cho tam giác ABC, gọi góc A là góc lớn nhất D là điểm chính giữa ABC , E là điểm

chính giữa ABC Đường tròn C1 qua A, B và tiếp xúc với AC tại A, đường tròn C2 qua A, E và tiếp xúc với AD tại A, hai đường tròn C1, C2 cắt nhau tại A và P Chứng minh rằng AP là phân giác góc A

Giải Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB và AC

Theo giả thiết DADCDADC,EAEB

EAEBDNAC và EM AB;

Gọi I là giao điểm của phân giác góc A với ME

 IAM IAC, IABIBA  IAC ABI

 AC là tiếp tuyến của đường tròn qua A, I, B hay đường tròn

qua A, B và tiếp xúc với AC tại A 1

AEI  AEB C  Đường tròn qua A, C, I tiếp xúc với AD hay đường tròn qua

A, C và tiếp xúc với AD tại A  PI

Bài 8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB,

AC thứ tự tại M, N, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại P Tiếp tuyến với đường tròn

(J) tại Q và song song với BC Chứng minh rằng BAPCAQ

Giải Gọi tiếp điểm của đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự là M và N;

Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại P 

O, J, P thẳng hàng, đường thẳng PM, PN cắt đường tròn (O)

tại D và E  PJM và POD là các tam giác cân

 2DAAK2KEAK  DAKE , gọi F là giao điểm AP với (J)

 MF NQ  MF NQ , từ AM AN AMF và ANQ bằng nhau (c.g.c)

 MAF NAQ  BAPCAQ

Bài 9 Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt

cạnh AB, AC tại P và Q, đường thẳng EF cắt cạnh BC tại I, gọi M là trung điểm cạnh BC Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, M, I nằm trên một đường tròn

Giải 4 BEAC CF, AB

 tứ giác BFEC nội tiếp;

Tương tự tứ giác AEDB nội tiếp

 AFE ACB, EF song song với PQ

 AFE APQ APQACB

 tứ giác BQCP nội tiếp

 BDP và QDC đồng dạng  DB DP

DQ  DC

 DB DC DP DQ , (1)

Theo giả thiết MBMC, và BEC900  EBM BEM

EBM BEIEIB, BEM BEDDEM, mặt khác BEI BCFBED

 EIBDEM  EIM và DEM đồng dạng (g.g)  ME MI

MD ME

O F

P

C B

Q

I

D

 MD DI DP DQ  tứ giác PMQI nội tiếp

Bài 10 Cho tam giác ABC (ACAB) nội tiếp đường tròn tâm O, D là điểm trên cạnh BC sao cho BADCAO, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm O tại E Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của BE, OD, AC Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng

Giải Kéo dài AO cắt đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC tại I  ACI 900

Theo giả thiết BADCAO  BECI

 EI song song với BC

Tứ giác ACEI nội tiếp  0

Bài 11 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, các đường cao AD, BE, CF Chứng

minh rằng các đường thẳng OA, OF, OB, OD, OC, OE chia tam giác ABC thành ba cặp tam giác

MOC  BOCBAC

Theo giả thiết BECA

C B

B

A

 ON OA

BD  AB  OM ON

AE  BD  OM BD ON AE  S OBDS OAE Tương tự S OCD S OAF và S OCE S OBF

Bài 12 Các điểm P và Q được lấy trên BC của tam giác nhọn ABC, sao cho PABBCA,

QAC ABC Các điểm M, N lấy trên AP và AQ sao cho P là trung điểm AM, và Q là trung điểm AN Chứng minh rằng giao điểm của BM và AN nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải Theo giả thiết PABBCA

APB ABCPAB   B C A

Hoàn toàn tương tự AQC A;

Xét PAB và QCA có : APB AQC A,PABBCA

 hai tam giác đồng dạng (g.g)  PB QA

 DNQDBQ  BQDN là tứ giác nội tiếp BQN BDN, BQN AQC A

 BDQ A tứ giác ABDC nội tiếp  D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Nhận xét : Bài này thuộc loại dễ , chỉ cần sử dụng kiến thức tam giác đồng dạng để suy ra các góc tương ứng bằng nhau để suy ra tứ giác nội tiếp, và kiến thức góc nội tiếp chắn một cung bằng nhau

Bài 13 Cho tứ lồi ABCD, có ABCCDA900 Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống BD Các điểm S và T tương ứng nằm trên AB, AD sao cho H nằm trong tam giác SCT và

0

90

CHSCSB , THCDTC900 Chứng minh rằng đường thẳng BD tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác TSH

Giải Phân tích cách dựng hình: Để xác định hai điểm S và T là không dễ, từ giả thiết ta đi tới

cách xác định điểm S và T cũng là hướng đi cho lời giải

Từ THCDTC900 THCDTC900 900TCD900 1800TCD

C P

N D

A

M

Q B

 THC TCD 1800, theo giả thiết ADC900

Gọi F là điểm đối xứng của C qua D  TF = TC 

TFDTCD 0

180

THC TFC   tứ giác THCF nội tiếp;

90

CHS CSB  , dựng được điểm E đối xứng của C qua B

 tứ giác HSEC nội tiếp

Từ cách dựng BEBCvà DF DC  BD//EF

AHEFdo tính đối xứng AEACAF

HEHF

Kéo dài HC lấy điểm P sao cho HPHE H là tâm đường tròn ngoại tiếp EPF

THCF là tứ giác nội tiếp  CHF CTF, TCF và HPF là những tam giác cân

 TFCHFP  CFPHFT; mặt khác PCF HTF  TFH và CFP đồng dạng (g.g)

 THFCPFHFP  HT//PF Tương tự HS//PE  SHT EPF

Tứ giác EHSC nội tiếp  ESH ECP , SHESCE, SH//EP  SHEHEPHPE

 SHECPE SHE và CPE đồng dạng  SH CP

Bài 14 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O), đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh

AB, AC thứ tự tại M, N, đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại P Tiếp tuyến với đường

tròn (J) tại Q và song song với BC Chứng minh rằng BAPCAQ

Giải Gọi tiếp điểm của đường tròn tâm (J)

tiếp xúc với cạnh AB, AC thứ tự là M và N;

Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với đường tròn tâm (O) tại P

 O, J, P thẳng hàng, đường thẳng PM, PN cắt đường tròn

F K

M

B

A

C Q

S

T

 PJM và POD là các tam giác cân

 PMJ PDO JM // OD

AB tiếp xúc với (J) tại M  JM AB  ODAB  DADB Tương tự EA EC Tiếp tuyến tại Q song song với BC  KBKC

 BDDKKEEC  DA DK KEEA

 2DAAK2KEAK  DAKE , gọi F là giao điểm AP với (J)

 MFNQ  MF NQ , từ AM AN AMF và ANQ bằng nhau (c.g.c) 

MAF NAQ  BAPCAQ

Bài 15 Cho tam giác ABC, gọi góc A là góc lớn nhất D là điểm chính giữa ABC , E là điểm

chính giữa ABC Đường tròn C1 qua A, B và tiếp xúc với AC tại A, đường tròn C2 qua A, E và tiếp xúc với AD tại A, hai đường tròn C1, C2 cắt nhau tại A và P

Chứng minh rằng AP là phân giác góc A.(Trung Quốc)

Giải Cách 1: Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB và AC

Theo giả thiết DADCDADC,EAEB

EAEBDNAC và EM AB;

Gọi I là giao điểm của phân giác góc A với ME

 IAM IAC, IABIBA  IAC ABI

 AC là tiếp tuyến của đường tròn qua A, I, B hay đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AC tại

Mặt khác 1 1

AEI  AEB C  Đường tròn qua A, C, I tiếp xúc với AD hay đường tròn qua

A, C và tiếp xúc với AD tại A  PI

Cách 2: Theo giả thiết: ADDCAED CAD, tương

tự EAEB

ABE BAE, đường tròn C1 qua A, B và tiếp xúc với

AC tại A ABP CAP , tương tự với C2 

Mặt khác APF APB BPF APB BED1800 ( BACBAD)

Bài 16 Cho nửa đường tròn đường kính AB và O là trung điểm AB, C và D là hai điểm trên

cung AB Gọi P và Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACO và BDO Chứng minh rằng

COBOCA OAC   OPC , P là tâm đường tròn

ngoại tiếp ACO PCPO OPC và BOC là hai tam

 PA QC PD QB  CP CQ DP DQ

Bài 17 Cho nử đường tròn đường kính AB, C và D là hai điểm trên nửa đường tròn, tiếp tuyến

tại C và D cắt nhau tại E, AD và BC cắt nhau tại F Đường thẳng EF cắt cạnh AB tại M Chứng minh rằng C, M, D, E nằm trên một đường tròn

Giải: Cách 1: Gọi O là trung điểm AB OAC cân

OACOCA, mặt khác OCCE BCEBAC 

OACOCABCA

Hoàn toàn tương tự OBD ODB ADE 

Tiếp tuyến tại C và D cắt nhau tại E  EC = ED

 C, M, D, E nằm trên một đường tròn

Bài 18 Cho tam giác ABC (AB > AC) nội tiếp đường tròn tâm O, gọi I là tâm đường tròn nội

tam giác ABC D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC, CA, AB Đường thẳng AI cắt DE và DF thứ tự tại P và Q, H là hình chiếu của A trên cạnh BC, M là trung điểm cạnh BC Chứng minh rằng P, Q, H, M nằm trên một đường tròn

Giải AI cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại J BAJ CAJ ,

MBMC  JM BC

(Chúng ta chứng minh được BPAP và CQ AQ)

tứ giác JMQC nội tiếp  QMCQJC

QJC AJCABC , tứ giác ABPH nội tiếp  APH ABH 

QMH QPH  P, Q, H, M nằm trên một đường tròn

Bài 19 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi H là trực tâm tam giác ABC và D là

chân đường vuông góc kẻ từ A trên cạnh BC Đường trung trực OE cắt BC tại F Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác AED qua trung điểm đoạn thẳng OH

J P

Giải Theo giả thiết ADBCvà EFOA

 AFDE nằm trên một đường tròn đường kính AE

 là đường tròn ngoại tiếp ADE

Giả sử OH cắt đường ngoại tiếp ADE

tại N  AFND nằm trên một đường tròn

Giải Đường tròn tâm (J) tiếp xúc với cạnh AB, AC lần lượt tại M, N

và tiếp xúc với đường tròn tâm ngoại tiếp tam giác ABC tại P

 O, J, P thẳng hàng;

Đường thẳng PN cắt đường tròn O tại E  OPE và JPN là cân 

OPEOEPJNP OE//JN

N là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm (J)

 JNAC OEAC  EAEC

 BE là phân giác góc ABC

 CBECPE ACE  CEN và PEC đồng dạng  EC EN

EP  EC

 2

EC EN EP (1) Giả sử đường thẳng BE cắt MN tại I;

P là tiếp điểm của đường tròn tâm J và O ( xy tiếp xúc với (O) và (J) tại P)

 IMPNMPNPyEPy, EBPEPy  IMPIBP

 tứ giác BMIP nội tiếp  BMPBIP (chắn cung BP)

y x

N M

J A

I O

E

P

 0 1 1

ICB  A B  C  CI là phân giác góc C

 I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama)

Định lí : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là điểm trên cạnh BC Đường tròn tâm

(J) tiếp xúc MA và MC lần lượt tại E và F, đồng thời tiếp xúc với đường tròn (O) tại P Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng EF

Chứng minh: Đường thẳng PF cắt đường tròn ngoại tiếp

ABC tại D Đường tròn (J) tiếp xúc

với đường tròn (O) tại P  P, J, O thẳng hàng ;

PJF và POD là tam giác cân ODPJFP

 OD//JF, JF BC ODBC DCDB

 AD là phân giác góc BAC ;

Gọi I là giao điểm AD và EF  IAPFPx

FEPFPx  IEPIAP  IEAP nội tiếp

 AEPAIP, EFPAEP EFD và IAD đồng dạng (g.g)  EPADPI DIF DIF

và DPI đồng dạng (g.g)  DI DF

DP  DI  2

DI DP DF ; Theo chứng minh trên  CDF và PDC đồng dạng  2

DC DF DP

 DI DC  I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Bài 21 Dựng đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác ABC và tiếp xúc với đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC

(Nữ sinh tài năng Châu Âu 2012 và định lí Lyness)

Giải Không mất tính tổng quát bài toán cần dựng tiếp xúc với cạnh AB và AC

Phân tích: Giả sử đường tròn tâm J tiếp xúc với cạnh AB, AC, và đường tròn tâm O tại P  O,

J, P thẳng hàng;

Gọi M, N là các tiếp điểm của đường tròn với cạnh AB, và AC;

y x

N M

J A

I O

E

P

J O

Đường thẳng PN cắt đường tròn O tại E  OPE và JPN là cân  OPEOEPJNP OE//JN

N là tiếp điểm cạnh AC với đường tròn tâm (J)

 JNAC OEAC  EAEC

 BE là phân giác góc ABC

 CBECPE ACE  CEN và PEC đồng dạng  EC EN

EP  EC  2

EC EN EP (1) Giả sử đường thẳng BE cắt MN tại I, P là tiếp điểm của đường tròn tâm J và O

 IMPNMPNPyEPy, EBPEPy  IMPIBP

BMIP nội tiếp

- Dựng tâm I đường tròn nội tiếp ABC;

- Qua I dựng đường thẳng vuông góc AI cắt cạnh AB, AC tại M và N;

- Từ M, N dựng đường vuông góc với AB, AC cắt nhau tại J

- OJ cắt đường tròn O tại P  M, N, P là các tiếp điểm

Chứng minh: dễ dàng suy JM JNJP và JM AB

Ví dụ 22 Cho tam giác ABC với tâm đường tròn nội tiếp là I P là một điểm trong tam giác thoả

mãn PBA PCA PBCPCB Chứng minh rằng APAI, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P 

I (IMO 2006)

Giải Theo giả thiết PBA PCA PBCPCB 

P

I N A

C

O M

I là tâm đường tròn nội tiếp ABC  1 0

A BIC A B C   từ (*)  B, P, I, C nằm trên một đường tròn, ta luôn có DBDI DC

 D là tâm đường tròn qua các điểm B, P, I, C Xét APD:

 AP + PD ≥ AD = AI + ID  AP ≥ AI

Dấu bằng xảy ra khi P  AD  P  I

Ví dụ 23 Cho tam giác ABC, gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và I, D, E, đường thẳng

BJ cắt ID tại M và đường thẳng CJ cắt EI tại N, đường thẳng JC cắt IE tại N Đường thẳng AM,

 AMEJ là tứ giác nội tiếp, AEEJ  MAMJ

 MA//IE  PEIA là hình thang cân IP AE

D C