Bài hình học Vietnam Team Selection Test 2001

Bài toán. (Việt Nam Team Selection Test 2001)

Cho hai đường tròn $\left ( \omega _{1} \right )$ tâm $O_{1}$ và $\left ( \omega _{2} \right )$ tâm $O_{2}$ cắt nhau tại $A,B$. Các tiếp tuyến tại $A$ và

$B$ của $\left ( \omega _{1} \right )$ cắt nhau ở $K$. Giả sử $M$ là điểm nằm trên $\left ( \omega _{1} \right )$ nhưng không trùng $A$ và $B$.

Đường thẳng $AM$ cắt $\left ( \omega _{2} \right )$ tại $P$, đường thẳng $KM$ cắt $\left ( \omega _{1} \right )$ tại $C$ và $AC$ cắt $\left ( \omega _{1} \right )$ tại $Q$

        1) Chứng minh rằng trung điểm $PQ$ thộc đường thẳng $MC$

        2) Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua điểm cố định khi $M$ di chuyển trên $\left ( \omega _{1} \right )$

Lời giải.

Câu 1.  Gọi $E$ là giao điểm $HP$ và $MK$. Ta có $$\widehat{BCQ}=\widehat{BMP},\;\widehat{BQC}=\widehat{MPB}\rightarrow \bigtriangleup CBQ\sim \bigtriangleup MBP\rightarrow \frac{CB}{MB}=\frac{CQ}{MP}$$Lại có tứ giác $MACB$ điều hòa nên $\frac{CB}{MB}=\frac{CA}{MA}$. Suy ra $$\frac{CQ}{MP}=\frac{CA}{MA}\rightarrow \frac{CA}{CQ}.\frac{MP}{MA}=1$$ Theo định lý Menelaus cho $\bigtriangleup APQ$ và $\overline{H,C,M}$ ta được $$\frac{MP}{MA}.\frac{CA}{CQ}.\frac{HQ}{HP}=1\rightarrow HP=HQ$$ Vậy $MC$ đi qua trung điểm $PQ$


Câu 2.  Gọi $H=AK\cap \left ( \omega _{2} \right )$ và $D$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B,H$ của $\left ( \omega _{2} \right )$ . Ta có $$\widehat{QBP}=\widehat{QAP}=\widehat{MBC},\;\widehat{BPQ}=\widehat{BAQ}=\widehat{BMC}\rightarrow \bigtriangleup BQP\sim \bigtriangleup BCM\rightarrow \frac{BQ}{BP}=\frac{BC}{BM}\;\;(1)$$ Lại có: $$\widehat{HPQ}=\widehat{QAH}=\widehat{AMC},\;\widehat{QHP}=\widehat{MAC}\rightarrow \bigtriangleup HPQ\sim \bigtriangleup  AMC\rightarrow \frac{QH}{PH}=\frac{AC}{AM}\;\;(2)$$Từ $(1),(2)$ và tứ giác $AMBC$ điều hòa nên tứ giác $BPQH$ điều hòa

Vậy $PQ$ đi qua $D$ cố định.

Bài hình học IMO Shortlist 1995

Bài toán. (IMO Shortlist 1995)

Cho $\bigtriangleup ABC$ với $(I)$ là đường tròn nội tiếp. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại

$D,E,F$. Điểm $X$ nằm trong tam giác $ABC$ sao cho đường tròn nội tiếp $XBC$ tiếp xúc $BC$

cũng tại $D$ và tiếp xúc $XB,XC$ tại $Y,Z$. Chứng minh rằng $E,F,Y,Z$ đồng viên.

Lời giải.

Gọi $S,S'$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $EF$ và $YZ$

Tam giác $ABC$ có $AD,BE,CF$ đồng quy và $S=EF\cap BC$ nên $\left ( SDBC \right )=-1\;\;(1)$

Tương tự  $\left ( S'DBC \right )=-1\;\;(2)$. Từ $(1)(2)$ suy ra $$\left ( SDBC \right )=\left ( S'DBC \right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Do đó $EF,YZ,BC$ đồng quy. Ta lại có $$SD^{2}=SE.SF=SY.SZ$$ Dẫn đến tứ giác $EFYZ$ nội tiếp.

Bài toán.  Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ là giao điểm của $AC$ và

$BD$ và $P$ là điểm trên cạnh $BC$ thỏa $PM$ vuông góc $OM$. Gọi $S$ là giao điểm thứ hai

của $DP$ và $(O)$ và $Q$ là điểm thuộc đường tròn $(O)$ sao cho $DQ$ vuông góc $MO$. Gọi $R$ là

giao điểm của phân giác $ABS$ và $AQS$. Hai tiếp tuyến tại $B$ và $Q$ của $(O)$ cắt nhau ở $L$.

Chứng minh rằng $A,R,S,L$ thẳng hàng.

Lời giải.

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ điều hòa nội tiếp đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng phân giác

góc $ABC$ và phân giác góc $ADC$ cắt nhau tại một điểm trên $AC$

Chứng minh bổ đề.

Gọi $E$ là giao điểm của phân giác $ABC$ và $AC$. Ta chỉ cần chứng minh $DE$ là phân giác $ADC$.

Ta có $BE$ là  phân giác $ABC$ nên $$\frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}$$ Suy ra $DE$ là phân giác $ADC$. Vậy chứng minh hoàn thành.


Trở lại bài toán.

Gọi $E=AD\cap MP$. Theo định lý con bướm cho tứ giác $ABCD$ ta được $M$ là trung điểm $PE$

Mà $PE\parallel CD$ nên $ D\left ( FPMC \right )=-1\rightarrow D\left ( ASBQ\right )=-1$

Vậy tứ giác $ABSQ$ điều hòa nên theo bổ đề ta được $A,R,S$ thẳng hàng  $(1)$

Lại do $ABSQ$ là tứ giác điều hòa nên $A,S,L$ thẳng hàng  $(2)$

Từ $(1)(2)$ suy ra $A,R,S,L$ thẳng hàng.

Bài toán. Cho $\Delta ABC$ có $AB<AC$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA$ tại $D,E$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $Q$ nằm trên đường tròn nội tiếp sao cho $\widehat{AQD}=90^{0}$. Gọi $P$

là điểm nằm trên $AI$ và bên trong $\Delta ABC$ sao cho $MD=MP$. Chứng minh $\widehat{PQE}=90^{0}$

Lời giải.

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,AC$ tại $E,F$. $BI$ cắt $EF$ tại $D$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $BC,CA$. Chứng minh rằng $D,M,N$ thẳng hàng.

Chứng minh bổ đề.

Ta có $$\widehat{BIC}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}=180^{0}-\widehat{AFE}=\widehat{DFC}$$Do đó tứ giác $IDFC$ nội tiếp nên $\widehat{IDC}=\widehat{IFC}=90^{0}$. Từ đây suy ra
$$\widehat{DMC}=2\widehat{DBM}=\widehat{B}=\widehat{NMC}\rightarrow \overline{D,M,N}$$

Trở lại bài toán.

Gọi $K=AQ\cap (O),\,H=AQ\cap BC$. Dễ thấy $I,D,H$ thẳng hàng do đó $H$ là tiếp điểm

của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$ nên $M$ là trung điểm $DH$. Suy ra $DPQH$ nội tiếp

Gọi $P'=AI\cap DE$ nên theo bổ đề trên ta được $$MP'\parallel AC\rightarrow \widehat{P'MD}=\widehat{C}=180^{0}-2\widehat{EDC}=\widehat{PMD}\rightarrow P\equiv P'$$Suy ra $D,P,E$ thẳng hàng, từ đây ta thu được $DI$ là tiếp tuyến của $(DPQH)$. Dẫn đến $$\widehat{KQE}=\widehat{IDE}=\widehat{PQD}\rightarrow \widehat{PQE}=90^{0}$$

Bài toán. Cho $P$ là điểm nằm trên đường cao $AD$ của $\Delta ABC$. $Q,R$ là chân đường cao kẻ

từ $P$ đến $AB,AC$. $PQ$ và $PR$ cắt $BC$ tại $S,T$. Hai đường tròn $\left ( BQS \right )$ và $\left ( CRT \right )$ cắt

$QR$ tại $X,Y$. Chứng minh rằng $SX,TY,AD$ đồng quy.

Lời giải.



Ta có  $\widehat{AQR}=\widehat{APR}=\widehat{ACB}$.  Suy ra tứ giác $QRCB$ nội tiếp, do đó $$AQ.AB=AR.AC\rightarrow \wp_{A/(QBS)}=\wp _{A/(CRT)}$$ Dẫn đến $A$ thuộc trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$, mà $AD$ vuông góc đường nối

tâm của chúng nên $AD$ là trục đẳng phương của $(BQR)$ và $(CRT)$ $(1)$

Lại có $$\widehat{ YSB}=\widehat{AQR}=\widehat{ACB}\rightarrow SY\parallel AC$$$$\rightarrow \widehat{YST}=\widehat{ACB}=\widehat{XYT}$$ Suy ra tứ giác $XYTS$ nội tiếp. Từ đây lại suy ra

                                      $SX$ là trục đẳng phương $(XYST)$ và $(BQS)$ $(2)$

                                      $TY$ là trục đẳng phương của $(XYST)$ và $(CRT)$ $(3)$

Từ $(1)(2)(3)$  suy ra $SX,TY,AD$ đồng quy

Bài toán. Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc $AB$  ở  $C'$. Đường tròn nội

tiếp tam giác $ACC'$ tiếp xúc $AC,AC'$ tại $B_{1},C_{1}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $BCC'$

tiếp xúc $BC,BC'$ tại $A_{2},C_{2}$. Chứng minh rằng $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy

Lời giải.

Gọi $D,D'$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ACC'$ và $BCC'$ lên $CC'$. Ta có $$C'D=\frac{1}{2}\left ( AC'+CC'-AC \right )=\frac{1}{2}\left ( CC'+\frac{1}{2}\left ( AB+AC-BC \right )-AC \right )\;(1)$$$$C'D'=\frac{1}{2}\left ( BC'+CC'-BC \right )=\frac{1}{2}\left ( CC'+\frac{1}{2}\left ( AB+BC-AC \right )-BC \right )\;(2)$$ Từ $(1)(2)$ suy ra $C'D=C'D'\rightarrow D\equiv D'$

Gọi $S=B_{1}C_{1}\cap CC'$ và $S'=A_{2}C_{2}\cap CC'$. Từ đây suy ra $$\left (  CC'DS\right )=\left (  CC'DS'\right )=-1\rightarrow S\equiv S'$$ Dẫn đến $B_{1}C_{1},A_{2}C_{2},CC'$ đồng quy

Bài toán. (Diễn đàn toán học-VMF)

Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O')$ cắt nhau tại $A,B$. Qua $B$ kẻ đưởng thẳng cắt $(O)$ và $(O')$ 

lần lượt tại $M,N$. Kẻ đường thẳng song song $AN$ tiếp xúc $(O)$ tại $I$. Từ $I$ kẻ đường thẳng 

song song $AM$ cắt $EA$ tại $K$. Chứng minh rằng $IK$ tiếp xúc $(O')$

Lời giải.

Gọi $K'=EA\cap (O')$ và $X=MN\cap AK'$. Theo định lý Thales ta có $$\frac{EA}{NI}=\frac{AX}{XN}=\frac{AB}{NK'}$$

Ta lại có $$\widehat{BNK'}=\widehat{BAX}\rightarrow \widehat{K'NI}=\widehat{EAB}$$ Do đó $$\Delta NK'I\sim \Delta ABE\rightarrow \widehat{NIK'}=\widehat{AEB}=\widehat{AMB}\rightarrow AM\parallel IK'\;(1)$$ Mà $$\Delta NK'I\sim \Delta ABE\rightarrow \widehat{NK'I}=\widehat{ABE}=\widehat{IEA}\doteq \widehat{NAK'}$$ 

Dẫn đến $IK'$ là tiếp tuyến của $(O')$ $(2)$

Từ $(1)$ suy ra $K\equiv K'$. Kết hợp với $(2)$ ta được $IK$ tiếp xúc $(O')$

Bài toán.
Cho tam giác $ABC$, $B',C'$ là trung điểm $CA,AB$. Gọi $J,K$ là tâm đường tròn bàng tiếp

góc $B,C$. Gọi $P,Q,R,S$ là chân đường cao kẻ từ $A$ đến $KB,KC,JB,JC$.

Chứng minh rằng $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Lời giải.

Tam giác $APB$ vuông ở $P$ có $PC'$ là trung tuyến nên $$\widehat{KPC'}=90^{0}+\widehat{APC'}=180^{0}-\widehat{KBA}=\widehat{KBC}\rightarrow PC'\parallel BC$$ Tương tự ta được $SB'\parallel BC$. Dẫn đến $P,S,B',C'$ thẳng hàng 

Lại có tứ giác $AKPQ$ nội tiếp nên $$\widehat{QPK}=180^{0}-\widehat{KAQ}=90^{0}+\widehat{AKQ}=90^{0}+\left ( 180^{0}-\frac{\widehat{C}}{2} -90^{0}-\frac{A}{2}\right )$$$$\rightarrow \widehat{QPK}=180^{0}-\frac{\widehat{B}}{2}=\widehat{KBC}\rightarrow PQ\parallel BC$$

Tương tự ta được $RS\parallel BC$. Từ đây suy ra $6$ điểm $P,Q,R,S,B,'C'$ thằng hàng

Bài toán.
Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. Gọi $P,Q$ là điểm đối xứng với $H$ qua $AB,AC$.

$PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $F,E$. Chứng minh rằng $BE,CF$ là đường cao của $\Delta ABC$.

Lời giải.

Ta có: $AP=AD=AQ\Rightarrow \widehat{APQ}=\widehat{AQP}$

Mà $D,P$ đối xứng nhau qua $AB$ nên $\widehat{APQ}=\widehat{ADF}$. Suy ra $\widehat{ADF}=\widehat{AQP}$

Khi đó tứ giác $AQDF$ nội tiếp. Dẫn đến $\widehat{BAD}=\widehat{FQD}=\widehat{EDQ}$

Lại có $\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=90^{0}$ và $\widehat{EDQ}+\widehat{DEC}=90^{0}$

Do đó $\widehat{ABC}=\widehat{DEC}$. Suy ra tứ giác $ABDE$ nội tiếp, khi đó $\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=90^{0}$

Vậy $BE$ là đường cao của tam giác $ABC$. Tương tự $CF$ cũng là đường cao tam giác $ABC$

Bài toán.
Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}$ là góc lớn nhất, phân giác trong $AM$. Gọi $P$ là trung điểm $AM$.

Hai điểm $X,Y$ nằm trên các đoạn thẳng $BP,CP$ sao cho $\widehat{AXC}=\widehat{AYB}=90^{0}$. Chứng

minh rằng $XBYC$ nội tiếp.

Lời giải.

Gọi $X'$ là điểm nằm trên cạnh $BP$ thỏa $AP$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left ( ABX' \right )$

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ xuống cạnh $BC$

Do $AP$ là tiếp tuyến $(ABX')$ nên $$PH^{2}=AP^{2}=PX'.PB\Rightarrow \frac{PH}{PB}=\frac{PX'}{PH}\Rightarrow \Delta PHX'\sim \Delta PBH (c-g-c)$$

Suy ra $$\widehat{AX'H}=\widehat{AX'P}+\widehat{PX'H}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHB}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHA}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{MAH}$$$$\Rightarrow \widehat{AX'H}=180^{2}+\frac{\widehat{A}}{2}-\widehat{AMH}=180^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}-\left ( \frac{\widehat{A}}{2} +\widehat{C}\right )=180^{0}-\widehat{C}$$

Vậy tứ giác $AX'HC$ nội tiếp nên $\widehat{AX'C}=\widehat{AHC}=90^{0}\Rightarrow X'\equiv X$

Do đó $PA^{2}=PX.PB$. Tương tự $PA^{2}=PY.PC$

Dẫn đến $PX.PB=PY.PC$ nên tứ giác $XBYC$ nội tiếp.

Bài hình học chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014

Bài toán. (Chọn đội tuyển VMO Đồng Nai 2014)

Cho tam giác $ABC$ có $AB<BC<CA$ và góc $\widehat{ABC}$ là góc nhọn. Biết $(I)$ là đường tròn

tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và tiếp xúc với $BC$ tại điểm $D$. Biết $(O)$ là đường tròn tâm $O$

ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng $AO,AI$ với

đường tròn $(O)$ biết $A$ không trùng với $M$ và $N$. Chứng minh rằng $\widehat{IND}=\widehat{IMO}$

Lời giải.

Gọi $E$ là tiếp điểm của $(I)$ và cạnh $AB$

Ta có: $$\widehat{NID}=\widehat{ABC}-\widehat{AIE}=\widehat{ABC}-\left ( 90^{0}-\frac{\widehat{A}}{2} \right )=\widehat{B}+\frac{\widehat{A}}{2}-90^{0}$$$$\widehat{MAN}=90^{0}-\widehat{AMN}=90^{0}-\widehat{C}-\frac{\widehat{A}}{2}=90^{0}-\left ( 180^{0}-\widehat{B}-\widehat{A} \right )-\frac{\widehat{A}}{2}=\widehat{B}+\frac{\widehat{A}}{2}-90^{0}$$
Suy ra  $\widehat{NID}=\widehat{MAN}$

Do dự đoán $\Delta NID\sim \Delta MAI$ nên cần chứng minh $$\frac{ID}{IN}=\frac{IA}{AM}$$$$\Leftrightarrow \frac{ID}{IN}=\frac{IA}{AM}\Leftrightarrow \frac{IE}{IA}=\frac{IN}{AM}\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}=\frac{NB}{2R}\Leftrightarrow \frac{NB}{sin\frac{A}{2}}=2R$$
Điều này đúng do định lý hàm Sin cho tam giác $ANB$

Vậy $\Delta NID\sim \Delta MAI\Rightarrow \widehat{NID}=\widehat{IMO}$

Bài hình học chọn đội tuyển Chuyên Lương Thế Vinh 2015

Bài toán. (Chọn đội tuyển THPT Chuyên Lương Thế Vinh)

Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $\widehat{A}$ là góc tù. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Đường

trung tuyến $CM$ của $\bigtriangleup ABC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ngoại tiếp $ABC$ tại $K$

    1) Chứng minh hai tam giác $KAD$ và $KMH$ đồng dạng

    2) Chứng minh $K,H,C,D$ cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải

Câu 1. Ta có: $$\widehat{KMH} =\widehat{KMB}+ \widehat{BMH}=\widehat{KAB} +\widehat{CBA}+\widehat{BMH} $$

Suy ra $$\widehat{KMH} =\widehat{KAB} +180^{0}-\widehat{ABC} =\widehat{KAB} +\widehat{BAD} =\widehat{KAD} \;(1)$$

Lại có: $$\bigtriangleup AKM\sim \bigtriangleup CBM\Rightarrow AK.BM=BC.KM\Rightarrow \frac{AK}{AD}=\frac{MK}{MH}\;(2)$$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\bigtriangleup KAD\sim \bigtriangleup KMH\;(g-c-g)$

Câu 2. Ta có: $$\widehat{ KDC}=\widehat{ADB} -\widehat{ADK} =\widehat{ABC} -\widehat{MHK} =\widehat{MHB} -\widehat{MHK} =\widehat{KHB} $$

Vậy  $K,H,C,D$ đồng viên.