Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 7: Một số bài tập chọn lọc hình học phẳng

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC HÌNH HỌC PHẲNG
Câu 1) Cho tam giác ABC trên BC,CA,AB thứ tự lấy các điểm M ,N,E 
sao cho AN = NE,BM = ME. Gọi D là điểm đối xứng của E qua MN . 
Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 ABC và tam giác CMN vuông góc với CD .
Phân tích:
 A
 N
 I
 E
 B C
 M K
 D
Ta biết : Hai đường tròn cắt nhau theo dây cung l thì đường nối tâm luôn 
vuông góc với dây cung l . Thực nghiệm hình vẽ ta thấy D nằm trên 
đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN . Vì vậy ta sẽ chứng minh: 2 đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN cắt nhau theo dây cung 
CD hay các tứ giác ABCD,CDMN là tứ giác nội tiếp 
Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau:
Theo giả thiết ta có:BM = ME,AN = NE nên tam giác ANE cân tại N, 
 · µ · µ
tam giác BME cân tại M . Hay BEM = B,AEN = A . Vì D,E đối xứng 
với nhau qua MN nên NE = ND,ME = MD suy ra 
 · · 0 · · 0 µ µ µ
 MDN = MEN = 180 - AEN - BEM = 180 - B - A = C hay 
 133 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · ·
 MDN = MCN Û DMNC là tứ giác nội tiếp tức là điểm D thuộc đường 
tròn ngoại tiếp tam giác CMN
+ Ta có ME = MB = MD nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 BED
+ Ta có: NA = NE = ND nên N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 ADE
Từ đó suy ra 
 · · · 1 · · 1 0 µ 0 µ
 BDA = BDE + EDA = BME + ANE = 180 - 2B + 180 - 2A 
 2( ) 2( )
 µ µ µ
 = 180 - B - A = C . Như vậy tứ giác ABCD nội tiếp, suy ra đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC và tam giác CMN cắt nhau theo dây cung CD 
Hay IK ^ CD .
Câu 2) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Từ A kẻ tới 
đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC các tiếp tuyến AP,AQ (P,Q là các 
tiếp điểm)
 · ·
 a) Chứng minh BAP = CAQ
 b) Gọi P1,P2 là hình chiếu vuông góc của P lên các đường thẳng 
 AB,AC . Q1,Q2 là các hình chiếu vuông góc của Q trên AB,AC . 
 Chứng minh P1,P2,Q1,Q2 nằm trên một đường tròn.
Phân tích: 
Giả thiết liên quan đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC giúp ta 
liên tưởng đến tính chất: ‘’Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC tại E thì E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác ABC ’’. Ngoài ra các giả thiết liên quan đến tam giác vuông nên ta 
nghỉ đến cách dùng các góc phụ nhau hoặc các tứ giác nội tiếp để tìm mối 
liên hệ của góc.
134 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Từ những cơ sở đó ta có lời giải cho bài toán như sau:
Lời giải
 A K
 P2 Q
 I
 Q1
 Q2
 B C
 P
 P 1 E
+ Gọi E là giao điểm của phân giác trong AI với đường tròn ngoại tiếp 
tam giác ABC thì BE = CE ( do E là điểm chính giữa cung BC ). Ta có 
 · · · · · · · ·
 IBE = IBC + EBC = ABI + EAC = ABI + BAI = BIE . Suy ra tam 
giác DBIE cân tại E hay EB = EI . Như vậy EB = EI = EC . Tức là 
điểm E chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác IBC . Vì AP,AQ là 
các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến đường tròn (E) nên AE là phân giác 
 · · · · · · ·
trong của góc PAQ . Ta có BAP = PAE - BAE;CAQ = QEA - CAE 
 · · ·
Mặt khác AE cũng là phân giác của góc BAC Þ BAP = CAQ . 
+ Xét tam giác DPAP2;DQAQ1 .Ta có AP = AQ (Tính chất tiếp tuyến), 
 · ·
suy ra do góc PAP2 = QAQ1 suy ra DPAP2 = DQAQ1 Þ AQ1 = AP2 
Chứng minh tương tự ta có: AQ2 = AP1 . Từ đó suy ra 
 AP1.AQ1 = AP2.AQ2 hay tứ giác P1Q1Q2P2 nội tiếp.
 135 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · 0
Câu 3). Cho hình bình hành ABCD có BAD < 90 . Giả sử O là điểm nằm 
trong tam giác ABD sao cho OC không vuông góc với BD . Dựng đường tròn 
tâm O bán kính OC . BD cắt (O) tại hai điểm M ,N sao cho B nằm giữa M 
và D . Tiếp tuyến của của (O) tại C cắt AD,AB lần lượt tại P,Q
 a) Chứng minh tứ giác MNPQ nội tiếp
 b) CM cắt QN tại K , CN cắt PM tại L . Chứng minh KL vuông góc 
 với OC
Phân tích:
Giả thiết bài toán liên quan đến hình bình hành và các đường thẳng song 
nên ta nghỉ đến các hướng giải quyết bài toán là:
+ Hướng 1: Dùng định lý Thales để chỉ ra các tỷ số bằng nhau 
+ Hướng 2: Dùng các góc so le, đồng vị để quy về dấu hiệu tứ giác nội tiếp 
theo góc
+ Ta kéo dài MN cắt PQ tại một điểm để quy về các tam giác.
Từ định hướng trên ta có lời giải cho bài toán như sau:
 Q
Lời giải:
+ Gọi MN giao PQ tại T . 
Tam giác PCD đồng dạng 
 M
 K
với tam giác CBQ nên ta có: B C
 TP TD TC O
 = = L S
 A P
 TC TB TQ D
 N
 T
136 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 Þ TC 2 = TP.TQ Þ TC 2 = TP.TQ . Mặt khác TC là tiếp tuyến của 
đường tròn (O) nên TC 2 = TM .TN . Như vậy ta có: 
TM .TN= TP.TQ Û MNPQ là tứ giác nội tiếp
+ Gọi giao điểm thứ hai của (O) với MP là S . Ta có các góc biến đổi sau:
 · · ·
 KML = CMS = SCP (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
 · · · · · ·
 KML = MSC - SPC (góc ngoài). KML = MNC = MNQ (tứ giác 
 · ·
 MNPQ và MNSC nội tiếp . Vì KML = KNL suy ra tứ giác MKLN nội 
 · · ·
tiếp. Suy ra KLM = KNM = QPM suy raKL / / PQ ^ OC . Vậy 
 KL ^ OC .
Câu 4).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . Đường tròn K tiếp 
xúc với CA,AB lần lượt tại E,F và tiếp xúc trong với (O) tại S . SE,SF 
lần lượt cắt (O) tại M ,N khác S . Đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 AEM ,AFN cắt nhau tại P khác A
 a) Chứng minh tứ giác AMPN là hình bình hành
 b) Gọi EN,FM lần lượt cắt (K ) tại G,H khác E,F . Gọi GH cắt 
 MN tại T . Chứng minh tam giác AST cân.
Phân tích:
+ Để chứng minh AMPN là hình bình hành ta chứng minh các cặp cạnh 
đối song song dựa vào các góc nội tiếp, góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây
+ Để chứng minh TA = TS ta nghỉ đến việc chứng minh TA,TS là các 
tiếp tuyến của đường tròn (O)
Từ những định hướng trên ta có lời giải như sau:
 137 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 A
 M
 N G
 H
 E
 O P
 T F
 K
 C
 B
 S
 · · · ·
Ta thấy APF = 180 - ANS= AMS= 180 - APE suy ra F,P,E thẳng 
 · · · ·
hàng. Ta có APM = AEM góc nội tiếp chắn cung AM , AEM = SEC 
 · ·
(đối đỉnh) . Vì AC là tiếp tuyến của đường tròn K nên SEC = EFS 
 · ·
(Tính chất góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây). Mà EFS = PAN do tứ 
 · ·
giác ANFP nội tiếp. Vậy APM = PAN Þ AN / / PM . Chứng minh 
tương tự ta cũng có: AM / / PN Þ AMEN là hình bình hành.
+ Các tam giác SKF,SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy ra 
 SF SK SE
 KF / /ON , tương tự KE / /OM suy ra = = suy ra 
 SN SO SM
 · · ·
 MN / / EF . Từ đó HGE = HFE = HMN suy ra tứ giác MNGH nội 
tiếp. Giả sử TS cắt (O) và (K ) lần lượt tại S1,S2 thì 
TS.TS1 = TM .TN = TH.TG = TS.TS2 suy ra TS1 = TS2 suy ra 
 S1 º S2 º S . Vậy TS là tiếp tuyến của (O). Tứ giác AMEN là hình bình 
138 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
hành nên AP và MN cắt nhau tại trung điểm I mỗi đường. Ta có theo 
tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung 
 · · · · · · ·
 IAM = PES = FST = NAS . Ta lại có AMI = AMN = ASN . Vậy 
 DAIM : DANS suy ra AM .SN = AI .AS . Tương tự 
 AN.SM = AI .SN = AM .SN . Từ đó theo tính chất tiếp tuyến do TS tiếp 
 TM SM 2 AM 2
xúc với (O) suy ra = = . Vậy TA tiếp xúc với (O). Suy 
 TN SN 2 AN 2
ra TA = TS .
Câu 5) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (I ) luôn 
đi qua B và C cắt AB,AC lần lượt tại M ,N . Đường tròn (J ) ngoại tiếp 
tam giác AMN cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K . Chứng minh 
rằng KI / /OJ .
Phân tích Ta thấy OJ là đường nối tâm của hai đường tròn (O),(J ) như 
vậy OJ ^ AK . Do đó để chứng minh KI / /OJ ta quy về chứng minh 
 IK ^ AK 
 A
Lời giải: 
Nối M với K và K với I N
 J
 K
 · ·
thì MIC = 2MBC (1)
 M O
 · · · C
Ta lại có: MKC = MKA - CKA B
 I
 = 1800 - A·NM - C·KA
 · · ·
Mà CKA = ABC = MBC (2).
 · ·
Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn (I ) nên ANM = MBC . Từ (1) và 
 · 0 · 0 ·
(2) suy ra MKC = 180 - 2MBC = 180 - MIC . Do đó 
 · · 0
 MKC + MIC = 180 nên tứ giác MKCI nội tiếp.
 139 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · ·
Suy ra IKC = IMC . Trong tam giác IMC ta có: 
 0 · 0 ·
 · 180 - MIC 180 - 2MBC 0 ·
 IMC = = = 90 - MBC .Suy ra 
 2 2
 · · 0 · · 0
 IMC + MBC = 90 nên IKC + AKC = 90 . Do đó IK ^ AK . Đường 
tròn (J ) và đường tròn (O) cắt nhau tại A,K nên OJ ^ AK . Suy ra 
OJ / / IK .
Câu 6) Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . Trên nửa mặt 
phẳng bờ BC chứa A vẽ đường tròn (O) đường kính HC . Trên nửa mặt 
phẳng bờ BC không chứa A vẽ nửa đường tròn (O ') đường kính BC . 
Qua điểm E thuộc nửa đường tròn (O) kẻ EI vuông góc với BC cắt nửa 
đường tròn (O ') ở F . Gọi K là giao điểm của EH và BF . Chứng minh 
rằng CA = CK .
Lời giải:
 2
Phân tích: Ta có CA = CB.CH A
nên để chứng minh CA = CK , 
 E
 2
ta sẽ chứng minh CK = CB.CH . 1
 B H 1 C
Điều này làm ta nghĩ đến chứng 1 I O' O 2
minh DCKH : DCBK , do đó 1
 K 2
 ¶ ¶
cần chứng minh K 1 = B1 . Xét góc 
 F
phụ với hai góc trên, cần chứng minh 
 · · ¶ ¶
 ECK = BCF . Muốn vậy cần chứng minh C1 = C2 . Chỉ cần chứng minh 
 ¶ ¶
hai góc phụ với chúng là E1 và K 2 bằng nhau (do CEKF là tứ giác nội 
tiếp).
140 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Cách giải:
 µ µ 0 0 0
Tứ giác CEKF có: E + F = 90 + 90 = 180 nên là tứ giác nội tiếp, suy 
 ¶ ¶ ¶ ¶
ra E1 = K 1 . Do đó hai góc phụ với chúng bằng nhau là C1 = C2 . Cùng 
 · · ·
cộng thêm BCK , ta được ECK = BCF . Do đó hai góc phụ với chúng 
 ¶ ¶
bằng nhau là K 1 = B1 . DCKH : DCBK (g.g) 
 CK CH
 Þ = Þ CK 2 = CB.CH (1). Theo hệ thức lượng trong tam giác 
 CB CK
 ABC vuông tại A ta có:CA2 = CB.CH (2). Từ (1) và (2) suy ra 
CA = CK .
Câu 7) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường vuông góc với 
 AB tại B cắt CD ở I . Gọi K là giao điểm của IO và AD . Chứng minh 
rằng:
 · ·
 a) IBK = IDK .
 · 0
 b) CBK = 90 .
Phân tích:
 · ·
 IBK và IDK là hai góc của DIBK và DIDK , nhưng hai tam giác này 
không bằng nhau. Các đỉnh B và D của hai góc đó nằm khác phía đối với 
OI , mà OI là trục đối xứng của (O). Có thể đổi phía của góc IBK bằng 
 · ·
cách lấy F đối xứng với B qua OI , ta có IBK = IFK . Chỉ cần chứng 
 · ·
minh IDK = IFK bằng cách chứng minh tứ giác IKDF nội tiếp (hình vẽ 
 » · · 0
ứng với F Î CD ). Ta sẽ chứng minh KIF + KDF = 180 . Chú ý đến sự 
 · µ·
bằng nhau của các góc KIF,I 1.ABF (đừng quên AB ^ BI ). Xét 
 · · ¶ · ·
CBK = IBK + B2 . Chú ý đến IBK = IDK (câu a), 
Lời giải:
 141 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
a). Kẻ dây BF vuông góc với OI . 
 A
Ta có IK là đường trung trực của B
 K
 BF nên các tam giác BKF,BIF cân. 1 2
 · · · µ O
Suy ra IBK = IFK (1) và KIF = I 1 . 
 1
 µ · ¶ C
 I = ABF B I
Ta lại có 1 (cùng phụ góc 1 ) D
 · ·
 nên KIF = ABF . ABFD là tứ giác F
 · · 0 · · 0
nội tiếp nên ABF + ADF = 180 . Suy ra KIF + ADF = 180 , do đó 
 · ·
 IKDF là tứ giác nội tiếp nên IDK = IFK (2). Từ (1) và (2) suy ra 
 · ·
 IBK = IDK .
 · 0 ·
b) IDK = 180 - ABC (ABCD nội tiếp) 
 0 · ¶ 0 0 ¶
 = 180 - ABI - B2 = 180 - 90 - B2 
 · 0 ¶ · · · 0 ¶
(vì ABI = 90 - B2 ). Ta lại có IDK = IBK (câu a) nên IBK = 90 - B2 . 
 · ¶ 0
Do đó IBK + B2 = 90 . 
 »
Lưu ý: Hình vẽ trong bài ứng với F Î CD . Các trường hợp khác được 
chứng minh tương tự.
142