Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 8: Một số bài tập chọn lọc trong các đề thi học sinh giỏi

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
MỘT SỐ BÀI TẬP CHỌN LỌC TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Câu 1. (Đề thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội – 2010)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O;R . D là một 
điểm bất kỳ thuộc cung nhỏ AD ( D khác A và C ). Gọi M,N lần lượt là 
chân đường vuông góc kẻ từ D tới các đường thẳng AB,AC . Gọi P là giao 
điểm các đường thẳng MN,BC .
 a) Chứng minh DP và BC vuông góc với nhau.
 b) Đường tròn I;r nội tiếp tam giác ABC . Tính IO với 
 R 5cm,r 1,6cm .
Lời giải:
 E
 M D
 A
 N
 O
 G H
 I
 B P C
 F
a) Ta có: A· MD A· ND 900 900 1800 . Do đó tứ giác AMDN nội tiếp
 M· AD M· ND .Mặt khác M· AD B· CD .Suy ra tứ giác NDCP nội tiếp 
 D· PC D· NC 900 .Vậy DP  BC .
 175 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
b) Vẽ đường kính EF của đường tròn O ( F là giao điểm của AI với 
đường tròn O ). Do AF là phân giác của B· AC nên B»F F»C B· AF C· EF . 
Gọi K là tiếp điểm của tiếp tuyến AB với đường tròn I,r . Ta có: 
 IK CF
 sin B· AC sinC· EF AI.CF 2R.r (1). Do CI là phân giác của 
 AI EF
 A· CB nên B· CK A· CK C· IF C· AF A· CK B· CK B· CF I·CF IFC cân 
tại F FI FC . Từ (1) suy ra AI.AF 2R.r (2). Gọi G,H là giao điểm của 
đường thẳng IO với O;R . 
Tacó: AIG HIF
 AI.IF IG.IH OG OI OH OI OI R R OI R2 OI2 (3) . Từ 
(2) và (3) suy ra: 
 R2 OI2 2Rr OI2 R2 2Rr 52 2.5.1,6 9 OI 3cm .
Nhận xét: Đường thẳng M,N,P trong bài toán này thực chất là đường 
thẳng Sim son của điểm D . Vì vậy ta cũng có thể chứng minh bài toán theo 
cách khác theo cách chứng minh đường thẳng Sim son. (Xem thêm phần 
các định lý hình học nổi tiếng)
Câu 2. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Ngãi).
Cho tam giác ABC vuông cân tại A , một đường tròn O tiếp xúc với 
 AB,AC tại B,C . Trên cung B»C nằm trong tam giác ABC lấy một điểm M 
 M B;C . Gọi I,H,K lần lượt là hình chiếu của M trên BC;CA; AB và P 
là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH .
 a) Chứng minh rằng tia đối của tia MI là phân giác của M· HK .
 b) Chứng minh PQ / /BC .
 c) Gọi O1 và O2 lần lượt là đường tròn ngoại tiếp MPK và 
 MQH . Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến chung của hai đường 
 tròn O1 và O2 .
176 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 d) Gọi D là trung điểm của BC; N là giao điểm thứ hai của O1 , 
 O2 . Chứng minh rằng M,N,D thẳng hàng.
Lời giải:
 A
 H
 O2
 K N
 O
 1 M
 P Q
 B D C
 I
 O
a) Vì ABC cân tại A nên A· BC A· CB . Gọi tia đối của tia MI là Mx . Ta có 
tứ giác BIMK và tứ giác CIMH nội tiếp. 
 I·MH 1800 A· CB 1800 A· BC I·MK
 K· Mx 1800 I·MK 1800 I·MH H· Mx . Vậy Mx là tia phân giác của 
 M· HK .
b) Do tứ giác BIMK và CIMH nội tiếp nên K· IM K· BM;H· IM H· CM . 
 1
 P· IQ K· IM H· IM K· BM H· CM . Mà H· CM I·BM (cùng bằng sđC¼M ) 
 2
 P· IQ I·CM I·BM . Mặt khác, 
 P· MQ I·CM I·BM 1800 P· MQ P· IQ 1800 .Do đó tứ giác MPIQ nội tiếp. 
 1
 M· QP M· IK (cùng bằng sđP¼M ). Mà M· IK M· IC (cùng bằng K· BM ) 
 2
 M· QP M· CI PQ / /BC . 
 1
c) Ta có: M· HI M· CI (cùng bằng sđI»M ). Mà M· QP M· CI (cmt) 
 2
 1
 M· QP M· HI sđM¼ Q . Hai tia QP,QH nằm khác phía đối với QM . Suy 
 2
 177 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
ra PQ là tiếp tuyến của đường tròn O2 tại tiếp điểm Q . Chứng minh 
tương tự ta có PQ là tiếp tuyến của đường tròn O2 tại tiếp điểm P . Vậy 
 PQ là tiếp tuyến chung của đường tròn O1 và O2 .
d) Gọi E,E' lần lượt là giao điểm của NM với PQ và BC . Ta có: 
 PE2 EM.EN (vì QEM : NEQ ). Suy ra: PE2 QE2 PE QE . Tam giác 
 EP EQ
 MBC có PQ / /BC nên . Mà EP EQ nên E'B E'C E'  D . 
 E'B E'C
Vậy N,M,D thẳng hàng.
Câu 3. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Gia Lai – 2010)
Cho tam giác ABC vuông tại A . Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC , 
tiếp xúc với CA và CB lần lượt tại M và N . Đường thẳng MN cắt đường 
thẳng AI tại P . Chứng minh rằng I·PB vuông.
Lời giải: 
 C
 P 
 N
 M
 I
 A B
Ta có P· IB I·AB I·BA 450 I·BA 450 I·BC (1).Mặt khác, 
 1
 P· NB C· NM 1800 A· CB 
 2 
 1 1 1
 900 900 A· CB 900 A· CB 450 A· BC 450 I·BC (2) . 
 2 2 2
Từ (1) và (2), suy ra: P· IB P· NB .
Do đó bốn điểm P,N,I,B cùng nằm trên một đường tròn. Mặt khác , 
 I·NB 900 nên IB là đường kính của đường tròn này I·PB 900 .
178 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Câu 4. (Đề thi học sing giỏi tỉnh Hải Dương).
Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định ( O không thuộc AB ). P là 
điểm di động trên đoạn AB ( P khác A,B ). Qua A,P vẽ đường tròn tâm C 
tiếp xúc với O tại A . Qua B,P vẽ đường tròn tâm D tiếp xúc với O tại 
 B . Hai đường tròn C và D cắt nhau tại N (khác P ).
 a) Chứng minh A· NP B· NP .
 b) Chứng minh P· NO 900 .
 c) Chứng minh khi P di động thì N luôn nằm trên một cung tròn cố 
 định.
Lời giải:
 N O
 D
 I
 C H
 A P B
a) Vì O và C tiếp xúc trong tại A nên A,C,O thẳng hàng. Vì O và 
 1
 C tiếp xúc trong tại B nên B,D,O thẳng hàng. Xét C có A· NP A· CP 
 2
Tam giác ACP cân tại C , tam giác AOB cân tại O nên suy ra: 
 1
 A· PC A· BO C· PA CP / /OB A· CP A· OB A· NP A· OB (1). 
 2
 179 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 1
Tương tự, ta có DP / /OA B· DP A· OB B· NP A· OB (2). Từ (1) và (2) 
 2
suy ra: A· NP B· NP .
b) Gọi H là giao điểm của NP và CD ; I là giao điểm của OP và CD . Theo 
chứng minh trên ta có CP / /OB; Dp / /CO . Suy ra tứ giác CPDO là hình 
bình hành.Do đó IO IP , C và D cắt nhau tại P và N suy ra CD  NP 
(3)
 HN HP do đó HI là đường trung bình của tam giác PNO nên HI / /NO 
hay CD / /NO (4). Từ (3) và (4), suy ra NO  NP P· NO 900 . 
c) Theo chứng minh trên ta có: A· NB A· NP P· NB A· NB A· OB (5). Dễ 
thấy N,O thuộc nửa mặt phẳng bờ AB (6).Từ (5) và (6) suy ra điểm N 
thuộc cung tròn AOB của đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB . Do 
 A,B,O cố định nên N thuộc cung tròn cố định. 
Câu 5. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Phú Thọ - 2010). 
Cho đường tròn O;R và dây cung AB cố định, AB R 2 . Điểm P di 
động trên dây AB ( P khác A và B ). Gọi C;R1 là đường tròn đi qua P và 
tiếp xúc với đường tròn O;R tại A , D;R2 là đường tròn đi qua P và 
tiếp xúc với O;R tại B . Hai đường tròn C;R1 và D;R2 cắt nhau tại 
điểm thứ hai M .
 a) Trong trường hợp P không trùng với trung điểm dây AB , chứng 
 minh OM / /CD và bốn điểm C,D,O,M cùng thuộc một đường 
 tròn.
 b) Chứng minh khi P di động trên dây AB thì điểm M di động trên 
 đường tròn cố định và đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố 
 định N .
 c) Tìm vị trí của P để tích PM.PN lớn nhất? Diện tích tam giác AMB 
 lớn nhất?
180 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Lời giải:
 M O
 D
 K
 C H
 A P B
 N
a) Nối CP,PD . Ta có: ACP, OAB lần lượt cân tại C,O nên 
 C· PA C· AP O· BP . Do đó CP / /OD (1). Tương tự, ta có OD / /CP (2) 
Từ (1) và (2) suuy ra tứ giác ODPC là hình bình hành. Gọi H là giao điểm 
của CD và MP , K là giao điểm của CD với OP . Do đó K là trung điểm 
của OP .
Theo tính chất của hai đường tròn cắt nhau thì CD  MP H là trung 
điểm của MP . Do đó HK / /OM CD / /OM . 
Giả sử AP BP . 
Vì tứ giác CDOM là hình bình hành nên OC DP,DP DM R2 nên tứ 
giác CDOM là hình thang cân. Do đó bốn điểm C,D,O,M cùng thuộc một 
đường tròn.
b) Ta có: OA2 OB2 2R2 AB2 .Do đó AOB vuông cân tại O . Vì bốn 
điểm C,D,O,M cùng thuộc một đường tròn (kể cả M trùng O ) nên 
 181 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 C· OB C· MD (1). 
 1
Ta có: M· AB M· CP (cùng bằng sđM¼ P của đường tròn C ). M· BP M· DP 
 2
 1
(cùng bằng sđM¼ P của đường tròn D ). Do đó MAB : MCD (g.g.) 
 2
 A· MB C· OD A· MB A· OB 900 . Do AB cố định nên điểm M thuộc 
đường tròn tâm I đường kính AB . 
 1
Ta có A· CP B· DP A· OB 900 A· MP A· CP 450 (góc nội tiếp và góc ở 
 2
 1
tâm của C ) B· MP B· DP 450 (góc nội tiếp và góc ở tâm của D ).Do 
 2
đó MP là phân giác của A· MB . Mà A· MB A· OB 900 nên M thuộc đường 
tròn I ngoại tiếp tam giác AOB . 
Giả sử MP cắt đường tròn I tại N thì N là trung điểm cung AB không 
chứa điểm O nên N cố định.
c) Ta có M· PA B· PN; A· MP P· BN (góc nội tiếp cùng chắn một cung). Do đó 
 MAP : BNP (g.g) 
 2
 PA PM PA PB AB2 R2
 PM.PN PA.PB (không đổi). 
 PN PB 2 4 2
 R2
Vậy PM.PN lớn nhất là khi PA PB hay P là trung điểm của dây AB . 
 2
Tam giác AMB vuông tại M nên: 
 1 1 AB2 R2 R2
 S AM.BM AM2 BM2 . Vậy S lớn nhất là 
 AMB 2 4 4 2 AMB 2
khi PA PB hay P là trung điểm của dây AB .
Câu 16. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh Vĩnh Phúc – năm 2010)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn O . AD,BE,CF là ba đường 
cao D BC,E CA,F AB . Đường thẳng EF cắt BC tại G , đường thẳng 
 AG cắt lại đường tròn O tại điểm M .
182 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 a) Chứng minh rằng bốn điểm A,M,E,F cùng nằm trên một đường 
 tròn.
 b) Gọi N là trung điểm của cạnh BC và H là trực tâm tam giác ABC . 
 Chứng minh rằng GH  AN .
Lời giải:
 A
 M
 F
 E O
 H
 G
 B D N C
 K
a) Nhận xét rằng : Cho tứ giác ABCD , P là giao điểm của AB và CD . Tứ 
giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi: PA.PB PC.PD . Áp dụng nhận xét trên 
cho tứ giác AMBC nội tiếp, ta được: GM.GA GB.GC . Áp dụng cho tứ giác 
 BEFC nội tiếp, ta được: GB.GC GF.GE . Suy ra GF.GE GM.GA . Do đó tứ 
giác AMEF nội tiếp.
b) Theo kết quả trên, và tứ giác AEFH nội tiếp suy ra M nằm trên đường 
tròn đường kính AH . Do đó HM  MA . Tia HM cắt lại đường tròn O 
tại K , khi đó A· MK 900 nên AK là đường kính của O . Từ đó suy ra: 
 KC  CA,KB  BA KC / /BH,KB / /CH tứ giác BHCK là hình bình 
hành KH đi qua điểm N . Khi đó M,H,N thẳng hàng. Trong tam giác 
 GAN có hai đường cao AD,NM cắt nhau tại H , nên H là trực tâm của 
tam giác GAN GH  AN .
Câu 17. (Để thi học sinh giỏi cấp Quận –TPHCM – 2010).
 183 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Cho điểm M thuộc đường tròn O và đường kính AB ( M A,B và 
 MA MB ). Tia phân giác của góc AMB cắt AB tại C . Qua C ,vẽ đường 
thẳng vuông góc với AB cắt các đường thẳng AM và BM lần lượt tại D 
và H .
 a) Chứng minh hai đường thẳng AH và BD cắt nhau tại điểm N 
 nằm trên đường tròn O .
 b) Gọi E là hình chiếu của H trên tiếp tuyến tại A của đường tròn 
 O . Chứng minh tứ giác ACHE là hình vuông.
 c) Gọi F là hình chiếu của D trên tiếp tuyến tại B của đường tròn 
 O . Chứng minh bốn điểm E,M,N,F thẳng hàng.
 d) Gọi S1 ,S2 là diện tích của tứ giác ACHE và BCDF . Chứng minh 
 2
 CM S1S2 .
Lời giải:
 D F
 N
 M
 E H
 I
 B
 A C O
a) Ta có A· MB 900 .Trong tam giác ABD có DC  AB nên DC là đường 
cao thứ nhất. Do đó BM là đường cao thứ hai, suy ra H là trực tâm của 
tam giác ABD . Suy ra AH là đường cao thứ ba AH  BD tại N . 
184