Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Hướng dẫn giải các bài tập khó

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 HƯỚNG DẪN GIẢI CÁC BÀI TẬP KHÓ
Câu 1) Phân tích và định hướng giải:
 E
a). Để chứng minh tứ giác BKCM 
nội tiếp ta chứng minh 
 D
 I
B· KC B· MC 1800 . Điểm K A
 F
trong bài toán có mối quan hê với O
 K
hai đường tròn ngoại tiếp các 
 C
 B
tứ giác EBKD, KFDC vì vậy ta 
tìm cách tính các góc B· KC, B· MC 
theo các góc có liên quan đến 2 tứ M
giác này.
Ta có: B· KC 3600 B· KE C· KE 3600 B· DE C· KE 
 3600 1800 B· DC 1800 B· DC 2B· DC (1)
Mặt khác ta cũng có: B· MC 1800 2M· BC 1800 2B· DC (2)
Từ (1) và (2) ta có: B· KC B· MC 1800 . 
b). Thực nghiệm hình vẽ cho ta thấy E, K, M thẳng hàng. Thật vậy ta có: 
E· KB B· KM E· DB B· CM E· DB B· DC 1800 . Bây giờ ta chứng minh: 
F, K, M thẳng hàng: Thật vậy ta có: 
M· KC C· KF M· BC C· KF B· DC C· KF 1800 . Từ đó ta suy ra điều 
phải chứng minh.
Câu 2) 
352 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Phân tích định hướng giải: C
a). Tứ giác CNMD có liên quan 
 F
đến tiếp tuyến CN nên ta tập trung N
 D
khai thác giả thiết về góc tạo bởi M
tiếp tuyến và một dây. H
 A B
Ta thấy: M· CN M· CA , mặt khác O
M· CA B· AN cùng phụ với góc 
N· AC , nhưng B· AN B· DN 
 E
(góc nội tiếp) từ đó ta suy ra M· DN M· CN hay tứ giác CNMD nội tiếp.
b). Dễ thấy ·ADM 900 . Từ đó suy ra ·ADM ·AHM 1800 suy ra đpcm.
c). Để chứng minh E,O, F thẳng hàng: Ta chứng minh: 
E· OA ·AOF 1800 , điều này cũng tương đương với việc chứng minh: 
E· AF 900 . Thật vậy ta có: E· AF E· AB B· AF , nhưng E· AB E· DB 
(Cùng chắn cung EB) , mặt khác E· DB M· NC do CMND nội tiếp, suy ra 
E· AB M· NC M· AC ,Từ đó suy ra E· AF M· AC M· AF 900 . (đpcm).
Câu 3). 
Phân tích định hướng giải:
Để chứng minh tứ giác BNJK nội tiếp ta sẽ chứng minh
B· JN B· KN . Ta có: 
B· JN B· JC N· JC 1800 B· IC 1800 N· OC N· OC B· IC 
 1
Mặt khác ta cũng có: N· OC D¼M N»C ,
 2 
 353 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 1 1
B· IC B»C »AD từ đó suy ra: B· JN D¼M N»C B»C »AD 
 2 2 
 1 1
Ta cũng có: N· KB ¼AM N»B D¼M »AD B»C N»C 
 2 2 
 1
 D¼M N»C B»C »AD . Từ đó suy ra đpcm.
 2 
 C
 D
 I O
 J
 N K
 A B
 M
b). Ta có tứ giác BNJK nội tiếp nên 
N· JK N· BK 1800 
N· JK N· AM 1800 N· JK N· CM 1800 N· JK N· JO 1800 hay 
O, J, K thẳng hàng. Mặt khác ta cũng có: 
K· JB I¶JB K· NB B· CI K· NB B· NA 1800 hay K, I, J thẳng hàng. Từ 
đó suy ra I, K,O thẳng hàng. A
Câu 4) Phân tích định hướng giải: F
 E
 H
Ta có: B· EC C· FB 900 . Suy ra H 
là trực tâm của tam giác ABC .
 B C
 I D
Hay AH  BC B· FH H· DB 900 
354 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
hay tứ giác BFHD nội tiếp.
Tương tự ta cũng có: DHEC nội tiếp. 
Ta có: F· BH F· DH H· CE H· DE F· DE 2F· BE F· IE tức là 
FIDE là tứ giác nội tiếp. A
Câu 5) 
+ Ta có tính chất quen thuộc: 
 E
BE là phân giác trong của góc I
 M
 F N
·
FED . (Học sinh tự chứng minh H
 K
điều này dựa vào các tứ giác 
 B C
 D S
nội tiếp BFHD, HIEK, HDEC ) .
Từ đó suy ra HK HI và EI EK . Do đó 
 1
K· IE 1800 I·EK 900 I·EH . Mặt khác ta cũng có 
 2 
M· HF 900 F· AH 900 F· EH 900 I·EH . Suy ra đpcm.
+ Xét tứ giác HMNK ta có: H· KN 900 , mặt khác ta vừa chứng minh 
FIMH nội tiếp nên suy ra F· MH H· IF 900 H· MN 900 . Như vậy 
H· KN H· MN 1800 suy ra đpcm.
+ Ta có: H· NM H· KM H· IM H· FM FHN cân tại H MF MN . 
Từ đó dễ dàng chứng minh được: M· AN D· AS . 
 E
Câu 6) B K
 I
Phân tích định hướng giải: Q
 D P
a). Áp dụng hệ thức lượng A O
 H
trong tam giác vuông 
 x
 C 355 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
ABO ta có: AB2 AH.AO . Theo tính chất của tiếp tuyến và cát tuyến ta 
có: AB2 AD.AE nên suy ra AH.AO AD.AE OHED nội tiếp.
Ta có thể giải thích tường minh hơn như sau:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO ta có: AB2 AH.AO . 
Xét tam giác ABD và tam giác AEB ta có: B· AD chung, ·ABD B· ED 
(Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây). Từ đó suy ra ABD đồng 
 AD AB
dạng với AEB nên AD.AE AB2 .
 AB AE
b). Để giải quyết tốt câu hỏi này ta cần nắm chắc tính chất liên quan đến cát 
tuyến và tiếp tuyến. (Xem thêm phần: ‘’Chùm bài tập liên quan đến cát 
tuyến và tiếp tuyến’’) đó là: HI là phân giác trong của góc D· HE và HA là 
phân giác ngoài của góc D· HE
Thật vậy ta có: O· HE O· DE O· ED mặt khác ta cũng có: ·AHD O· ED ( 
Tính chất tứ giác nội tiếp). Suy ra ·AHD O· HE D· HB B· HE hay HI là 
phân giác của góc D· HE do HA  HI nên suy ra HA là phân giác ngoài 
của góc D· HE . 
Quay trở lại bài toán: 
Ta thấy rằng : Từ việc chứng minh: HI là phân giác trong của góc D· HE 
 ID HD AD HD
và HA là phân giác ngoài của góc D· HE ta có: và 
 IE HE AE HE
 ID AD
suy ra 
 IE AE
 ID DP DP AD
Mặt khác theo định lý Thales ta cũng có: suy ra mà 
 IE BE BE AE
 DP AD
EK BE nên . Điều này chứng tỏ D là trung điểm của PQ và 
 EK AE
A, P, K thẳng hàng.
Câu 7). 
356 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Ta thấy rằng: Nếu tứ giác MBOQ C
 N
nội tiếp thì M· QB M· OB Q
 K
Mặt khác M· OB M· KB do tứ giác A O
 P
MBOK nội tiếp suy ra M· QB M· KB . 
 M
Như vậy ta cần quy bài toán về 
 B
chứng minh MKQB nội tiếp.
Ta có: ·ABC ·ACB N· KQ (Tính chất tiếp tuyến). 
Như vậy MKQB là tứ giác nội tiếp. Hoàn toàn tương tự ta cũng có: NKPC 
nội tiếp nên cũng suy ra được: NCOP nội tiếp.
Câu 8). 
a). Giả sử đường tròn (O ') ngoại tiếp
 A
tam giác ABC . Dễ thấy H 
 T
 K
là trực tâm tam giác ABC D
 I
 E S
O là trung điểm BC . L
 N H O'
Những điểm đặc biệt này B
 M C
 J O
giúp ta nghỉ đến bài toán 
đặc biệt liên quan đến F
đường thẳng, đường tròn Ơ le.
Kẻ đường kính AF của (O ') . Ta dễ chứng minh được: BHCF là hình bình 
hành và H,O, F thẳng hàng. Ta có: M· TB ·ACB do BTAC là tứ giác nội 
tiếp. 
 357 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Mặt khác K· DB D· BC  ·ACB (Tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và một 
dây). Từ đó suy ra K· DB K· TB tức là tứ giác TKBD nội tiếp.
Để ý rằng: Tứ giác BKDO nội tiếp, từ đó suy ra 5 điểm O, B, K,T, D cùng 
nằm trên một đường tròn đường kính OK hay O· TK 900 . Mặt khác 
F· TA 900 suy ra F,O,T thẳng hàng. Do đó 4 điểm F,O, H,T thẳng hàng. 
Tam giác MAO có AH,OT là hai đường cao nên suy ra H là trực tâm, do 
đó ML  AO nên 5 điểm A, E, H, L, D cùng nằm trên một đường tròn. Suy 
ra E· LA E· DA E· BC tức là tứ giác BELO nội tiếp.
b). Ta có 5 điểm B, N, E, L,O cùng nằm trên đường tròn đường kính NO 
nên N· EO N· LO 900 , nhưng K· DB D· CB B· HJ I·HD suy ra I là 
trung điểm của AH IE ID I·EO 900 . Như vậy: I·EO N· EO 1800 
nên N, E, I thẳng hàng.
c) Ta có M· TE ·ADE do TADE nội tiếp. 
·ADE ·ABC ·ABC M· TE MTEB nội tiếp. M· EB M· TB . Mà 
B· ED B· TA cùng bù với ·ACB M· EB B· ED M· TB B· TA 1800 hay 
M , E, D thẳng hàng.
d) Vì OE  IE OE là tiếp tuyến của đường tròn đi qua các điểm 
A, E,T, H, D, L tâm I . Suy ra 
O· EL O· AE OEL# OAE OA.OL OE 2 OA.OL OS 2 OLS# OSA
 . Mặt khác O· SA 900 O· LS 900 M· LO O· LS 1800 M , L, S 
thẳng hàng. Mà H, M , N, L thẳng hàng nên suy ra M , H, S thẳng hàng.
Câu 9) Phân tích định hướng giải toán:
Bài toán này làm ta liên tưởng đến đường thẳng Ơle, đường tròn Ơ le. 
Dựng đường kính AA'.Ta dễ thấy 4 điểm A, E, H, D cùng nằm trên đường 
tròn tâm I đường kính AH . Suy ra HN  AN . Mặt khác từ tính chất quen 
thuộc khi chứng minh BHCA' là hình bình hành ta cũng suy ra HIOM là 
hình bình hành do đó HM / /OI . Ta lại có OI là đường nối tâm của 2 
358 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
đường tròn (O),(I) nên OI  AN (Do OI nằm trên đường trung trực của 
AN ). Từ đó suy ra MH  AN . Hay M , H, N thẳng hàng.
 A
 N
 D
 E I
 H
 O
 K C
 B M
 A'
*) Để chứng minh K, E, D thẳng hàng. Ta chứng minh: 
K· EN N· ED 1800 . Ta tìm cách quy 2 góc này về 2 góc đối nhau trong 
một tứ giác nội tiếp. 
+ Ta có: N· EA N· HA (Cùng chắn cung NA), N· HA N· KB cùng phụ với 
góc K· AH suy ra N· EA N· KB NKBE nội tiếp suy ra N· EK N· BK . Mà 
N· BK N· AD (Do NBCA nội tiếp). 
+ Từ đó suy ra K· EN N· ED N· AD N· ED 1800 ( Điều phải chứng minh).
Câu 10) Phân tích định hướng giải:
 A
a). Ta cần dùng các góc để tận 
dụng điều kiện AR, AQ là 
 R P
các tiếp tuyến của (O)
 Q 
 N
Thật vậy: O· RC 900 , 
 O
vì vậy ta cần chứng minh 
 B
 0 C
O· PC 90 . M
 359 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Mặt khác do NM là đường trung bình của tam giác ABC nên 
·ABP B· PM nhưng ·ABP P· BM (Tính chất phân giác trong)
Từ đó suy ra BMP cân tại M MB MP MC BPC vuông tại 
P O· RC O· PC 900 hay ORPC là tứ giác nội tiếp.
b). Để chứng minh P,Q, R thẳng hàng ta chứng minh: 
P· RC C· RQ 1800 . 
 Bµ Cµ
Thật vậy ta có: P· RC P· OC mà P· OC O· BC O· CB , 
 2
 1800 µA µA
C· RQ 1800 ·ARQ 1800 900 suy ra 
 2 2
 Bµ Cµ µA
P· RC C· RQ 900 1800 (Đpcm).
 2 2
11) Phân tích định hướng giải:
 A
a). Ta có: ·AMO ·ANO ·ADO 900 
nên 5 điểm A, M , D,O, N cùng nằm E
 N
trên đường tròn đường kính AO . F
Suy ra các tứ giác 
 M H
AMDN, MNDO là tứ giác nội tiếp. 
 B C
b). Ta có: BDHF là tứ giác nội tiếp D O
nên: AH.AD AF.AB
Mặt khác AF.AB AM 2 
nên AM 2 AH.AD AF.AB . Hay AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại 
tiếp tam giác MHD suy ra ·AMH ·ADM . Ta cũng có: AMDN 
là tứ giác nội tiếp nên: ·AMN ·ANM ·ADM từ đó ta suy ra 
·AMH ·AMN hay M , H, N thẳng hàng. 
360 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Câu 12) Phân tích định hướng giải:
a). Ta thấy các điểm B,C, E, F nằm trên đường tròn đường kính
BC . Để chứng minh 5 điểm B,C, E, P, F nằm trên một đường tròn
 0
Ta cần chứng minh B· PC 90 . Thật vậy ta có: A
 1
P· BC P· BE E· BC ·ABE E· BC
 2 S
 M
 1 F R
 900 µA 900 Cµ P
 2 
Tương tự ta cũng có: P· CB P· CF F· CB . E
 H
 1 0 0 B C
 90 µA 90 Bµ . Từ đó suy ra D
 2 N
P· BC P· CB 2700 µA Bµ Cµ 900 B· PC 900 . Vậy điểm P thuộc 
đường tròn đường kính BC .Mặt khác BP là phân giác của góc ·ABH nên 
P là trung điểm của cung nhỏ EF .
b). Để ý rằng M , N là tâm của hai đường tròn đường kính BC và đường 
tròn đường kính AH Do hai đường tròn cắt nhau theo dây cung EF nên 
MN đi qua trung điểm của cung EF . Hay M , N, P thẳng hàng.
 A
Câu 13) Phân tích định hướng giải:
a). Điểm P trong bài toán 
chính là điểm Miquel của F
tam giác ABC . 
 P
+ Ta dễ thấy 4 điểm E
 H
A, F, H, E cùng nằm 
 O M
 B D C
trên đường tròn 
 361