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

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Câu 71. Giải: A
Gọi M ,N,P,Q lần lượt là M
trung điểm của AB,BC,CD,DA . B
 Q H
 O G
Gọi G là giao điểm của MP,NQ N
 C
thì G là trung điểm chung của D P
cả hai đoạn đó. H đối xứng với O H1
 ' '
qua G , H 1 đối xứng với A qua H . Ta chứng minh H 1 º H 1 . Thật 
 ' '
vậy, ta có MH / / BH 1 (MH là đường trung bình của tam giác ABH 1 ; 
MH / /OP (MOPH là hình bình hành); OP ^ CD (đường kính đi 
 ' '
qua trung điểm dây cung).Suy ra BH 1 ^ CD . Tương tự DH 1 ^ BC , 
 ' '
suy ra H 1 là trực tâm của tam giác BCD do đó H 1 º H . Lấy O ' đối 
xứng với O qua H , thì AOH 1O ' là hình bình hành. Suy ra 
O 'H 1 = OA = R (bán kính của (O)). Tương tự 
O 'H 2 = O 'H 3 = O 'H 4 = R . Vậy ta có đpcm.
Câu 72. Giải: C
Ta sẽ chứng minh ba đường 
thẳng Ơ-le đó cùng đi qua S F
 O1
 A S1
trọng tâm tam giác ABC . 
 I A'
Do tính tương tự, ta chỉ chứng B
minh cho tam giác BCI .
410 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Về phía ngoài tam giác ABC , dựng tam giác A 'BC đều, nội tiếp 
trong đường tròn (O1). Tứ giác IBA 'C nội tiếp vì 
· · 0 ·
BA 'C + BIC = 180 . Do A 'B = A 'C nên IA ' là phân giác CIB , suy 
ra ba điểm A,I ,A ' thẳng hàng. Gọi F là trung điểm của BC , S và 
S1 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác IBC . 
 FS FS FO 1
Vì = 1 = 1 = nên ba điểm S ,O ,S thẳng hàng. Mặt 
 FA FI FA ' 3 1 1
khác, O1S1 là đường thẳng Ơ-le của tam giác IBC , do đó đường 
thẳng Ơ-le của tam giác IBC đi qua trọng tâm tam giác ABC . 
Chứng minh hoàn toàn tương tự với các tam giác IAC,IAB . Ta có 
đpcm.
Câu 73. Giải:
 A
Ta sử dụng bổ đề sau để chứng minh.
 O
Bổ đề: cho tam giác nhọn ABC 1
 H1 M
 O
 O
có là tâm đường tròn ngoại N
 I
 H O
tiếp, H là trực tâm. Khi đó nếu 2 C
 H2
 B
 · 0
AO = AH thì ta có BAC = 60 .
Trở lại bài toán: Giả sử bốn điểm 
O,I ,H,C cùng thuộc một đường 
 ·
tròn. Vì CI là phân giác của HCO 
nên IH = IO = t . 
 · 0
Ta chứng minh: nếu BAC ¹ 60 thì bốn điểm O,I ,H,A cùng thuộc 
một đường tròn.
 411 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Kí hiệu M ,N lần lượt là hình chiếu của I trên OA và AH . Lấy hai 
điểm O1,O2 nằm trên tia AO sao cho IO1 = IO2 = t (O1 nằm giữa A 
và M , M nằm giữa O1 và O2 ). 
Lấy hai điểm H 1,H 2 nằm trên tia AH sao cho IH 1 = IH 2 = t (H 1 
nằm giữa A và N , N nằm giữa H 1 và H 2 ).
a) Nếu O º O1 và H º H 1 , hoặc O º O2 và H º H 2 . Khi đó 
DAIO : DAIH suy ra AO = AH . Áp dụng bổ đề ta được 
· 0
BAC = 60 , trái với điều giả thiết.
b) Nếu O º O1 và H º H 2 hoặc O º O2 và H º H 1 . Ta có 
 · · · ·
DIO1O2 = DIH 1H 2 nên IO1O2 = IH 2H 1 và IO2O1 = IH 1H 2 . Suy ra tứ 
giác AOIH nội tiếp. 
Giả sử A và B không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 · · 0
OIH . Khi đó BAC = ABC = 60 nên tam giác ABC đều, suy ra ba 
điểm O,I ,H trùng nhau, vô lý. Vậy ta có đpcm.
Câu 74. Giải:
Gọi E là giao điểm của AH A
và (O), (E khác A ). Giao 
 MN EC F
điểm của và là . P
 O
 Q
Tứ giác ABEC nội tiếp đường 
 H
 M
 OK ^ MK
tròn (O), có nên theo C
 B K
“bài toán con bướm” ta có F
 E
 N
412 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · · ·
KM = KF (1). Mặt khác MAK = BAE = HCB và HE ^ BK nên 
tam giác HCE cân tại C , suy ra HK = KE (2).Từ (1) và (2) ta có tứ 
giác MHFE là hình bình hành, do đó MH / / EF . Suy ra 
· · ·
MHK = KEF = ABC . 
 · ·
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng được NHK = ACB . Ta có 
· · · · 0 ·
QHP = MHN = ABC + ACB = 180 - BAC . Suy ra tứ giác AQPH 
nội tiếp được.
Câu 75. Giải:
 · · · 0 ·
Ta có ARC = APC = ABC = 180 - AHC . Do đó tứ giác AHCR 
 · · ·
nội tiếp.Suy ra AHX = ACR = CAP . R
 Q
Tương tự ta cũng có tứ giác A
AHBQ nội tiếp.Từ đó suy ra X
· ·
XAH = QBH = E
 O
 H
· · · ·
QBA + ABH = BAP + ABH (2) C
 B
 · ·
Từ (1) và (2) suy ra AHX + XAH =
 P
· · · · · 0
CAP + BAP + ABH = CAB + ABH = 90 . Do đó 
· 0 ·
AXH = 90 = AEH hay tứ giác AXEH nội tiếp được. Vậy 
· · ·
XEA = AHX = CAP (theo (1)). Suy ra EX / / AP (đpcm).
Câu 76. Giải: 
Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BD,CE . KN cắt AB,(O2 ),(O) 
 · · ·
lần lượt tại S,P,Q . Ta có KQC = KAC = EPQ . Suy ra EP / /CQ , 
 413 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 S
mà N là trung điểm của EC 
nên N là trung điểm của PQ . A
Ta thấy: 2SA.SM = SA.SD + SA.SB ; K
 D
 O2
2SK .SN = SK .SP + SK .SQ mà 
 P
 M E
 O
SA.SD = SK .SP (tứ giác AKPD 
 B N
nội tiếp); SA.SB = SK .SQ (tứ O1
 C
 Q
giác AKQB nội tiếp) 
Þ SA.SM = SK .SN Þ tứ giác AKNM 
nội tiếp, hay K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Mặt 
 · · 0
khác tứ giác AMO1N nội tiếp vì AMO1 = ANO1 = 90 hay cũng có 
O1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Suy ra tứ giác 
 · · 0
AKNO1 nội tiếp Þ AKO1 = ANO1 = 90 (đpcm).
Câu 77. 
 C
 D
 A
 O O'
 N
 B
 F
 I
 E
 M
 · ·
Giải: Gọi M là điểm đối xứng của B qua EF . Ta có EMF = EBF .
414 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · · · µ ¶ · ¶ µ 0
 Mà EBF + EAF = EBF + A1 + A2 = EBF + E1 + F1 = 180 nên 
· · 0
EMF + EAF = 180 . Vậy tứ giác MEAF nội tiếp đường tròn (j ). 
Gọi N là giao điểm của các tiếp 
 A
tuyến tại A và M của (j ) ta 
chứng minh ba điểm N,E,F 
 F' N
thẳng hàng. Thật vậy, gọi F ' E
là giao điểm thứ hai của NE 
 M
với (j ). Ta có DNAE : DNF 'A 
 AE NA ME NM NA
(g.g) . Suy ra = (1). Tương tự = = (2). Từ 
 AF ' NF ' MF ' NF ' NF '
 AE ME AE AF '
(1) và (2) ta có = nên = (*) Gọi I là giao điểm 
 AF ' MF ' ME MF '
của AB và EF . Ta có IE 2 = IA.IB = IF 2 do đó IE = IF . 
 EB IF IE BF IF
Mà DIEB : DIAE (g.g) nên = = . Tương tự = . 
 AE IA IA AF IA
 EB BF ME MF AE AF
Suy ra = . Do vậy = hay = (**). Từ (*) 
 AE AF AE AF ME MF
 AF ' AF
và (**) ta có = suy ra F º F ' . Vậy ba điểm N,E,F thẳng 
 MF ' MF
hàng. Ta có N thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF . Do vậy 
N thuộc trung trực AB , suy ra N thuộc đường thẳng OO ' . Tương 
tự D 2 và CD cắt nhau tại một điểm N ' thuộc OO ' . Do tính chất đối 
xứng, CD và EF cắt nhau tại một điểm thuộc OO ' do đó N º N ' . 
Vậy các đường thẳng CD,EF,D 1,D 2 đồng quy tại N . (đpcm).
 415 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Câu 78. Giải(Bạn đọc có thể xem thêm phần’’Các định lý hình học 
nổi tiếng’’Nội dung định lý Lyness
Qua M kẻ tiếp tuyến chung của (O ') và (O). 
 ¶ · ¶ ¶ A B
Ta có N 1 = NMX và B1 = M 1 
 1
 · · Q
do đó NMD = NMB .
 ·
Vậy MN là phân giác góc DMB . O
 I P
 N
Gọi Q là giao điểm thứ hai của 1 O'
 C
 D
MN và (O). Ta có Q là điểm 
 1
 x M
chính giữa của cung BD do đó 
 ·
CQ là phân giác góc DCB . Gọi I là giao điểm của CQ và NP .
 · 1æ ¼ ¼ ö 1æ ¼ » ö ¶ ·
Ta có ICM = çsđDM + sđDQ÷= çsđDM + sđQB÷= N = IPM . 
 2èç ø÷ 2èç ø÷ 1
Suy ra tứ giác IPCM nội tiếp. Do đó 
· · · 2
QMB = NPA = IMC Þ DQIM : DQNI Þ QI = QN.QM . Mà 
· · 2
QMD = QDN Þ DDQN : DMQD Þ QD = QN.QM Þ QD = QI . 
Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD . Tương tự tâm 
đường tròn nội tiếp tam giác ACD nằm trên NP .
Câu 79. Giải:
Gọi A ' là giao điểm thứ hai của AI với (O). Theo câu 78 ta có tâm 
đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên IM (xét với (O1) và IN 
(xét với (O2 )). Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . 
(đpcm).
416 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 A
Câu 80. Giải:
 · 0 1 µ 0 µ
Ta có BMC = 90 + A = 180 - B 
 2
 · 0 µ
và ZMY = 180 - B 
 M Y
(vì tứ giác MZCY nội tiếp) X
 K
 · · L
Do đó BMZ = YMC nên 
 B C
 Z T
· ·
XBM = YNC . Suy ra DBXM : DMYC 
 N
do đó DKXB : DLYM
 · · · ·
Þ BXK = LYM = YTC = BTN . Vậy tứ giác BXTN nội tiếp.
Tương tự ta cũng có tứ giác YCNZ nội tiếp. Mặt khác 
· · · · · · · µ
BNX = BTX = BMX suy ra YNC = YZT = YMC và XNY = B .Từ 
 · · · µ · · µ µ µ µ
đó BNC = BMX + YMC + B = BMX + XBM + B = 2B = B + C 
 · · µ µ µ 0
do đó BNC + BAC = A + B + C = 180 . Suy ra tứ giác ABNC nội 
tiếp.
Câu 81. Giải: x
a) DABE : DACF (g.g) 
 A
 AB AE E
Þ = Þ AE.AC = AF.AB . 
 AC AF M
 F
 H
 · · 0 O
b). Ta cóBFH + BDH = 180 Þ N
 K
Tứ giác BFHD nội tiếp (tứ giác có B D C
hai góc đối bù nhau). 
 417 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 · · 0
Ta có ADB = AEB (= 90 )Þ Tứ giác ABDE nội tiếp (tứ giác có hai 
đỉnh D,E cùng nhìn AB dưới một góc vuông).
 · · 0
c). Ta có BFC = BEC (= 90 ) Þ Tứ giác BFEC nội tiếp (tứ giác có hai 
 · ·
đỉnh F,E cùng nhìn BC dưới một góc vuông) Þ AEF = ABC . Mà 
 · · · ·
 xAC = ABC (hệ quả). Do đó xAC = AEF (hai góc ở vị trí so le trong) 
nên Ax / / EF .Lại có OA ^ Ax . Do đó OA ^ EF .
d). Gọi I là giao điểm của AD và EF . Ta có 
 · · · ·
 ADE = ABE = FDH Þ DI là tia phân giác EDF . Mà AD ^ BC nên 
 KF IF
có DK là dường phân giác ngoài của DDEF . Xét DDEF có = 
 KE IE
(1). Áp dụng hệ quả Talet vào các tam giác: DIAE có 
 NF IF KF MF
 FN / / AE : = (2); DKAE có MF / / AE : = (3). Từ 
 AE IE KE AE
 NF MF
(1),(2),(3) cho = Þ NF = MF .
 AE AE
Câu 82. Giải:
 ¼ ¼ D
a). Ta có AM = MC I
 ¼ C
(M là điểm chính giữa của AC ) N
 M
 K
 · ·
 Þ ABM = IBM (hệ quả góc 
 A
 O B
 · · 0
nội tiếp).AMB = ACB = 90 
(góc nội tiếp chắn nửa đường 
tròn) Þ BM ^ AI ,AC ^ BI .
418 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 DABI có BM vừa là đường cao (BM ^ AI ) vừa là đường phân giác 
 · ·
 (ABM = IBM ). Do đó tam giác ABI cân tại B .
 · 0 · 0
b) Ta có KMI = 90 (BM ^ AI ); KCI = 90 (AC ^ BI ) 
 · · 0 0 0
 Þ KMI + KCI = 90 + 90 = 180 .Vậy tứ giác MICK nội tiếp.
c) Xét DABN và DIBN có AB = BI ( DABI cân tại B ), 
 · ·
 ABN = IBN (chứng minh trên), BN cạnh chung. Do đó 
 · · · 0
 DABN = DIBN (c.g.c) Þ NAB = NIB . Mà NAB = 90 nên 
 · 0
 NIB = 90 Þ NI ^ BI . Mà I thuộc đường tròn (B,BA) (vì BI = BA ). 
Vậy NI là tiếp tuyến của đường tròn (B,BA). 
+ Xét DABC có M là trung điểm của AI , DABI cân tại B , BM là 
đường cao, O là trung điểm của AB Þ MO là đường trung bình của tam 
giác ABI Þ MO / / BI . Mà NI ^ BI (chứng minh trên). Vậy 
 NI ^ MO . 
 · ·
d) Ta có IKD = IBM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IK của đường 
 · 1 · · · ·
tròn (IBK )). Mà IDA = IBA = IBM (IDA và IBA là góc nội tiếp và 
 2
góc ở tâm cùng chắn cung AI của đường tròn (B,BA), BN là tia phân 
 · · ·
giác của IBA ). Do đó IDK = IDA Þ hai tia DK ,DA trùng nhau.
 Þ D,K ,A thẳng hàng. Mà C,K ,A thẳng hàng nên D,K ,A,C thẳng 
hàng. Vậy ba điểm A,C,D thẳng hàng.
 · 0
Câu 83. Giải:a) Ta có ICD = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 
 · · 0
 (O)).Tứ giác IHDC có IHD = ICD = 90 . Do đó tứ giác IHDC nội tiếp 
 · · · ·
đường tròn tâm M Þ IMH = 2ICH và ICH = IDH . 
 · · ·
Mà BCA = ICH (= IDH ) (hai góc cùng chắn cung AB của (O)). 
 419