hần 2.
TUYỂN TẬP
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỪ
MỘT SỐ CHUYÊN GIA
VIỆT NAM
BTC kỳ thi IGO tại Việt Nam 2019
1
PHẦN 1. THẦY NGUYỄN MINH HÀ
Bài toán 1. Cho tam giác không cân ABC, O, H theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực
tâm. A1, B1, C1 theo thứ tự là trung điểm của AH, BH, CH. A2, B2, C2 theo thứ tự là điểm đối xứng
của H qua trung điểm của OA1, OB1, OC1. Chứng minh rằng các đường tròn (OA1A2), (OB1B2),
(OC1C2) cùng đi qua một điểm thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC.
Lời giải. Gọi (N) là đường tròn Euler của tam giác ABC; S là giao điểm thứ hai của (OA1A2),
(OB1B2). Dễ thấy OHA1A2, OHB1B2, OHC1C2 là các hình bình hành.
Từ đó, chú ý rằng HB  CA / / C1A1 và HA  CB / / C1B1 , suy ra
(SA1 , SB1 )  (SA1 , SO)  (SO, SB1 )  (A2 A1 , A2 O)  (B2 O, B2 B1 ) (mod )
 (HO, HA)  (HB, HO)  (HB, HA)  (CA,CB)  (C1 A1 , C1 B1 ) (mod ).
Điều đó có nghĩa là S thuộc (N) (1). Vậy, chú ý rằng B1A1 / / AB và BA  CH , ta có
(SC1 , SO)  (SC1 , SA1 )  (SA1 , SO)  (B1C1 , B1 A1 )  (A2 A1 , A2 O) (mod )
 (BC, BA)  (OH, AH)  (AH,CH)  (OH, AH)  (OH, C1 H)  (C2 C1 , C2 O) (mod ).
Điều đó có nghĩ là S thuộc (OC1C2) (2). Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
A
A2
A1
S
O
N
H
B2
B1
C2
C1
B
C
Bài toán 2. Cho tam giác ABC. (K) là đường tròn đi qua B, C và không đi qua A. E, F theo thứ
tự là giao điểm thứ hai của (K) và CA, AB. H là giao điểm của BF và CE. Chứng minh rằng tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF thuộc OH.
Lời giải.
Gọi P là giao điểm của BC và EF; Q là giao điểm thứ hai của AP và (O); L là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác KEF; M, N theo thứ tự là trung điểm của EC, FB; X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm
thứ hai của HQ, HB, HC và (O). Dễ thấy PA.PQ  PB.PC  PE.PF.
Điều đó có nghĩa là A, Q, E, F cùng thuộc một đường tròn (1).
Do đó các tam giác QEC, QFB đồng dạng cùng hướng (kết quả quen thuộc).
2
Từ đó, chú ý rằng M, N theo thứ tự là trung điểm của EC, FB, suy ra các tam giác QEM, QFN
đồng dạng cùng hướng.
Do đó (MA, MQ)  (MF, MQ)  (NE, NQ)  (NA, NQ) (mod )
Điều đó có ngghĩa là A, Q, M, N cùng thuộc một đường tròn.
  KNA
  90, suy ra A, K, Q, M, N cùng thuộc đường tròn
Từ (1) và (2), chú ý rằng KMA
  KQA
  90 (3).
đường kính AK. Do đó XQA
Áp dụng định lí Brocard cho tứ giác BCEF, ta có KH  AP (4).
Từ (3) và (4) suy ra K, H, Q thẳng hàng và KHQ  AP. Dễ thấy AO  EF (5).
Dễ thấy (YZ, EF)  (YZ,YB)  (EB, EF)  (CZ, CB)  (CB,CF)  (CZ,CF)  0 (mod ).
Do đó YZ / / EF (6).
Từ (5) và (6) suy ra AO  YZ (7).
XY
KE
Từ (3), (6) và (7) suy ra AOX  YZ . Do đó XY  XZ. Vậy
(8).
1
XZ
KF
A
Z
Q
F
Y
O
N
E
L
H
M
B
K
C
P
X
 
 
Dễ thấy (XY, XZ)  2(XA, XZ)  2(CA, CZ)  2(CE,CF)  (KE, KF) (mod 2) (9).
Từ (8) và (9) suy ra hai tam giác XYZ, KEF đồng dạng cùng hướng. Kết hợp với (6) suy ra các
tam giác XYZ, KEF có các cạnh tương ứng song song và H  YE  ZF.
Nói cách khác các tam giác XYZ, KEF là ảnh của nhau qua một phép vị tự có tâm là H. Từ đó,
chú ý rằng O, L theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các tam giác XYZ, KEF, suy ra H, O, L thẳng
hàng. Điều đó có nghĩa là L thuộc OH.
Bài toán 3. Cho tam giác ABC và hai điểm đằng giác I, J. M, N theo thứ tự là trung điểm của BC,
AJ. D, E, F theo thứ tự là hình chiếu của I trên BC, CA, AB. P, Q theo thứ tự là giao điểm của IE,
IF và DF, DE. Chứng minh rằng MN  PQ.
Lời giải.
3
Gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của BJ, CJ và AC, AB; Z, T theo thứ tự là trung điểm của XY
và CY; H, K theo thứ tự là hình chiếu của J trên AB, AC. Theo kết quả về đường thẳng Gauss,
M, N, Z thẳng hàng (1).
Chú ý rằng B, D, I, F cùng thuộc một đường tròn; I, J là hai điểm đẳng giác của tam giác ABC;
C, D, I, E cùng thuộc một đường tròn, ta có
(DP, DI)  (DP, DB)  (DB, DI)  (DF, DB)  (FB, FI) (mod )
 (IF, IB)  (BA, IF)  (BA, BI)  (BJ, BC)  (BX , BC)(mod );
(IP, ID)  (IE, ID)  (CE,CD)  (CX ,CB) (mod ).
Do đó các tam giác DPI, BXC đồng dạng cùng hướng.
Tương tự các tam giác DQI, CYB đồng dạng cùng hướng.
Từ đó, chú ý rằng M, Z, T theo thứ tự là trung điểm của BC, XY, CY;
IP IP ID CX BC CX TZ

.

.


;
IQ ID IQ CB BY BY TM
 
 
 
 
 
(IP, IQ)  (IP, ID)  (ID, IQ)  (CX ,CB)  (BC, BY) (mod 2)
 
 
 
 
 (CX ,CB)  (CB,YB)  (CX ,YB)  (TZ, TM) (mod 2).
Do đó các tam giác IPQ, TZM đồng dạng cùng hướng.
Kết hợp với IP  AC / / TZ, suy ra PQ  ZM (2).
Từ (1) và (2) suy ra PQ  MN.
A
X
N
Z
V
Y
K
H
J
F
T
I
P
B
M
E
Q
D
C
Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật BCXY, CAZT, ABUV sao cho
ZV / / AB. S là giao điểm của YZ và XV. Chứng minh rằng AS  BC.
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.
4
Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình chữ nhật CAZT, ABUV sao cho ZV / / AB. K
là giao điểm của BZ và CV. Khi đó AK  BC.
Chứng minh.
Gọi (M), (N) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật CAZT, ABUV; L là giao điểm
thứ hai của (M) và (N); E, F theo thứ tự là giao điểm thứ hai của (M), (N) và CV, BZ; H là giao
điểm của ZE và VF.
Vì M, N theo thứ tự là trung điểm của CZ, BV nên MN / / BC / /ZV (1).
Dễ thấy H là trực tâm của tam giác KZV.
Do đó KH  ZV. Kết hợp với (1), suy ra KH  BC (*).
Dễ thấy AL  MN. Kết hợp với (1), suy ra AL  BC (2).
Dễ thấy PH /(M )  HZ.HE  HV.HF  PH /(N) .
Do đó H  AL (3).
Từ (2) và (3) suy ra AH  BC (**).
Từ (*) và (**) suy ra AK  BC.
V
Z
A
N
H
M
E
F
K
U
L
B
T
C
Trở lại bài toán,
Gọi K là giao điểm của BZ và CV; W là giao điểm của BU và CT; P là giao điểm của AZ và
đường thẳng qua W song song với AC; Q là giao điểm của AV và đường thẳng qua W song song
với AB; E, F theo thứ tự là giao điểm của BP, CQ và ZV.
5
F
E V
Z
A
Q
P
K
U
T
S
B
C
W
Y
X
     
Ta có PQ  PA  AQ  WC  BW  BC (1).
Dễ thấy lục giác BWCQAP nội tiếp đường tròn đường kính AW.
  PAC
  90; QCB
  QAC
  90 (2).
Do đó PBC
Từ (1) và (2) suy ra BCQP là hình chữ nhật.
Vậy YX / / BC / / PQ / / EF.
Do đó Z(AKSV)  Z(PBYE)  (PBYE)  (QCXF)  V(QCXF)  V(AKSZ).
Do đó A, K, S thẳng hàng (3).
Theo bổ đề trên, AK  BC (4).
Từ (3) và (4) suy ra AS  BC.
Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). E là giao điểm của AB và CD. F là giao
điểm của AD và CB. K là giao điểm của các đường phân giác trong của 
AED, 
AFB. M, N, P, Q
theo thứ tự là hình chiếu của K trên AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng OK, MP, NQ đồng quy.
Lời giải.
Ta cần có hai bổ đề.
Bổ đề 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). E là giao điểm của AB và CD. Gọi P, Q theo
thứ tự là giao điểm của BC, EF và phân giác trong trong của góc AED. S là giao điểm của đường
thẳng qua P vuông góc với AD và đường thẳng qua Q vuông góc với CB. Khi đó O, E, S thẳng
hàng.
Chứng minh.
Gọi M, N theo thứ tự là hình chiếu của O trên AD, CB; H, K theo thứ tự là hình chiếu của E trên
AD, CB; P, Q theo thứ tự là hình chiếu của S trên AD, CB.
Dễ thấy các tam giác EAD, ECB đồng dạng.
Từ đó, chú ý rằng M, N theo thứ tự là trung điểm của AD, CB; H, K theo thứ tự là hình chiếu của
E trên AD, CB; P, Q theo thứ tự là chân đường phân giác kẻ từ E của các tam giác EAD, ECB và
OM / / KP / / AR; ON / / KQ / / OS, suy ra O, K, A thẳng hàng.
6
E
C
NQ
B
K
A
S
H
P
M
O
D
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc BC, CA, AB. Các điểm M, N theo thứ tự
thuộc AB, AC. Các điểm P, Q theo thứ tự thuộc BN, CM sao cho OP, OQ theo thứ tự song song
với AB, AC. Các điểm R, S theo thứ tự thuộc AC, AB sao cho MR, NS theo thứ tự song song với
AP, AQ. T là giao điểm của BR, CS. Khi đó A, O, T thẳng hàng.
Chứng minh.
Gọi W, U, V theo thứ tự là giao điểm của AO, BO, CO và BC, CA, AB.
T
R
S
A
V
U
O
N
M
Q
P
B
W
C
Dễ thấy các điều kiện sau tương đương.
1. A, O, T thẳng hàng.
2. B( ACOT )  C( ABOT ).
3. B( ACUR )  C( ABVS ).
4. ( ACUR )  ( ABVS ).
7
5.
UA RA VA SA
:

:
.
UC RC VB SB
6.
UA MP VA NQ
(vì RM / / AP; SN / / AQ ).
:

:
UC MC VB NB
7.
UA VO VA UO
(vì MV / / PO; NU / / QO ).
:

:
UC VC VB UB
VB UA WC UB VO WC
.
.

.
.
.
VA UC WB UO VC WB
9. 1  1 (vì AW, BU, CV đồng quy (tại O); OW, BV, CU đồng quy (tại A)).
8.
Trở lại giải bài toán 5.
Gọi L là giao điểm của MP và NQ; X, Z theo thứ tự là giao điểm của FK và AB, CD; Y, T theo
thứ tự là giao điểm của EK và AD, CB; U là giao điểm của đường thẳng qua X vuông góc với AB
và đường thẳng qua Z vuông góc với CD; V là giao điểm của đường thẳng qua Y vuông góc với
BC và đường thẳng qua T vuông góc với DA. Theo bổ đề 1, các bộ ba điểm F, O, U và E, O, V.
Dễ thấy
   
  180  KFE
  KEF
  180  AFE  CFE  AEF  CEF
FKE
2
2






  CEF

AFE  AEF CFE  CEF 180  AFE  AEF 180  CFE
 180 



2
2
2
2




FAE FCE BAD  BCD 180




 90.
2
2
2
2
F
B
MX
A
Q
T
E
D
N
L
Y
U
K
V
P
O
Z
C
8
Do đó XZ  EK ;YT  FK (1).
  KEP;
 KM  KP và KFN
  KFQ;
 KN  KQ nên EM  EP; FN  FQ.
Vì KEM
Do đó MP  EK ; NQ  FK (2).
Từ (1) và (2) suy ra LM / / KF ; LQ / / KE (3).
Vì XU  AB; MK  AB và TV  AD; QK  AD nên XU / / MK ;TV / / QK (4).
Từ (3), (4), áp dụng bổ đề 2 cho tam giác KFE và điểm L, suy ra O, L, K thẳng hàng.
Nói cách khác OK, MP, NQ đồng quy.
Bài 6. Cho tam giác ABC. A1, B1, C1 theo thứ tự là tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp (Ia),
(Ib), (Ic) và BC, CA, AB. K là giao điểm của AA1, BB1, CC1. Các điiểm A2, B2, C2 theo thứ tự
thuộc BC, CA, AB sao cho KA2, KB2, KC2 vuông góc với AI, BI, CI. Chứng minh rằng A2, B2,
C2 cùng thuộc một đường thẳng vuông góc với IK.
Lời giải.
Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
T
Y
Z
X
A
F
E
N
P
Q
I
K S
B
M
L
C
Bổ đề. Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) theo thứ tự tiếp xúc với AC, AB tại E, F. K, L
theo thứ tự là điểm đối xứng với E, F qua I. S là giao điểm của BK và CL. Đường thẳng đi qua S
và vuông góc với AC theo thứ tự cắt BI, AC tại M, N. Đường thẳng đi qua S và vuông góc với AB
theo thứ tự cắt CI, AB tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn.
9
Chứng minh. Gọi X, Z theo thứ tự là giao điểm của EK, NS và AB; Y, T theo thứ tự là giao điểm
của FL, QS và AC.
Chú ý rằng KL  XY , theo định lí Thales, ta có
SM
KI
LI SP



.
SZ KX LY ST
Do đó MP  ZT . Từ đó, chú ý rằng Z, T, N, Q cùng thuộc một đường tròn, suy ra M, N, P, Q
cùng thuộc một đường tròn.
Trở lại bài toán,
Gọi A’ B’, C’ theo thứ tự là hình chiếu của A2, B2, C2 trên IK; A3 là giao điểm của AI và KA2;
A4 là điểm đối xứng của A0 qua I; A5, A6 theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng đi qua K và
vuông góc với BC và AI, BC. Tương tự có B5, B6; C5, C6 .
Theo bổ đề trên, KA5 . KA6  KB5 . KB6  KC5 .KC6  k .
Dễ thấy KA '. KI  KA2 . KA3  KA5 . KA6  k . Do đó KA ' 
Tương tự KB ' 
k
.
KI
k
k
; KC ' 
. Vậy A '  B '  C '.
KI
KI
Điều đó có nghĩa là A2, B2, C2 cùng thuộc một đường thẳng vuông góc với IK.
A
A4
B1
C0
C1
K
A3
B
A1
A6
B0
I
A0
C
A'= B'=C'
A2
A5
Bài 8. Về phía ngoài tam giác ABC, dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông cân
tại A1, B1, C1. A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua B1C1, C1A1, A1B1. Chứng
minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A2B2C2 đi qua trực tâm
của tam giác A1B1C1.
10
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông
cân tại A1, B1, C1. Khi đó AA1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H1 của tam giác A1B1C1.
Trở lại bài toán,
Gọi (O2) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác A2B2C2; A3, B3, C3 theo thứ tự là giao điểm thứ
hai của AA1, BB1, CC1 và (O2).
Theo bổ đề trên, AA1, BB1, CC1 đồng quy tại H1.
C1
A
A2
B1
C3
B3
O
H1
B2
A3
O2
C2
C
B
A1
Vì A1B2  A1B  A1C  A1C2 nên B, C, B2, C2 đồng viên. Do đó
H1B. H1B2  H1C. H1C2 .
Kết hợp với H1B3.H1B2  H1C3 .H1C2 , suy ra
Tương tự
H 1B
HC
 1 .
H1B3 H1C3
H1 A H 1 B
HC

 1  k.
H1 A3 H1B3 H1C3
Từ đó, suy ra phép vị tự VHk1 biến tam giác A3B3C3 thành tam giác ABC.
Do đó O, H1, O2 thẳng hàng (đpcm).
11
PHẦN 2. THẦY TRẦN QUANG HÙNG
Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp trong đường tròn (O ) với các đường cao
AD, BE , CF và trực tâm H . Giả sử DE  HC  Q, DF  HB  R . Tiếp tuyến của (O ) ở B, C
cắt nhau tại T . Chứng minh rằng HT chia đôi RQ.
Lời giải.
Gọi AP là đường kính của (O ) . Giả sử PC  AB  N , PB  AC  M thì P là trực tâm của tam
giác AMN . Do đó, dễ thấy rằng T là trung điểm MN . Dựng hình bình hành BCNK và BCLM .
Ta thấy BE  CN , vì cùng vuông góc với AC nên K , B, E thẳng hàng. Tương tự thì L, C , F cũng
thẳng hàng. Ta được MLNK là hình bình hành nên T cũng là trung điểm của KL.
Gọi S là điểm đối xứng với O qua BC , khi đó S là tâm ngoại tiếp ( BHC ).
Mặt khác RH  RB  RD  RF (tứ giác BDHF nội tiếp) nên R có cùng phương tích đến các đừơng
tròn ( DEF ),( BHC ). Tương tự với điểm Q. Suy ra RQ là trục đẳng phương của 2 đường tròn này.
Hơn nữa, AH  OS , AH  OS nên AHSO là hình bình hành và AS đi qua trung điểm OH , cũng
là tâm của ( DEF ). Từ đó ta thấy RQ  AS . Ta lại có
OS 2OA 2OC BC ML




.
OA OT
OT
CT MT
Điều này cho thấy hai tam giác OAS và MTL đồng dạng, suy ra AS  TL nên QR  KL . Mà HT
đi qua trung điểm KL nên theo bổ đề hình thang thì nó cũng đi qua trung điểm của QR.
12
Bài 2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn ( I ) có M , N , P, Q là tiếp điểm của ( I ) lên các
cạnh AB, BC , CD, DA. Gọi K , L lần lượt là tâm ngoại tiếp của các tam giác AMN , APQ. Gọi R
là giao điểm của BD, KL và J là giao điểm của AI , MQ. Chứng minh rằng RA  RJ .
Lời giải.
Gọi S , T là trung điểm của AM , AQ. Khi đó, KS là trung trực của AM và LT là trung trực của
AQ. Suy ra AI , SK , TL đồng quy tại tâm ngoại tiếp G của tam giác AMQ.
Chú ý rằng BI là trung trực của MN nên K  BI ; tương tự thì L  DI .
Xét hai tam giác IBD và GST có BS , DT , IG đồng quy tại A nên theo định lý Desargues thì các
điểm T , S , L thẳng hàng.
Do đó, R thuộc trung trực của đoạn AJ nên RA  RJ .
Bài 3. Cho tam giác nhọn không cân ABC nội tiếp (O ) và một đường tròn ( ) cố định qua A, O
cắt AB, AC ở F , E . Giả sử OE , OF cắt (O ) ở M , N . Gọi P là điểm trên cung BC của (O ).
Đường thẳng AP  ( )  L và OL cắt (O ) ở G, H (điểm G, N cùng phía so với AP ).
MP  CG  J , NP  BH  I . Chứng minh rằng khi P thay đổi thì ( PIJ ) luôn qua điểm cố định.
Lời giải.
Gọi D là giao điểm khác A của ( ),(O ). Ta có
ECD 
AOD AED

2
2
nên tam giác ECD cân tại E hay EC  ED, mà OC  OD nên OE là trung trực của CD.
13
M
A
H
D
E
O
L
N
F
I
C
B
T
J
G
P
Suy ra M là trung điểm cung CD của (O). Do đó BM là phân giác góc B của tam giác BCD.
Tương tự với N.
Cũng bằng cách trên, ta có LD  LP và OL là trung trực DP , kéo theo G, H là trung điểm 2
cung của (O), suy ra I , J là tâm nội tiếp tam giác DBP, DCP.
Giả sử ( PIJ ) cắt (O ) ở T thì theo mô hình vị tự quay (chú ý rằng JM  DM , IN  DN ), ta có
TM JM DM


.
TN
IN
DN
Do đó tứ giác DNTM điều hòa và T là điểm cố định. Ta có đpcm.
Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A có P nằm trong tam giác sao cho BPC  180  A . Các
đường thẳng PB, PC lần lượt cắt CA, AB tại E , F . Gọi I , J lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với
đỉnh B, C của tam giác ABE và ACF . Gọi K là tâm ngoại tiếp tam giác AEF . Chứng minh
rằng KI  KJ .
Lời giải.
Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF có ABCD nội tiếp. Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC , BD.
Khi đó, phân giác trong của góc E , F cùng đi qua một điểm thuộc MN .
14
E
B
A
N
I
M
F
D
C
Chứng minh. Ta có: EAC  EBD( g. g ) và M , N lần lượt là trung điểm của hai cạnh tương
ứng nên ta cũng có EMC  END( g. g ) . Suy ra EM , EN đẳng giác trong góc E và phân giác
góc AEB, MEN trùng nhau.
Giả sử I là giao điểm của phân giác trên và MN thì
IM EM AC


.
IN
EN BD
Tương tự, nếu gọi I  là giao điểm của phân giác góc F và MN thì
I M AC

.
I N BD
Suy ra I  I  hay các phân giác góc E , F và MN đồng quy. Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán,
Do BPC  180  A nên EPF  EAF  180 , tức là AEPF nội tiếp hay P  ( K ).
Gọi G là điểm đối xứng với A qua BC . Vì
BPC  BGC  180 nên G  ( BPC ).
Mặt khác GB  GC nên PG là phân giác của BPC và EPF .
 chứa A của
Dễ thấy IJ chính là phân giác ngoài của EAF nên nó đi qua trung điểm cung EF
( K ) , mà PG cũng đi qua trung điểm đó (vì nó là phân giác EPF ) nên các đường thẳng PG, IJ
cắt nhau tại R thuộc ( K ).
Gọi S là trung điểm AP và L là giao điểm của BI , CJ . Khi đó, theo bổ đề trên cho tứ giác toàn
phần AEPFBC thì L nằm trên đường thẳng nối S và trung điểm EF .
Đây cũng chính là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần nói trên nên SL đi qua trung điểm
M của BC .
15
A N
J
R
I
S
F
L
E
P
M
C
B
G
Do IJ  BC (cùng vuông góc với phân giác trong của BAC ) và SL đi qua trung điểm của BC
nên nó cũng đi qua trung điểm N của IJ theo bổ đề hình thang.
Hơn nữa, MS là đường trung bình của tam giác APG nên MS  PG và cũng đi qua trung điểm
N của AR . Vì AR là dây cung của ( K ) nên KN  AR , mà N cũng là trung điểm IJ nên tam
giác KIJ cân tại K . Vậy ta có KI  KJ , đpcm.
Bài 5. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc AC , AB lần lượt tại E , F . Gọi
G, H theo thứ tự là các điểm đối xứng với E , F qua I . Giả sử GH cắt BC tại P. Các điểm
M , N thuộc IP sao cho CM vuông góc với IB và BN vuông góc với IC . Chứng minh rằng I
là trung điểm MN .
Lời giải.
Trước hết, ta có chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc
với BC tại D . Kẻ đường kính DK của ( I ) và gọi M là trung điểm BC . Khi đó IM  AK .
A
C'
B'
K
I
B
D
M
E
C
16
Trở lại bài toán,
A
Q
K
S
T
E
F
M
I
N
H
L
G
P
B
D R
C
Gọi D là tiếp điểm của ( I ) lên BC và Q, K lần lượt là các điểm đối xứng với D, P qua tâm I .
Dễ dàng thấy rằng K  ( I ) và do PD tiếp xúc với ( I ) nên ta có QK cũng tiếp xúc với ( I ).
Cũng do tính đối xứng. Vì EF đối xứng với GH qua I và P  GH nên Q  EF .
Giả sử AK cắt lại ( I ) tại L thì rõ ràng tứ giác KEFL điều hòa (vì AE , AF là các tiếp tuyến của
( I ) ), suy ra EF và tiếp tuyến tại K , L đồng quy.
Từ đó ta cũng có QL tiếp xúc với ( I ) và AL  IP.
Gọi R là trung điểm BC . Áp dụng bổ đề trên, ta có
IR  AK nên IR  IP .
Tiếp theo, giả sử BN , CM cắt EF tại S , T thì bằng biến đổi góc, dễ dàng có được:
BTC  BSC  90 .
Suy ra T , S thuộc đường tròn đường kính BC .
Đường thẳng qua tâm R của vuông góc với IR cắt CT , BS lần lượt tại M , N nên theo định lý
con bướm, ta có được IM  IN .
Bài toán được chứng minh.
Bài 6. Cho tứ giác ABCD cố định có hai đường chéo AC, BD cắt nhau ở P. Trung trực AC, BD
cắt nhau tại K. Đường thẳng d thay đổi qua K cắt (PAB) ở Q, R. Chứng minh rằng trực tâm tam
giác PQR luôn thuộc một đường tròn cố định khi d thay đổi.
17
Bài 7. Cho tam giác ABC không vuông tại A, điểm D cố định trên BC. Gọi P là điểm di chuyển
nằm trong tam giác ABC. Gọi B1, C1 là hình chiếu của P lên các cạnh AC, AB. Giả sử DB1, DC1
cắt AB, AC ở C2, B2 và (AB1C1) cắt (AB2C2) ở Q. Chứng minh rằng PQ luôn đi qua điểm cố định
khi P thay đổi.
18
19
PHẦN 3. THẦY NGUYỄN VĂN LINH
Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn không cân có trực tâm H và tâm ngoại tiếp O. Giả sử ( BOH )
cắt AB ở F  B, (COH ) cắt AC ở E  C . Gọi P là giao điểm của EF và OH .
a) Chứng minh rằng PA  PH .
b) Chứng minh rằng đường tròn Euler của tam giác ABC và AEF tiếp xúc nhau.
Lời giải.
A
P'
H'
O
E
H
B
G
M
K
C
F
Giả sử ( BOH ) cắt BC ở K thì chú ý rằng
OHK  OBK  OBC  HBA  HKF
nên OH  FK . Do đó F , K đối xứng nhau qua trung trực d của OH .
Tương tự, nếu gọi L là giao điểm của (COH ) và BC thì L, E cũng đối xứng nhau qua d .
Suy ra EF , KL đối xứng nhau qua d hay nói cách khác BC , EF đối xứng qua d .
Gọi H , K  là giao điểm của trung trực AH với AH , OH và G  OH  BC . Ký hiệu M là trung
điểm BC thì HH   OM và HH   OM nên hai tam giác H HP, MOG bằng nhau.
Điều này cho thấy HP  OG hay P, G đối xứng nhau qua d . Mà G  BC nên theo tính đối
xứng, ta có P  EF hay P  P. Vì thế nên PH  PA.
b) Giả sử tam giác AEF nhọn. Khi đó, ta chứng minh được rằng H , I , O thẳng hàng với I là tâm
ngoại tiếp tam giác AEF . Lấy A, B  (O ) sao cho AA  OH và BB  AC .
20
Theo câu a thì PA  PA  PH nên H , A đối xứng nhau qua EF , mà ta đã biết H , B đối xứng
nhau qua AC . Suy ra EH  EA  EB nên E là tâm của ( HAB).
B'
A
O
H
E
I
B
T
M
K
C
F
A'
Do đó HEA  2HBA , và do đối xứng, HEA  2FEA nên FEA  HB A  FAA .
Từ đó, ta được A, E , F , A cùng thuộc một đường tròn.
1
1
HA  HA  OM nên bằng biến đổi góc, ta chứng minh
2
2
được HOMT là hình thang cân, ngoài ra, nếu gọi O1 , I1 là điểm đối xứng của tâm ngoại tiếp tam
Gọi T là trung điểm HA thì HT 
giác ABC qua BC và tâm ngoại tiếp tam giác AEF qua EF thì H , O1 , I1 thẳng hàng.
1
thì  : A  H , O1  O , I1  I  với O, I  là tâm
2
Euler của tam giác ABC , AEF (theo tính chất quen thuộc thì điểm đối xứng với O qua BC sẽ
nằm trên đường thẳng đi qua A và tâm Euler). Do đó, H , O, I  thẳng hàng.
Cuối cùng, xét phép vị tự  tâm A, tỷ số
Ngoài ra, và ( AEF ),( ABC ) đều đi qua A nên qua phép vị tự trên, các đường tròn (O ),( I ) đều
đi qua H  , vậy nên hai đường tròn Euler của AEF , ABC tiếp xúc nhau ở trung điểm AH .
Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) có P thay đổi trên trung tuyến AM của tam giác ABC .
Đường tròn ( APB),( APC ) cắt lại AC , AB tại các điểm E , F . Gọi G là giao điểm của EF , BC.
Đường tròn ( AEF ) cắt AP ở T . Chứng minh rằng đối xứng của T qua PG nằm trên (O ).
Lời giải.
21
Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O ) có P bất kỳ trên mặt phẳng. Đường tròn ( APB),( APC ) cắt lại
AC , AB tại các điểm E , F . Đường tròn ( AEF ) cắt AP ở T . Gọi H là điểm đối xứng với K qua
P. Chứng minh rằng H  (O ).
Thật vậy,
Gọi L là giao điểm của FK và ( APC ), và M , S là điểm đối xứng với K , E qua L, C. Ta có
LCA  AFL  AEK nên KE  LC.
Ngoài ra, MS  KE nên MSA  KEA  AFM nên tứ giác AFSM nội tiếp.
Mặt khác, KA. KH  2 KA. KP  2 KF . KL  KF . KM nên tứ giác AFMH nội tiếp. Do đó, cả năm
điểm A, F , S , H , M cùng thuộc đường tròn.
Tương tự, ( AEH ) đi qua điểm đối xứng của F qua B. Từ đó ta có
C /( AEH )
C /( AFH )
 1 
B /( AEH )
B /( AFH )
nên các điểm A, B, H , C cùng thuộc đường tròn. Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán,
Gọi X , Y là giao điểm thứ hai của ( APB ), ( APC ) với BC , gọi J là tâm của ( AEF ) và L là
điểm đối xứng của A qua trung trực BC. Ta có
MB.MX  MP.MA  MC.MY nên MX  MY .
22
Từ đây suy ra, B /( AEF )  BA. BF  BY . BC  CX .CB  CE .CA  C /( AEF ) . Do đó, JB  JC nên
L  ( AEF ). Ngoài ra, A( ML, BC )  1  (TL, FE )  1.
Mặt khác, gọi G  là giao điểm của trung trực TL với BC. Ta có
TJG   TAL  AMB
nên JTMG  nội tiếp. Do đó JTG   JLG   90. Do đó G, E , F thẳng hàng hay G  G .
Gọi K là giao điểm của TP với (O ),U là điểm đối xứng của K qua O. Giả sử UT cắt (O ) ở
T . Theo bổ đề thì PT  PK nên T P  TP  KP .
1
Hơn nữa, TT L  UKL  UAL  90 TAL  TGL nên G là tâm ngoại tiếp tam giác
2



TT L , suy ra GT  GT . Do đó, T chính là điểm đối xứng của T qua PG và T   (O ).
Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O ) có M , N lần lượt là trung
điểm AB, AC và D là trung điểm cung lớn BC của (O ). Giả sử K là một điểm nằm trong
tam giác và thỏa mãn KAB  2KBA, KAC  2KCA . AD cắt BC ở T và TM cắt ( BMC )
ở R , TN cắt ( BNC ) ở S . Gọi P là giao điểm của KB và OM , Q là giao điểm của KC và
ON . Chứng minh rằng KA  KD và trục đẳng phương của (TQR),(TPS ) đi qua O .
Lời giải.
23
Trên AB, AC lấy các điểm E , F sao cho KA  KD  KE  KF thì theo tính chất của K , ta có
KAE  2KBA  KEA nên EK  EB . Tương tự thì FK  FC.
D
A
R
E
M
Q
P
L
T
N
K
S
F
O
C
B
Mặt khác DB  DC và DBE  DCF nên hai tam giác DBE , DCF bằng nhau, kéo theo
DEA  DFA nên D  ( AEF ) . Mà K là tâm của ( AEF ) nên suy ra KA  KD.
Ta có P  OM nên PA  PB , kéo theo AP là phân giác KAB , tương tự thì AQ là phân giác
KAC. Theo tính chất đường phân giác thì
PK AK QK AK TB AB

,

,

.
PB AB QC AC TC AC
Từ đó, theo định lý Menelaus trong tam giác KBC , dễ thấy rằng P, Q , T thẳng hàng.
Do PAK  PBA, QAK  QCA nên đường thẳng KA là tiếp tuyến chung của hai đường
tròn ( ABP ), ( ACQ ) ; suy ra
KA2  KP  KB  KQ  KC và BPQC nội tiếp.
Gọi L là giao điểm của TO và ( BOC ) thì TL  TO  TB  TC.
Xét phép nghịch đảo  tâm T , phương tích T /(O ) thì:
 : O  L, N  S , Q  P .
Mà O , N , Q thẳng hàng nên ( SPL) đi qua tâm nghịch đảo T hay ( SPT ) đi qua L. Tương tự
thì ( SQT ) cũng đi qua L nên trục đẳng phương của hai đường tròn ( SPT ),( SQT ) chính là
TL đi qua O. Ta có đpcm.
24
Bài 4.
Lời giải.
25
Bài 5. Cho ABC nhọn không cân, nội tiếp  O  . Lấy 2 điểm E , F trên cạnh AC , AB sao cho
AE  AF  BC . Đường tròn  AEF  cắt  O  tại điểm thứ hai là P . Gọi K , L là điểm chính giữa
cung AC , AB của  O  . Giả sử PK , PL cắt  AEF  tại điểm thứ hai là X , Y . Đường tròn bàng
tiếp đỉnh A của ABC tiếp xúc BC tại D. Chứng minh AD chia đôi XY .
Lời giải.
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC . Ta có
YAF  180  YPF  180  LPA  APF  AEF  ACI
 90  IAC  ACI  IBC
1
AYF  APF  180  AEF  90  BAC  BIC
2
Khi đó AYF  BIC  g.c.g  . Ta có AY  BI nên AYBI là hình bình hành. Tương tự AXCI là
hình bình hành. Do đó AXY  IBC . Lấy M , N lần lượt là trung điểm XY , BC . Gọi T là tiếp
điểm của  I  với BC. R là ảnh của T qua I . Ta có IN  AM . Mặt khác A, R, D thẳng hàng và
IN  RD nên A, M , R, D thẳng hàng.
Do đó AD đi qua trung điểm XY .
26
Bài 6.
Lời giải.
27
Bài 7.
Lời giải.
28
29
PHẦN 3. THẦY LÊ VIẾT ÂN
Bài viết này được Ban biên tập chọn lọc từ bài giảng của thầy Ân tại Gặp gỡ Toán học 2019. Dưới
đây tác giả nêu ra 7 phương pháp quan trọng để chứng minh các bài toán liên quan đến việc chứng
minh tiếp xúc. Đặc biệt, tất cả các bài toán minh họa, áp dụng đều do chính tác giả sáng tác.
Phương pháp 1. Sử dụng phép biến hình cơ bản: dời hình – đồng dạng.
Ta thường dùng các kết quả quan trọng sau:
Kết quả 1: Trong các phép biến hình cơ bản như phép dời hình (tịnh tiến, đối xứng tâm, đối xứng
trục, quay), phép đồng dạng (vị tự, vị tự quay) thì quan hệ tiếp xúc được bảo toàn.
Kết quả 2: Cho tam giác TBC và số thực k  0 . Phép vị tự VTk có tâm T , tỉ số k biến B, C
tương ứng thành B', C' . Tức là VTk : TBC  TB'C' . Khi đó hai đường tròn (TBC) và (TB'C')
tiếp xúc với nhau (tại T ).
Kết quả 3: Nếu hai tam giác ABC và A'B'C' có các cặp cạnh tương ứng song song đồng thời ba
đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy tại một điểm T . Nếu T thuộc đường tròn (ABC) thì (ABC)
và (A'B'C') tiếp xúc với nhau tại T .
Có thể phát biểu lại kết quả 2 và kết quả 3 như sau:
Kết quả 4: Cho điểm T thuộc đường tròn (O) và số thực k  0 . Khi đó đường tròn VTk  (O) 
tiếp xúc với (O) (tại T ).
Một số bài tập tham khảo.
 theo thứ
Bài 1.1. Cho tam giác nhọn ABC , AB>AC có H là trực tâm. Phân giác ngoài góc BHC
tự cắt các cạnh AB, AC tại D, E . Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của BC, DE . Phân giác
 theo thứ tự cắt BC, MN tại P,Q . Chứng minh rằng (ADE) và (MPQ) tiếp xúc
trong góc BHC
với nhau.
Bài 1.2. Cho hai đường tròn  và  cắt nhau tại A và B . Tiếp tuyến tại A của  cắt lại 
tại C . Tiếp tuyến tại A của  cắt BC tại D . Trên đường thẳng AB lấy điểm EE sao cho DE
vuông góc với AC . Điểm F thuộc đường thẳng AD sao cho FE vuông góc với DC . Các điểm
X, Y thuộc đường thẳng AB sao cho DX, FY cùng song song với AC . Dựng tam giác XYZ
sao cho XZ  BC, YZ  DA . Chứng minh (XYZ) tiếp xúc  .
Bài 1.3. Trong mặt phẳng cho đoạn thẳng AB cố định. Đường tròn (K) thay đổi luôn đi qua A
và B . Đường thẳng qua B vuông góc với AK theo thứ tự cắt đường thẳng qua A vuông góc với
AB và đường thẳng qua K vuông góc với KB tương ứng tại X và Y . Đường thẳng AK cắt lại
(K) tại Z . Chứng minh đường tròn (XYZ) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
30
 của
Bài 1.4. Cho hai đường tròn  và  cắt nhau tại A và B . Điểm M nằm trên cung nhỏ AB
 sao cho MA<MB . Tiếp tuyến của tại M của  cắt  tại P và Q . Gọi K là giao điểm của
PA và QB . Trung trực PQ cắt KM tại R . Chứng minh (KAB) và (PQR) tiếp xúc nhau.
Bài 1.5. Cho tam giác ABC và điểm P không thuộc AB  BC  CA  (ABC) . Một đường thẳng
đi qua P theo thứ tự cắt lại (PBC), (PCA), (PAB) tại A', B', C' . Các đường thẳng đi qua A', B', C'
theo thứ tự song song với BC, CA, AB cắt nhau tạo thành tam giác XYZ . Chứng minh rằng
(XYZ) tiếp xúc (ABC) .
Bài 1.6. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp O . Một đường thẳng d đi qua O . Gọi
A 0 , B0 , C0 theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C lên d . Gọi A', B', C' theo thứ tự là đối xứng
của A 0 , B0 , C0 tương ứng qua BC, CA, AB . Gọi A1 , B1 , C1 , A 2 , B2 , C2 theo thứ tự là trung điểm
của BC, CA, AB, AA', BB', CC' . Chứng minh (A1B1C1 ) và (A 2 B2C2 ) tiếp xúc nhau.
Bài 1.7. Cho tam giác nhọn ABC với AB<AC . Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm,
F là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác. M là trung điểm của BC . Q là điểm thỏa mãn
  90 . Chứng minh rằng (AKQ)
HQ  AM và AQ  HM . Điểm K nằm trên (O) sao cho AKQ
và (FKM) tiếp xúc với nhau.
Bài 1.8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và điểm P nằm trong tam giác. Các điểm
E, F lần lượt nằm phần trong các cạnh AB, AC sao cho EB=BP và FC=CP . Đường tròn ngoại
tiếp tam giác AEF cắt lại (O) tại G . Điểm K nằm trên (O) và L nằm trên cạnh BC sao cho
  PLC
 . Giả sử rằng A, B, C, K, G đôi một phân biệt và nằm trên (O) theo đúng thứ tự
GKP
đó. Gọi D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác PEF ; I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BCD . KI cắt BC tại M . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác GKP và KLM
tiếp xúc với nhau.
Bài 1.9. Cho tam giác không vuông ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm. Các
điểm M, N theo thứ tự trên CA, AB sao cho HM  AB, HN  CA . P là điểm bất kì trên AO ( P
khác A, O ). K, L theo thứ tự là giao điểm của PM, PN và OC, OB . D, E, F theo thứ tự là hình
chiếu của O trên KL, LP, PK . Chứng minh rằng (DEF) tiếp xúc với đường tròn Euler của tam
giác ABC .
Bài 1.10. Cho tam giác không vuông ABC nội tiếp đường tròn (O) có H là trực tâm. Các điểm
M, N theo thứ tự trên CA, AB sao cho AMHN là hình bình hành. Một đường thẳng song song
với MN không đi qua A và H cắt CA, AB thứ tự tại P, Q . MP, NQ theo thứ tự cắt HC, HB
tại R, S . X, Y, Z thứ tự là đối xứng của H qua QR, PS, SR . Chứng minh (XYZ) tiếp xúc (O) .
Phương pháp 2. Sử dụng tiếp tuyến chung.
Sử dụng tiếp tuyến chung dựa trên kết quả đơn giản sau đây:
31
Kết quả 5: Nếu hai đường tròn (O) và (O') cùng tiếp xúc với đường thẳng  tại cùng một điểm
T thì (O) và (O') tiếp xúc với nhau (tại T ).
Phương pháp này gắn liên với các điều kiện để một đường thẳng tiếp xúc với đường tròn nên chúng
ta cần nhớ đến hai kết quả quan trọng sau đây:
Kết quả 6: Cho tam giác ABC và đường thẳng xAx' . Khi đó đường thẳng xx' tiếp xúc với đường
tròn (ABC) khi và chỉ khi xảy ra một trong hai điều kiện sau đây:
  ACB
;
i/ xAB
  ABC
.
ii/ x'AC
Kết quả 7: Cho tam giác ABC với AB<AC . Điểm P nằm trên BC . Khi đó AP tiếp xúc với
(ABC) khi và chỉ khi xảy ra một trong hai điều kiện sau đây:
i/ PA 2  PB.PC ;
ii/
PB2 AB

.
PC2 AC
Bài tập áp dụng.
  PCA
 . Đường thẳng  đi qua A
Bài 2.1. Cho điểm P nằm trong tam giác ABC thỏa mãn PBA
và không đi qua B, C, P theo thứ tự cắt BP, CP tại E, F . Các điểm X, Y thuộc BC sao cho
EX  AB, FY  AC . Lấy điểm Z sao cho ZX, ZY thứ tự vuông góc với BP, CP . Chứng minh
(XYZ) tiếp xúc với (ABC) .
Bài 2.2. Cho đường tròn (O) , điểm A không thuộc (O) và đường thẳng  đi qua A và không đi
qua O cố định trong cùng một mặt phẳng. PQ là một dây cung di chuyển của (O) nhưng không
32
là đường kính và đi qua A . Các đường thẳng OP, OQ cắt  thứ tự tại B, C . Chứng minh rằng
đường tròn (OBC) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi PQ thay đổi.
Bài 2.3. Cho tam giác ABC (AB  AC) , phân giác AD , trung tuyến AM . Gọi  là đường tròn
đường kính AD . Lấy điểm E khác D trên  sao cho ME=MD . Đường tròn  theo thứ tự cắt
AB, AC tại P, Q (khác A ). PQ cắt AM tại N . Chứng minh rằng PQ tiếp xúc (DEN) .
 của (O)
Bài 2.4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) . P là điểm chính giữa cung BAC
. BO cắt CA tại B' . Lấy C' thuộc BM sao cho B'C'  AM . Gọi  là đường thẳng đi qua C' và
song song với AC . Chứng minh rằng  tiếp xúc với đường tròn (B'CO) .
Bài 2.5. Cho R và S là hai điểm phân biệt trên đường tròn  sao cho RS không phải là đường
kính. Cho  là tiếp tuyến tại R của  . Lấy điểm T thuộc tia đối của tia SR . Lấy J trên cung
 của  sao cho đường tròn ngoại tiếp  của tam giác JST cắt  tại hai điểm phân biệt.
nhỏ RS
Gọi A là giao điểm gần R nhất của  và  . Đường thẳng AJ cắt lại  tại K . Lấy điểm V
trên đoạn RT sao cho RS=TV . Chứng minh rằng KT tiếp xúc đường tròn (ATV) .
Chú ý: Khi V  S thì ta có đề thi IMO 2017.
Bài 2.6. Cho tam giác ABC với AB  AC và đường cao AH . D là điểm nằm trên BC sao cho
trung trực BC cắt AD tại P . Các điểm E, F lần lượt nằm trên AB, AC sao cho AEDF là hình
bình hành. Trung trực EF cắt AH tại K . Chứng minh (K; KA) tiếp xúc với (BCP) .
  CDA
  90 . Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ
Bài 2.7. Cho tứ giác lồi ABCD có ABC
A xuống BD . M là trung điểm của CH . Gọi  là đường tròn ngoại tiếp của tam giác MBD .
Giả sử MN là đường kính của  . Các đường thẳng AN, CM theo thứ tự cắt lại  tại P, T ; và
giả sử MP cắt BC tại S . Chứng minh rằng TS tiếp xúc với với  .
Bài 2.8. Cho hình thang cân ABCD , AD  BC nội tiếp trong đường tròn (O) . Các tiếp tuyến tại
A, B của (O) cắt nhau tại T . Các điểm P, Q lần lượt thuộc TA, TB sao cho DP, CQ cùng vuông
góc với AB . Các điểm K, L lần lượt thuộc TA, TB sao cho DK  TB, CL  TA . Chứng minh
rằng đường tròn (DPQ) tiếp xúc với KL .
Bài 2.9. Cho tam giác nhọn ABC có AD là đường cao và trực tâm H . Dựng đường tròn  đường
kính AH . Điểm T thuộc  sao cho tiếp tuyến tại T của  cắt AD tại L ( A, H khác L ). Trên
  90 . Kẻ KP  LT tại P . Chứng minh rằng đường tròn
đoạn AD lấy điểm K sao cho BKC
(DPL) ngoại tiếp của tam giác DPL tiếp xúc với  .
Phương pháp 3. Sử dụng bổ đề đẳng giác.
Chúng ta có một kết quả đặc biệt sau về hai đường đẳng giác trong tam giác.
33
Kết quả 7: Cho tam giác ABC và các điểm D, E nằm trên cạnh BC . Khi đó (ADE) tiếp xúc với
  CAE
.
(ABC) khi và chỉ khi BAD
Chú ý rằng, chúng ta có một kết quả sau còn gọi là định lí Steiner:
Kết quả 8: Cho tam giác ABC và các điểm D, E nằm trên cạnh BC . Khi đó AD, AE là hai
DB EB AB2



đường đẳng giác của góc BAC khi và chỉ khi
.
DC EC AC 2
Ngoài ra, từ kết quả 7, cho D  E thì ta thu được kết quả sau, và chúng ta sẽ gọi là kết quả về hai
đường tròn tiếp xứng:
Kết quả 9: Cho PQ là một dây cung của đường tròn (O) . Cho (I) là một đường tròn tiếp xúc với
PQ tại S và đi qua một điểm T nằm trên đường tròn (O) ( T khác P, Q ). Khi đó (I) tiếp xúc
.
với (O) khi và chỉ khi TS là một phân giác của PTQ
Bài tập áp dụng.
Bài 3.1. Cho tam giác ABC , I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường thẳng  đi qua I và vuông góc
  FCA
  90 . P là một điểm bất kì thuộc AI . Các
với AI . Các điểm E, F thuộc  sao cho EBA
điểm K, L lần lượt thuộc PB, PC sao cho KE  LF  AI . Gọi Q, R lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp của các tam giác BEK, CFL . BC lần lượt cắt KQ, LR tại M, N . Chứng minh rằng các
đường tròn (PBC), (PMN) tiếp xúc với nhau.
Bài 3.2. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) và có cặp cạnh đối không song song. O là
giao điểm hai đường chéo. Gọi  là đường thẳng đi qua O , không đi qua A, B, C, D và không
vuông góc với OI . Giả sử  cắt AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q M N P Q. Các đường trung
trực của MP, NQ lần lượt cắt OI tại K, L . Chứng minh rằng các đường tròn (MPK) và (NQL)
tiếp xúc với nhau.
Bài 3.3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) và có cặp cạnh đối không song song. I là
giao điểm hai đường chéo. Gọi  là đường thẳng đi qua I , không đi qua A, B, C, D và không
vuông góc với OI . Giả sử  cắt AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q M N P Q. Các đường trung
trực của MP, NQ lần lượt cắt OI tại K, L . Chứng minh rằng các đường tròn (MPK) và (NQL)
tiếp xúc với nhau.
Bài 3.4. Cho tam giác ABC không cân tại A , (O) và (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và
đường tròn nội tiếp của tam giác. Các cạnh BC, CA, AB theo thứ tự tiếp xúc ( (I) tại D, E, F .
Điểm H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống EF . Giả sử  là đường thẳng qua H và vuông
góc với AO ; Tia DH cắt (O) tại K và t là tiếp tuyến của (O) tại K . Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp của tam giác tạo thành bởi các đường thẳng , t và BC tiếp xúc với (O) .
34
Bài 3.5. Giả sử AB là một dây cung không là đường kính của đường tròn (O) và điểm I cố định
nằm giữa A và B với IA  IB . PQ là một dây cung thay đổi luôn đi qua I của (O) . Các tiếp
tuyến với (O) tại P và Q lần lượt cắt AB tại E và F . Trung trực của EF cắt OI tại K . Chứng
minh rằng đường tròn (KEF) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Bài 3.6. Cho tam giác ABC. Một đường tròn (K) thay đổi đi qua B, C và lần lượt cắt AB, AC tại
E, F. BF cắt CE tại H. AH lần lượt cắt BC, EF tại D, L và cắt đường tròn (K) tại hai điểm N, G.
Trung trực DL cắt HK tại P. Chứng minh rằng các đường tròn (KGN) và (DPL) tiếp xúc nhau.
Bài 3.7. Cho tam giác nhọn ABC không cân tại A có các đường cao BE và CF. Gọi  là phân giác
ngoài tại đỉnh A của tam giác. Kí hiệu (x, y, z) là đường tròn của tam giác xác định bởi ba đường
thẳng x, y, z. Chứng minh rằng hai đường tròn (, BC, EF) và (, BE, CF) tiếp xúc với nhau.
Phương pháp 4. Sử dụng kết quả các mô hình góc đặc biệt.
Có một số kết quả đẹp mà tác giả phát hiện ra có thể sử dụng được để từ đó xây dựng được rất
nhiều bài toán tiếp xúc khá thú vị.
  PCA
 . Một
Kết quả 10: Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn PBA
đường thẳng  đi qua P cắt AB, AC thứ tự tại F, E . Đường thẳng qua E song song với BP, qua
F song song với CP cùng với BC cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Khi đó (XYZ) tiếp xúc với
(ABC) , hơn nữa tiếp điểm là điểm anti-Steiner của  ứng với tam giác ABC.
Bài tập áp dụng.
Bài 4.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ) và đường kính AA' . Các điểm B', C' lần lượt
thuộc AB, AC sao cho B'C'  BC . Trung trực BC lần lượt cắt B'C', A'B, A'C tại M, N, P. B'N, C'P
lần lượt cắt AM tại E, F. Đường thẳng B'C' và các đường thẳng qua E vuông góc với B'N , qua F
vuông góc với C'P cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng đường tròn (XYZ) tiếp
xúc với (O).
Bài 4.2. Cho tam giác ABC không cân tại A nội tiếp đường tròn (O) . AA' là đường kính của (O).
M là điểm bất kì trên cạnh BC. AM cắt A'B, A'C theo thứ tự tại E, F. M' thuộc AM sao cho trung
trực BC chia đôi đoạn MM' . Đường thẳng qua M' song song với BC và các đường thẳng qua E
vuông góc với A'B , qua F vuông góc với A'C cắt nhau tạo thành tam giác  . Chứng minh rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác  tiếp xúc với (O).
Bài 4.3. Cho tam giác ABC không vuông nội tiếp đưòng tròn (O) và H là trực tâm của tam giác.
Gọi A' là đối xứng của A qua O. Xét hai đường thẳng vuông góc với nhau 1 và  2 theo thứ tự đi
qua A và H. Kí hiệu (; XYZ) là đường tròn ngoại tiếp của tam giác paralogic của đường thẳng
 ứng với tam giác XYZ. Chứng minh rằng hai đường tròn (1 ; ABC) và ( 2 ; A'BC) tiếp xúc
với nhau (tại điểm anti-Steiner của 1 ứng với tam giác ABC).
35
Bài 4.4. Cho tam giác không vuông ABC có trực tâm H. P là một điểm bất kì trên đoạn BC. E, F
thứ tự là hình chiếu của D lên AB, AC. EF cắt HB, HC thứ tự tại K, L. Chứng minh (HKL) tiếp
xúc (AEF).
Kết quả 11: Cho tứ giác ABCD và điểm P thuộc miền trong tứ giác. Khi đó hai đường tròn (ABP)
  ABP
  DCP
.
và (CDP) tiếp xúc nhau khi và chỉ khi APD
Bài 4.5. Cho tam giác ABC và các điểm P, Q nằm trên BC sao cho B, P, Q và C đôi một phân biệt.
Gọi G là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (ABP) và (ACQ). AG cắt BC tại M; (APQ) cắt cắt
lại AB, AC thứ tự tại E, F. EP và FQ cắt nhau tại T. Các đường thẳng qua M thứ tự song song với
AB, AC tương ứng cắt EP, FQ tại X, Y. Chứng minh rằng (TXY) tiếp xúc với (APQ).
Bài 4.6. Cho tam giác ABC không cân tại A, nội tiếp đường tròn (O) và H là trực tâm. Các điểm
E, F thứ tự thuộc AB, AC sao cho AB, AC sao cho AEHF là hình bình hành. EF cắt BH, CH thứ
tự tại K, L. Dựng hình bình hành HKDL. DK, DL thứ tự cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng (DPQ)
tiếp xúc với (O).
Phương pháp 5. Sử dụng bổ đề Sawayama – Thebault.
Sử dụng bổ đề Sawayama-Thebault cũng có cho ta cách chứng minh sự tiếp xúc hai đường tròn
cũng rất độc đáo.
Kết quả 12: Đường tròn mixtilinear ứng với đỉnh A, tiếp xúc AB, AC lần lượt tại M,N khi đó tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trung điểm của MN.
Bài tập áp dụng.
Bài 5.1. Cho tam nhọn ABC, AB>AC, nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H. Phân giác góc
  90 . Chứng minh rằng đường tròn Apolonius
BHC cắt BC tại K. Lấy Q trên (O) sao cho HQA
ứng với đỉnh K của tam giác HKQ tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.
Bài 5.2. Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm BC. Các điểm E, F thứ tự thuộc CA, AB
  BAC
 . Dựng hình vuông PBQC. Gọi (P) và (Q) là các đường tròn thứ tự có tâm là
sao cho EMF
P và Q cùng tiếp xúc với hai đường thẳng AB, AC. Chứng minh rằng đường tròn đường kính EF
tiếp xúc với (P) và (Q).
Phương pháp 6. Sử dụng định lý Feuerbach.
Định lí Feurbach là một định lí đẹp và cổ điển của tam giác. Nội dung định lí đó như sau:
Kết quả 13: Trong một tam giác không đều, đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và
các đường tròn bàng tiếp của tam giác.
Bài tập áp dụng.
Bài 6.1. Cho tam giác không đều ABC có các đường cao AH a , BHb , CH c và các đường trung
tuyến AM a , BMb , CM c . Chứng minh rằng các đường thẳng đối xứng của Hb H c , H c H a , H a Hb
36
theo thứ tự qua Mb M c , M c M a , M a Mb cắt nhau tạo thành một tam giác có đường tròn ngoại tiếp
tiếp xúc với đường tròn Euler của tam giác ABC.
Bài 6.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các trung trực của AB và AC cùng với BC
cắt nhau tạo thành tam giác OEF. Các tiếp tuyến tại E và F của (OEF) cùng với trục đẳng phương
của hai đường tròn (O) và (OEF) cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng (XYZ) tiếp
xúc với (O).
Phương pháp 7. Sử dụng phép nghịch đảo.
Phép nghịch đảo có một tính chất vẫn được bảo toàn là bảo toàn góc (tính chất bảo giác). Khi sử
dụng phép nghịch đảo thường đưa về một trong hai ý tưởng chính.
Sự tiếp xúc của các đường tròn và các đường thẳng được bảo toàn qua phép nghịch đảo, nếu như
tâm nghịch đảo không trùng với tiếp điểm. Ngược lại nếu trùng thì ta nhận được một cặp đường
thẳng song song.
Bài 7.1. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai
đường tròn (I) và (IBC) cùng với hai đường phân giác ngoài tại đỉnh B và C cắt nhau tạo thành
một tam giác có đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với đường tròn (I).
Bài 7.2. Cho tam giác ABC không cân tại A với AD và AE lần lượt là phân giác trong và phân
giác ngoài của tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất một đường tròn tiếp xúc với bốn đường tròn
(ABD), (ABE), (ACD), (ACE).
LỜI CÁM ƠN
BTC kỳ thi hình học IGO 2019 tại Việt Nam xin chân thành cám ơn thầy Nguyễn Minh Hà
(THPT Chuyên Sư phạm Hà Nội), thầy Trần Quang Hùng (THPT Chuyên KHTN Hà Nội), thầy
Lê Viết Ân (PTNK TP HCM) và thầy Nguyễn Văn Linh (SV ĐH Sư phạm Hà Nội) đã cho phép
chúng tôi tổng hợp một số bài toán của các thầy sáng tác. Nhóm biên tập chúng tôi biết rằng
nguồn bài của các thầy rất đồ sộ, phong phú và là tài nguyên quý báu. Tài liệu này chỉ là bản tổng
hợp nhỏ gồm một số bài trong các bài giảng, đề thi của quý thầy và mong rằng cho dù số lượng
bài tuy không nhiều nhưng với chất lượng, tâm huyết trong từng bài toán sẽ giúp ích cho bạn đọc
Việt Nam, những người đam mê hình phẳng có thêm tài liệu để tham khảo và học tập.
37