Hình học phẳng

Bài toán 1: Cho tam giác nhọn . Từ điểm  bất kỳ trên  (  khác  và  ) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng , đường thẳng này cắt  tại . Lấy  trên  sao cho góc  . Qua giao điểm  của đường thẳng  và  kẻ đường thẳng song song với , đường thẳng này cắt cạnh  tại . Chứng minh rằng: 


Lời giải:
  Gọi  là giao điểm của  và , theo định lý Thales, ta có:
           
                               
 Sử dụng định lý Menelaus, ta có: 

                                 
 Mặt khác, ta có   , và theo định lý Thales thì        nên :                                                         

Dựng đường thẳng   qua  vuông góc với . Dễ thấy  là phân giác góc  , do đó:

Từ đây suy ra    vuông tại 

 có trung tuyến là  nên  đpcm).

Bài toán 2:  Cho tam giác , các điểm  lần lượt di chuyển trên sao cho . Gọi  là giao điểm của  với . Đường tròn ngoại tiếp  các tam giác  và  cắt nhau tại  (khác ). Gọi  lần lượt là điểm đối xứng của  qua . Chứng minh rằng, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác  luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Lời giải:

Gọi  là giao điểm của  với . Theo định lý Ceva, ta có:

                                                    

Mặt khác, do  nên =1, suy ra 

do đó  là trung tuyến của tam giác .

Do  đối xứng với  qua ,  đối xứng với  qua , nên:

.

Mặt khác, dễ thấy tứ giác  và  nội tiếp

suy ra        

           

Suy ra  là đường đối trung của . 
Tứ giác  nội tiếp nên: 
Do  là đường đối trung của tam giác  
                      
Dễ dàng nhận ra rằng,  là đường trung bình của 
                     
Do đó,  là trung trực của , tức là  luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp .

Bài toán 3: Cho tam giác  thỏa mãn:
                                                        
  Chứng minh rằng tam giác  là tam giác đều.

Lời giải:

  Đặt ,  là nửa chu vi tam giác, ta có

                  

           

  Áp dụng định lý , ta có: 

  Mặt khác, ta lại có:

                          

                   

  Đẳng thức đã cho tương đương với:

           

     

   Đặt ,  ,  . Khi đó:

            

     

Từ đây chú ý tới bất đẳng thức AM-GM:

          

         

   

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , tức là  hay tam giác  đều (đpcm).

Bài toán 4: (Thi thử vào lớp 10 chuyên KHTN năm 2013-2014) Cho tam giác  nội tiếp đường tròn . Đường tròn  tiếp xúc  lần lượt tại  và tiếp xúc trong  tại .  lần lượt cắt  tại  khác . Đường tròn ngoại tiếp  cắt nhau tại  khác .

a) Chứng minh rằng  là hình bình hành.

b) Gọi  làn lượt cắt  tại  khác . Gọi  cắt  tại . Chứng minh  cân.

Lời giải. 

a) Vì tứ giác  nội tiếp nên . 

    Tương tự ta cũng có .

    Lại có tứ giác  nội tiếp nên .

   Từ đó ta suy ra . Vậy  thẳng hàng.

  Ta có  (cùng bù với ) do tứ giác  nội tiếp.

  Ta có  vì tứ giác  nội tiếp.

   Hơn nữa thì  thẳng hàng nên . Do đó  hãy .

  Chứng minh tương tự . Do đó  là hình bình hành. 

b) Theo câu a ta có  là hình bình hành nên  đi qua trung điểm .

    Kẻ tiếp tuyến  của  thì suy ra  cũng là tiếp tuyến của .

   Ta có  suy ra  nên .

    Vì  và  đi qua trung điểm  nên  đi qua trung điểm  của .

   Lấy điểm  là giao của  và . Tam giác  có  trung điểm  và  nên  trung điểm .

  Vì  nên . Mặt khác thì  vì tứ giác nội tiếp. Do đó  nên tứ giác  nội tiếp.

 Vì  nội tiếp nên  mà  vì  là tiếp tuyến của . Do đó .

 Dễ dàng chứng minh tia  nằm giữa hai tia  và tia  nằm giữa hai tia . Khi đó từ  suy ra . Kết hợp với  ta suy ra . Ta có  (vì  trung điểm ) hay .

Giả sử tiếp tuyến tại  cắt tiếp tuyến tại  tại . .

Dễ dàng chứng minh  vì  và  vì . Mà  nên suy ra  hay .

Hơn nữa theo  thì  nên . Mặt khác  cùng thuộc cung của  nên . Do đó  suy ra nên . Vậy  thẳng hàng.

. Trong  thì . Do đó tứ giác  nội tiếp.

   Ta có  (vì ). Mà  vì  nội tiếp. Do đó . Ta suy ra  thẳng hàng. Như vậy   thì .

Hay nói cách khác  (giao của hai tiếp tuyến tại  của  chính là giao của  và . Vậy  hay  cân tại . 

Bài toán 5:Cho , lấy 3 điểm  theo thứ tự trên các cạnh  sao cho tứ giác  nội tiếp. Gọi  lần lượt là diện tích 2 tam giác  và . Chứng minh:

Lời giải:

Dựng đường tròn tâm  ngoại tiếp tam giác . Kéo dài  cắt đường tròn  tại 

Theo tính chất của tứ giác nội tiếp, ta có:

 và 

Suy ra

Dựng  lần lượt ở . Ta lại có:

Từ  suy ra  (đpcm).

 Bài toán 6: Cho hình vuông . Trên  lấy điểm  không trùng với  và . Gọi  lần lượt là hình chiếu vuông góc của  lên các cạnh , . Chứng minh rằng:
      1.  vuông góc với 
      2. , ,  đồng qui.
 

Lời giải:

1.  Gọi  và  theo thứ tự là giao điểm của  với ,  với 

   Ta có: 

                             

2. Theo 1. ta có 

                      là đường cao của tam giác 

    Tương tự, ta cũng có:  và  là đường cao của tam giác . Và như thế chúng đồng qui.

Bài toán 7: Cho điểm  nằm trong tam giác . Các đường thẳng  theo thứ tự cắt  tại . Đặt  lần lượt là diện tích các tam giác . Chứng minh rằng nếu    thì  là trọng tâm tam giác .

Lời giải:

    Hai tam giác  và  có chung đường cao nên :  

   Tương tự ta cũng có:       

   Do đó:           

  Mặt khác, theo định lý Ceva, ta có:

                                    

 Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

                                   

   Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , tức là  là trọng tâm  tam giác  (đpcm).

Bài toán 8: (IMO 1998) Cho tam giác  nội tiếp đường tròn . Tiếp tuyến của đường tròn tại  và  cắt nhau tại  . Đường thẳng qua  và song song với  cắt  và  tương ứng tại  và . Chứng minh rằng  là góc nhọn.

Lời giải:

   Do tiếp tuyến tại  và  cắt nhau tại  nên .

   Trường hợp 1: 

   Ta có: $\widehat{TBB_1}=\widehat{ACB}$

            $\widehat{TBB_1}=\widehat{CC_1}T$

       $\Rightarrow \widehat{TBB_1}=\widehat{CC_1T}$

   Tương tự, ta cũng có: $\widehat{TB_1B}=\widehat{TCC_1}$

   Do đó, $\Delta TBB_1\sim \Delta TC_1C$, suy ra:

                       $\frac{TB}{TB_1}=\frac{TC_1}{TC}\Leftrightarrow TB_1.TC_1=TB.TC$

  Mặt khác, chú ý rằng: $TB=TC$, suy ra $TB_1.TC_1=TB^2$. Nhận thấy rằng $BT<OT$. Do đó, tồn tại một điểm $D$ thuộc $OT$ sao cho $TD=TB$.

Ta có $OT\perp BC$, $BC//B_1C_1$. Từ đó, tam giác $DB_1C_1$ vuông tại $D$. Bây giờ, chú ý đến  $\widehat{B_OT}<\widehat{B_1DT}, \widehat{C_1OT}<\widehat{C_1DT}$, suy ra:

                  $\widehat{B_1OT}+\widehat{C_1OT}<\widehat{B_1DT}+\widehat{C_1DT}$, tức là  $\widehat{B_1OC_1}<90^o$, suy ra đpcm.

 Trường hợp 2: $\widehat{BAC}>90^o$. Chứng minh tương tự.

Bài toán 9: Cho thứ giác $ABCD$ có $AD=BC$. Về phía ngoài tứ giác, dựng các tam giác bằng nhau $ADE, BCF$. Chứng minh rằng trung điểm của $AB, CD, EF$ thẳng hàng.

Lời giải:

       Gọi $M, N, K$ theo thứ tự là trung điểm của $EF, AB, CD$, $A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$, $H$ là giao điểm của $AK$ với $A'B$.

   Khi đó, ta có $AFA'E$ là hình bình hành, suy ra:

                            $EM=MF$

                            $AN=NE$

  $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABA'$, tức là $MN//HA'$               (1)
Ta lại có: $NK$ là đường trung bình của $\Delta ABH$, suy ra $NK//BH$
                                                                                                      $NK//A'H$       (2)
  Từ (1) và (2), ta có $MN//NK$, và như thế $M, N, K$ thẳng hàng. Ta có đpcm.

Bài toán 10: Cho góc . Trên  lấy  và . Trên $Oy$ lấy  và  sao cho . Gọi  và  lần lượt là trung điểm của  và . Chứng minh rằng,  hoặc cùng phương hoặc vuông góc với phân giác góc $\widehat{xOy}$.

Lời giải: Do phân giác ngoài vuông góc với phân giác trong nên ta chỉ xét trong trường hợp với phân giác trong là đủ.
 Trên , lấy điểm , trên $Oy$ lấy điểm  sao cho . Dựng hình thoi . Khi đó, ta xét hai trường hợp.
  Trường hợp 1:  và  cắt nhau tại một điểm không nằm trong góc $\widehat{xOy}$.

  Ta có:  
                                      
                                     
   Suy ra  cùng phương với .
 Mặt khác, dễ thấy $OO'$ là phân giác góc$\widehat{xOy}$ nên ta có đpcm.
Trường hợp 2:  và  cắt nhau tại một điểm nằm trong góc $\widehat{xOy}$

Trường hợp 2: Tương tự trường hợp 1, chú ý tới .