SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƢỜNG THPT CHUYÊN LƢƠNG THẾ VINH

Mã số: ................................

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC
KỲ THI HỌC SINH GIỎI

Người thực hiện: Đậu Thế Tâm
Lĩnh vực nghiên cứu:

SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC

- Quản lý giáo dục:



- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán



- Lĩnh vực khác: ................................................ 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình

 Phần mềm

 Phim ảnh


1


PHƢƠNG PHÁP GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG CÁC
KỲ THI HỌC SINH GIỎI
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng à nội dung qu n trọng trong các
thi học sinh gi i cấp Tỉnh, cấp
quốc gi các ài tập cũng thường sử dụng đến các định Mene eus, Cev , P sc ,
Ch nh vì
do đ mà ch ng tôi muốn đi sâu vào chuyên đề này
II.TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Cơ sở lý luận
Hình học phẳng à nội dung qu n trọng trong chương trình giảng dạy cho p 10
chuyên Trong giảng dạy, ồi dư ng học sinh gi i nhất à HSG dự thi quốc gi thì đề thi về
hình học phẳng này hầu như hông thiếu trong các
thi hàng năm ì vậy nghiên cứu sâu về
hình học phẳng à một việc àm cần thiết trong việc chu n ị iến thức
năng cho việc ồi
dư ng HSGQG
CÁC ĐỊNH LÍ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG
1. Định lí CêVa, (Nhà toán học Ý 1648-1734).
1.1 Định lí:
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB. Ba
đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một điểm khi và chỉ khi

A' B B 'C C' A
.
.

1
A'C B ' A C' B

2.2 Định lí Cêva mở rộng:
Cho t m giác ABC và A’, B’, C’ à các điểm lần ượt nằm trên đường thẳng chứa các cạnh
BC, CA, AB B điểm A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi

A' B B 'C C' A
.
.
1
A'C B ' A C' B

3. Định lí Ptoleme, (Nhà toán học Ai Cập 85-165).
3.1 Định lí:
Tứ giác ABCD nội tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi AC.BD = AB.CD + AD.BC
2


3.2 Định lí Ptoleme mở rộng:
Cho bốn điểm A, B, C, D bất k trên mặt phẳng nhưng hơng thẳng hàng Khi đ t n c
AB.CD  BC.AD  AC.BD Đẳng thức xảy ra khi A, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn.
Chú ý:
+) Khi 4 điểm A, B, C, D thẳng hàng thì định lí Ptoleme mở rộng vẫn đ ng
+) Định lí Ptoleme mở rộng vẫn đ ng hi cho 4 điểm A, B, C, D nằm trong khơng gian.
4. Định lí Simson, (Nhà tốn học Scotland sinh 14/10/1687 mất 1/10/1768).
Định lí: Từ một điểm P trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta lần ượt hạ các đường
vng góc xuống BC, CA, AB, chúng cắt BC, CA, AB lần ượt tại A1, B1, C1 Khi đ các
điểm A1, B1, C1 thẳng hàng.
5. Đƣờng thẳng Euler, (Nhà tốn học Thụy Sĩ, sinh 1707-1783).

theo tỉ số k nếu MA  kMB . Khi đó

3


xM 

xA  kxB
y  kyB
; yM  A
1 k
1 k

b) Tích vô hướng của hai vectơ, góc giữa hai vectơ
Cho u  ( x; y) và v  ( x '; y ')
u.v  u v cos(u , v )  xx ' yy ' ; u  x 2  y 2 ;
cos(u , v ) 

u.v

u .v

xx ' yy '
x  y 2 . x '2  y '2
2

c) Công thức tính diện tích tam giác
S

ABC


Khoảng cách đại số dùng để xác đònh hai điểm nằm cùng một phía hay khác phía đối
với một đường thẳng
CÁC DẠNG TỐN
Dạng 1. Các bài tốn tính tốn và chứng minh
Bài 1: (IMO Shortlist 1991) P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi P’, P” là hình chiếu
vng góc của P trên AC, BC, Q’, Q” là hình chiếu vng góc của C trên AP, BP, gọi
X P 'Q" P"Q' . Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định.
Giải:
A
Ta có:
CP 'P

CP"P

CQ'P

CQ"P

900

Q"
P'

Nên các điểm C, P ',Q", P,Q', P" cùng thuộc một đường tròn.
Áp dụng định P sc cho sáu điểm C, P ',Q", P,Q', P" ta có:
CP ' PQ' A, P 'Q" Q'P"
Vậy A, X, B thẳng hàng.

X,Q"P P"C

sin LAE sin NCB sin MBA

quy.
Bài 4: Cho

điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC sao cho
điểm D, E, F
AD, BE, CF đồng quy. Gọi M , N , P lần ượt à gi o điểm củ đường tròn đi qu
v i các cạnh BC, CA, AB . Chứng minh rằng AM , BN , CP đồng quy.
Giải:
A
Gọi O EG FH, X EH FG .
X
H
Vì D à gi o điểm của các tiếp tuyến v i đường tròn tại
D
E
P sc cho các điểm E,G,G, F, H, H , ta
G, H, áp dụng định
O
G
có:
EG FH O,GG HH
Suy ra O, D, X thẳng hàng.

Áp dụng định

P sc

D,GF HE

(O),
DA' BC A",DB' CA B",DC' AB C" .Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H
thẳng hàng.
A
Giải:
B'
Áp dụng định P sc cho sáu điểm A, A ', D,C',C, B, ta có:
C'
AA' C'C H, A'D CB
Vậy H,A",C" thẳng hàng.

A", DC' BA

C".
C"

H
B"

Tương tự suy r A”, B”, C”, H thẳng hàng.
B

C

A"

D
A'

Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB.

E'

A
M

B
N

Q

I
L

O
C
P

D

Giải: Gọi I à gi o điểm giữa BD v i AC, E’ à gi o điểm DB v i KL, T à gi o điểm CE’ v i
DK, theo bài toán 1 thì (TAKD)  1 suy ra (CT , CA, CK , CD)  1 theo định chùm điều hòa
suy ra ( E ' IBD)  1 . Mặt hác t đã c ( EIBD)  1
Do vậy E '  E suy ra E, K, L thẳng hàng (1) .
Lập luận tương tự cũng có F, K, L thẳng hàng (2).
Kết hợp (1) và (2) suy ra đpcm
Bài 13 (IMO 95/1) Trên đường thẳng d lấy 4 điểm A, B, C, D (theo thứ tự đ ) Đường tròn
đường kính AC và BD cắt nhau tại X, Y Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Lấy P là một điểm
trên XY hác Z Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại điểm thứ 2 là M, và BP
cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là N. Chứng minh rằng AM, DN và XY đồng
qui.


Bài 14: Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC ta lấy các điểm M, N, P tương ứng sao
cho các đường thẳng AM, BN, CP đồng quy tại O. Đường thẳng vẽ qua O song song với AC cắt
các đường thẳngMN và NP lần lượt tại I,J. CMR: OI = OJ
Giải: Gọi K à gi o điểm của AJ và BN
Áp dụng định lý Meneleus trong tam giác BPN v i đường thẳng
AJK ta có:
AP BK JN
.
.
AB NK JP

1

BK
NK

A

JP AB
.
JN AP

JP
Mặt khác do OJ song song AC nên
JN

OP
OC


AOM ta có:

N

J

P

C

M

OP AB
(2)
.
OC AP

Th et đảo ta có KM song song NC

OI
AN

OM
AM

OK
AN

OJ
AN

F
E

FND, ta có:

Bài này có thể dùng định

I

EB
FC

DB
DC

C rnot để chứng minh

Bài 16: (Poland 1997) Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn: CD
trong đoạn AB sao cho

AF
BF

AE
Chứng minh rằng: FCE
BC

DE, BCD

B,CQ RE


C
R
B
F

P

A
Q

D

E


Vậy A,G, B thẳng hàng.
Lại có:
AG
BG

SDAG
SDBG

DG.DA.sin GDQ

DA.sin ADE

DG.DB.sin GDR


Bài 17: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A, B cắt nhau tại S.
Một cát tuyến quay quanh S cắt CA, CB tại M, N, cắt (O) tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P,
Q là hàng điểm điều hòa.
Giải:
Vẽ tiếp tuyến ME, MD của (O) cắt SA, SB tại K, L.
K
Áp dụng định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp SKML ta
c BE, AD, SM, KL đồng quy.
E
A
Áp dụng định
P sc cho sáu điểm A, D, E, E, B,C, ta
có:
C
AD EB I, DE BC N', EE CA M.
Vậy I, N',M thẳng hàng, hay N  N ' , tức là N  DE .

S

Do DE à đối cực củ M đối v i (O) nên M, N, P, Q là
hàng điểm điều hòa.

I

P

N

Q



11

O

H

B

M


Hơn nữ H ch nh à tâm đẳng phương củ
CH Suy r PQ đi qu H

đường tròn (O), ( C) và đường tròn đường kính

Vậy DE, PQ cùng đi qu H và cùng vuông g c v i OC nên trùng nhau. Hay D, E, P, Q thẳng
hàng.
Bài 19 (MOP 95) Cho t m giác ABC c đường cao BD và CE cắt nhau tai H M à trung điểm
củ BC, N à gi o điểm của DE và BC. Chứng minh rằng NH vuông góc v i AM.
Giải:
A

D

O

E
H


A

P

N

M
E
D

F

G

B

C

Giải
Gọi M à gi o điểm thứ hai của AB và (PDG), N là giao thứ hai của AC và (PFG)
Ta có AMP  PGD và PGD  PCB (đồng vị), suy ra AMP  PCB , suy ra BMPC nội tiếp.
Chứng minh tương tự PNCB nội tiếp.
Suy ra BMNC nội tiếp, suy ra AM . AB  AN .AC
Mà

AD AE

(Định lý Thalet)
AB AC

(1)
(2)

Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có:
(3)
EP.BD  BE.PD  ED.BP
Từ (1), (2) và (3) suy ra AQ.ED  QC.ED  ED.BP  AQ  QC  BP  đpcm

13


Bài 22 (China League 1989) Tam giác ABC (AB>AC) nội tiếp (O). Phân giác ngoài tại A cắt
(O) tại E. Gọi F là hình chiếu của E trên AB. Chứng minh rằng:
2AF = AB – AC

E
A

F

O

R
C

B

D

Giải: Đặt BAC  



Chú ý: sin   2.sin .cos và sin  90    cos 
2
2
2



Từ đ suy r : 2R.( AB  AC).cos   2R.2 AF.cos  hay AB - AC = 2AF.

Vậy t c điều phải chứng minh.
* Giả sử v i trường hợp đặc biệt, AB = 3AC, ta có bài toán m i:
Cho tam giác ABC có AB = 3AC nội tiếp (O), phân giác ngoài tại A cắt (O) tại E. F
hình chiếu của E trên AB. Chứng minh tam giác AFC cân.
Bài 23 (China TST 2002) Cho tứ giác ồi ABCD , gọi E, F, P ần ượt à gi o điểm củ AD và
,
và
,
và
Gọi O à chân đường vuông g c hạ từ P xuống
Chứng minh
rằng
Giải

14


Gọi à gi o điểm củ
và

c
a

ID  AB  ID. AB  0   .(c)  a   y   0
2
2


 y

a2  c2
. Vậy
2a

E

D

I

x
B

O

C

 a2  c2 
I  0;


nên hệ số góc của đường thẳng BE là  và BE có
e
b

y b
f

x f
b
y b
d

và BC có PT
xd
b

Tương tự CF có PT

y

B
E

F

D

Giải các PT hoành độ giao điểm của BE và BC ta
de 




Cuối cùng, ta có tích các hệ số góc của hai đường thẳng AN và MN là
2b
e f

 1 de  df 
. .
  1
2b 
d

Bài 26(IMO 1977) Về phía trong hình vuông ABCD, ta dựng các tam giác đều ABK , BCL,
CDM , DAN . Chứng minh các trung điểm của KL, LM , MN , NK và các trung điểm của AK,
BK, BL, CL, CM, DM, DN, AN lập thành một đa giác đều 12 cạnh.
Giải. Gọi O là tâm của hình vuông, lập hệ trục toạ độ Oxy sao
cho A(1;1), B(1;1), C (1; 1), D(1; 1) .
A
B
Khi đó K (0; 2k ), L(2k;0), M (0;2k ), N (2k;0) trong đó
M
k

3 1
2

N
L

Toạ độ các trung điểm E, F, G, H tương ứng của

1 
3
3 1
 h j 
 1 
k 2
 
4 
2 
2
2

2

Các điểm này cung là đầu mút của các véctơ gốc O lần lượt hợp với trục hoành các góc
tương ứng 150 ,1650 ,1050 , 2550 ,1950 ,3450 , 2850 ,750
Tiếp đến xét các tam giác vuông có 3 cạnh là k, h, j. Góc x giua h và k có
j
h
sin x  , cos x 
k
k

Do đó sin 2 x  2sin x cos x 

2hj 1
  x  150
2
k
2


1
a

Dễ thấy P(0; b)  ( PO) : y   x  b

M

P

Đường thẳng BC đi qua gốc toạ độ N, giả sử
( BC ) : y  cx .
Dễ tính được toạ độ các giao điểm B, C của đường
 b

bc 

B



bc 

b

;
;
thẳng AB và BC, AC và BC tương ứng B 
,C  
 , suy ra toạ độ


Bài 28(Thi chọn đội tuyển Quốc gia Singapo 1999 – 2000) Cho tam giác ABC với góc C
bằng 600 . D, E, F là các điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, AB, CA. Gọi M là giao điểm
của AD và BF. Giả sứ CDEF là hình thoi. Chứng minh
y
rằng DF 2  DM .DA
B
Giải. Thiết lập hệ trục toạ độ vuông góc sao cho CA
nằm trên trục hoành và C (0;0) .
E
D
1

3

Giả sử A(a;0) với a > 0, F (1;0) và D  ;  ,
2 2 
3 3
E  ;

2 2 

Khi

đó

M
x
C


2

2

 a(a  1)
1   3a(a  1)
3
1
DM  
  

 
2
2
2
 2(1  a  a ) 2   2(1  a  a ) 2  1  a  a
Từ đó ta được DF 2  DM .DA
2

 3x  y  3  0
 x  3k  3
 2
3k  3 


Toạ độ M thoả hệ 

 M 
;


1
y  0

 1


x  
Toạ độ P thoả hệ 
;0 
3k  P  
1 
3k 

y  x  3
y  0


2

2

Do đó
2

2

 3k  3 1   16(1  k 2 ) 2
4
GM  


A


2 2
1 1 (1 k )
GP 2
3
9k 4
3k
1
1
1
( 3k 3) 4 ( 3k 3) 4
9k 4





GM 4 GN 4 GP 4 16(1 k 2 )2 16(1 k 2 ) 2 (1 k 2 ) 2
2

4

9( 3k 3) 4 9( 3k 3) 4 144k 4 18(k 4 18k 2 9) 144k 4 162(1 k 2 ) 2 81




16(1 k 2 ) 2

3
3


Ta cú
5a a 3

NM 6 ; 6




A

N
M

INM 900 IN MN NI .NM 0


5a
a a 3 2a 3
.
0
x
6
3
6
3


c



im P l hỡnh chiu vuụng gúc ca N trờn Ox P

(a b)(c m) m
;
2c
2



ab c
m(a b) m
IK
; v IJ
;
2 2
2c
2



J trung im c on PM J
T t c





DB
DC

DB FC EA
.
.
DC FA EB

1.

(1)

A

LI FC
,
LK FA

L

F

I
E
B

K
M
N
J

Q

B

P

D

C

a) Gọi Q à gi o điểm củ MN và BC, E à trung điểm BC. Xét tứ giác BMPC thì ta biết
rằng Q, P, B, C à h ng điểm điều hòa. Suy ra (QPBC) = - 1 Khi đ t c :
2

2

EP.EQ  EB , suy ra QE.QP  QE  QE.PE  QE 2  EB2  OQ2  OB2  QB.QC

Mà tứ giác BMNC cũng nội tiếp vì có NCB  xAB  AMN (Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra
QM .QN  QB.QC

20


Từ đ suy r QM .QN  QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy r đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP uôn đi qu điểm E cố định.
b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I;

đường cao MX, AY,


Đường thẳng BK có PT

x
y

 1  (1  m) x  y  m  1  0 và CH có PT
1 1 m

x y
  1  x  my  m  0
m 1

m2
x


(1  m) x  y  m  1  0
m2  m  1

Toạ độ gi o điểm I của CH và BK là nghiệm của hệ 
2
 x  my  m  0
 y  (m  1)
m2  m  1


m2
(m  1)2 
hay I  2
; 2

Toạ độ điểm M (cos  ;sin  ) , do M khác A, B nên
y

  (0;2 ) \ 
M
PT tiếp tuyến của (O) qua M là x.cos   y.sin   1
I
C
D
(d)
H
 1  cos  
x
Từ PT của (d) và (  ) ta có C  1;

sin  
A

K
O
B
Vì đường tròn (I) tiếp xúc với  tại C nên gọi
 1  cos  
I  xI ;
 là tâm của (I)
sin  

Mặt khác (I) đi qua M nên
2
1  cos  


sin 2 
sin  

 1 1  cos  
Gọi H là trung điểm của CO, ta có H   ; 

2sin  
 2
 1 1  cos  1  cos  
DH   
;

2
2sin  
 2 sin 
1 1  cos  (1  cos  ) 2
1 2  2 cos   1  2 cos   cos 2 
DH .OC   

 
2 sin 2 
2sin 
2
2sin 2 
1 1  cos 2 
 
0
2 2sin 2 


sin 2 
(1  cos  )
 2x 
y  1  0 (a)
sin 

 1



Dễ thấy đường thẳng (a) luôn đi qua điểm cố đònh K   ;0  với mọi   (0;2 ) \ 
 2 
(K là trung điểm của đoạn OA)
Bài 6 Tam giác ABC vng ở A, là một t m giác iên thiên nhưng đường cao AH là một đoạn
thẳng cố định cho trư c. Gọi E, F là hình chiếu của H lên AB, AC. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tứ giác EBCF n đi qu một điểm cố định.
Giải. Tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AEF  AHF mà AHF  HCA (góc có cạnh
tương ứng vng góc)
 AEF  HCA  BEF   HCA  1800 . Do
y
đ tứ giác EBCF là tứ giác nội tiếp.
Lập hệ trục tọ độ vng góc xHy
A
Giả
sử
,
A(0; a), a  const
B(b;0)
F


 F  2
;
2
2
2 
 a b a b 
ax  by  0
 2a 2b2  a 4

a3
Gọi I à trung điểm của FC thì I 
;
2
2
2
2 
 2b(a  b ) 2b(a  b ) 

Gọi 1 là trung trực củ đoạn FC thì
1 : 


a2 
2a 2 b 2  a 4  
a3
x

;

a

x 
2b

 a2

b2  a 2 

2

a 4  b4  2a 2b 2

 
Ta có WC 2    
  
2b   2 
b2
 2
Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác EBCF có PT
2

a


b2  a 2  
a  a 4  b4  2a 2b2
b2  a 2
2
2
x


tức là ta có b2 x0  b( x02  y02  ay0  a 2 )  a 2 x0  0, b  0
 x0  0

  x02  y02  ay0  a 2  0
 2
a x0  0

 x0  0
 x0  0


Do a  0 nên   2
a
2
 y0  a  ay0
 y0  2 1  5





Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BECF uôn đi qu h i điểm cố định







