TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH
HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI
OLYMPIC TOÁN HỌC
năm học 2017-2018
của một số nước trên thế giới

BÙI NGỌC DIỆP
tháng 11 - 2018


2
Câu 1 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng khởi động). Cho tam giác nhọn ABC. M là
trung điểm của AC. F là chân đường cao hạ từ đỉnh C của tam giác ABC. Chứng minh AM = AF
÷ = 60◦
khi chỉ khi BAC
Lời giải.
Tam giác ACF là tam giác vuông tại F , M là trung điểm AC
nên F M = M A = M C. Suy ra tam giác AM F là tam giác cân
tại M .
Với giả thiết đó, AM = AF khi và chỉ khi tam giác AM F đều,
hay tương đương với ∠M AF = 600 , hay ∠BAC = 600 .

C

M

A

F

B

Câu 2 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng loại (khu vực)). Cho đường tròn k bán kính
r và AB là một dây cung của k sao cho AB > r. Lấy S là một điểm trên dây cung AB thỏa mãn
điều kiện AS = r. Đường trung trực của BS cắt k tại các điểm C và D. Đường thẳng qua D và
S cắt k tại giao điểm thứ hai là E. Chứng minh tam giác CSE đều.
Lời giải.
D

k

M
S

B

A

C
E


3
Đầu tiên, chúng ta chứng minh CS = CE, sau đó chúng ta chứng minh ∠SCE = 60◦ .
Do tứ giác CBDE nội tiếp đường tròn và ∠EDC = ∠BDC nên CE = CB. Mặt khác, CS = CB
(do C nằm trên đường trung trực của BS), suy ra CS = CE.
Từ CS = CB = CE, ta suy ra C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBE. Do đó, ∠SCE =
2∠SBE = 2∠ABE = ∠AM E.

Do vậy, để chứng minh ∠SCE = 60◦ , ta chứng minh ∠AM E = 60◦ , hay chứng minh AE = r.
Tam giác ESA cân với cạnh đáy là ES, do ∠SEA = ∠DEA = ∠DBA = ∠DSB = ∠ASE. Từ
đó, ta có AE = AS = r. Đây là điều cần chứng minh.
Câu 3 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần I). Cho tam giác ABC có
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với
BC và AC lần lượt tại D và E. Gọi P là giao điểm của AI và DE. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BC và AB. Chứng minh ba điểm M, N, P thẳng hàng.
Lời giải.
C

DP
M
E
I

A

N

B

Nếu AB = AC thì D ≡ P ≡ M nên điểm M, P, N hiển nhiên thẳng hàng.
Bây giờ ta chỉ xét các trường hợp AB > AC và AC > AB.
“ B,
“ C.
“ Khi đó ta có
Đặt α, β, γ tương ứng là các góc A,
÷ = CDE
÷ = 90◦ −
BDP


γ
’ = α + β = 90◦ − γ
và BIP
2
2
2

Suy ra tứ giác BP DI là tứ giác nội tiếp.
’ = IP
’
Suy ra IDP
B = 90◦ (2 góc cùng chắn cung IB).
÷
÷ = α.
Vì N là trung điểm của cạnh huyền trong ABP nên ta có BN
P = 2 · BAP
Suy ra P N AC.
Lại có M N là đường trung bình của ABC nên M N AC.
Theo tiên đề Euclide ta suy ra M, N, P thẳng hàng.
Câu 4 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần II, ngày 1). Cho bốn điểm
phân biệt A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn cho trước. Giả sử rằng cạnh AB là cạnh có độ
dài lớn nhất của tứ giác nội tiếp ABCD. Chứng minh bất đẳng thức
AB + BD > AC + CD.


4
Lời giải.
Gọi S là giao điểm của hai đường chéo, đặt a =
AB, c = CD.

Vì ABCD là tứ giác nội tiếp, hai tam giác ABS và
DCS đồng dạng. Do đó tồn tại hai số r và s sao cho
AS = sa, BS = ra, DS = sc, CS = rc. Khi đó bất
đẳng thức AB + BD > AC + CD được viết dưới dạng

D

c

C

S

a + ra + sc > sa + rc + c.

a

A

B

O

Hay
a(1 + r − s) > c(1 + r − s),
điều này luôn đúng vì a > c và 1 + r > s.

Câu 5 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần II, ngày 2). Cho tam giác
ABC và P là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho các tâm MB và MA của đường tròn ngoại
tiếp kB và kA của các tam giác ACP và BCP (theo thứ tự đó) nằm bên ngoài tam giác ABC.

Giả sử ba điểm A, P và MA thẳng hàng, và ba điểm B, P và MB cũng thẳng hàng. Đường thẳng
qua P song song với cạnh AB cắt các đường tròn kA và kB theo thứ tự ở D và E, trong đó
D, E = P . Chứng minh rằng DE = AC + BC.
Lời giải.
C
MA

MB

E

D

P

A

B

Do MA và MB lần lượt là tâm của (ACP ) và (BCP ) nên MA MB là trục đối xứng của AC. Sử
dụng tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm trong các đường tròn (ACP ) và (BCP ) ta có
⁄
CM
A MB =

ÿ
CM
AP
÷ = CBM
ÿ

= CBP
B
2


5
và
ÿ
CM
BP
÷ = CAM
ÿ.
= CAP
A
2
Do đó các tứ giác CMA BMB và CMB AMA nội tiếp, hay MA , MB ∈ (ABC).
Mặt khác, do MB C = MB A và P D AB nên
⁄
CM
B MA =

÷ = CBM
ÿ = ABM
ÿ = DP
÷
CBP
B.
B
B


Suy ra, tứ giác P CDB là hình thang cân, và do đó P D = BC.
Chứng minh tương tự ta cũng có P E = CA.
Vậy DE = P E + P D = AC + BC.
Câu 6 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 1). Cho tam giác ABC có các
◊
đường cao AA1 , BB1 , CC1 . Phân giác của góc AA
1 C lần lượt cắt các đoạn CC1 và CA tại E và
◊
D phân biệt. Phân giác của góc AA1 B lần lượt cắt các đoạn BB1 và BA tại F và G phân biệt.
Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác F A1 D và EA1 G cắt nhau tại A1 và X. Chứng minh
÷ = 90◦ .
rằng BXC
Lời giải.

B

A1
G

F

X

C1

H
E

A


B1

D

C

◦
◊
◊
Vì BB
(1)
1 C = CC1 B = 90 nên B, B1 , C, C1 cùng nằm trên đường tròn đường kính BC.
◦
◊
◊
◊
Do A1 D, A1 G lần lượt là các tia phân giác trong góc AA1 C, AA1 B nên GA1 D = 90 .
◊
◊
Ta có F
B1 D = F
A1 D = 90◦ nên B1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác F A1 D. Tương tự,
C1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác EA1 G.
◦
◦
ÿ
◊
÷
ÿ
◊

÷
Lại có C
1 XA1 = BGA1 = 135 − ABC và B1 XA1 = CDA1 = 135 − ACB nên
◦
◦
ÿ
÷
÷
÷
C
1 XB1 = 270 − ABC − ACB = 90 + BAC.
◦
◦
◊
÷
ÿ
ÿ
Mà B
1 BA = 90 − BAC nên B1 BC1 + C1 XB1 = 180 , do đó BC1 XB1 là tứ giác nội tiếp.
÷ = 90◦ .
Từ (1) và (2) ta suy ra BXC

(2)


6
Câu 7 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 2). Cho X là một điểm nằm
bên trong tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp các giác AXB và AXC cắt cạnh BC tại điểm
thứ hai lần lượt là D và E. Đường thẳng DX cắt cạnh AC tại K, đường thẳng EX cắt cạnh
AB tại L. Chứng minh LK BC.

Lời giải.
Trước hết ta chứng minh bốn điểm A, L, X, K nằm trên
cùng một đường tròn.
◊ = ABC.
÷ Tương tự
Tứ giác ABDX nội tiếp nên AXK
A
÷ = ACB.
÷ Khi đó LAK
÷ + LXK
÷ = ABC
÷ + ACB
÷+
LXA
÷ = 1800 hay tứ giác ALXK nội tiếp.
BAC
K
L
÷ = KAX.
◊
Khi đó KLX
÷ = DEX.
◊
Mặt khác tứ giác ACEX nội tiếp nên CAX
X
÷
◊
Suy ra KLX = DEX hay LK BC.
E
D

B
C

Câu 8 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 1). Cho tam giác ABC có đường
trung tuyến AM . Kéo dài AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác M CD cắt AC tại C và E. Đường tròn ngoại tiếp của tam giác AM E cắt
AB tại A và F . Chứng minh rằng CF là đường cao của tam giác ABC.
Lời giải.
A

F

M

B

C

D
E

Ta chỉ cần chứng minh F M = BM = M C thì từ đó sẽ suy ra M là trung điểm của cạnh huyền
÷
của tam giác vuông CF B và có CF
B = 90◦ .
÷ = ADC.
÷
• Ta có tứ giác ABDC nội tiếp suy ra ABC
◊
◊

• Tương tự các điểm M, D, E và C cùng nằm trên một đường tròn ta suy ra M
DC = M
EC.
◊
◊
◊
• Ta có tứ giác AF M E nội tiếp suy ra BF
M =M
EA = F
BM .


7
Từ đó suy ra tam giác BF M cân tại M hay F M = BM = M C.
Câu 9 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 2). Cho hình vuông A1 B1 C1 D1
nằm trong tam giác ABC vuông tại C với A1 , B1 nằm trên cạnh CB và CA, các điểm C1 , D2
nằm trên AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1 A1 C và BD1 A1 cắt nhau tại A1 và X;
các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1 A1 C và AC1 B1 cắt nhau tại B1 và Y . Chứng minh
rằng A1 X, B1 Y và AB đồng quy.
Lời giải.

C
B1

Oc

A1

Y


Oa

Ob

X
C1

D1
Za ≡ Zb

A

B

Ta có AB1 và B1 A1 là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AC1 B1 và A1 CB1 , ∠AY B1 =
∠A1 Y B1 = 90◦ . Do đó Y thuộc AA1 và AA1 ⊥ B1 Y .
Tương tự, X cũng thuộc BB1 và BB1 ⊥ A1 X.
Gọi Zb và Za lần lượt là giao điểm của B1 Y và A1 X với AB. Đặt CB = a, AC = b, AB = c và
A1 B1 = x. Ta sẽ tìm độ dài đoạn BZa và AZb , từ đó chứng minh AZb + BZa = AB.
Do ∠B1 XZa = ∠B1 C1 Za = 90◦ , Tứ giác B1 C1 Za X nội tiếp đường tròn. Tương tự CA1 XB1 cũng
nội tiếp đường tròn, do đó
BA1 · CB = BX · BB1 = BZa · BC1 .
Ta có

A1 BD1

(∗)

ABC, do đó
D1 B

A1 D1
A1 B
=
=
.
AB
CB
AC

Với A1 B =
AZb =

cx
ax
ax
(a + b)x
ac
, D1 B =
và BC1 = x +
=
. Từ (∗), ta có BZa =
. Tương tự,
b
b
b
b
a+b

bc
, khi đó AZb + BZa = AB.

a+b

Câu 10 (Đề thi Olympic Vương Quốc Anh năm 2018, vòng 1). Cho tam giác ABC có
AB = CA và BC là cạnh có độ dài lớn nhất. Lấy điểm N nằm trên BC sao cho BN = AB.
Đường thẳng qua N và vuông góc với AB cắt AB tại M . Chứng minh rằng đoạn thẳng M N
chia cả diện tích và chu vi tam giác ABC thành các phần bằng nhau.
Lời giải.


8
A

N

A
B

M

C

◊
◊
Gọi A là điểm đối xứng với điểm A qua điểm N . Khi đó M
AA=M
AA .
◊
◊
Ta có BM = BA nên tam giác ABM cân tại B. Từ đó suy ra BAM = BM
A.

Từ (1) và (2) suy ra

(1)
(2)

◊
◊
◊
◊
◊
◊
M
A A = BM
A ⇒ 180◦ − M
A A = 180◦ − BM
A⇒M
A B = AM
C.
◊
◊ (giả thiết), BM = BA = CA, BM
◊
◊ (do
Xét M A B và AM C có M
BA = ACM
A = CAM
◊
◊ và M
◊
◊
M

BA = ACM
A B = AM
C). Từ đó suy ra M A B = AM C (g.c.g). Do đó M C = A B
và SM A B = SAM C .
Mặt khác, SM N A = SM N A (do A là điểm đối xứng với điểm A qua điểm N ) nên

SM A B + SM N A = SAM C + SM N A ⇒ SBM N = SACM N .
Vì BM = BA = AC, N A = N A , M C = BA nên
BM + BA + A N = M C + CA + AN.
Bài toán được chứng minh.
Câu 11. Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm AC. Đường tròn tiếp xúc với BC tại B và
đi qua M cắt đường thẳng AB tại điểm thứ hai là P . Chứng minh rằng AB × BP = 2BM 2 .
Lời giải.
Lời giải 1 (bởi Matt Coleclough, Clifton College).
Gọi N là trung điểm AB. Khi đó M N là đường trung bình của tam giác ABC hay M N BC.
Kết hợp với CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P ta được
∠BM N = ∠M BC = ∠M P B.
BN
1
BM
Suy ra BM N
BP M (g − g), do đó
=
hay BM 2 = BP × BN = × AB × BP .
BP
BM
2
Vậy ta có điều phải chứng minh.
P


A
M

N
B

C


9
Lời giải 2
Gọi D là điểm thỏa mãn tứ giác ABCD là hình bình hành.
Khi đó M là trung điểm BD.
P
D
A
M

B

C

Ta chứng minh 4 điểm A, P , M và D cùng thuộc một đường tròn (trong trường hợp A ≡ P thì
chứng minh BA là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A, M và D). Trước tiên ta chứng
minh với trường hợp A nằm giữa P và B.
Do AD BC nên ∠M DA = ∠M BC và do CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam
giác BP M nên ∠M BC = ∠M P A. Suy ra ∠M DA = ∠M P A hay AM DP là tứ giác nội tiếp.
Với trường hợp P nằm giữa A và B thì bằng lập luận tương tự ta được ∠M DA + ∠M P A = 180◦
hay 4 điểm A, P , M và D cùng thuộc một đường tròn. Còn khi A ≡ P thì ∠M DA = ∠M AB,
do đó BA là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A, M và D.

Sử dụng định lý hai dây AP và M D cắt nhau tại B (tính chất về phương tích) ta được
AB × BP = BM × BD = 2BM 2 (đpcm).
Lời giải 3 (bởi Robert Hillier)
Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường tròn BP M và đường thẳng AC.
P
Q
A

M

B

C

Theo tính chất về phương tích và tính chất về tiếp tuyến ta được AP × AB = AQ × AM và
CB 2 = CM ×CQ. Lại có M là trung điểm BC nên AM = M C = 21 AC và theo định lí Apollonius
thì AB 2 + AC 2 = 2AM 2 + 2BM 2 . Khi đó:
AB × P B = AB × (AB + AP ) = AB 2 + AB × AP
= AB 2 + AQ × AM = AB 2 + (QC − AC) × AM
= AB 2 + QC × AM − AC × AM
= AB 2 + QC × M C − 2AM 2 = AB 2 + BC 2 − 2AM 2
= 2BM 2 .
Vậy ta có điều phải chứng minh.


10
Câu 12 (Đề thi Olympic Bulgari năm 2018, vòng 1). Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Gọi
H1 là trực tâm tam giác ABC và A1 , B1 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B qua các đường
thẳng BH1 và AH1 ; O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 H1 . Gọi H2 là trực tâm của
tam giác ABD và A2 , B2 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B qua các đường thẳng BH2 ,

AH2 ; O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2 H2 . Kí hiệu đường thẳng O1 O2 là lAB . Các
đường thẳng lBC , lCD và lDA được định nghĩa tương tự. Giả sử các cặp đường thẳng lAB và lBC ,
lBC và lCD , lCD và lDA , lDA và lAB lần lượt cắt nhau tại M , N , P , Q. Chứng minh rằng bốn
điểm M , N , P , Q đồng viên.
Lời giải.
Bổ đề 1. Điểm O1 thuộc đường thẳng OH1 , với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
H1 O1
÷
chỉ phụ thuộc vào ACB.
Hơn nữa, tỉ số
O1 O
Chứng minh.
C

A1
B1
L
O1
T
X

O

Q
K

Y

H1
A

B

Gọi K, L lần lượt là giao điểm của AH1 và BH1 với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
(K khác A, L khác B). Do H1 và L đối xứng qua CA nên tứ giác H1 ALA1 là thoi, do đó
ÿ
◊
ÿ
AH
1 A1 = 2AH1 L = 2γ. Tương tự, H1 BKB1 là hình thoi và BH1 B1 = 2γ. Do đó H1 ALA1 và
H1 BKB1 đồng dạng, khi đó
H1 Q
1
H1 T
=
=
.
H1 X
H1 Y
1 + 2 cos 2γ
H1 O1
÷
Có nghĩa là O1 thuộc đường thẳng H1 O và tỉ số
chỉ phụ thuộc vào ACB.
O1 O
Dễ thấy CH1 H2 D là hình bình hành (suy ra từ CH1 = CH2 = 2R cos γ) và các điểm O1 , O2 lần
lượt là ảnh của H1 , H2 qua phép vị tự tâm O. Theo bổ đề trên tí số của hai phép vị tự này là
bằng nhau (chỉ phụ thuộc vào γ). Do đó O1 O2 H1 H2 CD, nghĩa là lAB song song với với CD.
Từ đó ta có cách cạnh của M N P Q tương ứng song song với các cạnh của ABCD. Do đó bốn
điểm M , N , P , Q đồng viên.
Câu 13 (Đề thi Olympic Croatia năm 2018, lớp 11). Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi

M , N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AM C cắt AN
tại điểm P khác A.Đường thẳng đi qua P song song với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại B1 và C1 . Chứng minh tam giác AB1 C1 là tam giác đều.
Lời giải.


11

A

M
Q
B

O

C
N

B1

P

C1

◊
÷
Ta có các điểm A, M, P và C nội tiếp đường tròn và M
AP = P
AC. Suy ra M P = P C, vì góc

chắn 2 cung này bằng nhau.
Vì P thuộc trung tuyến của BC nên BP = CP . Vì M P = BP nên P thuộc trung tuyến của
BM .
Gọi Q là trung điểm của BM. O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Khi đó P Q ⊥ AB, OM ⊥ AB, suy ra P Q song song OM . Vì M là trung điểm của AB, Q là
1
1
trung điểm của M B nên M Q = AQ. Suy ra OP = AP .
3
3
Xét tam giác AB1 C1 . Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 . P là chân đường
cao kẻ từ đỉnh A. Mà A, O, P thẳng hàng nên tam giác AB1 C1 cân.
1
Do đó AP là trung tuyến của tam giác AB1 C1 . Do OP = AP nên O là trọng tâm của AB1 C1 .
3
Mà trọng tâm trùng vs tâm đường tròn ngoại tiếp nên tam giác AB1 C1 đều.

Câu 14 (Đề thi Olympic Croatia năm 2018, lớp 12). Cho các đoạn BD, CE là các đường
cao của tam giác nhọn ABC. Đường tròn đường kính AC cắt đoạn BD tại F . Đường tròn đường
÷ = 12◦ .
kính AB cắt đường thẳng CE tại các điểm G, H, biết G nằm giữa C và E. Biết CHF
÷.
Tính số đo góc AGF
Lời giải.
Ta có GH là dây cung vuông góc với đường kính AB nên AB là đường trung trực của đoạn GH.
Do đó AG = AH.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AF C, ta có AF 2 = AD · AC.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABG, ta có AG2 = AE · AB.



12

A

H

E
D
F
B

G
C

÷ = BDC
÷ = 90◦ nên tứ giác BCDE nội tiếp. Theo tính chất phương tích của điểm A
Do BEC
đối với đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE, ta suy ra AD · AC = AE · AB.
Do đó AF = AG = AH. Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GF H.
Khi đó

÷ = GF
÷
AGF
A=

1
1
1
÷

180◦ − F
AG =
180◦ − 2F÷
HG = (180◦ − 24◦ ) = 78◦ .
2
2
2

Câu 15 (Đề thi Olympic Czech and Slovak năm 2018, vòng 1). Cho tam giác ABC, đường
phân giác góc A cắt BC tại D. Gọi E, F lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABD , ACD. Biết rằng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên BC. Tìm tất
÷
cả các giá trị có thể của góc BAC.
(Patrik Bak).
Lời giải.


13
Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp
÷ Vì
tam giác AEF và kí hiệu α = BAC.
÷
÷
BAD và ACD là các góc nhọn, các điểm
E, F nằm trong nửa mặt phẳng BCA và
theo định lí góc nội tiếp ta có
÷ = 2·BAD
÷ = α = 2·DAC
÷ = DF
÷

BED
C.

Các tam cân BED và DF C đồng dạng,
÷ = α và BC là đường phân
dễ thấy EDF
giác ngoài góc D trong tam giác DEF .
Điểm O nằm trên BC và đường trung
trực của đoạn EF . Xét tam giác DEF ,
O nằm trên đường phân giác ngoài góc D
và nằm trên đường trung trực của EF .
Vì vậy nó là trung điểm của cung EDF
÷ = EDF
÷ = α.
và EOF
÷ = α. Tuy
Ta có tứ giác AEDF có EAF
nhiên, đường thẳng EF không đi qua
điểm A và O. Vì vậy theo định lí góc nội
tiếp ta có độ lớn góc EOF bằng hai lần
góc EAF . Từ đây ta có 360◦ α = 2 · α ⇒
α = 1200 .

A
F
E

B

D


O

C

Câu 16 (Đề thi Olympic Czech và Slovak năm 2018, vòng 2 (chung kết)). Cho hình thang
cân ABCD với đáy lớn AB. Cho I là tâm nội tiếp của tam giác ABC và J là tâm bàng tiếp tại
tương ứng với đỉnh C của tam giác ACD. Chứng minh IJ và AB song song.
(Patrik Bak)
Lời giải.
Gọi K là tâm nội tiếp của tam giác ABD. Vì IK

BD nên chỉ cần chứng minh IK AB.
÷ = 90◦ − 1 φ, điều này suy ra
÷ = ACD
÷ = φ. Khi đó, ta được AKD
÷ = 90◦ + 1 φ, DJA
Đặt ABD
2
2
AKDJ là tứ giác nội tiếp.

D

C

φ

K


J

I

φ
A

B


14
Vì AK, DJ là đường phân giác của hai góc so le trong nên chúng song song với nhau. Điều
÷ = ADJ
÷ = DAK
÷ = KAB.
÷
này kết hợp với kết quả AKDJ là tứ giác nội tiếp, ta được AKJ
Câu 17 (Đề thi Olympic Hà Lan năm 2018, vòng chung kết).
Cho hình bình hành ABCD có AD = BD. Lấy điểm E nằm
trên đoạn thẳng DB sao cho AE = DE. Đường thẳng AE cắt
BC tại F .

D

C

a) Chứng minh rằng ∠CDF = ∠ADB.

F


b) Nếu DF là tia phân giác của góc ∠CDE, hãy xác định
số đo của góc ∠ABD.

E

A

B

Lời giải.
a. Xét tam giác AED là một tam giác cân tại E, ta có ∠EDA = ∠EAD. Từ đó ta cũng có
∠EBF = ∠EF B (vì lần lượt sole-trong với hai góc bằng nhau là ∠EDA và ∠EAD). Vậy
EF A cân tại E và EF = EB.
Xét BEA và F ED có:
• EF = EB (cmt).
• ∠F ED = ∠BEA (hai góc đối đỉnh).
• ED = EA (gt).
Vậy BEA = F ED (trường hợp cạnh-góc-cạnh).
Vậy DF = AB (hai cạnh tương ứng). Vì ABCD là một hình bình hành nên AB = CD từ
đó suy ra DF = CD hay CDF cân tại D. Xét CDF và BDA có ∠DCF = ∠DF C =
∠BA = ∠DAB (∠DCF = ∠DAB vì tính chất hình bình hành ABCD). Từ đó suy ra
∠ADB = ∠CDF = 180◦ − 2 · ∠DAB.
b. Từ câu a ta có ∠ADB = ∠CDF , vì DF là tia phân giác góc ∠CDB nên ∠CDF = ∠F DB.
Vậy ∠CDF = ∠F DB = ∠BDA.
Xét DF B có ∠DF C là góc ngoài tại đỉnh F nên ∠DF C = ∠F DB + ∠F BD. Đồng thời
∠F BD = ∠BDA (hai góc sole-trong) nên ∠DF C = ∠F DB + ∠F BD = 2 · F DB.
Vì DA CD nên ∠ADC + ∠BCD = 180◦ hay 5 · ∠CDF = 180◦ . Vậy ∠CDF = 36◦ .
Từ đó ta có ∠ABD = ∠BCD = 2 · ∠CDF = 72◦ .

Câu 18 (Đề thi Olympic Hy Lạp năm 2018). Cho ABC là tam giác nhọn với AB < AC <

¯ và
BC và (O; R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi D, E lần lượt trên các cung nhỏ AC
¯
AB. Gọi K là giao điểm của BD, CE và N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp hai
tam giác BKE và CKD. Chứng minh rằng A, K, N thẳng hàng nếu và chỉ nếu K thuộc đường
đối trung kẻ từ A của tam giác ABC.
Lời giải.


15
A

D

E

F

G

K

N

B

C

Z


Gọi Z là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp ABC. Kéo dài ZB và
ZC cắt đường tròn ngoại tiếp BEK và CKD tương ứng tại F và G. Ta có

÷
÷ = BEC
÷ = BAC
÷ = ZBC
÷ ⇒ FK
BF
K = BEK

Tương tự, GK

BC.

BC. Từ đó ta có

BF = CG ⇒ ZF = ZG ⇒ ZB · ZF = ZC · ZG

Suy ra Z nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp BEK và CKD nên
K, N, Z thẳng hàng.
Do vậy A, K, N thẳng hàng thì A, K, Z thẳng hàng. Từ đó K thuộc đường đối trung của ABC.
Ngược lại, nếu K thuộc đường đối trung của ABC thì A, K, Z thẳng hàng. Từ đó A, K, N
thẳng hàng.
Câu 19 (Đề thi Olympic Italia năm 2018). Cho tam giác nhọn ABC với AB = AC và có
trọng tâm G. M là trung điểm BC, Γ là đường tròn tâm G, bán kính GM và N là giao điểm
của Γ với BC (N = M ). Gọi S là điểm đối xứng với A qua N (nghĩa là S nằm trên đường thẳng
AN sao cho AN = N S và A = S. Chứng minh rẳng GS vuông góc với BC.
Lời giải.



16

A

Gọi X là trung điểm của M N , hiển nhiên GX vuông góc
G
với BC. Nếu ta chứng minh được XS cũng vuông góc với
BC, dẫn đến G, X, S thẳng hàng thì tức là ta chứng minh
được GS vuông góc với BC.
B
HNXM
Kẻ đường cao AH của tam giác ABC, ta có tam giác
AHM và GXM là hai tam giác vuông đồng dạng; do G
là trọng tâm của tam giác ABC nên AM = 3GM , từ đó
HM = 3XM . Suy ra HN = N X = XM .
◊
÷
Do HN
A = XN
S (đối đỉnh), AN = N S (giả thiết) và
XN = N H (chứng minh trên) nên tam giác AN H bằng
S
tam giác SN X, suy ra SN X là góc vuông.
Nhận xét 1. Bài tập trên đây còn thể thể giải theo những cách sau
1. Không mất tổng quát, giả sử A(a; b), B(0; 0), C(c; 0). Khi đó G

C

a+c b

;
. Ta cũng dễ dàng
3 3

4a + c
;0 .
6
a+c
a+c
Cuối cùng, ta tính được S
; −b , nên G và S cùng nằm trên đường thẳng x =
3
3
vuông góc với BC là đường thẳng có phương trình y = 0.
A
tính được M

c
;0
2

và N

2.
P
G
Gọi P là giao điểm thứ hai của đường tròn
Γ và trung tuyến AM . Theo định lý Apollonius, ta có AG = 2GM , mà P G = GM
(bán kính đường tròn) nên AP = P G =
◊

GM . Do P M là đường kính nên P
N M là
góc vuông. Mặt khác, P là trung điểm AG
và N là trung điểm AS nên tam giác AP N
và AGS đồng dạng và P N song song với
GS. Suy ra GS vuông góc với BC.

B

N M

C

S

Câu 20 (Đề thi Olympic Italia năm 2018). Cho tam giác ABC có AB = AC và I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi Γ là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Các đường thẳng
BI và CI lần lượt cắt Γ tại điểm thứ hai là M và N . Gọi D là điểm thuộc Γ, nằm trên cung BC
không chứa A, E, F lần lượt là các giao điểm của AD với BI và CI; P là giao điểm của DM và
CI, Q là giao điểm của DN và BI.


17
a. Chứng minh rằng các điểm D, I, P, Q cùng nằm trên một đường tròn Ω.
b. Chứng minh rằng các đường thẳng CE và BF cắt nhau tại một điểm trên đường tròn Ω.
Lời giải.
Gọi β là góc CBA và X là giao điểm của BF và CE.
÷
◊
÷ =

’ = BIC
’ = 180◦ − β − β = 180◦ − β; mặt khác, P
DQ = M
DA + ADN
a. Ta có QIP
2
2
◊
÷ = β + β = β (do A, M, C, D, B, N cùng nằm trên Γ). Từ đó suy ra D, Q, I, P
M
BA + ACN
2
2
cùng nằm trên một đường tròn.
A

N

M

E
I
Q
B

X
F P

C


D

’ = BIC
’ = 180◦ − β mà F
÷
÷ = ACB
÷ = β, từ đó suy ra B, I, F, D
b. Ta có BIF
DB = ADB
cùng nằm trên một đường tròn. Ta cũng có I, E, C, D cùng thuộc một đường tròn. Thật vậy,
◊
◊
◊
÷ = BM
◊
’ = β =M
BA = M
DA = M
DE; áp dụng
BCD
D (do cùng chắn một cung của Γ) và ICB
2
÷=M
◊
◊
’ + BCD
÷ = ICD.
’
định lý góc ngoài cho tam giác DEM , ta có IED
DE + EM

D = ICB
’ = EDI
÷ (do I, E, C, D cùng thuộc một đường tròn) và F
’
Từ đó suy ra ECI
DI = F’
BI (do
÷
÷
F, D, B, I cùng thuộc một đường tròn). Do vậy XCI = XBI, suy ra I, X, C, B cùng thuộc một
÷ = IP
’
đường tròn. Để hoàn tất chứng minh ta cần phải chỉ ra được IXD
D.
÷ = 180◦ − IXC
÷ = CBI
’ = β , ta cũng có BXC
÷ =
Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy ra EXI
2
’ = 180◦ − β, mà CDF
÷ = β, từ đó suy ra tứ giác DF XC nội tiếp và DF
÷
◊ Ta lại
BIC
C = DXC.
β
’
÷
÷

◊ = 180◦ − EXI
÷ − DXC
◊ = IXD.
÷ Như vậy,
có IP
D = 180◦ − P
DF − DF
C = 180◦ − − DXC
2
ta đã chứng minh xong.
Nhận xét 2. Ta có thể giải ý b. của bài tập này theo cách sau đây
Gọi Y, Z lần lượt là các giao điểm của các cặp đường thẳng DM và AC, DN và AB. Các
÷ gọi Γ là đường
÷ = ADN
÷ = ACN
÷ = β = EBZ;
điểm Z, B, D, E cùng thuộc đường tròn do EDZ
1
2
tròn qua các điểm trên. Tương tự, Y, C, D, F cùng nằm trên một đường tròn Γ2 , X là giao điểm
◊
÷ (do B, E, X, D cùng nằm trên Γ ). Mặt khác,
thứ hai của Γ1 và Γ2 (X = D); BX
D = BED
1


18
◊
÷

÷
÷ − DF
÷
xét các cung của Γ2 ta có F
XD=F
CD; trong tam giác F CD, F
CD = 180◦ − CDF
C=
◦
◦
÷
’
’
’
’
’
’
’
180 − CDA − EF I = 180 − F IE − EF I = IEF (với F IE = CBI + ICB = β). Như vậy,
’ = BX
◊
◊
IEF
D=F
X D, từ đó suy ra B, F, X thẳng hàng. Tương tự, ta cũng chứng minh được
C, X , E thẳng hàng, do vậy X ≡ X .
÷ = BXD+
◊ DXC
◊ = BED+
÷ DF

÷
Rõ ràng B, I, X, C cùng nằm trên đường tròn Γ3 , do BXC
C=
’
’
’
IEF + EF I = BIC.
’ = β = CBI)
’ nên Y÷
÷ Xét Γ , ta có
Chú ý rằng AC là tiếp tuyến của Γ3 (do ACI
CX = CIX.
2
2
÷
P÷
DX = Y÷
CX. Do vậy P÷
DX = P
IX.

A

N

M

E

Z


I
Q

B

X
FP

Y
C

D

Câu 21 (Đề thi Olympic Kazakhstan năm 2018, vòng 1). Trong một hình thang cân ABCD,
gọi O là trung điểm của cạnh AD. Một đường tròn tâm O có bán kính OB sao cho AB là tiếp
tuyến với đường tròn tâm O. Đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; OB) tại điểm K (K = C) và
M là một điểm sao cho tứ giác ABCM là một hình bình hành. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
CM D cắt đoạn thẳng AC tại điểm L (L = C). Chứng minh rằng AK = CL.
Lời giải.


19

C

B
L

O


K
A

O

M

D

Từ giả thiết ABCM là một hình bình hành và ABCD là hình thang cân, ta có
◊ =M
◊
◊
CDM
AB = BCM

từ đó suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác M LCD.
Mặt khác AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp BCK suy ra
÷
÷ = KBA.
÷
LM
C = LCB
÷ = LCM
÷ nên suy ra
Ta lại có BAK

ABK =


CM L (cạnh - góc - cạnh) ⇒ AK = CL.

Câu 22 (Đề thi Olympic Kazakhstan, năm 2018, vòng 2). Ở miền trong của tứ giác lồi
◊
◊ + BCM
◊ và AM
◊
◊ + DCM
◊ . Chứng
ABCD cho một điểm M sao cho AM
B = ADM
D = ABM
minh rằng
√
AM · CM + BM · DM ≥ AB · BC · CD · DA.
Lời giải.
Ta vẽ đường tiếp tuyến l tại điểm M của đường tròn
ngoại tiếp tam giác tam giác BCM . Khi đó góc giữa
l và BM bằng góc BCM . Do đó góc giữa l và AM
bằng góc ADM . Từ đó suy ra cả hai đường tròn ngoại
tiếp tam giác BCM và tam giác ADM tiếp xúc với
l, và đặc biệt là tiếp xúc ngoài với nhau.
Tương tự, hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác
ABM và CDM tiếp xúc ngoài với nhau.
Ta sử dụng phép nghịch đảo tâm M và bán kính R.
Khi đó, bốn đường tròn nói trên sẽ biến thành những
cặp đường thẳng song song. Nếu A , B , C , D , M
lần lượt là ảnh của các điểm A, B, C, D, M thì hình
bình hành A B C D và điểm M là điểm nằm bên
trong của hình bình hành đó, cần chứng minh bất

đẳng thức sau
AM ·C M +BM +DM ≥

N
A

B

B

A
M
D

C

D

A B · B C · C D D˙ A = A B · B C . (1)

C


20
Giả sử, tịnh tiến theo véc-tơ C B , điểm M biến thành điểm N . Khi đó bất đẳng thức (1) tương
đương với bất đẳng thức B M · A N + A M · B N ≥ A B · N M . Mà bất đẳng thức trên được
suy ra từ bất đẳng thức Ptolomei áp dụng cho bốn điểm A , M , N , N . Từ đó ta có điều phải
chứng minh.
Câu 23 (Đề thi Olympic Philippine năm 2018). Cho tam giác ABC có ∠ABC = 60◦ và
5AB = 4BC, các điểm D và E lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B và C tương ứng. M là

trung điểm của BD và đường tròn ngoại tiếp tam giác BM C cắt AC tại N . Đường thẳng BN
và CM cắt nhau tại P . Chứng minh rằng ∠EDP = 90◦ .
Lời giải.
Giả sử AB = 4l với l > 0, khi đó BC = 5l. Do giả
5l
BC
B
⇔ BE =
và
thiết ∠ABC = 60◦ suy ra BE =
2
2
√
5 3l
CE =
.
2
M
Xét tam giác vuông AEC ta có AC 2 = CE 2 + AE 2 .
5l
3l
P
Mà AE = AB − BE = 4l −
= . Khi đó
2
2
E
√
2
2

3l
75l2 9l2
5 3l
+
⇔ AC 2 =
+
AC 2 =
N
A D
C
2
2
4
4
√
⇔ AC 2 = 21l2 ⇔ AC = 21l
Dễ chứng minh được tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn, ∠EDA = √
∠ABC = 60◦ . Suy ra
∠EDB = 30◦ và ∆AED ∼ ∆ACB. Từ AD = 4k, DE √
= 5k và AE = 21k với mỗi hằng số
√
l
2 21
5l
+ 21k, thì =
.
k > 0. Từ 4l = AB = BE + AE =
2
k
3

Mặt khác diện tích của ∆ABC bằng
1
5l
1 √
sin 60◦ · 4l · 5l = · 21l · 2BM ⇔ BM = √
2
2
7
Chứng tỏ rằng
√
5 3l
√
√
√
CE
3l
3
2
21 √
5l
CB
= 2 =
=
·
= 7=
=
5l
DE
5k
2k

2
3
MB
√
7
Từ đây, với ∠M BC = ∠DBC = ∠DEC, suy ra ∆DEC ∼ ∆M BC, do ∠ECD = ∠BCM và
vì ∠M CD = ∠BCE = 30◦ . Vì tứ giác BM N C nội tiếp đường tròn, ∠M BN = 30◦ do đó DE
song song với BN .
Ta có ∠DM C = 60◦ do đó ∠BP M = 30◦ . Do ∆BM P là với BM = M P và M là tâm đường
tròn nội tiếp ∆BP D. Vì thế ∠BP D = 90◦ . Từ đó suy ra ∠EDP = 90◦ .
Câu 24 (Đề thi Olympic Nga năm 2018, lớp 10, ngày 1). Cho tam giác nhọn ABC với
AB < AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC; AD là đường cao của tam giác. K
là điểm thuộc cạnh M N sao cho BK = CK. Tia KD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
tại Q. Chứng minh rằng các điểm C, N, K và Q cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải.


21

A

N

M

K

D

B


A

C

Q

Gọi A là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC (đi qua K). Dễ thấy A đối xứng với D
qua K.
AB đối xứng với A C qua trung trực của BC suy ra

AB = A C ⇒ ∠A QC = ∠ACB

(1)

BC ⇒ ∠ACB = ∠AN K.

(2)

Mặt khác
MN

Từ (1) và (2) suy ra ∠ACB = ∠A QC cho nên tứ giác N KQC nội tiếp. Vậy các điểm C, N, K
và Q cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 25 (Đề thi Olympic Nga năm 2018, lớp 11, ngày 1). Các điểm P và Q được chọn
lần lượt trên cạnh AB và AC của ABC sao cho P Q BC. Các đoạn BQ và CP cắt nhau tại
O. Gọi A là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC. Đoạn A O cắt đường tròn ngoại tiếp ω
của AP Q tại S. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của BSC tiếp xúc với ω.
Lời giải.
Nếu AB = AC thì A, O, A cùng nằm trên đường trung trực của BC. Do đó, S cũng nằm trên

đường trung trực của BC.
Vì AP Q và BSC cân tại A và S nên tâm đường tròn ngoại tiếp của chúng nằm trên đường
trung trực của BC. Do đó, hai tâm đó thẳng hàng với S. Vì vậy, đường tròn ngoại tiếp BSC
tiếp xúc với ω.
Ta giả sử AC > AB. Chọn điểm X ∈ ω sao cho P AXQ là hình thang cân với AX P Q.
Ta thấy XP Q đồng dạng nghịch với AQP , A CB đồng dạng nghịch với AQP nên XP Q
và A CB đồng dạng thuận.
Mặt khác P Q BC nên XQ A B và XP A C.
Vì vậy tồn tại một phép vị tự tâm O biến XP Q thành A CB. Do đó O và S nằm trên A X.
Cách 1.


22

A

M

B
T
P

S
O

A

Q

C


X

Gọi M là tâm của đường tròn (ASA ).
◊
◊
180◦ − AM
A
AM
A
◊
◊
◊
÷
Khi đó, M
AX = M
AA + A
AX =
+ 90◦ = 180◦ −
= 180◦ − ASX.
2
2
Vì vậy M A tiếp xúc với ω. Mặt khác M A = M S nên ta cũng có M S tiếp xúc với ω.
Do đường tròn Ω ngoại tiếp

ABC là ảnh của đường tròn ω qua phép vị tự tâm A tỉ số

AB
AP


nên M A cũng tiếp xúc với Ω.
Suy ra M B · M C = M A2 = M S 2 . Do đó, M S tiếp xúc với đường tròn (BSC).
Vì M S tiếp xúc với ω và (BSC) nên hai đường tròn đó tiếp xúc với nhau.
Cách 2:
Gọi T là tâm của đường tròn (AXA ). Do A AX vuông tại A nên T là trung điểm A X.
Do A đối xứng với A qua BC nên BC đi qua trung điểm AA . Mặt khác BC AX, nên BC đi
qua T .
Ta có T A = T X nên T thuộc vào trung trực của đoạn AX.
Do AP QX là hình thang cân nên T cũng thuộc trung trực của đoạn P Q. Suy ra T P = T Q.
÷
÷ (do BC AX) và SXA
÷ = SP
÷
Ta có XT
C = SXA
B (do AP SX nội tiếp).
÷
÷
Do đó XT C = SP B. Vì vậy SP BT nội tiếp, tương tự đối với SQCT .
÷
÷
÷
÷
Vì SP BT nội tiếp nên P
SB = P
T B. Vì SQCT nội tiếp nên T
QS = T
CS.
÷
PTQ ÷ ÷ ÷

÷
= P QT = T QS + P QS.
Ta lại có P
T B = 90◦ −
2
÷
÷
÷
Vậy P
TB = T
CS + P
QS. Suy ra đường tròn (BSC) tiếp xúc với đường tròn ω.
Câu 26 (Đề thi Olympic Serbia năm 2018, vòng 1). Đường tròn nội tiếp ABC có tâm
I và tiếp xúc với cạnh BC tại D. Cho P, Q lần lượt là hai điểm trên các cạnh BI và CI sao cho
∠BAC = 2∠P AQ. Chứng minh rằng ∠P DQ = 900 .
(Duˇsan Djuki´c)
Lời giải.


23

A

N

I
P

Q


M

B

E

D

X

F

C

Ký hiệu E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ P và Q xuống BC và M là trung điểm của
đoạn thẳng P Q.
Trên cạnh BC, lấy điểm X sao cho ∠BAX = 2∠BAP . Ta có ∠CAX = ∠BAC − 2∠BAP =
2∠CAQ.
Do đó, P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BAX và CAX. Vậy XP và
XQ là các phân giác của ∠BXA và ∠CXA, hay ∠P XQ = 900 .
Điều kiện ∠P DQ = 900 tương đương với điều kiện M D = M P = M Q = M X. Mặt khác, vì
CX − AC + AX
AB + BC − AC AB + BX − AX
−
=
=
M E = M F và DE = BD − BE =
2
2
2

XF , ta có hai tam giác M ED và M F X phải bằng nhau. Từ đây, hiển nhiên M D = M X.
Cách giải 2. Gọi giao điểm thứ 2 của BI và đường tròn ngoại tiếp AP Q là N . Ta có ∠AIN =
γ
α
180 ◦ −∠BIA = 90◦ − = ∠DIQ. Hơn nữa, vì ∠IN Q = ∠P AQ =
và ∠IQN = ∠BIC −
2
2
α
α
IQ
α
IA
IA
ID
∠IN Q = (90◦ + ) −
= 90◦ , nên ta có
= sin
=
. Do đó,
=
. Vậy
2
2
IN
2
ID
IN
IQ
các tam giác DIQ và AIN là đồng dạng và ∠IDQ = ∠IAN = 1800 − ∠AIN − ∠AN I =

γ
γ
1800 − (900 − ) − ∠AN P = 900 + − ∠AQP.
2
2
β
◦
Tương tự, ta có ∠IDP = 90 + − ∠AP Q. Cộng thêm cả hai vế ∠IDQ thì
2
∠P DQ = 180◦ +

β+γ
− (180◦ − ∠P AQ) = 90◦ .
2

÷ = γ và BAC
÷ >
Câu 27 (Đề thi Olympic Thuỵ Sĩ năm 2018). Cho tam giác ABC có ACB
γ ÷
γ
γ
÷ = , điểm E thuộc cạnh CA sao cho
, CBA > . Điểm D thuộc cạnh BC sao cho BAD
2
2
2
γ
÷
÷
EBA = . Gọi F là giao điểm của tia phân giác góc ACB và cạnh AB. Chứng minh rằng

2
EF + F D = AB.
Lời giải.


24

C

E
D

A

F

B

γ
÷
=F
CD nên bốn điểm A, F, D, C cùng thuộc một đường tròn hay AF DC
2
÷
÷ = ACF
÷ = γ =F
AD nên tam giác ADF là tam giác cân,
là tứ giác nội tiếp. Khi đó ta có ADF
2
suy ra AF = F D.

÷ = EBA
÷ = γ = ECF
÷ nên bốn điểm BCEF là tứ giác nội tiếp. Khi đó ta có
Tương tự, vì EBF
2
γ
÷
÷
÷ nên tam giác EF B là tam giác cân, suy ra EF = F B.
F
EB = F
CB = = EBF
2
Từ đó dẫn tới EF + F D = F B + AF = AB.
÷
÷ =
Vì F
AD = BAD

Câu 28 (Đề thi Olympic Thuỵ Sĩ năm 2018). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm
O có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Gọi g là đường thẳng đối xứng với đường
÷ Chứng minh rằng O nằm trên đường thẳng g.
chéo AC qua tia phân giác góc BAD.
Lời giải.

A
C
g

X


O

B

D

A

Cách 1.
Gọi A là giao điểm thứ hai của g với đường tròn (O), A = A . Lấy X là điểm bất kỳ trên tia
÷ sao cho X nằm trong tam giác ABC.
phân giác góc BAD
÷
BA = 90◦ , khi đó AA là đường kính của (O) và O nằm trên g.
Ta sẽ chứng minh A
÷ = α và XAC
÷ = β.
Đặt CAD
÷ và XAD
÷ = XAC
÷ + CAD
÷ = α + β nên
Vì g đối xứng với AC qua tia phân giác góc BAD
÷
BAX = α + β. Khi đó
÷ = BAX
÷ −A
◊
BAA

AX = (α + β) − β = α


25
và
÷
◊
÷ = β + β = 2β.
A
AC = A
AX + XAC

Do ABA D là tứ giác nội tiếp nên ta có
÷ +A
÷
◊
◊
α + 2β = CAD
AC = A
AD = A
BD = α + 2β.
÷ = 90◦ − BAC
÷ = 90◦ − A
÷
÷ = 90◦ − α − 2β, nên
Lại có BDA
AC − BAA
÷
◊
÷ = α + 2β + (90◦ − α − 2β) = 90◦ .

A
BA = A
BD + BDA

Suy ra đường thẳng g đi qua O.
Cách 2.
÷ = 90◦ , ta sẽ chứng minh ACA
÷ = 90◦ và từ đó cũng có g đi qua O.
Thay vì chứng minh ABA
÷ = α và XAC
÷ = β.
Đặt CAD
÷ = α nên cũng có BCA
◊ = α.
Theo chứng minh của Cách 1 thì ta có BAA
÷ = CAD
÷ = α nên CA
÷ = 90◦ .
Lại có CBD
BD. Mà AC ⊥ BD nên CA ⊥ AC hay ACA
Câu 29 (Đề thi Olympic Thổ Nhĩ Kỳ năm 2018, vòng 1). Cho ABCD là tứ giác với các
cặp cạnh đối không song song. Các đường AB và CD cắt nhau tại điểm X. Đường tròn với tâm
A và bán kính r1 giao với đường tròn tâm D và bán kính r2 tại P và Q. Đường tròn với tâm B
bán kính r1 giao với đường tròn tâm C bán kính r2 tại R và S. Giả sử rằng
XA · XB + r12 = XC · XD + r22 .
Chứng minh rằng các điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải.
A
M
B

Q

Y

P

X
C

N
D
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD và Y là giao điểm của các đường trung
trực đoạn AB và CD. Chúng ta thấy rằng
XA · XB = XM 2 − AM 2 = XY 2 − AY 2
XC · XD = XN 2 − DN 2 = XY 2 − DY 2 .
Từ đẳng thức giả thiết, ta có
XY 2 − AY 2 + r12 = XY 2 − DY 2 + r22 ⇒ AY 2 − r12 = DY 2 − r22
điều đó có nghĩa là Y phải nằm trên trục đẳng phương của đường tròn tâm A bán kính r1 và
đường tròn tâm D bán kính r2 . Hay Y nằm trên P Q. Tương tự, Y nằm trên RS. Lúc này,
Y P · Y Q = AY 2 − r12 = DY 2 − r22 = Y R · Y S,
do đó bốn điểm P, Q, R, S cùng thuộc một đường tròn. (Chúng ta hiểu rằng P Q và RS phân
biệt, do AD và BC không song song.)