Các bài toán đường thẳng và đường tròn luôn đi qua điểm cố định

1
Đường thẳng và đường tròn luôn đi qua điểm cố định


I. Các bài toán

Bài toán 1. Cho đường tròn (O, R). Đường kính AB quay quanh O. Hai điểm C, D
cố định trên (O, R) (CD ≠ 2R). AC, BD cắt nhau tại E. H là trực tâm của tam giác CDE.
Các điểm K, L theo thứ tự thuộc CE, DE sao cho KELH là hình bình hành. Chứng minh
rằng trung trực của KL luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 2. Cho tam giác nhọn ABC có BC > CA. Điểm M chạy trên đoạn CA.
Các điểm A’, C’ theo thứ tự thuộc các đoạn BC, BA sao cho MC = CA’, AM = MC’.
Chứng minh rằng đường tròn (A’BC’) luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 3. Cho tam giác ABC và số dương k. Điểm M cố định trên cạnh BC. Các
điểm N, P theo thứ tự chạy trên các đoạn AB, AC sao cho S(ANMP) = k. Chứng minh
rằng đường tròn (ANP) luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 4. Cho tam giác ABC, điểm O thuộc tam giác, số
S(OAB)
k.
S(OAC)
 Hai điểm
M, N theo thứ tự thay đối trên các cạnh AB, AC sao cho
S(OMB)
k.
S(ONC)
 Chứng minh rằng
đường tròn (AMN) luôn đi qua một điểm cố định khác A.

Bài toán 5. Cho tam giác ABC không cân tại A. Điểm M chạy trong tam giác sao
cho




AMB C AMC B .  Các điểm K, L theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam
giác ABM, ACM. Chứng minh rằng đường thẳng KL luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 6. Cho tam giác ABC và điểm M thay đổi trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
A sao cho
MB AB
.
MC AC

Trên nửa mặt phẳng bờ MB không chứa C lấy điểm E sao cho

90EBM ;EB MC.  Trên nửa mặt phẳng bờ MC không chứa B lấy điểm F sao cho

90FCM ;FC MB.  Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M chạy trên cung

BC không chứa A của (O). K, L theo tthứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
ABM, ACM. Chứng minh rằng đường tròn (MKL) luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 8. Cho tam giác ABC không cân và không vuông tại A. Các điểm M, N
theo thứ tự chạy trên các cạnh AB, AC sao cho BN = CM. P là giao điểm của BN và CM.
Phân giác của góc


BPC theo thứ tự cắt AB, AC tại X, Y. Z, T theo thứ tự là hình chiếu của
X, Y trên AC, AB. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm của XZ, YT luôn đi qua
một điểm cố định.

Bài toán 9. Cho tam giác ABC. Điểm D chạy trên đường thẳng BC và khác B, C.
Các đường tròn (ABD), (ACD) theo thứ tự lại cắt AC, AB tại E, F. DF, DE theo thứ tự cắt

2
AC, AB tại M, N. X là giao điểm của BM, CN. Chứng minh rằng đường thẳng DX luôn đi
qua một điểm cố định.

Bài toán 10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). S = AB ∩ CD. T = AD ∩
BC. Điểm M chạy trên (O). MS, MT theo thứ tự lại cắt (O) tại N, P. Chứng minh rằng
đường tròn (ONP) luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 11. Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
). Điểm M chạy trên (O
1
). Đường thẳng
qua O
2
và song song với O
1
M cắt (O
2
) tại A. B. MA. MB theo thứ tự lại cắt (O

2
) tại C, D.
Chứng minh rằng đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 12. Cho tam giác đều ABC và điểm M. Phép đối xứng tâm M theo thứ tự
biến A, B, C thành A’, B’, C’.
1) Chứng minh rằng trung trực của các đoạn AB’, BC’, CA’ đồng quy tại một
điểm, kí hiệu là P.
2) Gọi D là trung điểm của AB. Đặt N = AP ∩ MD. Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 13. Cho tam giác ABC. Điểm X chạy trên đoạn BC. Đường tròn (O) đi
qua A, tiếp xúc với BC tại X và cắt đường tròn (ABC) tại M, N sao cho MN đi qua trung
điểm của AX. MN cắt AB, AC tại Y, Z. Chứng minh rằng đường tròn (AYZ) luôn đi qua
một điểm cố định.

Bài toán 14. Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng ∆ quay
quanh B và theo thứ tự lại cắt (O
1
), (O
2
) tại C, D. M là trung điểm của CD. AM lại cắt (O
2
)
tại P. Đường thẳng qua M và vuông góc với O
1

M cắt AC tại Q. Chứng minh rằng đường
thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài toán 15. Cho tam giác ABC. A’, B’, C’ theo thứ tự là trung điểm của BC, CA,
AB. Các điểm P, P’ thay đổi sao cho PA = PA’, PB = PB’, PC = PC’. Chứng minh rằng
đường thẳng PP’ luôn đi qua một điểm cố định.

II. Các lời giải

Bài toán 1. Cho đường tròn (O, R). Đường kính AB quay quanh O. Hai điểm C, D
cố định trên (O, R) (CD ≠ 2R). AC, BD cắt nhau tại E. H là trực tâm của tam giác CDE.
Các điểm K, L theo thứ tự thuộc CE, DE sao cho KELH là hình bình hành. Chứng minh
rằng trung trực của KL luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của CE, DE và DH, CH (h.1).
Ta có
  
11 1
2222
(EC, ED) (AC, BD) s®AB s®CD s®CD(mod ).

 
Kết hợp với C, D cố định, suy ra E chạy trên một đường tròn cố định, kí hiệu là
(O’).
Chú ý rằng
KH // EQ HQ HC;KH LE;KE LH;  

   
C, D, P, Q cùng thuộc một
đường tròn;

LH // EP HP HD, ta có

3



22
22
KO' R' KC.KE KC.KE KH HC .KE KH.KE HC.HQ
LH.LE HD.HP LH HD .LE LD.LE LD.LE LO ' R ' .
 
 

      
    



P
Q
O'
K
L
H
E
B
O
C
D
A

(h.1)


Do đó
KO' LO'.
Vậy trung trực của KL luôn đi qua O’ (đpcm).
Chú ý.
Các cung nói trong lới giải trên là cung định hướng.

Bài toán 2. Cho tam giác nhọn ABC có BC > CA. Điểm M chạy trên đoạn CA.
Các điểm A’, C’ theo thứ tự thuộc các đoạn BC, BA sao cho MC = CA’, MA = C’A.
Chứng minh rằng đường tròn (A’BC’) luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Cách 1.
Gọi E, F theo thứ tự là giao điểm của đường tròn (C, CA) với các đoạn BC, BA; K
là giao điểm thứ hai của các đường tròn (KBC), (KBA) (h.2).
Theo kết quả quen biết, các tam giác KEC, KAF đồng dạng cùng hướng (1).
Dễ thấy AE // MA’ và CF // MC’.
Do đó
2
CA' CM AC'
().
CE CA AF


Từ (1) và (2) suy ra các tam giác KA’C, KC’F đồng dạng cùng hướng.
Do đó các tam giác KA’C’ và KCF đồng dạng (cùng hướng).
Suy ra





180 180A'KC' EKA EBA A'BC '.

4
Điều đó có nghĩa là K thuộc đường tròn (A’BC’) (đpcm).


K
E
F
C'
A'
A
B
C
M


(h.2)

Chú ý.
Nếu M trùng C thì A’ trùng C và C’ trùng F.
Nếu M trùng A thì A’ trùng E và C’ trùng A.
Cách 2.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho các đường thẳng x’x, y’y cắt nhau tại O và hai số a, b khác không. các

điểm A, B theo thứ tự chạy trên x’x, y’y sao cho
1aOA bOB .

 Khi đó đường tròn
(OAB) luôn đi qua một điểm cố định khác O.
Có thể tìm thấy phép chứng minh bổ đề trên trong
Bài tập nâng cao và một số
chuyên đề hình học 10, tr 84. tr 215.
Trở lại giải bài toán 2.
Chú ý rằng MA = MC’, ta có
22 2
2
BC ' AB AC ' AB
BA ' BC A ' C AM BC CM
cosA cosA cosA
AB
BC AC kh«ng ®æi.
cos A

   


Do đó, theo bổ đề trên, đường tròn (A’BC’) luôn đi qua một điểm cố định.

5
Bài toán 3. Cho tam giác ABC và số dương k. Điểm M cố định trên cạnh BC. Các
điểm N, P theo thứ tự chạy trên các đoạn AB, AC sao cho S(ANMP) = k. Chứng minh
rằng đường tròn (ANP) luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải. (h.3).

A
B
CM
N
P

(h.3)


Ta có
k S(ANMP) BM.S(ANM) CM.S(APM) BM.AN CM.AP
.
S(ABC) S(ABC) BC.S(ABM) CB.S(ACM) BC.BM CB.CM
  
Do đó
BM CM k.BC
AN AP .
BA CA S(ABC)

Từ đó, theo bổ đề trong bài toán 2, suy ra đường tròn (ANP) luôn đi qua một điểm
cố định khác A.

Bài toán 4. Cho tam giác ABC, điểm O thuộc tam giác, số
S(OAB)
k.
S(OAC)
 Hai điểm
M, N theo thứ tự thay đối trên các cạnh AB, AC sao cho
S(OMB)

k.
S(ONC)
 Chứng minh rằng
đường tròn (AMN) luôn đi qua một điểm cố định khác A.
Lời giải. (h.4).


A
B
C
O
M
N

(h.3)

S(OMB) S(OMB) S(OAB) S(OAC) MB S(OAB) AC
Ta cã k . . . .
S(OMC) S(OAB) S(OAC) S(ONC) AB S(OAC) MC
 


6

1
1
1
AB AM S(OAB) AC AM S(OAB)

AN

AB S(OAC) AC AN AB S(OAC)
AC








Từ đó, chú ý rằng
S(OAB)
k,
S(OAC)
 sau một vài biến đổi đại số đơn giản, suy ra
0
S(OAB) AM AN S(OAB)
.k.k .
S(OAC) AB AC S(OAC)

 
Vậy, theo bổ đề trong bài toán 2, (AMN) luôn đi qua một điểm cố định khác A.
Chú ý.
Bài toán 4 thường được phát biểu dưới dạng bài toán vật lí (xem bài toán 4’) và
được giải bằng phép vị tự quay.

Bài toán 4’.
Cho hai đường thẳng x’x, y’y cắt nhau tại O. Các điểm A, B theo thứ
tự chuyển động đều trên x’x, y’y và không khi nào gặp nhau tại O. Chứng minh rằng
đường tròn (OAB) luôn đi qua một điểm cố định khác O.

Bài toán 5.
Cho tam giác ABC không cân tại A. Điểm M chạy trong tam giác sao
cho




AMB C AMC B.  Các điểm K, L theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam
giác ABM, ACM. Chứng minh rằng đường thẳng KL luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Nếu điểm M nằm trong tam giác ABC thì




AMB C AMC B

 khi và chỉ
khi
MB AB
.
MC AC

Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây.
Trở lại giải bài toán 5.
Gọi N là giao điểm của BK và CL; S là giao điểm của BC và KL (h.4).
Vì





AMB C AMC B

 nên, theo bổ đề trên,
MB AB
.
MC AC

Từ đó dễ dàng suy ra N thuộc AM.

L
K
N
S
A
B
C
M

(h.5)


7
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NBC và cát tuyến SLK,
1
SB LC KN
.
SC LN KB



Từ đó, chú ý rằng




KAB KAN;LAC LAN, suy ra 1
SB AC AN
.
AN AB
SC





Do đó
SB AB
.
AC
SC


Điều đó có nghĩa là S cố định (đpcm).
Chú ý.
S là chân đường phân giác ngoài kẻ từ A của tam giác ABC.

Bài toán 6. Cho tam giác ABC và điểm M thay đổi trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa
A sao cho

MB AB
.
MC AC
 Trên nửa mặt phẳng bờ MB không chứa C lấy điểm E sao cho

90EBM ;EB MC.  Trên nửa mặt phẳng bờ MC không chứa B lấy điểm F sao cho

90FCM ;FC MB.  Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Cách1.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Nếu về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình chữ nhật ABXY và
ACZT sao cho AY = AC và AT = AC thì BT, CY, XZ đồng quy tại hình chiếu của A trên
XZ và BT CY.

Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.6.1).



Z
X
T
Y
A
B
C

(h.6.1)

Trở lại giải bài toán 6 (h.6.2).


8

S
O
K
F
Q
E
P
B
C
M
A


(h.6.2)


Không mất tính tổng quát giả sử tam giác ABC có hướng dương.
Về phía ngoài tam giác MBC dựng các hình chữ nhật MBEP, MCFQ.
Theo bổ đề trên BQ, CP và EF đồng quy tại K (hình chiếu của M trên EF) và

90BKC .
Do đó K thuộc đường tròn (O) (đường kí BC) và đường tròn (MBEP).
Gọi S là giao điểm thứ hai của EF và (O).


Ta cã tan(KS, KB) tan(KS, KB) tan(KE, KB) tan(ME,MB)
BE CM
tan(MF, MB) tan EMB .
BM BM



 
 

Do đó
BM
(KS,KB) arctan .
CM

 

Suy ra
22
BM BA
(OS,OB ) arctan arctan
CM CA



không đổi.
Vậy S cố định (đpcm).
Cách 2.
Không mất tính tổng quát giả sử tam giác ABC có hương dương (h.6.3).
Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa C lấy điểm P sao cho


90PBA ;PB AC. 
Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B lấy điểm Q sao cho

90QCM ;QC AB. 
Đặt S = EF ∩ PQ.
Vì
BM BA
BE CM; ;CA BP
CM CA

và
BM BA
CF BM; ;BA CQ
CM CA

nên

9
BM BM BA BA CM CM C A CA
;.
BE CM CA BP CF BM BA CQ
 



S
Q
P
F

E
C
B
A
M

(h.6.3)


Do đó các cặp tam giác vuông BME, BAP và CMF, CAQ đồng dạng (cùng hướng).
Suy ra các cặp tam giác BEP, BMA và CFQ, CMA đồng dạng (cùng hướng).
Vậy, ta có
02
22
(BE,CF) (PE,AM) (AM,CF) ( PB,AB) (QC,AC) (mod ).



       

Do đó
PE QF.
 

Từ đó, theo định lí Thales, suy ra
1
SE PE PE
().
QF
SF QF


Mặt khác, vì các cặp tam giác BEP, BMA và CFQ, CMA đồng dạng nên

22
2
PE BE AM CM CM CM CA
().
QF AM CF BM BM BM BA





Từ (1) và (2) suy ra S cố định (đpcm).
Chú ý.
Các điểm P, Q xuất hiện bằng cách cho M trùng A, một vị trí đặc biệt của M.

Bài toán 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm M chạy trên cung

BC không chứa A của (O). K, L theo tthứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
ABM, ACM. Chứng minh rằng đường tròn (MKL) luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Gọi (O’) là đường tròn tiép xúc với các đoạn AB, AC (tại E, F) và tiếp xúc trong
với (O) (tại T) (h.7).
Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm thứ hai của TE, TF với (O); S là giao điểm thứ
hai của TA với (O’).
Dễ thấy
K MP;L MQ;PK PA;QL QA;ES // PA;FS // QA;tø gi¸c TESF ®iÒu hoμ.  
Do đó





PRT MRT MQT LQT. 
PK PA ES FS QA QL
.
PT PT ET FT QT QT
 


10

O
S
L
K
Q
P
E
T
O' F
A
B
C
M

(h.7)

Suy ra các tam giác TPK, TQL đồng dạng.
Do đó


MKT MKL.
Vậy tứ giác MKLT nội tiếp.
Nói cách khác đường tròn (MKL) đi qua T (đpcm).
Chú ý.
Vì tứ giác TPAQ là ảnh của tứ giác TESF qua phép vị tự
R
R'
T
V và tứ giác TESF diều
hoà nên tứ giác TPAQ điều hoà.

Bài toán 8. Cho tam giác ABC không cân và không vuông tại A. Các điểm M, N
theo thứ tự chạy trên các cạnh AB, AC sao cho BN = CN. P là giao điểm của BN và CM.
Phân giác của góc

BPC theo thứ tự cắt AB, AC tại X, Y.Z, T theo thứ tự là hình chiếu của
X, Y trên AC, AB. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm của XY, ZT luôn đi qua
một điểm cố định.
Lời giải.
Ta cần có hai bổ đề.

Bổ đề 1. Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh
CB, CD sao cho BN = DM. P là giao điểm của BN, DM. Khi đó


BPA DPA.
Bổ đề 1 rất quen thuộc, không trình bày cách chứng minh ở đây (h.8.1).

11

P
N
M
A
B
C
D

(h.8.1)


Bổ đề 2. Cho hai đường thẳng a, b cắt nhau, không vuông góc với nhau và điểm P
không thuộc a, b. Đường thẳng c quay quanh P và theo thứ tự cắt a, b tại A, B. A’, B’ theo
thứ tự là hình chiếu của A, B trên b, a. M, N theo thứ tự là trung điểm của AC, BD. Khi đó
đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Đặt (a,b) (0 ).
2

 
Gọi O là giao điểm của a và b. Gọi d là đường thẳng chứa phân giác của hai góc đối
đỉnh tạo bởi a, b và có số đo bằng

(h.8.2).


a
b

c
d
M
N
K
Q
D
B
C
O
P
A

(h.8.2)

Dễ thấy qua phép vị tự đối xứng
cos
Od
V.§:AC;B D.


Từ đó, chú ý rằng AB luôn đi qua điểm cố định P, suy ra CD luôn đi qua điểm cố
định
cos
Od
QV .§(P).


Đương nhiên
PA QC

k.
PB QD


Gọi K là trung điểm của PQ.
Vì K, M, N theo thứ tự là trung điểm của PQ, AC, BD nên

12





11 1
22 2
KM PA QC kPB kQD k PB QD kKN.  
       

Do đó K thuộc MN.
Nói cách khác, MN đi qua K (đpcm).
Trở lại giải bài toán 8.
Có hai trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1.

90BAC .
Lấy K sao cho ABKC là hình bình hành (h.8.3).
Theo bổ đề 1, XY luôn đi qua K.
Gọi d là đường thẳng chứa phân giác của góc

BAC.

Đặt
cosA
Od
LV .§(K).
Gọi G là trung điểm của LK.
Theo bổ đề 2, đường thẳng nối trung điểm của các đoạn XY, ZT luôn đi qua G.

d
G
L
T
Z
X
Y
P
M
N
K
C
B
A

(h.8.3)

Trường hợp 2.

90BAC .
Tương tự trường hợp 1.

Bài toán 9. Cho tam giác ABC. Điểm D chạy trên đường thẳng BC và khác B, C.

Các đường tròn (ABD), (ACD) theo thứ tự lại cắt AC, AB tại E, F. DF, BE theo thứ tự cắt
AC, AB tại M, N. X là giao điểm của BM, CN. Chứng minh rằng đường thẳng DX luôn đi
qua một điểm cố định.
Lời giải.

13
Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của MN với AX, BC (h.9).
Dễ thấy
11(MNPQ) ( ).
Mặt khác, dễ thấy
(DM,BC) (DF,DC) (AF,AC) (AB,AE) (DB,DE) (BC,DN)(mod ). 
Do đó BC là phân giác của một trong hai góc tạo bởi các đường thẳng DM, DN (2).
Từ (1) và (2) suy ra 3DP DQ ( ).


Đặt Y = AP ∩ BC.
Lấy Z trên DX sao cho AZ // DP (4).
Dễ thấy 1(AXYP) .
Do đó 1 5D(AZCP) ( ).
Từ (3), (4), (5) suy ra Z là điểm đối xứng của A qua BC.
Điều đó có nghĩa là Z cố định (đpcm).


Y
Z
X
P
Q
M
N

F
E
A
B C
D


(h.9)


Bài toán 10. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). S = AB ∩ CD. T = AD ∩
BD. Điểm M chạy trên (O). MS, MT theo thứ tự lại cắt (O) tại N, P. Chứng minh rằng
đường tròn (ONP) luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.

14

F
Q
L
K
N
P
E
T
S
O
A
B
D

C
M

(h.10)

Gọi E là giao điểm của AC và BD; Q là giao điểm của MS và AC; K, L theo thứ tự
là giao điểm của NP và AB, CD (h.11).
Ta có (SKAB) = N(SKAB) = N(MPAB) = C(MPAB) = (MPQT) = A(MPQT) =
A(MPCD) = N(MPCD) = (SLCD).
Suy ra KL, AC, BD đồng quy.
Điều đó có nghĩa là NP đi qua E.
Gọi F là giao điểm thứ hai của OE và (ONP).
Ta có
E/(P)
EF.EO EN.EP P .
Do đó
E/(P)
P
EF
EO

không đổi.
Suy ra F cố định (đpcm).
Chú ý.
Có thể kiểm tra được rằng F là hình chiếu của O trên ST. Do đó F là điểm Miquel
của tứ giác toàn phần xác định bởi các đường thẳng AB, AD, CB, CD.

Bài toán 11. Cho hai đường tròn (O
1
), (O

2
). Điểm M chạy trên (O
1
). Đường thẳng
qua O
2
và song song với O
1
M cắt (O
2
) tại A. B. MA. MB theo thứ tự lại cắt (O
2
) tại C, D.
Chứng minh rằng đường thẳng CD luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Cách 1.
Gọi K, L, S và E, F theo thứ tự là giao điểm của AM, BM, CD và (O) với O
1
O
2

(h.10.1).
Chú ý rằng L cố định, ta có
(SKEF) = C(SKEF) = C(DAEF) = B(DAEF) = B(LO
2
EF) = (LO
2
EF) không đổi.
Kết hợp với K cố định, suy ra S cố định (đpcm).

15

S
D
L
C
F
E
K
B
O
1
M
O
2
A

(h.11.1)

Cách 2.
Gọi S là giao điểm của CD và O
1
O
2
; ∆ là trục đẳng phương của (O
1
), (O
2
); O là

tâm của đường tròn (MCD) (h.11.2)


O
S
D
C
B
O
1
M
O
2
A

(h.11.2)

1 1
Ta cã(MO , MD) (BA, BD)(mod ) (v× MO // BA)
(CA,CD)(mod ) (v× C (BAD))
(CM,C D)(mod ).




Do đó MO
1
tiếp xúc với (MCD).
Suy ra
1

OM MO .
Điều đó có nghĩa là OM tiếp xúc với (O
1
) (1).

1
2
2
1
Ta cã(CO,C D ) (CO,OD)(mod ) (v× OC OD)
2
(CO,OC) (OC,OD ) (mod )
(MC,MD)(mod )

 

 
 
   


16
 

2
11
22 2
1
222
(AC,BD) (mod )

s®AB s®CD(mod )
s®CD(mod )
(AC,AD)(mod ).

 

  

 


Do đó OC tiếp xúc với (O
2
) (2).
Từ (1) và (2), chú ý rằng OM = OC, suy ra O thuộc ∆.
Kết hợp với S là cực của ∆, ta có S cố định (đpcm).
Chú ý.
Các cung nói trong lời giải trên là các cung định hướng của đường tròn (O
2
).

Bài toán 12.
Cho tam giác ABC vuông tại A. Hình chữ nhật MNPQ thay đổi sao
cho M thuộc AB, N thuộc AC và P, Q thuộc BC. K = BN ∩ MQ; L = CM ∩ NP; X = MP
∩ NQ; Y = KP ∩ LQ. Chứng minh rằng
1)


KAB LAC.


2) XY luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
1) Lấy U, V theo thứ tự thuộc AK, AL sao cho


90ABU ACV

 (h.1).
V
U
L
K
P
Q
N
A
B
C
M

(h.12.1)

BU BU NA MA BK BA ML BQ BA MN
Tacã . .
CV NA MA CV NK CA CL NM CA CP
BQ CA NP BA CA BA BA
.
MQ BA CP CA BA CA CA




Do đó các tam giác ABU, ACV đồng dạng.
Vậy


KAB LAC.
1) Đặt Z = ML ∩ NK (h.2).
Theo định lí Pappus, X, Y, Z thẳng hàng (1).
Gọi H là hình chiếu của A trên BC; O, F, E theo thứ tự là trung điểm của BC, MN,
AH.
Dễ thấy A, F, O thẳng hàng; E, X, O thẳng hàng; FX // AH.
Vậy 1
X(AHEF) .

17
Kết hợp với 1
(AZOF) , suy ra X(AHEF) X(AZOF) X(AZEF).


Do đó X, H, Z thẳng hàng (2).
Từ (1) và (2) suy ra XY đi qua H (đpcm).

E
Y
X
L
K
F
H

Z
O
P
Q
N
A
B
C
M

(h.12.2)

Bài toán 13. Cho tam giác ABC. Điểm X chạy trên đoạn BC. Đường tròn (O) đi
qua A, tiếp xúc với BC tại X và cắt đường tròn (ABC) tại M, N sao cho MN đi qua trung
điểm của AX. MN cắt AB, AC tại Y, Z. Chứng minh rằng đường tròn (AYZ) luôn đi qua
một điểm cố định.
Lời giải. Trước hết ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm X chạy trên đoạn BC. Các điểm Y, Z theo thứ tự
thuộc AC, AB sao cho XYAZ là hình bình hàmh. Khi đó đường tròn (AYZ) luôn đi qua
một điểm cố định khác A.
Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây.
Trở lại giải bài toán 13 (h.13).

K
O
T
M
N
S

Y
Z
A
B
CX


(h.13)

Lấy T thuộc BC sao cho 1
AT // MN ( ).
Đặt K = AX ∩ MN; S = BC ∩ MN.
Vì MN đi qua trung điểm của AX nên 2
ST SX ( ).



18
Dễ thấy
2
3SX SM.SN SB.SC ( ).
Từ (2) và (3), theo hệ thức Newton, suy ra 1(BCXT ) .


Do đó 1 4A( BCXT ) ( ).
Từ (1) và (4) suy ra KY KZ.


Vậy XYAZ là hình bình hành.
Do đó, theo bổ đề trên, đường tròn (AYZ) luôn đi qua một điểm cố định khác A.

Bài toán 14. Cho hai đường tròn (O
1
), (O
2
) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng ∆ quay
quanh B và theo thứ tự lại cắt (O
1
), (O
2
) tại C, D. M là trung điểm của CD. AM lại cắt (O
2
)
tại P. Đường thẳng qua M và vuông góc với O
1
M cắt AC tại Q. Chứng minh rằng đường
thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Gọi (O
3
) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ACP; K, N theo thứ tự là giao điểm thứ
hai của (O
1
), (O
3
) và AP, ∆; (O
4
) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AND; S là giao điểm
thứ hai của PQ với đường tròn (O
2

) (h.14).


O
3
K
O
4
N
S
Q
P
M
D
B
O
1
A
O
2
C

(h.14)

Ta có
MP.MA MB.MD MB.MC MK.MA
.
MN.MC MA.MP MB.MD MB.MC









Do đó
MP MK;MN MB. 
Kết hợp với
MD MC, suy ra phép đối xứng tâm Đ
M
theo thứ tự biến A, B, C
thành P, N, D.
Điều đó có nghĩa là Đ
M
biến (O
1
) thành (O
4
).
Kết hợp với
12
MQ O O , suy ra MQ là trục đẳng phương của các đường tròn
(O
1
), (O
4
).
Từ đó, chú ý rằng AQ và NP theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường
tròn (O

1
), (O
3
) và (O
3
), (O
4
) suy ra Q thuộc NP.

19
VËy (BS,BA) (PS,PA)(mod ) (v× P thuéc (BSA))
(PN,PA) (mod ) (v× PS PQ PN)
(BK,AK)(mod ) (v× PN // BK;PA AK).


 

Do đó BS tiếp xúc với (O
1
).
Suy ra S cố định (đpcm).

Bài toán 15. Cho tam giác ABC. A’, B’, C’ theo thứ tự là trung điểm của BC, CA,
AB. Các điểm P, P’ thay đổi sao cho PA = PA’, PB = PB’, PC = PC’. Chứng minh rằng
đường thẳng PP’ luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
Cách 1. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, (E) = (A’B’C’) (đường tròn Euler
(E) của tam giác ABC).
Qua phép vị tự
1

2
G
V,

A, B, C theo thứ tự biến thành A’, B’, C’.
Đặt
1
2
G
V(P)Q.


Chú ý rằng
1
2
G
V(O)E,

 ta có EQ // OP và
1
1
2
EP
().
OQ

Theo giả thiết
1
1
2

2
AP
A'Q
.
A'P' A'P'

Tương tự
11
22
B'Q C'Q
;.
B'P' C'P'

Vậy đường tròn (E) chính là đường tròn Apollonius xác định bởi hai điểm Q, P’ và
số
1
2
.
Do đó E thuộc đường thẳng QP’.
Gọi X, Y là giao điểm của (E) với QP’ (xem h.15.1).

P
S
P'
Q
Y
E
G
A
'

C'
B'
O
A
B
C
X


(h.15.1)

Ta có
11
22
XQ YQ
;.
XP ' YP '
 


20
Coi XY là một trục với gốc là E.
Giả sử X, Y, Q, P’ có toạ độ là x, y, q, p’.
Ta có
11
0
22
qx qy
x
y

;;.
p' x p' y


 


Suy ra
1
01
3
qx qy
x
y
;;.
p' q p' q





Do đó
212
1
33
qqxqy
.
p' q p' q





Từ đó dễ dàng suy ra
1
2
4
q
().
p'

Gọi S là giao điểm của PP’ và OE.
Từ (1) và (2) suy ra

11
2
42
OS OP OP EQ OG q
.
p'
ES EP' EQ EP' EG


Do đó S cố định (đpcm).
Cách 2.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho điểm A, vetơ a

và số k. Tập hợp



M|AM.a k



là một đường thẳng.
Có thể tìm thấy phép chứng minh bổ đề trên trong
Bài tập nâng cao và một số
chuyên đề hình học 10, tr 73.
Trở lại giải bài toán 15.

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, ta có
1
2
1
1
2
1
2
GA' GA
GB ' GB ( ).
GC ' GC













 
 
 

Vì PA P ' A';P'B PB '; PC P ' C ' nên




 
 
22
22
22
2
GA GP GA' GP '
GB GP GB ' GP ' ( ).
GC GP GC' GP '














   
  
   

Kết hợp (1) và (2), sau một vài biến đổi đại số đơn giản, suy ra




22 2
22 2
22 2
3
2
4
3
23
4
3
2
4
GP GP' GA GP GP ' .GA
GP GP ' GB GP GP ' .GB ( ).
GP GP' GC GP GP' .GC


  



  



  


     
    
     

Lấy các điểm X, Y, Z sao cho 2GP GP ' GX GP ' GY

    
và Z = PP’ ∩ GY
(h.15.2).

21
Z
P
Y
G
X
P'

(h.15.2)

Từ (3) suy ra






22
22
3
2
4
3
2
4
GA GB GP GP ' .BA GY.BA
.
GA GC GP GP' .CA GY.CA

 




 


     
      

Theo bổ đề trên, Y chạy trên hai đường thẳng cố định.
Điều đó có nghĩa là Y cố định (4).
Mặt khác, dễ thấy
1
5
2
ZG
().
ZY


Từ (4) và (5) suy ra Z cố định (đpcm).