Bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9 các bài toán hình học cố định

CÁC BÀI TOÁN CỐ ĐỊNH
Giáo viên báo cáo: Phạm Văn Ninh
Trường THPT Chuyên Hạ Long
Đối với bài toán chứng minh họ các đường thẳng luôn đi qua một cố định hay tiếp xúc với
một đường tròn cố định, một vấn đề rất quan trọng là dự đoán được yếu tố cố định nói trên.
Muốn dự đoán được điểm cố định ( hay đường tròn cố định) mà họ các đường thẳng luôn đi qua
( hay tương ứng luôn tiếp xúc ) ta thường sử dụng các phương pháp sau đây.
+) Giải bài toán trong những trường hợp đặc biệt để thấy yếu tố cố định cần tìm ( điểm hay
đường tròn). Từ đó suy ra trường hợp tổng quát
+) Xét những đường thẳng đặc biệt của họ để suy ra yếu tố cố định cần tìm
+) Dựa vào tính đối xứng, sự bình đẳng của các đối tượng ( nếu có ) để hạn chế được phạm vi
có thể của yếu tố cố định.
+) Dùng phép suy diễn để khẳng định: Nếu họ các đường thẳng đi qua một điểm cố định hay
tiếp xúc với một đường tròn cố định thì điểm cố định hay đường tròn cố định cần tìm bắt buộc
phải là một đối tượng cụ thể nào đó.
+) Dựa vào một số bổ đề và một số định lý trong hình học phẳng.
I.

Các bài toán ban đầu

Bài 1: (Chuyên BN 2013-2014). Cho nửa đường tròn đường kính BC, trên nửa đường tròn lấy
điểm A (khác B và C). Kẻ AH  BC ( H  BC ) . Trên cung AC lấy điểm D bất kỳ ( khác A và
C), đường thẳng BD cắt AH tại I. CMR:
a) IHCD là tứ giác nội tiếp
b) AB2  BI .BD
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp AID luôn nằm trên 1 đường thẳng cố định khi D thay đổi trên
cung AC
Lg:
a) Hn
b) hn
c) Dự đoán AC vì:+) D  A  D  A  I , tâm ngoại

tiếp AID  D  A  I
+) D  C  tâm ngoại tiếp là trung điểm AC
C/m: AB là tiếp tuyến của ( AID)
Ta có: BAH  ACB  ADB  đpcm
Bài 2: (Nghệ An 2013-2014).Cho ABC nội tiếp (O) ,
một điểm I di chuyển trên cung BC không chứa A ( I
không trùng với B, C). Đường thẳng  IC tại I cắt AB tại
F, đường thẳng vuông góc với IB cắt AC tại E. CMR: EF
luôn đi qua 1 điểm cố định


Lời giải:
Ta vẽ thử một vài trường hợp ta có thể dự đoán được EF luôn đi qua điểm cố định O. Còn nếu
nhìn bài toán này với kiến thức của hình sơ cập thì đây chính là mô hình của định lý Pasal: Cho
6 điểm bất kỳ A, B, C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. Gọi G, H, K theo thứ tự là giao
điểm của các cặp đường thẳng ( AB, DE), ( BC, EF), ( CD, FA). Khi đó 3 điểm G, H, K thẳng
hàng.
C/m
TH1: Khi BAC  900  BIC  900

 F trùng với B, E trùng với C.
Lúc đó EF là đường kính. Vậy EF đi qua O cố định
TH2: Khi BAC  900  BIC  900
Gọi K là điểm đối xứng của I qua EF
 EIF  EAF (cùng bù BIC )
EKF  EIF ( do I và K đối xứng nhau qua EF)

 EKF  EAF  AKEF nội tiếp
 KAB  KEF  180

(1)

IEF  KEF (do K và I đối xứng qua EF)
IEF  BIK (cùng phụ KIE )

(2)
(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra KAB  BIK  180
Suy ra AKBI là tứ giác nội tiếp, hay K  (O)
Mà EF là đường trung trực của KI nên E,O, F thẳng hàng
Bài 3: ( Chuyên Bình Dương 2013-2014). Cho (O), đường thẳng (d) cắt (O) tại 2 điểm C và
D. Từ M tùy ý trên (d) kẻ 2 tiếp tuyến MA và MB với (O) ( A và B là hai tiếp điểm). Gọi I là
trung điểm của CD
a) Cmr: MAIB là tứ giác nội tiếp
b) AB luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên (d)
Lời giải:
b) Dự đoán: Ta thấy OI là đường trung trực của
CD ta thấy điểm M di chuyển tùy ý trên (d) và
đối xứng nhau qua OI thì ta có thể dự đoán
ngay AB đi qua điểm có định nằm trên OI
Gọi Q là giao điểm của AB và OI
MOI
 MOI

QHO
và
QHO

có

IOH chung




MO.OH OA2 R 2
MO OQ
 OQ 


( R là bk (O) không đổi)

OI
OI OI
OI OH

Do O, I cố định nên độ dài OI không đổi
Lại có Q thuộc tia OI cố định

 Q là điểm cố định (đpcm)
Bài 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định. Gọi M là điểm di động trên tia đối của tia
AB ( M khác A). Từ M kẻ tiếp tuyến ME, MF đến (O) (E, F là các tiếp điểm). Kẻ EH  BF tại
H. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EH, P là giao điểm của AB và EF. Tia BI cắt (O) tại N
(N khác B). Chứng minh rằng:
a) Tứ giác NEIP nội tiếp
b) MNF vuông
c) Đường tròn ngoại tiếp MNE luôn tiếp xúc với 1 đường thẳng cố định
Lời giải:
a) Ta có PI // FH ( do tc đường trung bình)

ENI  ENB  EFB (cùng nhìn cung EB )
EFB  EPI ( đồng vị)

Nên ENI  EPI
Do đó tứ giác NEIP nội tiếp
b) EIP  EHF  900 , suy ra EP là đường kính
đường của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NEIP
Do đó MP tiếp xúc với đường tròn (NEIP) tại P
 NPM  NEP

Mà NEP  NEF  NFM  NPM  NFM

 MNPF nội tiếp

 MNF  MPF  900
c) Dự đoán: Do E, F đối xứng nhau qua đường thẳng AB nên ta có thể dự đoán được: Đường
tròn ngoại tiếp MNE luôn tiếp xúc với 1 đường thẳng cố định là AB
Ta có NMP  NFP  NFE
mà NFE  MEN  NMP  MEN

 (MNE ) tiếp xúc MP
Hay (MNE) tiếp xúc AB
Bài 5. Cho đường tròn (O) và đường thẳng (d) cố định ( (O) và (d) không có điểm chung). M là
điểm di động trên (d). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt và cát tuyến MCD của (O) (A, B là
hai tiếp điểm, C nằm giữa M và D, CD không đi qua O). Vẽ dây DN của (O) song song với AB.
Gọi I là giao điểm của CN và AB. Cmr


1)

IA BD
và IA  IB

IC BC

2) Điểm I luôn thuộc 1 đường cố định khi M di động
trên (d)
Lời giải:
1. Xét IAC và BDC có IAC  BDC và
ICA  BCD
 IAC


BDC (g-g)

IC BC

IA BD

(1)

Tương tự, ta cũng có:

IC AC

IB AD

Ta có MBC

MDB (g-g)

MC BC

MB BD

(3)



Tương tự, ta có:

MC AC

MA AD

(2)

(4)

Vì MA  MB nên từ (1), (2), (3), (4) suy ra IA  IB
2. Dự đoán: Kẻ OH  (d ) tại H, ta cho điểm M chạy đối xứng với nhau qua OH ta thấy I
cũng sẽ chạy đối xứng qua OH, và nhận thấy AB luôn đi qua một điểm cố định nằm trên
OH là K. Khi đó ta đưa ra dự đoán I thuộc đường tròn đường kính OK cố định
Kẻ OH  (d ) tại H. Gọi K là giao điểm của OH và AB. Ta có M,O,I thẳng hàng và OI  AB
 OIK

OHM  OK.OH  OI .OM

Mà OI .OM  R2  OK 

OB 2
không đổi
OH

 K cố định
Vì OI  AB ; O, K cố định nên I thuộc đường tròn đường kính OK cố định
Bài 6. Cho đường tròn tâm O, bán kính R và dây cung BC cố định có độ dài BC  R 3 . A là
một điểm thay đổi trên cung lớn BC . Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC và F là điểm đối
xứng của C qua AB. Các đường tròn ngoại tiếp
các ABE và ACF cắt nhau tại K ( K  A)
1. Cmr: K luôn thuộc một đường tròn cố định
2. Gọi H là giao điểm của BE và CF
Cmr ABH và AKC đồng dạng và đường
thẳng AK luôn đi qua một điểm cố định
Lời giải:


1. Dự đoán: Cho A thay đổi trên cung lớn BC ở một vài vị trí ta có thể dự đoán ngay K
nằm trên đường ngoại tiếp tam giác BOC
Vì BC  R 3 nên tính được BAC  600

 ABE  AEB  300
Tứ giác ABKE nội tiếp  AKB  AEB  300
Tương tự, ta cũng có: AKC  AFC  300
Từ đó suy ra BKC  AKB  AKC  600
Xét tứ giác OBKC có BOC  BKC  1200  600  1800
 OBKC nội tiếp

 K thuộc đường tròn ngoại tiếp OBC cố định
2. Dựa vào tính chất đối xứng của hình ta dự đoán ngay điểm cố định sẽ nằm trên trung trực

BC và dựa vào các yếu tố trên hình vẽ ta có thể dự đoán thêm AK đi qua điểm O cố định.
Tứ giác OBKC nội tiếp

 OKB  OCB  300
Mà AKC  300 (theo 1)  OKB  AKB

 K , A, O thẳng hàng.
Vậy AK luôn đi qua điểm O cố định
Bài 7. Cho ABC nhọn nội tiếp (O). Điểm M thay đổi trên (O). Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là các
điểm đối xứng với M qua các cạnh BC, CA, AB. Cmr:
a) 3 điểm A1 , B1 , C1 thẳng hàng
b) Đường thẳng chứa 3 điểm A1 , B1 , C1 luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi
Lời giải:
a) Ta nghĩ ngay đến đường thẳng Símon
Gọi A ', B ', C ' lần lượt là hình chiếu  của M
xuống BC, CA, AB.
Khi đó A ', B ', C ' thẳng hàng, mặt khác
A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm của
MA1 , MB1 , MC1 nên 3 điểm A1 , B1 , C1 cũng thẳng
hàng
b) Đây là kết quả quen thuộc của hình học phẳng : Đường thẳng qua đường thẳng đi qua
A1 , B1 , C1 luôn đi qua trực tâm H của ABC ( Đường thẳng Staine)
Gọi H là trực tâm ABC ; B2 , C2 lần lượt đối xứng với H qua AC, AB
Suy ra B2 , C2 thuộc (O) (giả sử M thuộc cung BC không chứa A)
Ta có MHC2C1 , MHB2 B1 là các hình thang cân, do đó:


C1HC2  MC2 H  MAC
B1HB2  MB2 H  MAB

Do đó:

C1HC2  B1HB2  B2 HC2  MAC  MAB  B2 HC2
 BAC  B2 HC2  1800
Suy ra C1 , H , B1 thẳng hàng
Vậy đường thẳng đi qua A1 , B1 , C1 luôn đi qua trực tâm H của tam giác ABC

Chuỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định

II.

Bài 1. (USA TST 2012)
Cho ABC . P là một điểm di động trên BC . Gọi
Y , Z lần lượt là các điểm trên AC, AB sao cho
PY  PC, PZ  PB . Chứng minh rằng ( AYZ ) luôn
đi qua trực tâm ABC .
Chứng minh. Cách 1.
Gọi H b , H c là chân đường cao kẻ từ B, C . M là
trung điểm của BC . Dễ thấy các BMH c và
CMH b cân tại M nên MH c PZ , MH b PY .
Từ đó

ZH c PM PM YH b



BH c BM CM CH b

Mà BHH c

CHH b nên ZH c H

YH b H

Suy
ra
ZHH c  YHH b
ZHY  H c HH b  1800  BAC
Vậy H  ( AYZ )
Cách 2.
Gọi E là giao của PY với BH b , F là
giao của PZ với CH c . Kẻ PT  AC .
Dễ thấy PT là phân giác YPC và
PT BH b
nên
BEP  EBP  HAY

Suy ra A, H ,Y , E cùng thuộc một
đường tròn
Mặt
khác,
PE  PB  PZ , PF  PC  PY nên
FYEZ là hình thang cân hay
F ,Y , E, Z cùng thuộc một đường

hay


tròn.
Vậy 6 điểm A, H ,Y , Z , E, F cùng thuộc một đường tròn hay H  ( AYZ )

Cách 3.
Qua Y kẻ đường vuông góc với AC, cắt BC tại
E; qua Z kẻ đường vuông góc với AB, cắt BC
tại F. YE cắt ZF tại L.
Do BZF
vuông
PB  PZ  PF
Tương tự: PC  PE

và

PZ  PB

nên

Suy ra EF  PE  PF  PB  PC  BC . Lại có
LF HC , LE HB
Nên BHC  ELF
Suy ra đường cao kẻ từ L và H tới BC bằng nhau hay LH BC
 LH  AH

Như vậy Z ,Y , H  ( AL) hay H  ( AEF )
Thay đổi giả thiết của bài toán bằng cách cho các BZP, CYP lần lượt cân tại Z, Y ta
thu được bài toán sau.
Bài 2. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC,
AB sao cho YP  YC, ZP  ZB . Chứng minh rằng ( AYZ ) luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC
Chứng minh.
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ABC , Q là

điểm đối xứng với P qua YZ.
Theo phép đối xứng, YQZ  YPZ  BAC.
Ta thu được A, Q,Y , Z cùng thuộc một đường tròn.

 AYQ  AZQ
Cũng
theo
phép
YQ  YP  YC, ZQ  ZP  ZB

đối

xứng,


1
1
Suy ra ABQ  AZQ  AYQ  ACQ . Từ đó Q cũng nằm trên (O)
2
2
Suy ra AOQ  2ACQ  AYQ hay Q, A, O,Y cùng thuộc một đường tròn. Ta thu được
O  ( AYQ) .

Tiếp tục cho các BZP, CYP lần lượt cân tại B, C ta thu được bài toán mới.

Bài 3. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC,
AB sao cho CP  CY , BP  BZ . Chứng minh rằng ( AYZ ) luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp
ABC
Chứng minh.
Gọi D, E, F là tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp

ABC với các cạnh BC, CA, AB . Không mất tổng
quát, giả sử Z nằm giữa A và F.
Ta có BD  BE, BP  BZ suy ra ZF  PD . Tương tự
EY  PD .
Ta thu được FZ  EY , từ đó ZFI  YEI (c.g.c)
Suy ra ZIF  YIE .
Do Z nằm giữa A và F nên D nằm giữa B và P hay P
nằm giữa D và C, suy ra E nằm giữa A và Y. Suy ra ZIY  FIE  1800  BAC
Vậy ( AYZ ) đi qua I
Ta có thể phát biểu lại bài toán 3 theo cách khác.
Bài 4. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên
AC, AB sao cho BZ  BP  AC và CY  CP  AB . Gọi Y ', Z ' lần lượt đối xứng với Y , Z qua
trung diểm AC, AB. Chứng minh rằng  AY ' Z ' luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp ABC .
Chứng minh.
Ta có CY ' BZ '  AY  AZ  AB  AC  CY  BZ  BP  CP  BC nên tồn tại một điểm P '
trên BC sao cho BP '  BZ ', CP '  CY ' .
Áp dụng bài toán 3 suy ra đpcm. Có nhiều cách xác định hai điểm Y, Z trên AC, AB. Bài toán
tiếp theo là một kết quả khá quen thuộc.
Bài 5.
Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên AC, AB
sao cho PY AB, PZ AC . Chứng minh rằng  AYZ  luôn đi qua 1 điểm cố định khác A.
Chứng minh.


Dễ thấy khi P  C , đường tròn ( AYZ ) đi qua A, A,
C, tức là đường tròn 1 qua A, C và tiếp xúc với AB
. Tương tự khi P  B , đường tròn ( AYZ ) biến thành
đường tròn 2 qua A, B và tiếp xúc với AC .
Gọi L là giao điểm thứ hai của 1 và 2 , suy ra L
cố định.

Ta chứng minh  AYZ  đi qua L .
Ta có LAB  LCA, LAC  LBA
Suy ra ALB  ALC  1800  BAC và ALB CLA
Do

AZ CP CY
, ta thu được ALZ


ZB PB YA

CLY

Suy ra ALZ  CLY hay ZLY  ALC  1800  BAC .
Vậy  AYZ  luôn đi qua điểm L cố định.
Thay đổi giả thiết song song bằng vuông góc ta thu được bài toán mới.
Bài 6. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên
AC, AB sao cho PY  AB, PZ  AC . Chứng minh rằng  AYZ  luôn đi qua 1 điểm cố định
khác A.
Chứng minh.
Gọi M là trung điểm YZ. Do P là trực tâm
AYZ nên AP  2OM


AP 2OM

 2cos BAC  const
AO
OY

Trên AP lấy điểm O ' sao cho AO '  AO . Suy
AO '
1

ra
.
AP 2cos BAC
Do P chuyển động trên BC nên O ' chuyển
động trên đường thẳng d là ảnh của BC qua
1
phép vị tự tâm A tỉ số
.
2cos BAC
Mặt khác, AP và AO đẳng giác trong BAC
nên O và O ' đối xứng qua phân giác BAC . Suy ra O chuyển động trên l là ảnh của d qua
phép đối xứng trục là phân giác BAC .
Như vậy  AYZ  luôn đi qua điểm đối xứng với A qua l .
Sau đây là một số bài toán được biến đổi giả thiết khác, mỗi bài toán đều có phát biể khá đơn
giản nhưng lại không dễ, mời bạn đọc thử tự chứng minh trước khi xem lời giải.


Bài 7. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên
BC.  ABP  giao AC tại Y ,  ACP  giao AB tại Z.
Chứng minh rằng  AYZ  luôn đi qua một điểm cố
định khác A.
Chứng minh.
Gọi T là hình chiếu của A trên BC, H là trực tâm tam
giác ABC. M là trung điểm BC, AM cắt ( BHC ) tại
J sao cho A và J khác phía với BC . AM cắt
( AYZ ) tại L . Gọi K là giao của BY và CZ . A ' đối

xứng với A qua BC .
Ta
BYA  BPA  1800  APC  1800  AZC .

có

Suy ra K   AYZ  .
Suy ra YKC  BAC  YPC hay K   CYP  .
Từ đó KPC  KYA  APB  A' PB hay A ', P,K thẳng hàng
Do K   AYZ  nên BKC  1800  BAC  BHC
Suy ra K   BHC  .
Lại có  ABC  và  BHC  đối xứng nhau qua BC nên A '   BHC  , AM  MJ .
Từ đí TM A ' J . Ta thu được KLJ  AYB  APB  BPA'  KA' L hay L   BHC  .
Vậy  AYZ  luôn đi qua giao điểm của trung tuyến
ứng với đỉnh A của  BHC  hay hình chiếu của
trực tâm H trên AM.
Bài 8. Cho ABC , P là một điểm chuyển động
trên BC. Gọi Y, Z lần lượt là các điểm trên
AC, AB sao cho YB  YP, ZC  ZP . Chứng minh
rằng  AYZ  luôn đi qua 1 điểm cố định khác A.
Chứng minh.
Gọi O là tâm ngoại tiếp ABC , H , K lần lượt là
hình chiếu của Y, Z trên BC.
Do

YB  YP, ZC  ZP

ta

thu

1
HP  HB, KP  KC , từ đó HK  BC .
2

được


Gọi Y ', Z ' lần lượt đối xứng với Y, Z qua A. Suy ra Y ' Z '  YZ . Gọi H ', K ' là hình chiếu của
1
Y ', Z ' trên BC. Ta có H ' K '  HK  BC . Trên BC lấy P ' sao cho H ' C  H ' P ' , suy ra
2
K 'P'  K 'B .
Áp dụng bài toán 2 ta thu được O   AY ' Z '
Theo phép đối xứng tâm A,  AYZ  đi qua điểm đối xứng với O qua A và đó là điểm cố định.
Bài 9. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Kẻ PY , PZ lần lượt vuông góc với
AC, AB . Đường tròn ( BPY ) giao AB lần thứ hai tại M, đường tròn (CPZ ) giao AC lần thứ
hai tại N. Chứng minh rằng ( AMN ) luôn đi qua một điểm cố định.
Chứng minh.
Qua B, C lần lượt kẻ đường vuông góc với BC cắt AC,
AB tại E, F. Khi đó E   BPY  và F   CPZ  .
Gọi L là giao của EF với  BPY  thì FLP  900 , suy
ra L   CPZ  hay L là giao điểm của hai đường tròn
 BPY  và  CPZ  .
Ta
có
NLM  NLF  ELM  ACF  ABE  BAC  NAM
hay L   NAM  .
Kẻ AH  BC , AH giao EF tại T. Ta có
NAT  HAC  ACF  NLT , do đó T   NAM 

Mà BEFC là hình thang có A là giao điểm 2 đường chéo nên AH  AT .
Suy ra T cố định.
Vậy  AMN  luôn đi qua điểm đối xứng với chân đường cao kẻ từ A và qua A.
Bài 10. Cho ABC , P là một điểm chuyển động trên BC. Kẻ PE  AC, PF  AB . Gọi Y , Z lần
lượt là các điểm trên AC, AB sao cho AY  PE, AZ  PF . Chứng minh rằng  AYZ  luôn đi
qua một điểm cố định khác A.
Chứng minh.
Gợi ý. Lấy đối xứng của Y và Z qua phân
giác BAC được Y ', Z ' . Qua Y ', Z ' kẻ
đường song song với AC , AB cắt nhau tại
T. chứng minh T chuyển động trên đường
thẳng song song với BC, sau đó áp dụng
bài 5.


III. Các bài toán cố định áp dụng một số bổ đề
1. Bổ đề Sawayama
Cho ABC nội tiếp (O), M thuộc BC. Một đường tròn (O’) tiếp xúc với 2 cạnh MA và MC tại
E, F đồng thời tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại K.
CMR: Đường thẳng EF luôn đi qua tâm đường tròn nội tiếp I của ABC
Lời giải.
Gọi G là giao điểm của KF và (O).
Phép vị tự tâm K biến (O’) thành (O); biến F thành G;
biến BC thành tiếp tuyến của (O) song song với BC tại
G, kẻ tiếp tuyến chung KD của (O) và (O’) tại K
 G là trung điểm của cung BC
 GC 2  GF .GK

Gọi I là giao điểm của AG và EF
Ta có IEK  IAK  (FKD)  AEIK nội tiếp

 AIK  EFK ( AEK )  AIK

IFK ( g.g )

 GKI  GIF   EKA  GIF

GKI ( g.g )

 GI 2  GF .GK

 GI  GC  I là tâm đường tròn nội tiếp ABC .

Một cách phát biểu khác: Khi M thay đổi trên BC. CMR: EF luôn đi qua một điểm cố định
2. Giao điểm của các phân giác và dây cung của đường tròn nội tiếp
Bổ đề: Cho ABC và M, N là trung điểm của CA, AB. Đường tròn nội tiếp ABC có tâm I tiếp
xúc BC, CA tại D, E. Thì BI, MN, DE đồng quy
C/m bổ đề:
Gọi BI cắt DE tại T
Ta có CDE cân nên
C 
C

0
AIT  1800  AIB  1800   900 
 CED
  90 
2 
2


Suy ra AIET nội tiếp.
Vậy ATI  AEI  900  T là hình chiếu của A lên phân
giác BI nên T thuộc đường trung bình của MN


Áp dụng.
Bài 1. Cho ABC và X là điểm di chuyển trên tia đối tia CB sao cho đường tròn nội tiếp XAB
và XAC cắt nhau tại P, Q. CMR: PQ luôn đi qua 1 điểm cố định khi X thay đổi.
Lời giải.
Gọi đường tròn nội tiếp XAB tiếp
xúc XB, XA tại D, E. Đường tròn nội
tiếp XAC tiếp xúc XC, XA tại F, G.
Gọi m là đường trung bình của ABC
, cũng là đường trung bình của các
XAB, XAC .
Từ đó nếu DE cắt m tại U. Theo bổ đề
U thuộc phân giác ABC cố định,
vậy U cố định.
Tương tự FG cắt m tại V thì V cố
định.
Ta lại dễ thấy nếu PQ cắt BC tại M thì theo tính chất tiếp tuyến
MD2  MP.MQ  MF 2 nên M là trung điểm của DF.

Lại chú ý DE và FG vuông góc với phân giác góc X nên tứ giác DUVF là một hình thang.
Từ đó do tính chất đường trung bình thì PQ đi qua trung điểm N của UV cố định.
Nhận xét: sử dụng bổ đề để chỉ ra hai điểm cố định U, V đóng vai trò quan trọng trong cả bài
toán.
Bài 2. Cho ABC và D di chuyển trên cạnh BC. Đường tròn (K) nội tiếp ADB tiếp xúc DA,
DB tại M, N. Đường tròn (L) nội tiếp DAC tiếp xúc DA, DC tại P, Q. CMR: giao điểm R của
MN và PQ luôn thuộc 1 đường tròn cố định khi D thay đổi.

Lời giải.
Gọi m là đường trung bình song song BC
của ABC . Gọi U, V lần lượt là giao điểm
của MN, PQ với m.
Áp dụng bổ đề trên, ta thấy BU, CV lần
lượt là phân giác của ABC , suy ra U, V
cố định. Lại có:
URV  NRQ  1800  QNR  NQR
ADN   0 ADQ 

 1800   900 
   90 

2  
2 

 900


 R luôn thuộc đường tròn đường kính UV cố định

3. Hai đoạn thẳng bằng nhau đặt trên 2 cạnh tam giác
Bổ đề. Cho ABC , trên cạnh CA, AB lấy các điểm E,
F sao cho CE  BF .
CMR: Đường tròn ngoại tiếp AEF và đường tròn
ngoại tiếp ABC cắt nhau trên trung trực BC và EF.
Lời giải.
Gọi trung trực của BC và EF cắt nhau tại K. Dễ chứng
minh các tam giác bằng nhau KEC  KFB(c.c.c) .
Từ đây suy ra KCE  KBF nên tứ giác AKCB nội

tiếp. Cũng từ hai tam giác bằng nhau suy ra
KEC  KFB

Suy ra KEA  KFA nên tứ giác AKEF nội tiếp.
Vậy K cũng là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp
ABC và đường tròn ngoại tiếp AEF
Bài toán áp dụng
Bài 1. Cho ABC nội tiếp (O). M thuộc trung trực BC; I1 , I 2 là tâm đường tròn nội tiếp
MAB, MAC . CMR: tâm đường tròn ngoại tiếp AI1I 2 luôn thuộc một đường thẳng cố định
khi M thay đổi.
Lời giải.
Bổ đề: Cho ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường tròn bất kì qua A, I cắt CA, AB tại
E, F khác A thì AE  AF  CA  AB  BC
C/m: Gọi M, N là hình chiếu  của I lên CA, AB.
Dễ thấy INF  IME (c.g.c) , từ đó suy ra:
AE  AF  AM  AN  CA  AB  BC

Áp dụng vào bài:
Gọi đường tròn ngoại tiếp  AI1I 2  cắt AM, CA, AB lần lượt tại
E, F khác A.

D,
N

A

Theo bổ đề trên dễ thấy:
AD  AF  AB  AM  MB

AD  AE  AC  AM  MC

Trừ hai đẳng thức trên và chú ý MB  MC
AF  AE  AB  AC hay AB  AF  AC  AE .

F
O
I1

ta được

E
D

I2

B
C
M


Do đó trong các trường hợp E, F cùng phía hoặc khác phía BC ta cũng đều có BF  CE
Vậy theo bổ đề trên gọi N là trung điểm của cung BC chứa A thì  AI1I 2    AEF  cũng đi qua
N. Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1I2 nằm trên đường trung trực AN cố định.
Bài 2. Cho ABC , trên cạnh CA, AB lấy các điểm E, F sao cho CE  BF . CMR: đường thẳng
Euler của AEF luôn đi qua 1 điểm cố định khi E, F di chuyển.
Lời giải.
Gọi G, L lần lượt là trọng tâm ABC và
AEF . Gọi (O), (K) lần lượt là đường tròn
ngoại tiếp ABC , AEF . LK, GO là
đường thẳng Euler của AEF và ABC

Gọi LK giao GO tại T, ta sẽ chứng minh T
cố định.
Thật vậy, theo bổ đề 3 thì (O), (K) cắt
nhau tại P trên trung trực EF và BC. Gọi
M, N là trung điểm BC, EF. Ta dễ thấy các
tam giác cân PEF và PCB đồng dạng có
tâm ngoại tiếp lần lượt là K và O, trung
điểm đáy lần lượt là N, M. Do đó theo tính
chất đồng dạng dễ chỉ ra

PK KO PO


PN MN PM

là tỷ số cố định. Mặt khác từ đây cũng suy ra MN KO . Ta lại chú ý

GL 2
 và GL MN . Do
MN 3

đó GL KO và
GL GL MN 2 PM
TG GL

.


là tỷ số cố định. Từ đó ta có
không đổi do đó T cố định. Ta

KO MN KO 3 PO
TO KO

có đpcm.
Nhận xét: Bài toán lại cho ta một kết luận quan trọng là đường thẳng Euler của tam giác AEF
đi qua điểm cố định nếu ứng dụng nó vào chuỗi các bài toán ta vừa xây dựng ở trên thi nó giúp
ta tìm ra nhiều kết quả sâu sắc khác. Ngoài ra trong chứng minh trên ta có thể chỉ ra điểm cố
định T nằm trên AP là phân giác ngoài góc A. Ta có một chú ý quan trọng nữa là trong chứng
minh trên ta dễ chỉ ra MN song song OK và cùng vuông góc AP hay cùng song song phân giác
góc A. Đây là một kết quả đã khá quen thuộc mà các bạn lớp 7, 8 thường hay dùng các tính
chất trung điểm và tam giác cân trong tứ giác EFBC có hai cạnh bằng nhau để chứng minh.

IV. Các bài toán cố định nâng cao
Bài 1. (VMO 2009)
Trong mặt phẳng cho hai điểm phân biệt A, B( A  B) . C là một điểm di động trên mặt phẳng sao
cho ACB    00    1800  . Đường tròn tâm I nội tiếp ABC và tiếp xúc với các cạnh

AB, BC, CA lần lượt tại D, E, F . Các đường thẳng AI , BI cắt đường thẳng EF lần lượt tại M , N .
a. CMR: đoạn MN có độ dài không đổi


b. CMR. Đường tròn ngoại tiếp MND luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
a. Xét AFM , ta có:

AMF  1800   MAF  FAM   900   EFI  FAM 
 C A 
 900   ECI  FAM   900  



2 
 2
B

 IBA
2
Lại có NIM  AIB (đối đỉnh)
Suy ra IMN

IBA

(*)

Vì thế, hạ IH  MN ta được:

MN IM IH



 sin EFI  sin
AB ID IF
2
Do đó MN  BA.sin


2

 const

b. Dễ thấy các điểm F và D đối xứng nhau qua đường thẳng AM . Kết hợp với (*) ta được

IMD  IBD . Do đó, tứ giác IMBD là tứ giác nội tiếp.
Suy ra BMA  900 , hay BMA vuông tại M
Vì thế gọi P là trung điểm của , ta có: BPM  2BAM  BAC .
Do các điểm E và D đối xứng nhau qua đường thẳng BN nên với (*) ta được:
MND  2INM  2IAB  BAC .

Vì thế, ta có BPM  MND suy ra 4 điểm M , N , D, P cùng nằm trên 1 đường tròn.
Điều đó chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp DMN luôn đi qua điểm cố định P - trung điểm của AB .
Bài 2. (VMO 2013)
Cho ABC không cân. Kí hiệu ( I ) là đường tròn nội tiếp ABC và D, E, F lần lượt là các tiếp điểm
của đường tròn ( I ) với BC, CA, AB . Đường thẳng đi qua E và vuông góc với BI cắt ( I ) tại K
 K  E  , đường thẳng qua F và vuông góc với CI cắt ( I ) tại L ( L  F ) . Gọi J là trung điểm của
KL .
a. CMR: D, I , J thẳng hàng

AB
 k ( k không thay đổi). Gọi
AC
M , N tương ứng là cá giao điểm của IE, IF với ( I ) (M  E, N  F ) . MN cắt IB, IC lần lượt tại
P, Q . CMR: đường trung trực của PQ luôn đi qua một điểm cố định.

b. Giả sử các đỉnh B và C cố định, đỉnh A thay đổi sao cho tỉ số

Lời giải.


a. Do D, E lần lượt là các tiếp điểm của ( I ) với
các cạnh BC, CA nên ta có DE  CI , theo gt
thì FL  CI

 DE FL . Tương tự ta có DF EK
Từ các cung bằng nhau trong đường tròn ta có
được DK  EF  DL
 D nằm trên đường trung trực của KL

Tương tự I cũng nằm trên trung trực của KL
 D, I , J thẳng hàng

b. Gọi X , Y lần lượt là giao điểm của BI , CI
với EF .
Gọi T là trung điểm của BC , G là giao điểm của AI và BC , U là điểm đối xứng của T qua G . Ta
sẽ c/m trung trực của PQ luôn đi qua U .
Bổ đề quen thuộc: ta sẽ c/m được BXC  CYB  900
 B, C, X , Y nằm trên đường tròn tâm T , đường kính BC . Suy ra T nằm trên trung trực của XY .

Dễ thấy các cặp điểm M , E và N , F đối xứng nhau qua I nên EF MN hay XY PQ , ta có

IEX  IMP
 X và P đối xứng nhau qua I . Tương tự ta cũng có Y và Q đối xứng nhau qua I hay đường trung

trực của PQ đối xứng đường trung trực của XY qua AI ( và AI  XY ).
Từ đó suy ra đường trung trực của PQ đi qua U .
Vì B, C cố định nên T cố định.
Tỉ số

GB AB

 k không đổi nên G cố định
GC AC

Do đó U cố định. Vì vậy đường trung trực của PQ luôn đi qua điểm cố định U
Bải 3. (VMO 2013)
Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) và D là điểm thuộc cung BC không chứa A . Đường thẳng
 thay đổi đi qua trực tâm H của ABC cắt các đường tròn ngoại tiếp ABH , ACH lần lượt tại
M , N (M  H , N  H ) .
a. Xác định vị trí của đường thẳng  để SAMN đạt giá trị lớn nhất.
b. Kí hiệu d1 là đường thẳng đi qua M và  BD , d 2 là đường thẳng đi qua N và  DC . CMR: giao
điểm của d1 , d 2 luôn thuộc 1 đường tròn cố định.


Lời giải.
a.
Dễ thấy RAHB  RAHC  RABC
Lại có AM , AN là hai dây cung chung chắn
góc AHM và AHN nên AM  AN .
Ta có :

MAN  MAB  BAC  CAN
 MHB  BAC  CMN
 2BAC  const
 SAMN 

1
AM . AN .sin MAN
2

SAMN lớn nhất  AM , AN lớn nhất hay AM , AN lần lượt là đường kính của  AHB  ,  AHC  . Khi đó
AHM  AHN  900
   AH hay  BC

b.

MPN  1800  BDC  BAC; MAN  2BAC

 MAN  2MPN  P   A, AM  .
Gọi F là giao điểm khác A của  AHC  với đường thẳng qua A và CD .
Ta có AF  PN nên P đối xứng với N qua AF
Mà N di động trên  AHC  cố định và AF cố định
 P luôn di động trên một đường tròn cố định đối xứng với  AHC  qua AF .

Bài 4.
Cho ABC nội tiếp đường tròn (O) , phân giác BAC cắt (O) tại D khác A ; E là điểm đối xứng
của B qua AD . BE cắt (O) tại F khác B . P là điểm di chuyển trên cạnh AC . BP cắt (O) tại Q
khác B . Đường thẳng qua C song song AQ cắt FD tại điểm G .
a. Gọi EG cắt BC tại H . CMR B, P, E, H cùng thuộc
một đường tròn , gọi đường tròn này là ( K ) .
b. Gọi đường tròn (K) cắt (O) tại L khác B . CMR: LP
luôn đi qua một điểm S cố định khi P di chuyển.
Lời giải.
a.
Ta dễ dàng c/m được DF là trung trực của EC.
Ta có: GEC  GCE  QAC  QBC  PBC
 BPEH là tứ giác nội tiếp.


b.
Ta sẽ c/m LP đi qua điểm S cố định, S là điểm chính giữa cung BC chứa A.
Thật vậy, ta có biến đổi góc:
DLP  DLB  BLP  BAD  BEP
 BAD  ABE  900

 LS là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC
 S là điểm chính giữa cung BC chứa A của đường tròn ngoại tiếp ABC

Bài 5. Cho A là một điểm thuộc đường tròn (O) cố định. d là một đường thẳng cố định và B cố định
thuộc d . P là điểm di chuyển trên d . Đường tròn ( K ) ngoại tiếp ABP cắt (O) tại Q khác A. AQ cắt
(d) tại M. AP cắt (O) tại N khác A. CMR: MN luôn đi qua một điểm cố định khi P di chuyển.
Lời giải.
Gọi MN cắt (O) tại C khác N. Gọi CB cắt (O) tại D
khác C.
Theo tính chất của tứ giác nội tiếp:

MC.MN  MQ.MA  MB.MP
Suy ra 4 điểm B, P, N, C cùng thuộc một đường
tròn.
Ta sẽ c/m: AD d .
Ta có: ADC  ANC  DBP

 AD d  D cố định
Mà B cố định  C cố định  đpcm
Bài 6. Cho đường tròn (O) và điểm I không nằm trên (O). MN là một dây cung đi qua I, P là một điểm
cố định cũng không thuộc (O).
a. CMR: đường tròn ngoại tiếp PMN luôn đi qua 1 điểm cố định khác P
b. Gọi PM, PN cắt (O) tại K, L khác M, N. Cmr: đường tròn ngoại tiếp PKL luôn đi qua 1 điểm cố
định khác P.
Lời giải.
a.
Gọi R là bán kính của (O). Không mất tổng quát, giả
sử I nằm trong (O), trường hợp nằm ở ngoài tương tự.
Gọi đường tròn ngoại tiếp PMN cắt PI tại S khác P.
Áp dụng hệ thức lượng trong đường tròn ta có:

IS.IP  IM .IN  R2  OI 2 không đổi nên S cố định
b.


Gọi KL cắt PI tại J. Không mất tổng quát ta giả sử P nằm ngoài (O) ( trường hợp P nằm trong cũng
tương tự).
Ta thấy MSP  MNP  MKJ
Suy ra tứ giác MKSJ nội tiếp

 PS.PJ  PK .PM  OP2  R2 nên J cố định
Dây KL đi qua J cố định, tương tự câu a ta có đường tròn ngoại tiếp tiếp PKL luôn đi qua T cố định
khác P
Bài 7. Cho ABC nhọn nội tiếp (O) cố định; B, C cố định và A di chuyển trên (O). D là trung điểm
của BC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại E. Đường tròn ngoại tiếp ADE cắt (O) tại F khác A.
CMR: đường thẳng AF luôn đi qua 1 điểm cố định khi A di động
Lời giải.
Do EAO  900  EDO
 O nằm trên đường tròn ngoại tiếp ADE

Gọi AF cắt OD tại T
Ta có TD.TO  TF .TA  PT /(O )  OT 2  OC 2

 OC 2  TO2  TD.TC  TO.DO
Từ đó dễ suy ra OC  TC . Vậy T cố định

Bài 8. Cho ABC , điểm M di chuyển trên đoạn BC; B ' thuộc đoạn AC, C ' thuộc đoạn AB sao cho

MB ' AB , MC ' AC . Gọi Nb , Nc lần lượt là tâm đường tròn Euler của MBC ' và MCB ' . T là trung
điểm của Nb Nc .

CMR: MT luôn đi qua 1 điểm cố định.
Lời giải.
Gọi N là tâm đường tròn Euler của ABC .
Ta sẽ chứng minh MT đi qua N cố định.


Do tâm đường tròn Euler là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp. Do
đó, bằng tính chất của  đồng dạng ta suy ra B, Nb , N và C , Nc , N thẳng hàng.
Hơn nữa ta có

BNb MB NN c


Nb N MC N c N
Do đó dễ thấy NNb MNc là hình bình hành
Nên MN đi qua trung điểm T của Nb Nc hay MT đi qua N cố định

V.

Một số bài tập thi vào lớp 10 chuyên 2015-2016

Bài 1. Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ (Tin)
Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho
AM  AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM  BF
a. Cmr: OA là phân giác MOE , OB là phân giác MOF , từ đó suy ra O, E, F thẳng hàng.
b. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF. CMR: 4 điểm A, B, H, O cùng nằm
trên một đường tròn
c. CMR: Khi M di động trên cạnh AB thì MH luôn đi qua một
điểm cố định.
Dự đoán câu c: Do tính chất đối xứng và dựa vào trên hình ta

có thể dự đoán MH luôn đi qua điểm cố định là trung điểm
cung AB không chứa O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
ABHO
Cm: Ta thấy HM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ
giác ABHO, Gọi K là giao điểm của MH và đường tròn ngoại
tiếp tứ giác ABHO nên suy ra HK là đường kính. Do đó K là
trung điểm cung AB không chứa O của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác ABHK.
Bài 2. Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ (Toán)
Cho đường tròn (O, R) và dây cung BC  R 3 cố
định. Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho
ABC nhọn. Gọi E là điểm đối xứng của B qua
AC, F là điểm đối xứng của C qua AB. Các đường
tròn ngoại tiếp ADE và ACF cắt nhau tại
K ( K  A) . Gọi H là giao điểm của BE và CF.
a. CMR: KA là phân giác trong BKC và tứ giác
BHCK nội tiếp
b. Xác định vị trí của điểm A để S BHCK lớn nhất.
Tính diện tích lớn nhất theo R
c. CMR: AK luôn đi qua 1 điểm cố định
Dự đoán: Vẽ hình kết hợp vài vị trí đặc biệt ta có
thể dự đoán AK luôn đi qua O.


CM: c) Ta dễ chứng minh được tứ giác BHOC nội tiếp suy ra 5 điểm B, H, O, C, K cùng nằm trên một
đường tròn mà theo câu a) ta đã chứng minh được KA là phân giác góc BKC, mặt khác ta có O là trung
điểm cung BC không chứa K của đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBHC nên KA qua O.
Bài 3. Chuyên Bắc Giang
Cho điểm A cố định nằm ngoài (O;R). Một đường thẳng    thay đổi luôn đi qua A và không đi qua O
cắt (O) tại B, C sao cho AB  AC . Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại D. Đường

thẳng qua D và  OA cắt OA tại H và cung nhỏ BC của đường tròn (O) tại M.
a. CMR: AM là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M
b. CMR: Đường tròn ngoại tiếp BOC luôn đi qua 1
điểm cố định

AC  HM 

c. CMR:

AB  HB 

2

b) Dự đoán: Điểm cố định phải nằm trên OA từ đó suy ra
điểm cố định là H
Chứng minh:

Bài 4. Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An
Cho đường tròn (O,R) có BC là dây cung cố định (
BC  2R ). E là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Gọi A
là điểm trên cung lớn BC và AB  AC ( A khác B).
Trên đoạn AC lấy điểm D khác C sao cho EC  ED .
Tia BD cắt (O,R) tại điểm thứ hai F.
a. CMR: D là trực tâm AEF
b. Gọi H là trực tâm DCE , DH cắt BC tại N. Đường
tròn ngoại tiếp BDN cắt (O,R) tại điểm thứ hai là M.
CMR: DM luôn đi qua 1 điểm cố định
b) Dự đoán: DM đi qua trung điểm cung BC chứa A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Bài 5. Chuyên Bến Tre ( chuyên toán)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB  2R và điểm
M di động trên 1 nửa đường tròn ( M không trùng với A và B). Vẽ đường tròn tâm I tiếp xúc trong với
(O) tại M và tiếp xúc AB tại N. Đường tròn này cắt MA, MB lần lượt tại C, D.
a. CMR: C, I, D thẳng hàng
b. CMR: ACDB là hình thang và MN là phân giác góc AMB
c. CMR: Đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định K và tích
KM .KN không đổi khi M di động
Dự đoán: MN luôn đi qua điểm cố định là K ( K là trung điểm cung
AB không chứa M của (O).
Bài 6. Chuyên bến tre (Cho mọi thí sinh)


Cho (O;R) và một điểm P cố định nằm ngoài đường tròn. Từ P vẽ tiếp tuyến PA và cát tuyến PBC tới
đường tròn ( cát tuyến không đi qua O và điểm B nằm giữa P và C).
Gọi H là trực tâm ABC , H ' là điểm đối xứng của H qua BC. Điểm D
đối xứng A qua O
a. CMR: ABH ' C nội tiếp.
b. CMR: PB.PC  PO2  R2
c. Gọi O ' đối xứng O qua BC. CMR: AHO ' O là hình bình hành
d. CMR: H thuộc đường tròn cố định khi cát tuyến PBC thay đổi
Gợi ý:
d) H nằm trên đường tròn tâm O’ bán kính OA
Bài 7. Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Định
Cho (O) và đường kính AB  2R . Điểm C di động sao cho
ACB  600 và các đoạn thẳng AC, BC lần lượt cắt (O) tại 2
điểm D, E
a. CMR: Khi C di động thì đường thẳng DE luôn tiếp xúc với
đường tròn cố định
b. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu  của A, B lên đường

thẳng DE. Xác định vị trí điểm C để tích AM .BN đạt giá trị
lớn nhất.
Gợi ý: Ta sẽ chứng minh góc DOE bằng 60 suy ra tam giác
DOE đều nên OF=

R 3
R 3
Hay DE luôn tiếp xúc với (O,
)
2
2

Bài 8.
Cho BC là dây cung cố định trên đường tròn (O), BC
không phải là đường kính. A là điểm di động trên cung
lớn BC ( A không trùng với B, C). Gọi AD, BE, CF là
các đường cao của ABC ; EF cắt BC tại P. Qua D vẽ
đường thẳng song song EF cắt AC tại Q và cắt AB tại R.
a. CMR: BQCR là tứ giác nội tiếp
b. Gọi M là trung điểm của BC. CMR EPM và DEM
là hai tam giác đồng dạng
c. CMR: Đường tròn ngoại tiếp PQR luôn đi qua điểm
cố định
Gợi ý: Đường tròn ngoại tiếp PQR luôn đi qua điểm cố định
M ( M là trung điểm của BC), nghĩa là cần chứng minh tứ giác PRMQ nội tiếp.
Bài 9.
Cho ABC cân tại A. Hai điểm D, E theo tứ tự thay đổi trên 2 cạnh AB, BC. Gọi F, H lần lượt là chân
1
đường  hạ từ D, A xuống BC. Giả sử EF  BC
2

a. CMR: CE  FH


b. CMR: Đường thẳng qua E và  DE luôn đi qua một điểm
cố định
b) Dự đoán: Điểm cố định nằm trên AH, từ đó gọi T là giao
điểm của AH và đường thẳng qua E vuông góc với DE, ta sẽ
chứng minh T cố định
Chứng minh: b) Ta có tam giác HTE đồng dạng tam giác FED
suy ra tỉ số

TE TH
1
, mà EF=BH= BC nên TE/DE=TH/BH

DE EF
2

do đó ta có tam giác DTE đồng dạng tam giác BHT suy ra: Góc
EDT= góc EBI hay tứ giác BTED nội tiếp suy ra BT vuông
góc AB hay T cố định.
Bài 10.
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB  2R . Qua trung điểm I của AO vẽ tia Ix  AB cắt (O) tại
K. Gọi M là điểm di động trên đoạn IK ( M khác I và K). Kéo dài AM cắt (O) tại C. Tia Ix cắt đường
thẳng BC tại D và cắt tiếp tuyến tại C của (O) tại E.
CMR:
a. IBCM nội tiếp
b. CEM cân tại E
c. Khi M là trung điểm của IK, tính diện tích ABD theo R
d. CMR: tâm ngoại tiếp AMD thuộc đường thẳng cố định

khi M thay đổi
Lời giải.
a. Hiển nhiên
b. ECM  ABC  CME  ECM cân tại E
c. Dùng tam giác đồng dạng, SABD 

1
DI . AB  R 2 3
2

d. Ta có DCM vuông tại C và EC  EM  E là trung
điểm của DM
Gọi F là trung điểm của AD. Các đường trung trực của AD và DM cắt nhau tại N
 N là tâm ngoại tiếp ADM

Ta có M là trực tâm ABD  BM  AD  EFN



AMB

EF EN 1
1

  EN  AB  R
AM AB 2
2

Vậy N thuộc đường thẳng (d) cố định, (d ) Ix và cách Ix
một khoảng bằng R

Bài 11.
Cho đoạng thẳng AC có độ dài  a . Trên đoạn AC lấy điểm
B sao cho AC  4 AB . Tia Cx  AC tại C, gọi D là một điểm
bất kì thuộc tia Cx ( D khác C). Từ B kẻ đường thẳng  AD
cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, E


a. Tính giá trị tích DC.CE theo a
b. Xác định vị trí các điểm D để BDE có diện tích lớn nhất
c. CMR: Khi D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định.
Lời giải.
a.
3a 2
CDA  CE.CD  CB.CA 
4

CBE

b.

SBDE 

1
3
3a
3 3 2
BC.DE  a  DC  CE   .2 DC.CE 
a
2
8

8
8

c.
Gọi O là trung điểm của DE
I là giao điểm của (O) với AC
H là điểm đối xứng của I qua C  H  (O)
Ta có IC 2  CD.CE 

3a 2
a 3
 IC 
4
2

 I cố định, mà C cố định
 H cố định

Bài 12.
Cho trước đoạn thẳng AB. Gọi O là trung điểm AB. Trên đoạn
AO lấy điểm M tùy ý, vẽ nửa đường thẳng qua M và  AB ,
trên nửa đường thẳng này lấy 2 điểm C; D sao cho
MA  MC, MB  MD . Đường thẳng BC cắt đường tròn qua 3
điểm A, M , C tại điểm thứ 2 là N.
a. CMR: MN luôn đi qua 1 điểm cố định
b. CMR: 3 điểm A, N, D thẳng hàng
Lời giải.
a.
Gọi F là giao điểm của AC và BD
 FAB vuông cân tại F

 F thuộc đường trung trực của AB

Gọi E là giao điểm của MN và OF.
Ta có tứ giác ANCM nội tiếp
 5 điểm A, N , F , B, E cùng nằm trên một đường tròn đường kính AB

 OE 

1
AB  E cố định
2