Chuyên đề quỹ tích hình học 9

QUỸ TÍCH
PHƯƠNG PHÁP CHUNG ĐỂ GIẢI BÀI TOÁN QUỸ TÍCH
I). Định nghĩa:
Một hình H được gọi là tập hợp điểm ( Quỹ tích) của những điểm M thỏa mãn tính
chất A khi và chỉ khi nó chứa và chỉ chứa những điểm có tính chất A .
II). Phương pháp giải toán:
Để tìm một tập hợp điểm M thỏa mãn tính chất A ta thường làm theo các
bước sau:
Bước 1: Tìm cách giải:
+ Xác định các yếu tố cố định, không đổi, các tính chất hình học có liên
quan đến bài toán
+ Xác định các điều kiện của điểm M
+ Dự đoán tập hợp điểm.
Bước 2: Trình bày lời giải:
A. Phần thuận:Chứng minh điểm M thuộc hình H
B. Giới hạn: Căn cứ vào các vị trí đặc biệt của điểm M để chứng minh điểm M
chỉ thuộc một phần B của hình H ( Nếu có)
C. Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ thuộc B . Ta chứng minh điểm M thoả mãn các
tính chất A
D. Kết luận: Tập hợp các điểm M là hình B . (Nêu rõ hình dạng và cách dựng
hình B )
III). MỘT SỐ DẠNG QUỸ TÍCH CƠ BẢN TRONG CHƯƠNG TRÌNH THCS
I). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRUNG TRỰC
Tập hợp các điểm M cách đều hai điểm A, B
cho trước là đường trung trực của đoạn thẳng AB
Ví dụ 1: Cho góc xOy cố định và điểm A cố định nằm trên tia Ox .
B là điểm chuyển động trên tia Oy , Tìm tập hợp trung điểm M của AB

a) Phần thuận:
+ Xét tam giác vuông OAB ta có :

OM = MA = MB nên
tam giác OAM cân tại M . Mặt khác OA cố định
suy ra M nằm trên đường trung trực của đoạn
thẳng OA .
b) Giới hạn:
+ Khi B trùng với O thì M ≡ M 1 là trung điểm OA
+ Khi B chạy xa vô tận trên tia OB thì M chạy xa vô tận trên tia M 1 z
c) Phần đảo .
·
·
Lấy M bất kỳ thuộc tia M 1 z , AM cắt Oy tại B . Suy ra MO = MA ⇒ MAO
. Mặt
= MOA
·
·
·
·
khác OBM
(cùng phụ với góc MAO
) ⇒ MO = MB . Suy ra MO = MA = MB .
= BOM
= MOA
Hay M là trung điểm của AB .
d) Kết luận: Tập hợp các trung điểm M của AB là đường trung trực của đoạn OA
.
II) TẬP HỢP ĐIỂM LÀ TIA PHÂN GIÁC
Tập hợp các điểm M nằm trong góc xOy khác góc bẹt và cách đều hai cạnh của góc
xOy là tia phân giác của góc xOy .

Ví dụ 1) Cho góc xOy trên tia Ox lấy điểm A cố định . B là điểm chuyển động
trên tia Oy . Tìm tập hợp các điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại C .
Giải:
a) Phần thuận:
Dựng CH , CK lần lượt vuông góc với Ox, Oy
thì ∆vCAH = ∆vCBK ⇒ CH = CK .
Mặt khác góc xOy cố định


suy ra C ∈ tia phân giác Oz của góc xOy
b) Giới hạn, Phần đảo: Dành cho học sinh.
c) Kết luận:Tập hợp điểm C là tia phân giác Oz của góc xOy
III). TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG THẲNG , ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG.
Ta thường gặp các dạng tập hợp cơ bản như sau:
1. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua các điểm cố định A, B là
đường thẳng AB
2. Tập hợp các điểm M nằm trên đường thẳng đi qua điểm cố định A tạo với
đường thẳng (d ) một góc không đổi
3. Tập hợp các điểm M cách đường thẳng (d ) cho trước một đoạn không đổi h là
các đường thẳng song song với (d ) và cách đường thẳng (d ) một khoảng bằng
h
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp các điểm M sao cho
trước.
Hướng dẫn:
Phần thuận:
Gọi D là giao điểm của AM và BC .
Vẽ BH , CK lần lượt vuông góc
với AM , H , K ∈ AM
Ta có:

S MAB BH S ABD DB
=
=
=
=a.
S MAC CK S ACD DC

Suy ra

BD
a +1
a
+1 =
⇔ DB =
BC ⇒ D là điểm cố định .
CD
a
a +1

Vậy điểm M nằm trên đường thẳng (d ) cố định đi qua A, D .
Phần còn lại dành cho học sinh.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và điểm K chuyển động trên
cạnh AC , P là điểm chuyển động trên trung tuyến BD của
tam giác ABC sao cho S APK = S BPC . Gọi M là giao điểm của
AP, BK Tìm tập hợp các điểm M .
Hướng dẫn:
Bài toán liên quan đến diện tích nên ta

S MAB
= a > 0 cho

S MAC


dựng các đường cao
MF ⊥ AC , BE ⊥ AC , AH ⊥ BD, CI ⊥ BD

Ta dễ chứng minh được:
S ABK MK MF S ABD AH AD
=
=
,
=
=
=1
S AMK BK
BE S BDC
CI
DC

Mặt khác ta cũng có:

S APB AH
=
= 1 . Từ giả thiết ta suy ra S APK = S APB . Nhưng
S BPC
CI

S APK MK
1
=

= 1 ⇒ BM = BK
S APB BM
2

Vậy tập hợp điểm M là đường trung bình song song với cạnh AC của tam giác ABC
trừ hai trung điểm M 1 , M 2 của tam giác ABC
điểm I .
Ví dụ 3: Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB,CD vuông góc với nhau . Một
điểm M chuyển động trên đoạn thẳng AB ( M không trùng với O,A ,B) . Đường
thẳng CM cắt (O) tại giao điểm thứ 2 là N . Đường thẳng vuông góc với AB tại
M cắt tiếp tuyến tại N của (O) ở điểm P . Chứng minh rằng điểm P luôn chạy
trên một đoạn thẳng cố định:
Hướng dẫn:
Điểm M ,N cùng nhìn đoạn OP dưới
một góc vuông nên tứ giác MNPO nội
·
·
·
tiếp suy ra MNO
. Từ đó
= MPO
= MDO

suy ra MODP là hình chữ nhật . Do đó
MP = OD = R .

Vậy điểm P nằm trên đường thẳng song song với AB cách AB một khoảng không
đổi R
Giới hạn: P thuộc đoạn thẳng nằm giữa hai tiếp tuyến tại A ,B của (O)
Ví dụ 4: Cho nữa đường tròn đường kính BC trên nữa đường

tròn lấy điểm A ( Khác B,C ) . Kẻ AH vuông góc với
BC(H ∈ BC) . Trên cung AC lấy điểm D bất kỳ (khác A ,C) .
Đường thẳng BD cắt AH tại điểm I. Chứng minh rằng tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi D thay đổi trên cung AC .


Hướng dẫn:
·
·
·
Ta có: BDC
= 900 , BAH
= ACB
·
·
µ . Mặt khác ADB
cùng phụ với góc B
= ACB

(cùng chắn cung AB ). Suy ra
·
·
suy ra AB là tiếp tuyến của
BAI
= ADI

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI . Mặt khác AC cố định AC ⊥ AB nên tâm K của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ADI luôn thuộc đường thẳng AC .
IV. TẬP HỢP ĐIỂM LÀ ĐƯỜNG TRÒN, CUNG CHỨA GÓC.

1. Nếu A, B cố định. Thì tập hợp các điểm M sao cho ·AMB = 900 là đường tròn
đường kính AB ( Không lấy các điểm A, B )
2. Nếu điểm O cố định thì tập hợp các điểm M cách O một khoảng không đổi
R là đường tròn tâm O bán kính R .
3. Tập hợp các điểm M tạo thành với 2 đầu mút của đoạn thẳng AB cho trước

(

)

0
·
một góc MAB
= α không đổi 0 < α < 180 là hai cung tròn đối xứng nhau qua AB .

Gọi tắt là ‘’cung chứa góc ‘’

Ví dụ 1. Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) và D là một điểm trên cạnh BC . Kẻ
DM / /AB ( M ∈ AC ). DN / /AC ( N ∈ AB) . Gọi D' là điểm đối xứng của D qua MN . Tìm

quỹ tích điểm D' khi điểm D di động trên cạnh BC .
Hướng dẫn giải:


Phần thuận: Từ giả thiết đề ra ta thấy NB = ND = ND' , do đó ba điểm B,D,D' nằm
1·
1·
·
= BND
= BAC

trên đường tròn tâm N . Từ đó BD'D
(1). Tương tự ta có ba điểm D',D,C
2

2

1·
1·
·
= DMC
= BAC
nằm trên đường tròn tâm M . Nên DD'C
(2). Từ (1) và (2) suy ra

2
2
·BD'C = BAC
·
·
(không đổi). Vì BC cố định, D' nhìn BC dưới một góc BAC
không đổi, D'
khác phía với D (tức là cùng phía với A so với MN ) nên D' nằm trên cung chứa góc
·
vẽ trên đoạn BC (một phần của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).
BAC

Phần đảo: Bạn đọc tự giải.
Kết luận: Quỹ tích của điểm D' là cung chứa góc BAC trên đoạn BC . Đó chính là
¼
cung BAC

của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ví dụ 2. Cho đường tròn ( O ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động
trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) ( A khác B , A khác C ). Tia phân giác của
·
cắt đường tròn ( O ) tại điểm D khác điểm C . Lấy điểm I thuộc đoạn CD sao
ACB

cho DI = DB . Đường thẳng BI cắt đường tròn ( O ) tại điểm K khác điểm B .
a) Chứng minh rằng tam giác KAC cân.
b) Chứng minh đường thẳng AI luôn đi qua một điểm J cố định.
c) Trên tia đối của tia AB lấy điểm M sao cho AM = AC . Tìm quỹ tích các điểm M
khi A di động trên cung lớn BC của đường tròn ( O ) .
Hướng dẫn giải:

(

)

(

)

1
1
·
¼ + sđAK
¼ ;sđDIB
·
» + sđKC
»

= sđDA
=
sđBD
a) Ta có DBK
.
2

2

» + sđDA
¼ và ∆DBI cân tại D nên sđKC
» + sđAK
¼ . Suy ra AK = CK hay ∆KAC cân tại
Vì sđBD
K (đpcm).


b) Từ kết quả câu a, ta thấy I là tâm đường tròn nội tiếp ∆A BC nên đường thẳng AI
» không chứa A ). Rõ ràng J là điểm
luôn đi qua điểm J (điểm chính giữa của cung BC
cố định.
1·
·
·
= BAC
c). Phần thuận: Do ∆AMC cân tại A , nên BMC
. Giả sử số đo BAC
là 2α (không
2
BC

M
đổi) thì khi A di động trên cung lớn
thì
thuộc cung chứa góc α dựng trên
đoạn BC về phía điểm O .

Phần đảo: Tiếp tuyến Bx với đường tròn ( O ) cắt cung chứa góc α vẽ trên đoạn BC
» (một phần của cung chứa góc α và vẽ trên
tại điểm X . Lấy điểm M bất kỳ trên Cx

đoạn BC ( M #X;M #C ) . Nếu MB cắt đường tròn ( O ) tại A thì rõ ràng A thuộc cung lớn
BC của đường tròn ( O ) .

·
·
Vì BAC
= 2α;AMC
=α

suy ra ∆AMC cân tại A hay AC = AM .
» , một phần của cung chứa góc α vẽ trên
Kết luận: Quỹ tích các điểm M là cung Cx
đoạn BC về phía O trừ hai điểm C và X .

Ví dụ 3. Cho đường tròn ( O;R ) và dây BC cố định. A là điểm di động trên đoạn
thẳng BC . D là tâm của đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với ( O;R ) tại B ; E là
tâm của đường tròn đi qua A,C và tiếp xúc với ( O;R ) tại C . Tìm tập hợp các giao
điểm M khác A của hai đường tròn ( D ) và ( E ) .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận:

(O )

và ( D ) tiếp xúc tại B Þ O, B, D thẳng hàng; ( O ) và ( E ) tiếp xúc tại C Þ O, E ,C

¶ =A
µ DB = DA , B
thẳng hàng. B
) ¶ 1 = C¶ 1 (OB = OC ) , A¶ 2 = C¶ 1 ( EA = EC ) . Suy ra
1
1(

¶ =A
¶ ,A
µ = C¶ , B
¶ =A
¶ Þ BO / / AE , A
µ = C¶ Þ DA / / OE .
B
1
2
1
1
1
2
1
1
Do đó ADOE là hình bình hành.
Gọi K là tâm hình bình hành
ADOE Þ K là trung điểm

của AO và DE . ( D ) cắt ( E ) tại A , M

Þ DE là trung trực của AM .
Gọi I là giao điểm của DE và AM .
IK là đường trung bình của


D AMO Þ IK / / MO Þ DOME

là hình thang. Mà DM = OE
(cùng bằng bán kính của ( D ) ).
Vậy D, M ,O, E là bốn đỉnh của hình thang cân. Do đó D, M ,O, E cùng thuộc một

æ
ö
1·
1·
·
·
·
·
÷
çMBC = ADE = ADM , MCB = AED = AEM ÷
đường tròn. D MBC : D ADE ç
, suy ra
÷
÷
ç
2

2
è
ø
·
·
·
·
(không đổi). BC cố định. vậy M thuộc cung chứa góc BOC
.
BMC
= DAE
= DOE

b) Giới hạn:
Khi A º B thì M º B , Khi A º C thì M º C . Vậy M chuyển động trên cung chứa
·
.
BOC
·
c) Phần đảo: Lấy điểm M bất kỳ trên cung chứa góc BOC
. Dựng đường tròn ( D ) qua
M và tiếp xúc ( O ) tại B , đường tròn ( D ) cắt BC tại A . Dựng đường tròn ( E ) qua
M , A,C . Cần chứng minh ( E ) tiếp xúc ( O ) tại C . Thật vậy, từ B,C dựng hai tiếp

tuyến Bx,Cy của ( O ) ta có
·
·
» ),
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến dây cung cùng chắn AB
BMA

= ABx
·
·
·
·
(vì NB = NC ). Suy ra BMA
ABx
= ACy
= ACy
, suy ra Bx,Cy, MA đồng quy tại N . Do
·
·
đó AMC
, suy ra CN là tiếp tuyến của ( E ) qua N , A,C . Vậy ( E ) và ( O ) tiếp
= ACy

xúc nhau tại C .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm M là cung chứa góc ·
dựng trên đoạn BC .
BOC
Ví dụ 4. Cho ba điểm A, B,C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường
thẳng ( d) vuông góc với AC tại C , D là điểm di động trên đường thẳng ( d) . Từ B
vẽ đường thẳng vuông góc AD tại H ( H Î AD ) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ACD tại M , N . Tìm tập hợp các điểm M , N .

Hướng dẫn:


ã
a) Phn thun: ACD

= 900 ị AD l ng kớnh ca ng trũn ( ACD )
ổẳ
ã
ã
ẳ ử
ẳ = AN
ẳ , AM = AN . Xột D AMB v D ACM cú ả chung, AMB
ữ
ỗ
= ACM
AN = AM
ữ.
ị AM
M
ỗ
ố
ứ
AM
AB
=
ị AM 2 = AB .AC ị AM = AB .AC (khụng
AC
AM
i). Vy AM = AN = AB .AC khụng i. Do ú M , N thuc ng trũn c nh
Do ú D AMB : D ACM , suy ra

( A;

)

AB .AC .

b) Gii hn: im D chuyn ng trờn ng thng ( d) nờn M , N chuyn ng trờn

(

)

ng trũn A; AB .AC .

(

)

c) Phn o: Ly im M bt k thuc ng trũn A; AB .AC . V

(

AH ^ MB ( H ẻ MB ) ct ( d) ti D; MH ct A; AB .AC

)

ti N . Ta cú

à chung, ã
ã
AM = AN = AB .AC . D AHB : D ACD ( A
AHB = ACD
= 900 )
ị

AH
AB
=
ị AH .AD = AB .AC . Do ú AM 2 = AN 2 = AH .AD . Xột D AMH v D ADM
AC
AD

à chung, AM = AH AM 2 = AH .AD . Do ú D AMH : D ADM
ã
ã
cú A
. M
ị AHM
= AMD
AD
AM
ã
ã
AHM
= 900 nờn AMD = 900 ị M thuc ng trũn ngoi tip D ACD .

(

)

Tng t N cng thuc ng trũn ngoi tip D ACD .

(

)

d). Kt lun: Tp hp cỏc im M l ng trũn A; AB .AC .

Vớ d 5. Cho ng trũn (O;R ) hai ng kớnh AB v CD vuụng gúc. M l

ẳ . H l hỡnh chiu ca M trờn AB . Gi I l tõm ng
im di ng trờn CAD
trũn ni tip tam giỏc HMO . Tỡm tp hp cỏc im I .
Hng dn:

a) Phn thun:


D HMO có

µ
·
·
H = 900 Þ HMO + HOM = 900 .
1·
·
·
Do đó IMO
+ IOM
= HOM
= 450
2

(

)

·
·
·
0
0
D IMO có OIM = 180 - IMO + IOM = 135 . Xét D IMO và D IAO có OI (chung);
OM = OA ( = R ) ;I·OM = I·OA ( I là tâm đường tròn nội tiếp D HMO ). Do đó

·
·
·
D I MO = D IAO (c.g.c) Þ IOM
= OIA
OIA
= 1350 , OA cố định. Do đó I thuộc cung
chứa góc 1350 dựng trên đoạn thẳng OA .
b) Giới hạn:
M ® A thì I ® A . Khi M ® C thì I ® O .Khi M ® D thì I ® O . Vậy M chuyển động
trên hai cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn thẳng OA .

c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên cung chứa góc 1350 dựng trên đoạn
· A = 1350 . Vẽ tia OM , M Î ( O ) sao cho OI là tia phân giác của ·
OA Þ OI
AOM .
·
·
Xét D I MO và D IAO có OM = OA = R, IOM

= IOA , OI (cạnh chung). Do đó

· M = OIA
·
D I MO = D IAO (c.g.c), suy ra OI
= 1350 .

·
·
· M = 450 Þ HOM
·
·
D IMO có IMO
+ IOM
= 1800 - OI
+ 2.IOM
= 900

·
·
·
·
·
, suy ra MI là phân giác HMO
. Do đó I là
HOM
+ HMO
= 900 . Do đó HMO
= 2IMO
tâm đường tròn nội tiếp D HMO .

d) Kết luận:
Tập hợp các tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác HMO là cung chứa góc 1350 vẽ
trên đoạn thẳng OA (trừ hai điểm A và O ).
Ví dụ 6. Cho đường tròn ( O ) điểm A cố định trên đường tròn. Trên tiếp tuyến tại
A lấy một điểm B cố định. Gọi đường tròn ( O ') là đường tròn tiếp xúc với AB tại
B có bán kính thay đổi. Tìm tập hợp các trung điểm I của dây chung CD của ( O )

và (O ') .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: CD cắt AB tại M .
·
Xét D MAD và D MCA có AMD


·
·
(chung), MAD
= MCA

(góc tạo bởi tia tiếp tuyến, dây cung

¼ ).
và góc nội tiếp cùng chắn cung AD
MA
MD
=
Þ MA2 = MC .MD . Chứng minh tương tự ta có
MC
MA
2

2
MB = MC .MD . Suy ra MA = MB 2 Þ MA = MB Þ M cố định. IC = ID Þ OI ^ CD

Do đó D MAD : D MCA Þ

· M = 900,OM cố định. Do đó I thuộc đường tròn đường kính OM .
OI

b) Giới hạn: Điểm I là trung điểm dây cung CD của (O ) Þ I nằm trong đường tròn

(O ) Þ

I chuyển động trên đường tròn đường kính OM nằm trong đường tròn ( O ) .

c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ trên đường tròn đường kính OM (phần nằm trong
đường tròn ( O ) )

· M = 900 . MI cắt ( O ) tại C , D . Gọi ( O ') là đường tròn ( BDC ) . OI ^ CD Þ I là
Þ OI
MA
MD
·
·
·
trung điểm CD . D MAD : D MCA (vì AMD
chung, MAD
) Þ
. Mà
=
= MCD

MC
MA
MB
MD
¶ chung, MB = MD . Do đó
. Xét D MDB và D MBC có M
=
MC
MB
MC
MB
·
·
· 'B = MCB
·
. Vẽ O 'H ^ DB , ta có HO
suy ra
D MDB : D MBC Þ MBD
= MCB
·
·
· 'B + HBO
·
·
· 'B . Do đó MBD
+ HBO
' = HO
' = 900 Þ O 'B ^ AB Þ AB tiếp xúc
MBD
= HO

MA = MB , suy ra

với đường tròn ( O ') .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường tròn đường kính OM (phần nằm trong
đường tròn ( O ) .

MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
Câu 1. Cho đường tròn ( O ) , A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn ( O ) . OBC
là đường kính quay quanh O . Tìm tập hợp tâm I đường ngoại tiếp tam giác
ABC .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận:


Gọi D là giao điểm của AO
với đường tròn ( I )

( A ¹ D) .

Xét D OAB và D OCD có:
·
·
» )
(cùng chắn BD
OAB
= OCD

OA OB
·
·

của ( I ) ); AOB
(đối đỉnh). Do đó D OAB : D OCD Þ
=
= COD
OC
OD
Þ OAOD
.
= OB .OC Þ OAOD
.
= R 2 Þ OD =

R2
R 2 , R 2 không đổi
Þ D cố định.
Þ OD =
OA
OA OA

Vậy I thuộc đường thẳng ( d) cố định là trung trực của đoạn thẳng AD .
b) Giới hạn:
Khi BOC qua A thì I ® I 1 ( I 1 là trung điểm của AD ).
Khi BOC không qua A thì I chạy xa vô tận trên đường thẳng ( d) .
Vậy I chuyển động trên đường thẳng ( d) (trừ điểm I 1 là trung điểm AD là đường
trung trực của đoạn thẳng AD .
c) Phần đáo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đường thẳng ( d)

(I

¹ I 1) . Vẽ đường tròn ( I ;I A )

cắt đường tròn ( O ) tại B . BO cắt ( I ; IA ) tại C . Ta có: I A = I D Þ D thuộc đường tròn
tâm I bán kính IA

D OAB : D OCD Þ

OA OB
OAOD
.
=
Þ OC =
=
OC
OD
OB

R2
OA = R Þ C
R

OA.

thuộc đường tròn ( O ) .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường trung trực của đoạn thẳng AD (với D
thuộc tia đối của tia OA và OD =

R2
)trừ điểm I 1 ( I 1 là trung điểm của đoạn thẳng
OA

AD ).

Câu 2. Cho đường tròn ( O;R ) đường kính AB . Vẽ đường thẳng ( d) vuông góc
với AB tại I ( I Î AB ) . Gọi M là điểm chuyển động trên đường tròn ( O;R ) . MA
và MB lần lượt cắt ( d) tại C và D . Tìm tập hợp các tâm J của đường tròn qua
ba điểm A, D,C .
Hướng dẫn:


a) Phần thuận: Gọi E là điểm đối xứng của B qua ( d) Þ E cố định.
·
·
·
EDC = BDC ;AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

·
·
(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc)
CAI
= BDC

·
·
Suy ra EDC
= CAI
Þ tứ giác EDCA nội tiếp Þ
đường tròn qua ba điểm A, D,C
đi qua hai điểm cố định A, E .
Vậy tâm I của đường tròn
qua ba điểm A, D,C thuộc

đường thẳng cố định là đường
trung trực xy của đoạn thẳng AE .
b) Giới hạn:

» ; J 1M 1 ^ OM 1,J 1 Î ( d)
+ Khi M º M 1 thì J º J 1 ( M 1 là trung điểm AB
+ Khi M º M 2 thì J º J

2

» ; J 2M 2 ^ OM 2,J 2 Î ( d)
( M 2 là trung điểm AB

Do đó J chuyển động trên hai tia J 1x,J 2y của đường trung trực của đoạn thẳng AE .
c)Phần đảo: Lấy điểm J bất kỳ trên tia J 1x (hoặc J 2y ). Vẽ đường tròn ( J ;J A ) cắt ( d)
tại C , D .
AC cắt BD tại M .

Ta có: J E = J A ( J thuộc trung trực của AE ) Þ E Î ( J ,J A ) .
·
·
·
·
( EDCA nội tiếp ( J ) ); DBE
( B, E đối xứng qua ( d) ).
ACI
= DEA
= DEA
·
·

Þ tứ giác ICMB nội tiếp đường tròn.
Suy ra ACI
= DBE

· B = 900 Þ CMB
·
Mà CI
= 900 Þ M thuộc đường tròn ( O ) .
d)Kết luận: Tập hợp các tâm J đường tròn qua ba điểm A, D,C là hai tia J 1y của
đường trung trực của đoạn thẳng AE .
Câu 3. Cho ba điểm cố định A, B,C thẳng hàng theo thứ tự đó. Trên đường
thẳng d vuông góc AB tại B lấy điểm bất kỳ D . Gọi H là trực tâm của tam


giác DAC . Tìm tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác DAH .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: AC cắt ( O ) tại A, E .
Xét D BAH và D BDC có:

·
·
ABH
= DBC
= 900 ;

(

)

·

·
BAH
= BDC

(hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).
Do đó D BAH : D BDC Þ

AB
BH
. Suy ra: BD.BH = AB .BC (không đổi) (1)
=
BD
BC

µ chung, BAD
·
·
Xét D BAD và D BHE có: B
(tứ giác ADHE nội tiếp). Do đó:
= BHE

BA
BD
=
Þ BA.BE = BD.BE Þ BC = BE (2) Từ (1) và (2) ta có:
BH
BE
BD.BH = AB .BC = BA.BE Þ BC = BE . E thuộc đường thẳng cố định AB suy ra E cố
D BAD : D BHE Þ

định. OA = OE (O là tâm đường tròn ( DAH ) ) Þ O thuộc đường thẳng cố định , ( m)
là đường trung trực của đoạn thẳng AE .
b) Giới hạn: D chuyển động trên cả đường thẳng ( d) nên O chuyển động trên cả
đường thẳng ( m) (loại trừ điểm m là giao điểm của AC và ( m) ).
c) Phần đảo: Lấy O bất kỳ trên đường thẳng ( m) . Vẽ đường tròn ( O;OA ) cắt đường
thẳng ( d) lần lượt tại H , D .
µ chung; BAD
·
·
(tứ giác
OA = OE nên E Î ( O;OA ) . Xét D BAD và D BHE có: B
= BHE
ADHE nội tiếp). Suy ra: D BAD : D BHE Þ

BE = BC do đó: BD.BH = AB .BC Þ

BA
BD
=
Þ BA.BE = BD.BH . Mà
BH
BE

AB
BH
. Xét D BAH và D BDC có:
=
BD
BC

AB
BH
·
·
·
·
ABH
= DBC
= 900 ;
. Do đó D BAH : D BDC Þ BAH
.
=
= BDC
BD
BC

(

)

·
·
·
·
· 'C = 900 Þ AH ^ DC .
Mà DBC
+ BCD
= 900 nên BAH
+ BCD
= 900 Þ AA

D ADC có DB ^ AC , AH ^ DC Þ H là trực tâm của D DAC .


d) Kết luận: Tập hợp các tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác DAH là đường
trung trực ( m) của đoạn thẳng AE (trừ điểm M là giao điểm của AC với ( m) (với E
là điểm đối xứng của C qua B ).
Câu 3. Cho tam giác cân ABC nội tiếp trong đường tròn ( O;R ) có
AB = AC = R 2 . M là điểm chuyển động trên cung nhỏ AC

đường thẳng AM cắt đường thẳng BC tại D . Tìm tập hợp các điểm I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: AB = AC = R 2 (gt); AB, AC là dây cung của ( O;R ) nên AB, AC là
các cạnh của hình vuông nội tiếp ( O;R ) suy ra D ABC vuông cân tại A , suy ra BC là
·
·
đường kính của ( O;R ) , CID
= 2CMD
= 900

·
·
Ta có: CMD
nhọn,
= 450 Þ CMD
1·
·
·
do đó CMD
= CID

Þ CID
= 900 .
2
D ICD có IC = I D ( = R ) Þ D I CD
·
·
·
cân tại I mà CID
= 900 nên D ICD vuông cân tại I , suy ra ICD
= IDC
= 450 . Ngoài ra
·
·
ACB
= 450 do đó ACI
= 900 .
·
ACI
= 900 và AC cố định Cx vuông góc với AC tại C .

b) Giới hạn:
Khi M º C thì I º C .
Khi M º A thì I chạy xa vô tận trên tia Cx .
Vậy I chuyển động trên tia Cx vuông góc với AC tại C .
c) Phần đảo: Lấy I bất kỳ thuộc tia Cx . Vẽ đường tròn ( I ;I C ) , đường tròn này cắt BC
tại B , cắt ( O ) tại M

(M

¹ C ;D ¹ C ) . Tứ giác BAMC nội tiếp

·
·
·
Þ ABC
+ AMC
= 1800 Þ AMC
= 1350 .


1ã
ã
ã
ã
D ICD cú IC = I D ( = r ) ị IãDC = 450 ị CID
= 900 CMD
= CID
ị CID
= 450
2
ã
ã
AMC
+ CMD
= 1350 + 450 = 1800 ị A, M , D thng hng.
d) Kt lun: Tp hp cỏc tõm I ca ng trũn ngoi tip D MCD l tia Cx vuụng
gúc vi AC ti C .
Cõu 4. Cho ng trũn ( O;R ) v im A c nh. ng trũn
tõm I di ng qua A ct ( O ) ti B,C . Gi M l giao im
ca BC v tip tuyn ti A ca ng trũn ( I ) . Tỡm tp hp

cỏc im M .
Hng dn:

(

)

a) Phn thun: V tip tuyn MD vi ( O ) D ẻ ( O ) .
ả chung,
Xột D MAC v D MBA cú M
ã
ã
,(gúc to bi tia
MAC
= MBA

tip tuyn dõy cung v gúc ni tip
cựng chn cung AC )ca ( I ) .
Do ú D MAC : D MBA .
ị

MA
MC
=
ị MA 2 = MB .MC .
MB
MA

Tng t MD 2 = MB .MC . Mt khỏc,
à = 900 nờn theo nh lý Pitago, ta cú: MD 2 = MO 2 - OD 2 = MO 2 - R 2 . Do

D MOD cú D

(

)

ã
0
2
2
2
ú MA2 = MO 2 - R 2 , suy ra MO 2 - MA2 = R 2 . D HMA MHA = 90 ị MA = MH + AH

(

)

ã
D HMO MHO
= 900 ị MO 2 = MH 2 + HO 2 . Do ú:

( MH

2

) (

)

+ OH 2 - MH 2 + AH 2 = R 2 ị OH 2 - AH 2 = R 2 ;

ỡù
R2
ử
ù
1ổ
R2
OH - AH =
ữ
2
ỗ
ù
ữ
OH
+
AH
OH
AH
=
R
ị
ị
OH
=
+
OA
ỗ
Do ú (
(khụng i)
)(

)
ớ
OA
ữ
ỗ
ữ
ùù
ỗ
2
OA
ố
ứ
OH
+
AH
=
OA
ùùợ
ị H c nh. H c nh, OA c nh, MH ^ AO ti H .Vy M thuc ng thng

( d)

vuụng gúc vi OA ti H .


b) Gii hn: O chuyn ng trờn c ng thng ( d) .
c) Phn o: Ly M bt k thuc ng thng ( d) . V cỏt tuyn MBC vi ( O )

( B,C ẻ (O ) ) , v ng trũn ( I )

(

)

qua A, B,C v tip tuyn MD vi ( O ) D ẻ ( O ) .

ả (chung), ã
ã
Xột D MCD v D MDB cú M
(gúc to bi tia tip tuyn dõy
MDC = MBD
cung v gúc ni tip cựng chn cung CD ca ( O ) ).
Do ú D MCD : D MDB ị

MC
MD
=
ị MD 2 = MB .MC
MD
MB

à = 900 ị MD 2 = MO 2 - OD 2 = MO 2 - R 2 .
D MDO cú D
Suy ra MB.MC = MO 2 = R 2 ; m HO 2 - AH 2 = R 2 , do ú

(

) (

)

MB .MC = MO 2 - HO 2 - AH 2 = MO 2 - HO 2 + AH 2 = MH 2 + AH 2 = MA 2 .Xột D MAC v
MA
MC
ã
(chung);
(vỡ MB, MC = MA 2 ).Do ú
D MBA cú AMC
=
MB
MA

ổ 1 ẳ ử
ã
ã
ã
ã
ữ
ỗ= s AC ữ
. V IK ^ AC ta cú AI K = ABC ỗ
suy ra:
ữ
D MAC : D MBA ị MAC
= MBA
ữ
ỗ
ố 2
ứ

ã

ã
ã
ã
ã
ã
à = 900 ị AIK
. Mt khỏc D AK I cú K
+ IAK
= 900 nờn MAC
+ IAK
= 900
MAC
= AIK
ị IãAM = 900 , do ú MA l tip tuyn ca ( I ) .
d) Kt lun: Tp hp cỏc im M l ng thng vuụng gúc vi OA ti H (vi
ử
1ổ
R2
ữ
ỗ
ữ
OH = ỗ
+
OA
)
ữ
ỗ
ữ
2ỗ
ốOA

ứ

Cõu 5. Cho ng trũn (O;R ) v im A c nh trong ng trũn ( A ạ 0) BC l dõy
cung di ng quay quanh A . Cỏc tip tuyn ti B v C vi ng trũn ( O ) ct nhau
ti D . Tỡm tp hp cỏc im D .
Hng dn:
a) Phn thun: Gi M l giao im
ca OD v BC .
V DH ^ OA ( H ẻ OA ) , DB = DC
(nh lý tip tuyn), OB = OC ( = R )


suy ra DO là trung trực của BC Þ DO ^ BC .

·
·
µ chung, OMA
= OHD
= 900 . Do đó D OMA : D OHD
Xét D OMA và D OHD có O

(

Þ

)

OA OM
µ = 900;BM ^ OD nên OM .OD = OB 2 = R 2 .
=

Þ OAOH
.
= OM .OD , D OBD có B
OD OH

Suy ra OAOH
.
= R 2 Þ OH =

R2
(không đổi) Þ H cố định. Vậy D thuộc đường thẳng
OA

cố định ( d) vuông góc với đường thẳng OA tại H .
b) Giới hạn: BC quay quanh A nên D chuyển động trên đường thẳng ( d) .
c) Phần đảo: Lấy D bất kỳ trên đường thẳng ( d) . Vẽ dây BC qua A và vuông góc
với OD tại M ( M Î OD ) . Xét D OMA : D OHD Þ
2
OAOH
.
= R 2 nên OM .OD = R =

OA OM
=
Þ OAOH
.
= OM .OD . Mà
OD OH

OM

OB
do đó D OMB : D OBD ,
=
OB
OD

OM
OB
·
·
·
suy ra OMB
có MOB
(chung);
do đó D OMB : D OBD ,
=
= OBD
OB
OD

·
·
·
·
suy ra OMB
; mà OMB
= OBD
= 900 nên OBD = 900 Þ DB là tiếp tuyến của ( O ) .
Tương tự DC là tiếp tuyến của ( O ) .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đường thẳng ( d) vuông góc với OA tại H (với

R2
).
OH =
OA

Câu 6. Cho đường tròn ( O;R ) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Cát
tuyến ( m) qua A cắt đường tròn ( O ) tại B và C . Tiếp tuyến tại B và C với
đường tròn ( O ) cắt nhau tại D . Tìm tập hợp các điểm D .
Hướng dẫn:
a) Phần thuận: Gọi M là giao điểm của OD và BC . Vẽ đường thẳng d qua D vuông
góc với OA tại H

(H Î

OA ) .

DB = DC (định lý tiếp tuyến); OB = OC ( = R ) . Suy ra DO là trung trực của

BC Þ DO ^ BC .
Xét D OMA và D OHD


·
·
·
có MOA
chung; OMA = OHD = 900

(

)

do đó D OMA : D OHD Þ
OA OM
=
Þ OAOH
.
= OM .OD
OD OH
µ = 900 , BM ^ OD nên OM .OD = OB 2 = R 2 , suy ra OAOH
D OBD có B
.
= R 2 hay

R2
không đổi Þ H cố định. Vậy D thuộc đường thẳng ( d) cố định vuông góc
OA
với đường thẳng OA tại H .
OH =

b) GIới hạn: D nằm ngoài đường tròn ( O;R ) , do đó D chuyển động trên đường thẳng

( d)

trừ đoạn thẳng D1D2 (với D1, D2 là giao điểm của ( d) và đường tròn ( O;R ) .

c) Phần đảo: Lấy điểm D bất kỳ trên đường thẳng ( d) trừ đoạn thẳng D1D2 . Vẽ
đường thẳng ( m) qua A vuông góc với OD cắt đường tròn (O;R ) tại B,C cắt OD tại
M.

·
·
·
Xét D OMA và D OHD có MOA
chung; OMA = OHA = 900 ,

(

do đó D OMA : D OHD Þ

)

OA OM
=
Þ OAOH
.
= OM .OD .
OD OH

Mà OAOH
.
= R 2 nên OM .OD = R 2 , suy ra

OM
OB
.
=
OB
OD

µ chung; OM = OB , do đó D OMB : D OBD , suy ra
Xét D OMB và D OBD có O
OB
OD
·
·
·
·
mà OMB
OMB
= OBD
= 900 nên OBD = 900 Þ DB là tiếp tuyến của ( O ) .

Tương tự DC là tiếp tuyến của ( O ) .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm D là đường thẳng ( d) (trừ đoạn thẳng D1D2 ) vuông
góc với OA tại H (với OH =

R2
).
OA

Câu 7. Tam giác ABC cân tại A cố định nội tiếp trong đường tròn (O;R ) . Điểm
M di động trên cạnh BC . Gọi D là tâm đường tròn đi qua M và tiếp xúc với
AB tại B . Gọi E là tâm đường tròn đi qua M và tiếp xúc với AC tại C . Tìm
tập hợp các điểm I là trung điểm của DE .

Hướng dẫn:


a) Phần thuận:

Vẽ đường kính AF của đường tròn ( O ) ;
·
ABF
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn);
·
ABD
= 900 ( AB tiếp xúc với ( D ) tại B ).

Suy ra B, D, F thẳng hàng.
Tương tự C , E , F thẳng hàng.
» = CF
» ;Þ B
¶ = C¶ .
D ABC cân tại A Þ AF ^ BC ; Þ BF
1
1

¶ = DMB
·
·
.
BD = DM Þ B
;EM = EC Þ C¶ 1 = EMC
1
¶ = DMB
·
·
Suy ra B

= EMC
= C¶ 1 .
1
¶ = EMC
·
·
B
Þ BF / / ME ;C¶ 1 = DMB
Þ MD / /CF .
1
ìï BF / / ME
ï
Þ DMEF là hình bình hành mà I là trung điểm của DE Þ I là trung điểm
í
ïï MD / / CF
î
của MF .
Vẽ IK ^ BC .
D FMH có IK / / FH ( IK ^ BC , FH ^ BC ) ; I là trung điểm của MF Þ IK là đường

1
trung bình của D FMH Þ IK = FH (không đổi).
2
Vậy I thuộc đường thẳng

( d)

song song với BC cách BC một khoảng bằng

b) Giới hạn:

Khi M º B thì I = I 1 ( I 1 là trung điểm của BF );
Khi M º C thì I = I 2 ( I 2 là trung điểm của CF ).
Do đó I chuyển động trên đoạn thẳng I 1I 2 .
c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đoạn thẳng I 1I 2 , FI cắt BC tại M .

1
FH .
2


Vẽ MD / /CF ( D Î BF ) , ME / / BF ( E Î CF ) Þ DMEF là hình bình hành mà I là trung
điểm của MF Þ I là trung điểm của DE .
Dễ dàng chứng minh được DB = DM và EM = EC .
Do đó AB tiếp xúc với ( D ) ;AC tiếp xúc với ( E ) .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường trung bình của tam giác FBC (với F là
¼ ).
trung điểm của BC
Câu 8. Cho đường tròn ( O;R ) đường kính cố định AB và đường kính CD di động.
AC và AD cắt tiếp tuyến ( a) với ( O ) tại B lần lượt tại M và N . Tìm tập hợp

tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN .
Hướng dẫn:

(

)

1 ¼
1
·

·
» - sđ BD
»
;sđ DNM
= sđ AB
a). Phần thuận: sđ ACD = sđ AD
.
2
2

=

(

)

1
1 ¼
»
1800 - sđ BD
= sđ AD
2
2

·
·
Suy ra ACD
= DNM
Þ
tứ giác DCMN nội tiếp trong

đường tròn ( I ) .
·
DAC
= 900 (góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn).
µ = 900 , AE là trung tuyến suy ra EA = EM Þ EAM
·
·
.
D AMN có A
= AME

·
·
·
·
Do đó ACF
.
+ FAC
= ANM
+ AMN
·
·
·
·
Mà ANM
+ AMN
= 900 Þ ACF
+ FAC

= 900 hay AE ^ DC .
I là tâm đường tròn qua D,C , M , N Þ OI ^ DC , AE ^ DC Þ AE / / OI .
AO ^ a, EI ^ a Þ AO / / EI

Suy ra AOI E là hình bình hành Þ EI = AO = R .
Đường thẳng a cố định.


Vậy I thuộc đường thẳng cố định d song song với đường thẳng a và cách a một
khoảng bằng R .
b) Giới hạn: CD quay quanh O nên E chuyển động trên cả đường thẳng a do đó I
chuyển động trên cả đường thẳng d,d / / a,d cách a một khoảng bằng R . d nằm trên
nửa mặt phẳng bờ a không chứa điểm A .

(

)

c) Phần đảo: Lấy điểm I tùy ý trên đường thẳng ( d) . Vẽ IE ^ ( a) E Î ( a) . Vẽ
DC ^ OI tại O .

AC , AD lần lượt cắt a tại M , N .

AO ^ ( a) , EI ^ ( a) Þ AO / / EI mà AO = EI ( = R ) do đó AOIE là hình bình hành
Þ AE / / OI . Mà OI / / DC nên AE ^ DC .

Tương tự như trên, ta chứng minh được tứ giác DCMN nội tiếp. Suy ra D EAM cân
tại E Þ EA = EM . Suy ra D EAN cân tại E Þ EA = EN . Do đó EM = EN .
Vậy I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đường thẳng d , song song với a , d cách a một

khoảng bằng R , d nằm trên nửa mặt phẳng bờ a không chứa điểm A .
Câu 9. Cho nửa đường tròn đường kính AB tâm O bán kính R . C là trung điểm
cung AB . M là điểm chuyển động trên cung BC , AM cắt CO tại N . Gọi I là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN . Tìm tập hợp các điểm I .
Hướng dẫn:
1 ¼
·
a). Phần thuận: CMN
= sđ AC
= 450 ;
2
1·
·
·
nhọn suy ra CMN
= CIN
Þ
CMN
2
·
CIN
= 900 . D ICN cân ( IC = IN = r )

·
·
có CIN
= 900 Þ D ICN vuông cân tại I Þ NCI
= 450 .
·
Mà NCB

= 450 ( D OBC cân tại O ) suy ra C , I , B thẳng hàng.

Do đó I thuộc đường thẳng BC .
b) Giới hạn:
Khi M º B thì I º I 1 ( I 1 là trung điểm của BC .
Khi M º C thì I º C .


Vậy I chuyển động trên đoạn I 1C thuộc đoạn thẳng BC .
c) Phần đảo: Lấy điểm I bất kỳ thuộc đoạn thẳng I 1C . Vẽ đường tròn ( I ;I C ) cắt OC
tại N , AN cắt ( I ) tại M ( M ¹ N ) .

·
·
·
Ta có IC = IN Þ D ICN cân mà NCI
= 450 Þ CNI = 450 Þ CIN = 900 . Do đó
1·
·
·
·
CMN
= CIN
= 450 ; CMN = CBA = 450 Þ tứ giác ACMB nội tiếp được Þ M thuộc
2

(

)

nửa đường tròn ( O ) .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm I là đoạn thẳng CI 1 ( I 1 là trung điểm của đoạn
thẳng BC ).
·
Câu 10. Cho góc nhọn xOy
. A là điểm cố định trên tia Ox . Đường tròn ( I ) di

động tiếp xúc tia Ox tại A và cắt tia Oy tại B và C . Tìm tập hợp tâm K của
đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn:
1·
·
a) Phần thuận: BAK
(tính chất tiếp tuyến).
= BAC
2

æ 1 » ö
·
·
ç
÷
OAB
= OCA
ç= sđ AB ÷
.
÷
÷
ç
è 2

ø
·
·
·
Do đó OAK
= OAB
+ BAK
=

(

)

1 ·
1·
·
OAB + OCA
+ BAC
2
2

1·
1·
= OCA
+ OAC
2
2

(

)

1·
1·
1·
1 ·
·
= 900 - AOC
= 900 - xOy
.
= OCA
+ OAB
+ BAC
2
2
2
2
1·
·
·
Ta có OAK
không đổi, OA cố định, do đó K thuộc tia Az sao cho OAz
.
= 900 - xOy
2
·
b) Giới hạn: K nằm trong xOy
. Do đó K thuộc đoạn thẳng AA ' ( A ' là giao điểm của

tia Az và tia Oy ).

c) Phần đảo: Lấy điểm K bất kỳ trên tia Az . Vẽ K H ^ Oy ( H Î Oy) , vẽ đường tròn

( K ;K H ) . Từ A

vẽ các tiếp tuyến với ( K ) lần lượt cắt Oy tại B và C . Cần chứng minh

rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với tia Ox .
1·
·
Ta có BAK
(tính chất tiếp tuyến);
= BAC
2

(

)

1·
1·
1·
1·
1·
1 ·
·
·
·
.

OAK
= OAz
= 900 - xOy
= 900 - AOC
= OCA
+ OAC
= OCA
+ OAB
+ BAC
2
2
2
2
2
2

(

)

1 ·
1·
1·
·
·
·
·
·
·
(1). Mà OAK

(2). Từ
OAK
= OCA
+ OAB
+ BAC
= OAB
+ BAK
= OAB
+ BAC
2
2
2
·
·
(1) và (2) suy ra OAB
. (*)
= OCA
Vẽ tia Am là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D ABC (tia Ax nằm trên nửa

æ 1 » ÷
ö
·
·
ç= sđ AB ÷
mặt phẳng bờ AB có chứa tia OA ). Ta có: mAB = OCA ç
(**) Từ (*) và (**)
÷
÷
ç
è 2

ø
·
·
có OAB
suy ra hai tia AO và Am trùng nhau.
= mAB

Vậy AO là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
d) Kết luận: Tập hợp các điểm K là đoạn thẳng AA ' ( A ' là giao điểm của hai tia Az
1·
·
và Oy và OAz
.
= 900 - xOy
2
·
Câu 11. Cho xAy
= a không đổi , điểm B cố định nằm trong
·
. Đường tròn ( O ) di động qua A và B cắt Ax, Ay lần lượt
xAy

tại C và D . Chứng minh rằng trọng tâm G của tam giác
ADC thuộc một đường cố định.
Hướng dẫn:
·
·
Ta có: xAB
= CDB
,

·
·
·
·
BAy
= BCDDAC
+ DBC
= 1800
·
·
·
góc xAB
không đổi.
, BAy
, DAC
·
·
·
Do đó các góc CDB
, BCD
, DBC

không đổi. Gọi M là trung điểm của
·
·
đoạn CD , ta có các góc BMC
không đổi.
, BMD

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC

Các


cắt Ax tại E , đường tròn ngoại tiếp tam giác MBD cắt Ay tại F .

·
·
·
·
Ta có BEC
+ BMC = 1800 Þ AEB = 1800 - BMC không đổi Þ E cố định.
æ 1 » ö
·
·
ç
·
·
·
÷
BME
= BCE
= sđ BE ÷
ç
, ·
(tứ giác ADBC nội tiếp), BDF
÷
+ BMF
= 1800 (tứ

ç
÷ BDF = BCE
è 2
ø
giác DBMF nội tiếp).
·
·
Do đó BME
+ BMF
= 1800 Þ E , M , F thẳng hàng.

Vẽ AH ^ EF ( H Î EF ) ,GK ^ EF ( K Î EF ) ta có AH không đổi; đặt AH = h, AH / / GK .
D AHM có GK / / AH suy ra

GM
GK
.
=
AM
AH

G là trọng tâm D ADC , AM là trung tuyến của D ADC nên

GM
1
GK
1
= .Do đó
= ,
AM

3
AH
3

1
suy ra GK = h không đổi, EF cố định.
3
thuộc đường thẳng song song với EF là cách EF một khoảng bằng

Vậy G
1
h.
3

Câu 12. Cho đường tròn (O;R ) và hai dây cung AB và CD song song với
nhau. M là điểm di động trên đường tròn ( O ) . Đường thẳng MD cắt đường
thẳng AB tại Q . Tìm tập hợp tâm J đường tròn ngoại tiếp tam giác MCQ .
Hướng dẫn:
1) Xét M nằm trên cung lớn CD .
Tiếp tuyến của ( O ) tại C cắt AB ở E ,
ta có E cố định.Gọi Cx là tia đối của
·
·
tia CE .QEC
(vì AB / / DC ),
= DCx

æ 1 ¼ ö
·
·

ç
÷
QMC
= DCx
ç= sđ DC ÷
.
÷
÷
ç
è 2
ø
·
·
Do đó QEC
= QMC
Þ tứ giác MECQ nội tiếp.

Ta có J E = J C ; E ,C cố định. Do đó J thuộc đường cố định là đường trung trực của
đoạn thẳng EC .