Chuyên đề hình học: Bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy, nhiều điểm thuộc 1 đường tròn

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN LÀO CAI
TỔ TOÁN – TIN

CHUYÊN ĐỀ HÌNH :
BÀI TOÁN CHỨNG MINH
THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRÒN

GIÁO VIÊN TOÁN: TRẦN THỊ PHƯỢNG

LÀO CAI THÁNG 2 / 2019

1


BÀI TOÁN CHỨNG MINH
THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRÒN
Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng
Dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng là một dạng toán thường có trong các
bài tập, không lạ mấy nhưng khó chứng minh đối với học sinh, học sinh thường lúng
túng khi giải vì chưa nắm cơ sở để chứng minh, không thấy mối liên hệ mật thiết giữa
lý thuyết hình học liên quan đến dạng toán này như: tiên đề Ơclit, tính chất ba đường
trong tam giác, ...
Sử dụng tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng, đường phân giác của một góc.
LA,KB  Ox;�
OA  OB �
LC, KD  Oy �
�
�
�� O, L, K
CA  CB ��
LA = LC

�
�
DA  DB �
� C, O và D thẳng hàng; KB = KD
�
thẳng hàng

- Tiên đề Ơ-clit: Qua điểm A nằm ngoài đường thẳng a, kẻ được duy nhất một đường
thẳng song song với a.
- Hệ quả: Qua điểm A nằm ngoài đường thẳng a, kẻ được duy nhất một đường thẳng
vuông góc với a.

BA// a, BC// a
 A, B, C thẳng hàng

AC  a , BC  a  A, B, C thẳng hàng
(hay AB  a, BC  a  A, B, C thẳng hàng)

Sử dụng tính chất cộng đoạn thẳng
Nếu AM + MB = AB thì M nằm giữa A và B.
2


Bài toán chứng minh ba đường thẳng đồng quy
CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH:
1. Chứng minh các đường thẳng là những đường đặc biệt của tam giác:
2. Sử dụng tứ giác nội tiếp:
3. Chứng minh các đường thẳng chia một đoạn (trong hoặc ngoài) theo các tỉ
số bằng nhau:
3. Sử dụng phép đối xứng:

4. Áp dụng định lí Céva
5. Tìm giao của hai đường thẳng, sau đó chứng minh đường thẳng thứ ba đi
qua giao điểm đó
6. Chứng minh một điểm thuộc ba đường thẳng đó.
7.Sử dụng tính chất đồng quy trong tam giác
Ba đường thẳng chứa các đường trung tuyến.
Ba đường thẳng chứa các đường phân giác.
Ba đường thẳng chứa các đường trung trực.
Ba đường thẳng chứa các đường các đường cao.
8. Sử dụng chứng minh phản chứng
9. Sử dụng tính thẳng hàng của các điểm
10. Chứng minh các đường thẳng đều đi qua một điểm.
Một số phương pháp CM nhiều điểm thuộc một đường tròn
1. Các điểm cùng cách đều một điểm khác
2. Các tam giác vuông có cạnh huyền chung chung.
3. Hai tam giác có đáy chung và các góc ở đỉnh ( đối diện với đáy) cùng phía
bằng nhau.
( nói cách khác từ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn đoạn còn lại dưới những
góc bằng nhau)
4. Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 độ ( Tứ giác có góc trong bằng góc
ngoài tại đỉnh đối)
5. Các đỉnh của hình thang cân, hình chữ nhật, hình vuông, đa giác đều.
3


MỘT SỐ BÀI TOÁN TỪ CÁC TỈNH THÀNH TRONG CẢ NƯỚC
Bài 1: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII MÔN TOÁN:
KHỐI 11 Năm học: 2013-2014]
Cho tam giác nhọn ABC không cân. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC; D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B của tam
giác ABC. Các đường thẳng OD và BE cắt nhau tại K, các đường thẳng OE và AD cắt
nhau tại L. Gọi M là trung điểm cạnh AB. Chứng minh rằng ba điểm K, L, M thẳng
hàng khi và chỉ khi bốn điểm C, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
LỜI GIẢI:

Áp dụng đinh lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác HAB và ba điểm K, L, M ta có: K, L, M

KB LH MA
KB
LA
.
.
=1 �
=.
KH
LH (1)
thẳng hàng khi và chỉ khi KH LA MB
KB S BOD
LA S AOE
=
=
KH
S
LH
S HOE (cùng cạnh đáy OE) và
HOD
Ta lại có
(cùng cạnh đáy OD),
1

1
1
S AOE = AE.d (O, AE ) = c.cos A.R .cos B = R. c.cos A.cos B
S AOE = S BOD .(Bởi vì
2
2
2
,

4


ở đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và c = AB . Tương tự

1
S BOD = R. c. coA.cos B
2
).
Từ các kết quả trên ta có (1) � S HOD = S HOE khi và chỉ khi OH // DE hoặc OH đi qua
trung điểm ED.
Bằng cách vẽ tiếp tuyến C x của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C, dễ dàng
suy ra DE // C x , suy ra CO vuông góc với DE.
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của DE, HC. Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp, suy ra
QP vuông góc với DE. Suy ra CO//QP.
Nếu HO đi qua trung điểm DE suy ra P là trung điểm HO, suy ra EHDO là hình bình
hành, suy ra OD // EH và EO // HD. Điều này trái với giả thiết OD cắt BE cà OE cắt
AD.
Vậy (1) xảy ra khi và chỉ khi OH // DE khi và chỉ khi CO vuông góc với OH khi và chỉ
khi E, H, O, D cùng nằm trên một đường tròn (vì ta luôn có tứ giác CEHD nội tiếp
đường tròn đường kính CH).

Bài 2: (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Hà Giang, trại hè Hùng Vương lần
thứ XII) Cho tam giác ABC cân tại A . Một đường tròn  tiếp xúc với các cạnh
AB, AC và cắt cạnh BC lần lượt tại K và L . Đoạn AK cắt đường tròn  tại M . Gọi P
và Q lần lượt là điểm đối xứng của K qua B và C . Gọi O là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác MPQ . Chứng minh rằng các điểm M , O và tâm đường tròn  thẳng hàng.
LỜI GIẢI

5


Gọi I là tâm của
; D, E theo thứ tự
tiếp điểm của 
AB, AC; (O) là
đường tròn ngoại
tiếp tam giác
MPQ.



là
và

Dễ thấy tứ giác
MDKE điều hòa.
Do đó
D  MKBE   D  MKDE   1

Dễ thấy DE // PK, mà BP  BK nên

Vậy D 

MKBE   D  PKBE 

D  PKBE   1

.

. Từ đó DM �DP hay M, D, P thẳng hàng.

Chứng minh tương tự M, E, Q thẳng hàng.
Kết hợp với DE / / PK suy ra

MP MQ

k
MD ME

Do đó qua phép vị tự tâm M tỉ số k các điểm M, D, E theo thứ tự biến thành các điểm
M, P, Q.
Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn

 biến

thành đường tròn (O).

Do đó M, I, O thẳng hàng.
Bài 3: (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Lai Châu, trại hè Hùng
Vương lần thứ XII) Cho ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Cho K
là một điểm tùy ý trên cạnh BC ( K khác B, C ). Kẻ đường kính KM của đường tròn

6


ngoại tiếp tam giác BFK và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK .
Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng.

LỜI GIẢI
Gọi L là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (BKF) và (CKE).
Ta có tứ giác BFEC nội tiếp. Do đó AF.AB  AE.AC � A thuộc trục đẳng phương của
hai đường tròn (BFK) và (CEK). Suy ra A, L, K thẳng hàng.
Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên AH . AD  AF.AB  AL. AK . Do đó tứ giác DHLK nội tiếp.
Suy ra HL  AK .
Mà ML  AK nên M, H, L thẳng hàng.
Tương tự N, H, L thẳng hàng. Từ đó suy ra M, H, N thẳng hàng.
�
O�
; r1 
O�
; r2 
Bài 4: .Cho đường tròn 
và đường tròn 
tiếp xúc ngoài tại C . Đường tròn

 O; r 

tiếp xúc ngoài với hai đường tròn

đường tròn
d

; r1 
 O�

và 

�
O�
; r2 

; r1 
 O�

và

; r2 
 O��
. Tiếp tuyến chung tại C của

O; r
là d . Đường kính AB của đường tròn   vuông góc với

. Chứng minh rằng AO , BO , d đồng quy.
LỜI GIẢI
7

( Bắc Ninh 2018)


Gọi

M,N

đường tròn 

O

//

; r2 

O; r
lần lượt là tiếp điểm của đường tròn  

O / / ; r2 

nên

O ;r 
với đường tròn 
/

O / ; r1 
. Vì d là tiếp tuyến của đường tròn 
và đường tròn

d  O 'O ''

nên

� ''

�
tam giác cân có BON  CO N )
�''
�
suy ra ONB  O NC nên
A, M , C

B, C , N

thẳng hàng.

thẳng hàng

BN r AM r
 ;

CN
r
MC
r1
2
Suy ra

O
Mà AB là đường kính của   nên

Suy ra

AN , BM , d

và

AB / / O 'O '' .

’’
Ta lại có O, N , O thẳng hàng do đó tam giác OBN đồng dạng tam giác

Tương tự

1

AN  BC ; BM  AC

đồng quy.

Gọi H  d �AB . Áp dụng định lý Ceva ta có:
AH BN CM AH r r1
r
r
.
.

. . 1� 1  2
HB CN MA HB r2 r
HB HA (1)
8

O’’CN

(vì hai

Giả sử d cắt
Suy ra

BO’

và

AO’’

O 'CD : BHD �

Tương tự

lần lượt tại D và E .

CD
r
 1
DH
HB

(2)

CE
r
 2
DH
HA (3)

Từ (1), (2),(3) suy ra

CD
CE

DH
EH

, suy ra D trùng E .

’’
’
Do đó AO , BO , d đồng quy.

Bài 5: Tam giác ABC có H là trực tâm, M là trung điểm của BC, P là điểm bất kì trên
đoạn HM. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của P trên AH, AB, AC. Đường thẳng
HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K, G (M nằm giữa H và K). Tiếp tuyến
tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt nhau tại T. Chứng minh rằng ba
điểm G, D, T thẳng hàng.
(Hưng Yên 2018)
Gọi AK’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó K’,
H, M thẳng hàng. Vậy K’ trùng K.
AGM  90 0 . Suy ra G �( AEFP ) .
Ta có�
Gọi R, S là chân đường cao theo thứ tự hạ từ B, C của tam giác ABC.
Xét các đường tròn (AGBC), (AGSHR), (BSRC) có các trục đẳng phương là
AG, SK, BC .
TH1: AG, SK, BC song song hoặc trùng nhau thì tam giác ABC vuông cân tại A.
Khi đó tiếp tuyến tại E và F của (AEF) song song.

TH2: AG, SK, BC đồng quy tại T’.
Ta có ( AT ', AH , AS , AR )  1 � ( AG, AE , AD, AF )  1
Suy ra GEDF là tứ giác điều hòa. Do đó G, P, T thẳng hàng.

9


Bài 6:
Cho tam giác ABC (AB  AC) nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn
(I ) . Gọi tiếp điểm của (I ) với BC, CA, AB lần lượt là D, E, F . Gọi S, T lần lượt

�

�

là các điểm chính giữa các cung BC chứa A và cung BC không chứa A của (O) .
SI cắt (O) tại điểm thứ hai là K . Gọi M là điểm đối xứng của A qua O . MI cắt (O)
tại điểm thứ hai là N . IN giao EF tại G .
a)
Chứng minh rằng các đường thẳng AN, TK , CB đồng quy và DG song
song với AI .
b)
Chứng minh rằng đường nối trực tâm tam giác AEF và trực tâm tam giác
ABC đi qua G .
G: Gọi P là giao của AN, BC . Ta có thể thấy các điểm A,N, F , I , E thuộc đường
tròn đường kính AI .
Xét tam giác TBI có �TBI  �TBC  �CBI  �BAI  �ABI  �TIB do đó
TB  TI . Tương tự ta có TI  TC . Do đó T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIC. Do T, I và trung điểm của AI thẳng hàng nên đường tròn đường kính AI và
đường tròn ngoại tiếp tam giác TBC tiếp xúc nhau tại I . Các trục đẳng phương của

ba đường tròn: (O) , đường tròn đường kính AI và đường tròn ngoại tiếp tam giác
TBC đồng quy tại tâm

10


S
A
F1
E1

N

F
V

R

C1

J

G

B1
L

E
O

I

H

C

D

B

P

Z

M
K
T

đẳng phương. Do đó tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính AI và đường
tròn ngoại tiếp tam giác TBC tại I đi qua P . Do đó AI  IP .
Giả sử

TK I BC   P '

.

Ta xét hai tam giác VTKB và VTBP ' có chung
�BTP '  �KTB;�BKT  1800 
VTKB : VTBP '(g  g) �

�BAC
 1800  �TBC  �P ' BT �
2

TK TB

� TK .TP '  TB2 � TK .TP '  TI 2
TB TP '

Mà IK  TP ' nên tam giác VTIP ' vuông tại I . Từ đó suy ra P �P ' hay
AN, TK , CB đồng quy

Bài 7:

11


�  90
A
 , đường cao CD. Gọi E là trung

Cho tam giác ABC cân tại A có
0

�

điểm của BD, M là trung điểm của CE, phân giác của góc BDC cắt CE tại P.
Đường tròn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC tại F, đường tròn tâm C bán kính CD
cắt AC tại Q. Gọi K  PQ �AM .
a. Chứng minh rằng P, Q, F thẳng hàng.

b. Chứng minh rằng tam giác CKD vuông
(Lương Văn Tụy 2018)

Gọi T là giao điểm của DP và đường tròn tâm C bán kính CD,
S  QD �BC , L  QB �KC , N  FM �AC .
Vì

�
�
CD  AB, BDT
 TDC

nên

�
�
�
�
�
�
DCT
 2DQT
 2BDT
 BDT
 TDC
 BDC
 900 .

Vì CD  CQ , AB  AC ,CD  AB nên
�

�
1800  DCQ
1800  DAC
�
�
�
QSC
 1800  CDQ
 BCQ
 1800 

2
2
�
�
DAC
 DCQ
900


 450
2
2

12


Vậy CT  CD ,QT  BC .
Kết hợp với BD  CD , DF  BC , suy ra
�

�

CT P DB,QT P DF(1) .

�

Vì DF  BF , ED  EB nên EFB  EBF  ACB . Do đó: QC P FE (2).
Từ (1) và (2) suy ra CE, TD, QF đồng quy. Điều đó có nghĩa là P, Q, F thẳng
hàng.
Vì

EF PCN , ME  MC

nên CNEF là hình bình hành. Do đó
MF  MN ,EF P AC (3).

Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF và cát tuyến KMA, suy ra:
1

KQ M F AN
KQ AN
KQ
AQ
.
.

.
�


(4)
KF M N AQ
KF AQ
KF
AN
.

Từ (3) và (4), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BQF và cát tuyến KCL,
theo định lí Thales, chú ý rằng AC=AB, suy ra:
1

KQ CF LB AQ AE LB AQ AN LB AQ LB
LB AB
.
.

.
.

.
.

.
�

KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ AB LQ
LQ AQ

�
Do đó AL là phân giác góc BAQ .

Kết hợp với AB=AC, suy ra LB=LC. Vậy
Vì

�
CQ  CD ,CDB
 900 , DF  BC

Vậy

�
�
QBC
 KCF
(5) .

2
2
nên CQ  CD  CF.CB � CBQ : CQF .

�
� (6)
QBC
 FQC
.
�

�

Từ (5), (6) suy ra KCF  FQC .

Do đó: FKC : FCQ .
Kết hợp với

�
AB  AC ,CDB
 900 , DF  BC

�
�
�
�
FKC
 FCQ
 DBC
 FDC
.

ta suy ra:

Do đó tứ giác DKCF nội tiếp.

0
�
�
Vậy CKD  CFD  90 (đpcm).

13


�  90

A
 , đường cao CD. Gọi E là trung

Cho tam giác ABC cân tại A có
0

Bài 8:

�
điểm của BD, M là trung điểm của CE, phân giác của góc BDC cắt CE tại P. Đường
tròn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC tại F, đường tròn tâm C bán kính CD cắt AC
tại Q. Gọi

K  PQ �AM

.

a. Chứng minh rằng P, Q, F thẳng hàng.
b. Chứng minh rằng tam giác CKD vuông.

(Lương Văn Tụy 2018)

Gọi T là giao điểm của DP và đường tròn tâm C bán kính CD,
S  QD �BC , L  QB �KC , N  FM �AC .
�
�
Vì CD  AB, BDT  TDC nên
�
�
�

�
�
�
DCT
 2DQT
 2BDT
 BDT
 TDC
 BDC
 90 .
Vì CD  CQ , AB  AC ,CD  AB nên
0

0
0
�
�
�  1800  CDQ
�
�  1800  180  DCQ  180  DAC
QSC
 BCQ
2
2
0
�
�
DAC  DCQ 90



 450
2
2

Vậy CT  CD ,QT  BC .
Kết hợp với BD  CD ,DF  BC , suy ra

CT PDB,QT PDF(1) .

14


�

�

�

Vì DF  BF , ED  EB nên EFB  EBF  ACB . Do đó: QC PFE (2).
Từ (1) và (2) suy ra CE, TD, QF đồng quy. Điều đó có nghĩa là P, Q, F thẳng hàng.
b. Vì EF PCN , ME  MC nên CNEF là hình bình hành. Do đó
MF  MN , EF P AC (3).
Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF và cát tuyến KMA, suy ra:
1

KQ M F AN
KQ AN
KQ
AQ
.

.

.
�

(4)
KF M N AQ
KF AQ
KF
AN
.

Từ (3) và (4), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BQF và cát tuyến KCL,
theo định lí Thales, chú ý rằng AC=AB, suy ra:
1

KQ CF LB
AQ AE LB AQ AN LB AQ LB
LB
AB
.
.

.
.

.
.

.

�

KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ
AB LQ
LQ AQ

�
Do đó AL là phân giác góc BAQ .
Kết hợp với AB=AC, suy ra LB=LC. Vậy

�
� (5)
QBC
 KCF
.

0
�
2
2
Vì CQ  CD ,CDB  90 , DF  BC nên CQ  CD  CF.CB � CBQ : CQF .
�
�
Vậy QBC  FQC(6) .
�
�
Từ (5), (6) suy ra KCF  FQC .
Do đó: FKC : FCQ .

�

Kết hợp với AB  AC ,CDB  90
Do đó tứ giác DKCF nội tiếp.
0
�
�
Vậy CKD  CFD  90 (đpcm).

0

, DF  BC

�

�

�

�

ta suy ra FKC  FCQ  DBC  FDC .

Bài 9:
Cho ngũ giác lồi ABCDE.Gọi F là điểm nằm trên AC sao cho BF  BC và các
tam giác ABF,ACD,ADE là các tam giác đồng dạng đồng thời:
�FAB  �FBA  �DAC  �DCA  �EAD  �EDA

(1)

Gọi M là trung điểm của CF và X là đỉnh thứ tư của hình bình hành AMXE.

Chứng minh rằng:BD,EM và FX đồng quy

15

(Hải Dương 2018)


Đặt các góc ở (1) là 
VABF : VACD �

AB
AF

�VABC : VAFD
AC
AD

�
AED
�
AFD  �
ABC  900    1800 
2
Do EA = ED nên
� 
� DFC

1800  2
�  DCF
�  900 � FDC

�  900
 900   � DFC
2

�
�  DAF
�  90 0 2 � EDF
�  900  2    900  
ADF  DFC
�  EAF
�  FEA
�  2  1800  4  1800  2
CFE
�  CFE
�  CFD
�  900    EDF
�
� EFD
� EF  ED  EA

�
�
�
và EFA  EAF  2  BFC � B,F,E thẳng hàng

�  MAD
�
EDA
nên ED song song AM và E,D,X thẳng hang

M là trung điểm CF và BF  BC nên MF=MB
VAFE VBFM � AE  BM  XM

.

BE  BF  FE  AF  FM  AM  EX

Do đó VEMB VEMX và F,D lần lượt nằm trên EB,EX và EF=ED nên BD và XF
đối xứng với nhau qua EM.
16


Vậy BD,XF,EM đồng quy.
Bài 10:
Cho tam giác ABC vuông tại A, AC  AB. Gọi M là điểm thay đổi trên cạnh AB.
Đường thẳng CM cắt đường tròn đường kính BM tại điểm thứ hai là N và cắt đường
tròn tâm A bán kính AC tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AN cắt đường tròn
đường kính BM lại điểm thứ hai là E.
Chứng minh rằng khi M thay đổi thì tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
DEM nằm trên một đường thẳng cố định.

(Huế 2018)

AM
BP 2  2k
 k.

AB
BC
3 k , d là đường

Giả sử
Gọi P là điểm trên cạnh BC sao cho

thẳng qua A và vuông góc với MP. Chứng minh rằng ba đường thẳng d, BN và ME

17


đồng quy tại một điểm.

C

O
P

d
A

H

M

I

B

K
N

E

T
D

C'

18


�
�
�
�
a) Ta có ADM  ACM  MBN  AEM Suy ra tứ giác AMED nội

tiếp.

19


Giả sử ta có hình vẽ như trên (các trường hợp khác tương tự).
Ta có

�
�
�
Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A, khi đó AC ' M  ACM  ADM do đó

0
�

�
PAN
 180
 BEC
tứ giác
AC’MD
�
 1800  BFC

nội tiếp.Vậy 5 điểm A, M, E, D, C’ cùng nằm trên một

đường tròn (T). Tâm T của đường tròn này cũng là tâm của đường tròn

�
ngoại
PFN
tiếp tam giác DEM.

Vì C’ cố định nên AC’ cố định, từ đây suy ra tâm đường tròn ngoại
APFN nội tiếp. Lại có tứ giác KPAF nội tiếp. Vậy các điểm A, F, K,
Tứ
giác
Suy
tiếpra:
tam giác DEM nằm trên đường thẳng cố định, đó là đường trung trực của
N,AC’.
P cùng thuộc một đường tròn (I)
Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường
thẳng d là đường trung trực

của AH. Gọi O là trung điểm của BC. Ta sẽ chứng

minh MP song song với OT.
Gọi H là trung điểm AM, K là trung điểm AB và I là trung
điểm HK, Khi đó tứ giác
AM
k
AB

HTKO là hình bình hành. Sử dụng giả thiết

suy ra

BM  (1 k)AB, BI  AB  AI  AB 

Suy ra

(1 k)AB (3 k)AB

.
4
4

BM 4  4k

.
BI
3 k

BP 2  2k

BP 4  4k
BM BP



BO , do đó MP // OT.
Vì BC 3 k nên BO 3 k . Suy ra BI

Suy ra d  OT .

Ta có ME là trục đẳng phương của đường tròn đường kính BM và đường tròn
(T).
BN là trục đẳng phương của đường tròn đường kính BM và đường tròn đường
kính BC, d là trục đẳng phương của (T) và đường tròn đường kính BC. Suy ra ba
đường thẳng d, ME, BN đồng quy tại một điểm.
20

Bài 11: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O).Trên đường tròn (O) lấy
b) Gọi H là giao điểm thứ hai của EF với đường tròn (O)


HK là đường kính của đường tròn (I). Gọi
của HK với BC

là giao điểm

(1).

Hai tam giác BMF và HPK đồng dạng (g.g)

(2).

Từ (1) và (2) suy ra

.

Mà
Suy ra hai tam giác PKS’ và HPK đồng dạng (c.g.c)
tiếp xúc với đường tròn (I).
Hoàn toàn tương tự

cũng tiếp xúc với đường tròn (I), suy ra đpcm.

Bài 12:
Cho tam giác nhọn
có
nội tiếp đường tròn
, đường phân giác trong
góc
cắt
tại
khác . Lấy điểm
di chuyển trên đoạn thẳng
, không trùng
với

và

. Tia

cắt

tại

và cắt đường tròn

và cắt đường tròn
tại . Tiếp tuyến của đường tròn
, song song
cắt nhau tại .
a. Chứng minh rằng 3 điểm
b. Các đường thẳng
đi qua một điểm cố định khi

tại
tại

; tia

cắt

tại

và đường thẳng qua

thẳng hàng.
cắt nhau tại . Chứng minh rằng đường thẳng
di chuyển trên
.
(Quảng Ngãi 2018)

21

luôn