Tuyển tập bài toán chứng minh đường di động qua điểm cố định

BÀI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG:
ĐƯỜNG DI ĐỘNG QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH
CÁC BÀI TOÁN TỪ CÁC TỈNH THÀNH TRONG CẢ NƯỚC

Bài 1 Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động trên đoạn BC. Đường tròn (K),
(L) lần lượt ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC. Lấy điểm S thuộc (K) sao cho PS
song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) sao cho PT song song với AC.
a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J
khác A.
b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC tại điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB tại điểm F
khác A, BE cắt CF tại G. Chứng minh rằng PG đi qua J khi và chỉ khi AP đi qua tâm
đường tròn Euler của tam giác ABC.
( Hà Nam)
LỜI GIẢI:
Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động trên đoạn BC. Đường tròn (K),
(L) lần lượt ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC. Lấy điểm S thuộc (K) sao cho PS
song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) sao cho PT song song với AC.
a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác
A.
b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC tại điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB tại điểm F
khác A, BE cắt CF tại G. Chứng minh rằng PG đi qua J khi và chỉ khi AP đi qua tâm
đường tròn Euler của tam giác ABC.

1


Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi giao điểm của AT, AS với BC lần
lượt là Q, R.Ta có tứ giác ABPS, ACPT là các hình thang cân, suy ra tam giác ABR cân
tại R, tam giác ACQ cân tại Q. JK, JL lần lượt là các đường trung trực của AB, AC suy ra
JK đi qua R và JL đi qua Q, do đó J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQR suy ra AJ là
phân giác của góc SAT.Vì ACPT là hình thang cân nên JQ là đường trung trực của PT,

suy ra JT=JP (1).
Chứng minh tương tự ta có JT=JS (2).
Từ (1), (2) suy ra J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AST. Tứ giác AEGF nội tiếp suy
ra (GE, GC)  (AE, AF)  (PE, PC)(mod ) Suy ra tứ giác CEGP, BFGP nội tiếp.Gọi H đối
xứng với A qua BC. Ta có  PB, PH    PA, PB    EA, EB    PG, PC   mod  Suy ra PG đi
qua H, dẫn đến PG đối xứng với AP qua BC hay PG đi qua J. Điều này tương đương với
AP đi qua điểm đối xứng của J qua BC hay AP đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác
ABC.

Bài 2:
Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong đường
tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với OA và luôn
2


cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả sử BN và CN cắt
nhau tại K, AK cắt BC.
a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC  a và l là khoảng cách từ A đến
HK. Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra:
l � 4R 2  a 2

( Ninh Bình)
LỜI GIẢI:

Cho tam giác ABC là tam giác nhọn và không phải tam giác cân nội tiếp trong
đường tròn tâm O bán kính R. Một đường thẳng d thay đổi sao cho vuông góc với
OA và luôn cắt tia AB, AC. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC. Giả
sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC.

a) Gọi P là giao của AK và BC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác
MNP luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN. Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến
HK.Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra:
l � 4R2  a 2

LỜI GIẢI:
Gọi Q là giao điểm của MN và BC, E là trung điểm BC. Xét tứ giác BMPC thì ta biết
rằng Q, P, B, C là hang điểm điều hòa. Suy ra (QPBC) = - 1. Khi đó ta có: EP.EQ  EB

2

2

2
2
2
2
,suyra QE.QP  QE  QE.PE  QE  EB  OQ  OB  QB.QC Mà tứ giác BMNC cũng

�
�
�
nội tiếp vì có NCB  xAB  AMN (Ax là tia tiếp tuyến của (O)). Suy ra QM .QN  QB.QC

3


A

L
Z
H

X
Q
N
Y

J
I

O

M
K
Q

B

P

D

C

Từ đó suy ra QM .QN  QP.QE , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm E cố định.
b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba đường cao
MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H. Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng.

Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM.
Ta thấy:
KC.KM  KB.KN
IC.IJ  IB.IF
HM .HX  HN .HZ

Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hàng
Từ đó suy ra AL �AI .

Mà

AI  2.OE  2 R 2 

BC 2
 4R 2  a 2
4

2
2
Nên AL  l � 4 R  a

4


Bài 3:
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.
a) Chứng minh rằng khi M thay đổi thì tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM

nằm trên một đường thẳng cố định.

BP 2  2k
AM

 k.
BC
3 k , d là đường
AB
b) 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
đồng quy tại một điểm.
( Huế)
LỜI GIẢI:

�
�
�
�
a) Ta có ADM  ACM  MBN  AEM Suy ra tứ giác AMED nội tiếp.
�
�
�
Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A, khi đó AC ' M  ACM  ADM do đó tứ giác
AC’MD 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 tiếp tam giác DEM.
Vì C’ cố định nên AC’ cố định, từ đây suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM
nằm trên đường thẳng cố định, đó là đường trung trực của AC’.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
HTKO là hình bình hành.

5


C

O
P

d
A

H

M

I

B

K
N

E

T

D

C'

AM
k
Sử dụng giả thiết AB
suy ra
BM  (1 k)AB, BI  AB  AI  AB 

(1 k)AB (3 k)AB

.
4
4

BM 4  4k

.
3 k
Suy ra BI

BP 2  2k
BP 4  4k
BM BP



BC
3


k
BO
3

k
BI
BO , do đó MP // OT.
Vì
nên
. Suy ra
6


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.
Bài 4:
Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  . Đường tròn  ' thay
đổi đi qua B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( E , F �A). Đường tròn ngoại tiếp
tam giác AEF cắt lại đường tròn  tại K ( A �K ) . KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn 
tại Q, P ( P, Q �K ). Gọi T là giao điểm của BQ và CP. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
BF, CE.
a) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn  ' thay đổi.
b) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.
( Thái Bình)
LỜI GIẢI:

7


Gọi O là tâm đường tròn  .
Gọi M  AE �KF , N  AF �KE.
Xét tam giác AKM, từ các bộ bốn điểm (A, K, E, F), (A, K, B, P) đồng viên, suy ra EF và
BP cùng đối song với AK. Do đó BP // EF.
Tương tự CQ // EF. Suy ra BP, CQ là hai đáy hình thang cân. Suy ra OT vuông góc với
BP, do đó OT vuông góc với EF. Dễ chứng minh được EF vuông góc AO. Từ đó suy ra
A, O, T thẳng hàng. Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định.
b) Ta có BC, EF, AK theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn  và  ';

 ' và (AEF);  và (AEF). Do đó BC, EF, AK đồng qui tại một điểm D.
Gọi L là giao điểm của BF và CE; X, Y theo thứ tự là giao điểm của BF, CE với AD. Suy
ra ( AD, XY )  1 � B( AD, XY )  1 � B( EC , LY )  1

� ( EC , LY )  1. Mà N là trung điểm CE, nên theo hệ thức Mác-lô-ranh ta có
LN .LY  LE.LC. Hoàn toàn tương tự, ta có LM .LX  LF .LB.
Suy ra LN .LX .  LM .LY , suy ra M, N, X, Y đồng viên.
Gọi Z là trung điểm AD, suy ra M, N, Z thẳng hàng theo định lý về đường thẳng Gauss
cho tứ giác toàn phần BCFEAD.
Từ M, N, X, Y đồng viên suy ra ZM .ZN  ZX .ZY . Mặt khác ta lại có ( AD, XY )  1
và Z là trung điểm AD, nên theo hệ thức Niu-tơn ta có ZA  ZX .ZY  ZM .ZN � ZA
là tiếp tuyến của đường tròn (AMN). Đpcm.
2

Bài 5:
Cho tam giác ABC nhọn có H là trực tâm và D là trung điểm của BC. Phân giác
trong góc A cắt HD tại K. Một đường tròn thay đổi qua A, K cắt AB, AC tại M, N khác A.
a) Chứng minh trực tâm J của tam giác AMN thuộc một đường thẳng d cố định.

b) Giả sử HD cắt d tại P. Chứng minh HP = HK.
8


(Thái Nguyên)
LỜI GIẢI:

A
Y
P

Q

J

N
V

X

U

H

M
P'

K

B

D

C

a) Gọi U, V lần lượt là hình chiếu của K xuống AB, AC; X, Y lần lượt là đối xứng của K
qua AB, AC. Khi đó J thuộc đường thẳng XY cố định (đường thẳng Steiner của tam giác
AMN).
b) Gọi d’ là đường thẳng qua H và vuông góc với HK. Khi đó ta dễ dàng chứng minh
được HP’ = HQ.
�
�
Mặt khác P ' AK  QAK nên hai tam giác UP’K và VQK bằng nhau. Từ đó suy ra
�
�
AP ' K  VQK
. Dẫn tới tứ giác AP’KQ nội tiếp nên H, U, V thuộc đường thẳng Simpson

của K đối với tam giác AP’Q. Mặt khác XY cũng là đường thẳng Steiner của tam giác
AP’Q đối với K nên XY // UV.
Vì U, V lần lượt là trung điểm của XK và YK nên dễ dàng suy ra H là trung điểm của PK.
Bài 6:

9


Cho đoạn thẳng AB cố định; ( K ), ( L) là hai đường tròn luôn đi qua A, B
K , L nằm về hai phía của đường thẳng AB. Lấy điểm E �( K ), F �( L) sao cho
sao cho
AE tiếp xúc ( L) và AF tiếp xúc ( K ) tại A . Chứng minh rằng khi ( K ) và ( L) thay đổi

thì đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn đi qua một điểm cố định khác A.
(Tuyên Quang)
LỜI GIẢI:

Gọi C là tâm đường tròn ( AEF ). Ta có

�AE  AL
� AL || CK
�
�AE  CK

(1);

�AF  AK
� AK || CL
�
�AF  CL

(2).

Từ (1) và (2) suy ra AKCL là hình bình hành.
Từ AKCL là hình bình hành suy ra KL đi qua trung điểm J của AC và trung điểm I
của AB , do đó KL �IJ || BC . Vì KL  AB, KL || BC nên BC  AB .
Gọi D là điểm đối xứng với A qua B. Suy ra A, D đối xứng nhau qua BC . Do
đó CA  CD � D �(C ) .

10


Vì A, B cố định nên D cố định. Suy ra (C ) đi qua D cố định.

Bài 7:
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn   và D là một điểm di động trên
cung nhỏ BC (D khác B và C). Gọi I,J lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh
A của các tam giác ABD và ACD.
O

a) Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DIJ . Chứng minh rằng OT có độ dài
không đổi khi D thay đổi trên cung nhỏ BC.
b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DIJ luôn đi qua một điểm cố định khi
D thay đổi trên cung nhỏ BC.
( Vĩnh Phúc )
LỜI GIẢI:
AD cắt (O ) tại M , N và P, Q lần lượt là điểm chính giữa của
Giả sử trung trực
các cung nhỏ DB và DC. Do I là tâm bàng tiếp tam giác ABD nên theo kết quả cơ bản ta
có PI  PD . Cũng do M là điểm chính giữa cung AD nên dễ chứng minh được MI  MD.

Gọi T là tâm của ( DIJ ) thì T , M , P thẳng hàng (cùng thuộc trung trực của ID ).
Tương tự ta cũng có T , N , Q thẳng hàng.
�  1 NP
� 1
NMP
�
�
ACB , suy ra NMP
2 sđ
4 sđ �
Ta có
không đổi. Tương tự MNQ không đổi.

�
�
Như vậy tam giác TMN có hai góc TMN , TNM và cạnh MN không đổi, suy ra TO là

trung tuyến cũng không đổi (đpcm).
Nhận xét: Có thể hỏi cách khác khó hơn như sau: Chứng minh rằng T luôn thuộc
một đường tròn cố định khi D di chuyển trên cung BC.
Gọi R, S lần lượt là điểm chính giữa của cung lớn AC và AB. Dễ thấy
I �DS , J �DR và SA = SI , RA = RJ (tính chất của tâm đường tròn bàng tiếp).

Gọi K là giao điểm khác D của ( DIJ ) và (O).
11


Ta có

� = KRD
� , KID
� = KJD
�
KSD
nên D KRJ : D KSI (g - g)

KR RJ RA
=
=
SA , điều này cho thấy tứ giác ARKS là điều hòa, suy ra K cố
Do đó, KS SI
định (vì R, S cố định). Vậy ( DIJ ) luôn đi qua điểm K cố định.

Bài 8:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Điểm P chạy trên đường thẳng BC. AP
cắt (O) tại N (N khác A). Đường tròn đường kính AP cắt (O) tại điểm thứ hai E (E khác
A). AE cắt BC tại M. Chứng minh rằng:
a) MN luôn đi qua một điểm cố định.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định.
( Hà Nội )
LỜI GIẢI:

12


a. Đặt K là giao điểm thứ hai của MN với (O) (K ≠ N); Q là giao điểm thứ hai của đường
tròn đường kính AP với BC (Q ≠ P). Vì AQ vuông góc với BC nên Q cố định (h. 1). Ta
có: MK.MN  ME.MA  MP.MQ � K, N, P, Q đồng viên. Suy ra
(QK,QC) �(QK,QP) �(NK,NP) �(NK,NA) �(BK,BA) (mod  )
Mặt khác:
(CK,CQ) �(CK,CB) �(AK,AB)(mod  ) (2).
A

E
O
Q
M

P

D

B

C
K
N

Từ (1) và (2) suy ra: ∆ KCQ và ∆ KAB đồng dạng cùng hướng � ∆ KQB và ∆ KCA
đồng dạng cùng hướng � (KB,KQ) �(KA,KC) �(BA,BC)(mod  )
� K thuộc đường tròn cố định

(O’)={X:(XB,XQ) �(BA,BC) (mod  )
Dễ thấy (O) và (O’) có hai điểm chung B và K. Vậy, K cố định. Điều đó có nghĩa là MN
luôn đi qua một điểm cố định (điểm K).
b. Đặt D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN với BC (D ≠ M).
Ta có: (DA,BC) �(DA,DM) �(NA,NM) �(NA,NK) �(BA,BK)(mod  ) (3).
13


Mặt khác, Theo câu a., ∆ KCQ và ∆ KAB đồng dạng cùng hướng � (QC,QK) �
(BA,BK)(mod  ) (4).
Từ (3) và (4) suy ra: (DA,BC) � (QC,QK) � (BC,QK)(mod  ). Từ đó với chú ý rằng,
BC, QK (vì Q, K là hai điểm cố định) cố định � DA có định � D cố định. Điều đó có
nghĩa là đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn một điểm cố định (điểm D).

Bài 9:
Cho (O) và hai điểm B,C cố định trên (O) nhưng BC không là đường kính. Điểm A
thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ,
đường phân giác của góc BHC cắt cạnh BC tại D. Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng
của D qua AB và AC. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn đi
qua điểm cố định.
( Tây Ninh )

LỜI GIẢI:

14


�
Đặt BAC  

Ta có





�  EAD
�  FAD
�  2 BAD
�  DAC
�
EAF
 2

Gọi H 2 và H 3 lần lượt là đối xứng của H qua AB và AC thì H 2 và H 3 thuộc (O).
�
Do HD là phân giác của góc BHC và CH//DE nên ta có:

� ED  HDE
�  DHC
�  1 BHC
�

H
2
2



�ED  90�
H
2
�
�
�
2
mà BHC  ABC  ACB  180�  nên
�
Gọi I là điểm chính giữa cung BAC của đường tròn (O) thì

� C  1 s�BAC
�  1 (180�  )  90� 
IH
2
2
2
2
�
�
Do đó H2 ED  IH2C , hơn nữa CH2 //DE suy ra I ,H2 ,E thẳng hàng. Tương tự I ,H3 ,F
thẳng hàng.
�
�

�
�
�
�
Từ đó ta có EIF  H2 IH3  H2 AH3  2(BAH  HAC)  2  EAF suy ra I thuộc đường tròn
ngoại tiếp tam giác AEF .

Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua điểm I cố định.
Bài 10:
O
Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC nội tiếp đường tròn   , đường phân giác
trong góc A cắt BC tại D khác A . Lấy điểm P di chuyển trên đoạn thẳng AD , không
O
trùng với A và D . Tia BP cắt AC tại M và cắt đường tròn   tại E ; tia CP cắt AB
O
O
tại N và cắt đường tròn   tại F . Tiếp tuyến của đường tròn   tại A và đường
thẳng qua P , song song BC cắt nhau tại T .

a. Chứng minh rằng 3 điểm T , E , F thẳng hàng.

15


b. Các đường thẳng MF , NE cắt nhau tại I . Chứng minh rằng đường thẳng PI luôn
đi qua một điểm cố định khi P di chuyển trên AD .
( Quảng Ngãi )
LỜI GIẢI:
a.
PEF 

Ta có �FPT  �FCB  �FEP nên TP là tiếp tuyến của đường tròn 

và

PT /  PEF   TP 2

Ta lại có

.

PT /  ABC   TA2

Mà �APT  �ADB  �TAP nên tam giác TAP cân tại T .
Do đó

PT / PEF   PT / ABC 

PEF 
ABC 
Suy ra T thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn 
và 
.

Hay 3 điểm T , E , F thẳng hàng.
b.
16


�A E C �
�

�
F AB�
�
Áp dụng định lý Pascal cho bộ điểm
, ta được 3 điểm T , M , N thẳng hàng.
Áp dụng mô hình tứ giác toàn phần, ta có P  TIFE   1
Do đó P  TICB   1
Mà BC / / PT nên PI đi qua trung điểm J của BC ( J cố định).
Bài 11:
uuuu
r

uuur

Cho tam giác ABC và M; N là hai điểm di động trên BC sao cho MN  BC .
Đường thẳng d1 đi qua M vuông góc AC; d2 đi qua N và vuông góc AB. Gọi K là giao
điểm của d1 và d2. Chứng minh trung điểm I của AK luôn nằm trên 1 đường thẳng cố
định.
( Nghệ An)
LỜI GIẢI:

uuuu
r r uuur r
BM
 u; CN  v , T là phép tịnh tiến theo véc
Gọi H là trực tâm tam giác ABC . Đặt
r

tơ u . Ta có T(BH)=d1; T(CH)=d2; nên T(H)=K. Do đó HK//BC hay K luôn nằm trên qua
H và song song với BC. Phép vị tự tâm A tỷ số ½ biến K thành I. Suy ra quỹ tích I là

đường thẳng đi qua trung điểm AH và song song với BC.
Bài 12:
Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm chuyển động trên cạnh AB, N là điểm chuyển
động trên cạnh AC.
17


1/. Giả sử BM=CN. Chứng minh đường trung trực của MN luôn đi qua 1 điểm cố định.
1
1

2/. Giả sử AM AN không đổi, chứng minh MN luôn đi qua 1điểm cố định.

( Long An)
LỜI GIẢI:
1/.Gọi S là trung điểm cung BC chứa A của đường tròn (ABC). Ta có BM=CN, BS=CS.
� �
MBS
NCS � SMB  SNC . Suy ra SM=SN hay S nằm trên trung trực của MN vậy MN

đi qua 1 điểm cố định.

2/.

18


Gọi I là giao điểm của MN với phân giác trong góc A của tam giác ABC. Đường thẳng
qua I vuông góc với AI cắt AB;AC lần lượt tại D;E. Gọi M’ đối xứng với M qua AI.
Ta thấy IE;IE là phân giác trong và ngoài của

�' IN �  AENM '   1
M

2
1
1
1
1




Áp dụng hệ thức Descartes ta có: AE AM ' AN AM AN không đổi suy ra E cố định

hay MN luôn đi qua 1 điểm I cố định.

19