CHUYÊN đề một số bài TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY

Chuyên đề:
CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG
ĐỒNG QUY

Bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy là những bài toán thường gặp
trong các đề thi hoc sinh giỏi THCS và THPT. Có nhiều phương pháp để chưng
minh bài toán 3 điểm thẳng hàng hoặc ba đường thẳng đồng quy. Trong tập tài
liệu này chúng tơi xin trích đẫn một số bài toán, để minh hoa cho các phương
pháp thường gặp nhất.
Tài liệu là sự tập hợp của chúng tơi thơng qua q trình giảng dạy, mặc dù
có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót rất mong
nhận được sự thơng cảm, góp ý của bạn bè đồng nghiệp, để tài liệu này hoàn
chỉnh hơn.
I.Phương pháp áp dụng hàng điểm điều hịa
Bài tốn 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi M , N là trung
điểm của AD , BC . Một đường thẳng đi qua giao điểm P của hai đường chéo
AC , BD , cắt AD , BC lần lượt tại S ,T . Biết BS giao AT tại Q . Chứng minh
rằng AD, BC , PQ đồng quy khi và chỉ khi các điểm M , S , T , N cùng thuộc một
đường tròn.
Lời giải.
Gọi E là giao điểm của AD và BC .
Nếu AD, BC , PQ đồng quy tại E . Gọi R là giao điểm của PQ và AB , ta dễ

( EQRP ) = −1
( ETBC ) = A ( EQRP ) = −1

thấy

do

đó

nên

theo

( ESAD ) = B ( EQRP ) = −1
hệ

thức

Maclaurin

và
ta

có

ES .EM = EA.ED = EB.EC = ET .EN từ đó các điểm M , S , T , N cùng thuộc một

đường tròn.
Nếu các điểm M , S , T , N cùng thuộc một đường tròn. Gọi F là giao điểm của

AB và CD . Gọi FP giao AD , BC tại S ', T ' . Khi đó dễ thấy ( FPS 'T ') = −1
suy ra PE , AT ', BS ' đồng quy. Theo phần thuận thì M , S ', T ', N cùng thuộc một

1


đường tròn suy ra ST PS 'T ' tuy nhiên ST giao S 'T ' tại P từ đó suy ra
ST ≡ S 'T ' hay S ' ≡ S , T ' ≡ T hay AD, BC , PQ đồng quy.

Bài toán 2. (HSG Vĩnh Phúc, 2012) Cho tứ giác ABCD nội tiếp. M , N là
trung điểm của AB, CD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt đường thẳng
CD tại P ( P ≠ N ) ; đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt đường thẳng AB
tại Q ( Q ≠ M ) . O là giao điểm của hai đường chéo AC , BD ; E là giao điểm
của các đường thẳng AD, BC . Chứng minh P, Q, O, E thẳng hàng.
Lời giải.
D

A
N
O

M

P

Q

E

B

C

F

Gọi F là giao điểm của AB và CD . Ta có FA.FB = FC.FD ⇒ ( ABFQ ) = −1
(Hệ thức Maclaurin).
Tương tự ta có ( CDFP ) = −1 , suy ra P, Q, O, E thẳng hàng.

Bài toán 3. Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định và B, C thay đổi trên
đường thẳng d cố định sao cho nếu gọi A’ là hình chiếu của A lên d thì
A′B. A′C âm và khơng đổi. Gọi M là hình chiếu của A’ lên AB. Gọi N là
hình chiếu của A’ lên AC, K là giao điểm của các tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác A’MN tại M và N. Chứng minh rằng K thuộc
một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn
2


Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN và I là giao điểm của
OK và MN. Ta thấy O chính là trung điểm của AA’.
Gọi D và P là giao điểm của AA’ với (ABC) và MN.
A
2

Dễ thấy AM . AB = AA′ = AN .AC
Suy ra tứ giác BMNC nội tiếp.
⇒ ·AMN = ·ACB

Mà ·ADB = ·ACB

N

Nên ·AMN = ·ADB

I

P
M

Suy ra MPDB nội tiếp.
Do đó ta có AP. AD = AM . AB = AA′2
Mà A, A’ và D cố định suy ra P cố
định.
Gọi H là hình chiếu của K trên AA’.

B

A'

C

D
H

K

1
4

Ta có AP. AH = AI . AK = IN 2 = AA′2
Mà A, P, A’ cố định suy ra H cố định.
Vậy K thuộc đường thẳng qua H và vng góc với AA’
Bài tập 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của AB, CD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD tại P .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB tại Q . Chứng minh rằng

AC , BD, PQ đồng quy.
S

A

Q

M

B

D
P
N

C

Chứng minh:
3


*) Nếu AB // CD thì ABCD là hình thang cân do đó AC , BD, PQ đồng
quy.
*) Nếu AB và CD không song song, gọi S là giao điểm của AB, CD
Khi đó do tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có SA.SB = SC.SD (1)
Do 4 điểm A, B, N , P cùng thuộc 1 đường tròn nên SA.SB = SN .SP (2)
Mặt khác 4 điểm

C , D, M , Q

cùng thuộc 1 đường tròn nên

SM .SQ = SC.SD (3)
 SA.SB = SM .SQ
Từ (1), (2), (3) ta suy ra: 
 SC.SD = SN .SP
Mà M , N lần lượt là trung điểm của AB, CD nên theo hệ thức Maclaurin ta
có:

( SQAB ) = −1 và ( SPCD ) = −1
Vậy AC , BD, PQ đồng quy.

Bài tốn 5. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn ( O ) . AB, AC , AD theo thứ
tự cắt các đường CB, DB, BC tại M , N , P . Chứng minh rằng O là trực tâm của
tam giác MNP .
E

B
K

A

O

M

N
D

L
F
C

P

Chưng minh:
4


Kẻ các tiếp tuyến ME , MF với đường tròn ( O ) ( E , F ∈ ( O ) )
Gọi K , L là giao điểm của EF với AB, CD ⇒ ( MKAB ) = ( MLDC ) = −1

⇒ KL, AD, BC đồng quy ⇒ P ∈ KL (1)
Mặt khác ta có

( MKAB ) = ( MLCD ) = −1 ⇒ KL, AC , BD

đồng quy

⇒ N ∈ KL (2)
Từ (1) và (2) suy ra KL ≡ EF ≡ NP mà OM ⊥ EF nên OM ⊥ NP
Chứng minh tương tự ta cũng có ON ⊥ MP
Do đó O là trực tâm của tam giác MNP .
Bài tốn 6.Cho tam giác nhọn ABC. Dựng ra phía ngồi tam giác đó các hình
vng ABMN và ACXY. Gọi I, J lần lượt là tâm các hình vng ABMN và
ACXY. Gọi K là giao điểm của CN và BY, H là giao điểm của CI và BJ. Chứng
minh rằng A, K, H thẳng hàng.
Giải:
Dựng ∆BCE vuông cân ở E ở phía ngồi ∆ABC . Ta sẽ chứng minh
AE,BY,CN đồng quy và AE,BJ,CI đồng quy, từ đó suy ra K,H cùng nằm trên AE
nên A,K,H thẳng hàng.
* CM: AE,BY,CN đồng quy. Áp dụng định lý hàm số sin trong ∆ANC và

∆BNC ta tính được:
Y

J

A

N
A

43

I

3
B

X

12

4
3

4

K

M

C

2
1

1
2

B

E

E

0
0
sin C1 AN sin ( A + 90 )
1 sin ( A + 90 )
=
.
=
.
sin C2 BN sin ( B + 450 )
2 sin ( B + 450 )

5

C

Áp dụng định lý sin trong các tam giác thích hợp ta tính được:

sin ( C + 450 )
sin B1
;
= 2.
sin B2
sin( A + 900 )

0
sin A1 sin ( B + 45 )
=
sin A2 sin ( C + 450 )

sin A1 sin B1 sin C1
.
.
=1
sin A2 sin B2 sin C2
AE,BY,CN đồng quy.
Do đó:

nên
theo định
lý Xêva
dạng sin
ta
có

* CM: AE,BJ,CI đồng quy.

Áp dụng định lý sin trong các tam giác thích hợp ta tính được:
0
sin A3 sin ( C + 45 )
=
;
sin A4 sin ( B + 450 )
0
sin B3 sin ( A + 45 )
=
;
sin B4 sin ( C + 450 )

Do đó:

sin A3 sin B3 sin C3
.
.
=1
sin A4 sin B4 sin C4

Vậy theo định lý Xêva dạng sin ta có: AE,BJ,CI đồng quy.
Bài toán 7. Cho tia Ax và điểm B cố định sao cho góc BAx nhọn, điểm C chạy
trên tia Ax. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC và AC theo thứ tự
ở M và N. Chứng minh rằng, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
B
P

O

M

I

A
N

C

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, P là tiếp điểm đường tròn (O)
với AB, giao điểm của MN với AO là I.

6


Do AO là tia phân giác góc BAx nên hai điểm P và N đối xứng nhau qua AO.

P

M
I

O
A
N

C

·
·
Mặt khác do (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC ở P và M nên OPB

= OMB
= 90° suy ra

tứ giác OMBP nội tiếp đường trịn đường kính BO (2).
Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm B, M, I, O và P cùng thuộc đường trịn đường kính
·
·
BO. Do đó BIO
= BPO
= 90° , dẫn đến I là hình chiếu của B trên AO.

Do góc BAx cố định và B cố định nên đường thẳng AO cố định và suy ra điểm I
cố định.
Vậy đường thẳng MN đi qua điểm I cố định.

7


II. Phương pháp áp dụng đường thẳng Simson
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi P, Q, R lần lượt là
hình chiếu của D lên đường thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng PQ = QR khi
và chỉ khi các phân giác của góc ∠ABC và ∠ADC đồng quy với AC .
Lời giải.
Ta có P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simsơn).
·
·
Mặt khác, ta có DPC
= DQC
= 900 suy ra D, P, C , Q nằm trên một đường trịn.

·
·
·
Do đó DCA
.
= DPQ
= DPR
·
·
Tương tự, D, Q, R, A nằm trên đường tròn, do đó DAC
.
= DRP
Suy ra ∆DCA : ∆DPR .
A

R
D

O
Q

B

C

P

Làm tương tự, ta được ∆DAB : ∆DQP và ∆DBC : ∆DRQ .
DA DB AB
DB DC BC

=
=
=
=
Do đó
(1),
(2)
DQ DP QP
DR DQ RQ
DA QR BA
=
.
Từ (1) và (2) suy ra
.
DC PQ BC
DA BA
=
Do đó PQ = QR nếu và chỉ nếu
.
DC BC
BA
DA
A
Các phân giác của góc ·ABC và ·ADC chia đoạn AC theo tỉ số
và
BC
DC
tương ứng. Do đó 3 đường đồng quy.
Bài tốn 2.Cho tam giác ABC với các đường cao AM, BN và nội tiếp đường
N

tròn (O). D là một điểm trên đường trịn đó mà khác A, B và DA khơng song
Q
song với BN. Các đường thẳng DA
H và BN cắt nhau tại Q. Các đường thẳng DB
M
B

I

8
C

P
D


và AM cắt nhau tại P. Chứng minh rằng khi D di động trên đường trịn (O) thì
trung điểm của đoạn PQ luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Lời giải. Ta sẽ chứng minh trung điểm của đoạn PQ nằm trên đường
thẳng cố định MN.
Có thể giả sử D thuộc cung BC (không chứa A). Gọi H là trực tâm tam giác.
Tam giác ANH và BMH đồng dạng nên:

AN BM
=
NH MH

Tam giác ANQ và BMP đồng dạng nên:

AN BM
=
NQ MP

Từ (1) và (2) suy ra

NQ MP
=
NH MH

(1)
(2)

(3)

Qua điểm Q kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AM tại R.
Theo định lí Thales ta có

NQ MR
=
NH MH

(4)

Từ (3) và (4) suy ra MP = MR . Như vậy nếu gọi I là giao điểm của PQ và
MN thì I là trung điểm của đoạn PQ.
Vậy trung điểm của đoạn PQ luôn nằm trên đường thẳng cố định
MN
Bài toán 2.

9


a) Chứng minh rằng đường thẳng Simson ứng với một điểm chia đơi đoạn thẳng
nối từ điểm đó đến trực tâm của tam giác. Hơn nữa trung điểm của đoạn thẳng
ấy nằm trên đường tròn Euler của tam giác.
b) Đường thẳng Simson ứng với hai điểm đối xứng nhau qua tâm thì cắt
nhau tại một điểm thuộc đường trịn Euler của tam giác.

B'

A

Q

E
J
H
B

Sp
O
R

D
I

C

A'

P
Sq

Lời giải:
a) Tam giác ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác tại A’, B’, C’. Sp là đường thẳng Simson của P đối với tam giác ABC. H
là trực tâm của tam giác.
Do tính chất đường thẳng Steiner đi qua trực tâm H nên đường thẳng S p đi
qua trung điểm I của PH.
Phép vị tự tâm H tỉ số

1
biến A’, B’, C’, P thành D, E, F, I. Mà A’, B’, C’,
2

P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên D, E, F, I thuộc một đường
tròn. Mặt khác đường tròn Euler của tam giác ABC là đường tròn ngoại tiếp tam
giác DEF nên ta có I thuộc đường trịn Euler của ABC.
b) Gọi Q là điểm đối xứng với P qua O và P’, Q’ là điểm đối xứng của P,
·
Q qua phân giác góc BCA
. Theo kết quả bài tốn 3 ta có: S p ⊥ CP '; S q ⊥ CQ '

10


(Sqlà đường thẳng Simson của Q đối với tam giác ABC). Do P, Q đối xứng qua
O nên P’, Q’ cũng đối xứng qua O suy ra CP ' ⊥ CQ ' từ đó S p ⊥ Sq .
Gọi R là giao điểm của Sp và Sq. J là trung điểm của HQ. Ta có: I, J thuộc
1

2

đường trịn Euler của tam giác ABC và IJ = PQ nên IJ là đường kính của
· = 900 nên R thuộc đường trịn Euler.
đường trịn Euler, mà IRJ

Bài tốn 3:
Tam giác ABC khơng đều, P là chân đường vng góc hạ từ A xuống BC.
Gọi D, E, F là trung điểm BC, CA, AB. Gọi l a là đường thẳng đi qua chân hai
đường cao từ P xuống DE, DF. Tương tự cho lb, lc. CMR: la, lb, lc đồng qui.
Lời giải:
A

Q
F
R

T

E

H

O
N
P'

B

P

D

C

M

Lời giải:
la là đường thẳng Simson của P đối với tam giác DEF.
Theo bài tốn 3 ⇒ la vng góc với tiếp tuyến tại D của đường tròn ngoại
» ⇒ l ⊥ QR.
» = PF
» ). Mà D là điểm giữa của cung QR
tiếp tam giác DEF ( vì ED
a
Mặt khác dễ thấy O là trực tâm của tam giác DEF nên theo bài toán 4 ⇒ la
đi qua trung điểm P’ của OP.
Gọi Q’, R’ lần lượt là trung điểm của OQ, OR suy ra l a là đường cao từ P’
của tam giác P’Q’R’.
Tương tự ta được lb, lc là đường cao từ Q’, R’ của tam giác P’Q’R’. Do đó
la, lb, lc đồng qui tại trực tâm của tam giác P’Q’R’.
Bài toán 4:Tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi da là đường thẳng Simson của A đối
với tam giác BCD. Các đường thẳng d b, dc, dd được định nghĩa một cách tương
tự. Chứng minh rằng bốn đường này đồng qui.
11


B
A

O

Ha

Hb
C

D

Lời giải:
Ta có: AH b / / BH a ; AH b = BH a (vì chúng cùng bằng 2 lần khoảng cách từ
O đến CD) suy ra ABHaHb là hình bình hành. Do đó AHa và BHb cắt nhau tại
trung điểm I của mỗi đoạn. Theo bài toán 4 ta có da, db đi qua I.
Tương tự CHc, BHb cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đoạn. CH c, DHd cắt
nhau tại trung điểm I của mỗi đoạn. Suy ra dc, dd đi qua I. Vậy da, db, dc, dd đồng
qui.
Bài tốn 5:Cho đường trịn (O; R) và đường thẳng ∆ cắt (O) và không đi qua O.
Từ O kẻ OH vng góc với ∆ tại H. Qua điểm M bất kỳ trên ∆ , ở ngoài (O), kẻ
các tiếp tuyến MA và MB với (O),( A và B là 2 tiếp điểm ). Gọi K và I là hình
chiếu vng góc lần lượt của H xuống MA và MB. Chứng minh rằng đường
thẳng KI luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn
Gọi giao điểm của AB với OH và OM thứ tự là J và T. Do MA, MB là 2 tiếp
·
·
tuyến của đường tròn (O) nên OM ⊥ AB, OH ⊥ ∆ (gt) ⇒ MHJ
= MTJ
= 90o. Do đó
tứ giác MTHJ nội tiếp.
Mặt khác OA ⊥ MA ( do MA là tiếp tuyến của (O)), và AT ⊥ OM) Suy ra

OH .OJ = OT .OM = OA2 = R 2 . không đổi. O và H cố định nên J cố định. Gọi N là

hình
chiếu của H trên AB, N lả giao điểm của KI với OH.
Ta thấy 5 điểm O, H, B, M, A cùng nằm trên đường trịn đường kính OM.
Do K,
I, N là hình chiếu của H lên MA, MB và AB nên K, N, I thẳng hàng.( Đường
thẳng

12


Simson của tam giác ABM ứng với điểm H ) Tứ giác BIHN nội tiếp và HN
song song
với OM.
·
·
·
·
Vậy LHN
. Tam giác LHN cân tại L. Do tam giác JNH
= HOM
= IBH
= LNH
vuông ở N nên tam giác LJN cân ở L. Do đó L là trung điểm của JH. Các điểm
J,H cố
định nên L cố định.

III.Phương pháp áp dụng tam giác đồng dạng

Bài tốn 1. (HSG Quảng Bình, 2012) Cho hình vng ABCD . Trên đoạn BD
lấy M khơng trùng với B, D . Gọi E , F lần lượt là hình chiếu vng góc của

M lên các cạnh AB, AD . Chứng minh 3 đường thẳng CM , BF , DE đồng
quy
Lời giải.

E

B

D

F

A

P

M

C

Q

Các đường thẳng ME , MF cắt CD, CB tại P, Q .

·
·
Ta có ∆EFM = ∆MCQ ⇒ QMC

= MEF
⇒ CM ⊥ EF .
Tương tự, ta có ED ⊥ CF , FB ⊥ EC , suy ra CM , BF , DE là các đường cao
trong tam giác CEF nên chúng đồng quy. (đpcm)
Bài toán 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Đường thẳng
AD và BC cắt nhau tại E, với C nằm giữa B và E, đường chéo AC và BD cắt
nhau tại F. Điểm M là trung điểm cạnh CD và N ≠ M là một điểm nằm trên
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM sao cho
F và N thẳng hàng.
13

AN AM
=
. Chứng minh rằng E,
BN BM


Lời giải.
Gọi P, Q là giao điểm của EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE và

ABF . Ta chứng minh N ∈ PQ (ở đây ta chứng minh N trùng với trung điểm
N ' của PQ ).
E

C

D

M

F

A

B
P
N
Q

Từ các đường tròn ngoại tiếp các tứ giác APBE , AQBF và ABCD ta có
·APQ = 1800 − ·APE = 1800 − AFE
·
= ·ADC và ·AQP = ·AQF = ·AEF = ·ACD .
Suy ra ∆APQ : ∆ADC và ∆AN ' P : ∆AMD . Chứng minh tương tự

∆BN ' P : ∆BMC .
AN ' PQ BN '
AN ' AM
=
=
=
.
Từ đó suy ra
tức
AM DC BM
BN ' BM
· ' B = ·AMD + BMC
·
Mặt khác ·AN ' B = ·AN ' P + PN
= 1800 − ·AMB .

Suy ra N ' nằm trên đường trịn ngoại tiếp tam giác AMB . Do đó N ' ≡ N
IV. Phương pháp áp dụng phép biến hình
Bài tốn 1. Cho ABCD là tứ giác lồi với BC = AD không song song với AD.
Lấy E, F bất kì tương ứng trên cạnh BC và AD sao cho BE = DF. Gọi P là
giao điểm của AC và BD, Q là giao điểm của BD và EF, R là giao điểm của

14


EF và AC. Xét các tam giác PQR khi E, F thay đổi. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua một điểm cố định khác P.
Lời giải.
Gọi O là giao điểm các đường trung trực cạnh AC và BD . Phép quay tâm O
·
với góc quay ϕ = DOB
biến D, F , A thành các điểm B, E , C tương ứng. Ta có

ϕ
·
·
OE = OF và OFE
= OAC
= 900 − . Suy ra A, F , R, O nằm trên một đường tròn
2
·
·
.
⇒ ORP
= 1800 − OFA
C

D
P
E

R

Q

F

A
B
O

Tương

tự

B, E , Q, O

nằm

trên

một

đường

trịn

và

·
·
·
·
·
. Từ đó ORP = 1800 − OQP
tức là điểm O
OQP
= 1800 − OEB
= OEC
= OFA
nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR . Suy ra O là điểm cần tìm.
Bài tốn 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Gọi H , N , S , R, P, Q
lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC , BD, AD, BC. Qua M , N , P, Q, R, S kẻ
các

đường

thẳng

∆ M , ∆ N , ∆ P , ∆Q , ∆ R , ∆ S

lần

lượt

vng

góc

với

CD, AB, BC , AD, BD và AC . Chứng minh 6 đường thẳng trên đồng quy.
Lời giải.
Ta có nhận xét MN , PQ, RS đồng quy tại I với I là trung điểm của
MN , PQ, RS .
Từ đó suy ra DI : ∆ N → OM , DI : ∆ M → ON , DI : ∆ P → OQ , DI : ∆ Q → OP ,
DI : ∆ R → OS , DI : ∆ S → OR .

Do đó 6 đường thẳng ∆ M , ∆ N , ∆ P , ∆ Q , ∆ R , ∆ S đồng quy tại điểm O ' = DI ( O ) .

15


B

H
A

R

P

I

Q

S

O

D

N

C

Bài toán 3. (IMO 2005 - POL) Cho ABCD là tứ giác lồi với BC = AD và BC
không song song với AD . Lấy E , F bất kỳ tương ứng trên cạnh BC và AD
sao cho BE = DF . Gọi AC ∩ BD = P, BD ∩ EF = Q, EF ∩ AC = R . Xét các tam
giác PQR khi E , F thay đổi. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác

PQR qua một điểm cố định khác P .
Lời giải.
Gọi O là giao điểm các đường trung trực cạnh AC và BD . Phép quay tâm O
·
với góc quay ϕ = DOB
biến D, F , A thành các điểm B, E , C tương ứng. Ta có

ϕ
·
·
OE = OF và OFE
= OAC
= 900 − suy ta A, F , R, O nằm trên một đường tròn
2
·
·
⇒ ORP

= 1800 − OFA
C
D
P
E

R

Q

F

A
B
O

·
·
·
Tương tự B, E , Q, O nằm trên một đường tròn và OQP
. Từ
= 1800 − OEB
= OFA

·
·
đó ORP
tức là điểm O nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
= 1800 − OQP
PQR . Suy ra điểm O là điểm cần tìm.

16


Bài toán 4. (POL, 2007) Một điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác ABCD .
Gọi (w) là đường tròn nội tiếp tam giác CPD và gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp. Giả sử (w) tiếp xúc với các đường tròn nội tiếp của tam giác APD và

BPD tại K và L tương ứng. Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E và
đường thẳng AK , BL cắt nhau tại F . Chứng minh các điểm E , I và F thẳng
hàng.
Lời giải.
Gọi J là tâm đường tròn ( k ) tiếp xúc với đường thẳng AB, DA và BC . Gọi

( a ) , ( b)

là đường tròn nội tiếp ∆AOP và ∆BCP . Trước tiên ta chứng minh

F ∈ IJ . A là tâm vị tự biến đường tròn ( a ) thành đường tròn ( k ) , K là tâm vị
tự trong biến đường tròn ( a ) thành ( w ) và F * là tâm vị tự trong biến ( w )
thành ( k ) .
Theo Định lí Đề - Sac ta có A, K , F * thẳng hàng. Tương tự chứng minh F * ∈ BL
. Do đó F ≡ F * và F ∈ IJ . Bây giờ ta sẽ chứng minh E ∈ IJ . Kí hiệu X , Y là

( a ) , ( b ) thành ( w ) . Dựa vào tính chất tiếp tuyến từ
A, B, C , D đối với đường tròn ( k ) và ( a ) ta có AP + DC = AD + PC . Do đó tồn
tại một đường tròn ( d ) nội tiếp APCD . X là tâm vị tự biến ( a ) thành ( w ) .
tâm vị tự ngoài biến

V. Phương pháo áp dụng phương tích, trục đẳng phương
µ =C

µ . Gọi O và H lần lượt là tâm
Bài toán 1. Cho tứ giác lồi ABCD có µA = B
đường trịn ngoại tiếp, trực tâm của tam giác ABC . Chứng minh: D, O, H
thẳng hàng.
Lời giải.
Cách 1. Gọi

I = AH ∩ BC , J = CH ∩ AB, E = AD ∩ BC ,

F = AB ∩ CD ,

M = OE ∩ AB, N = OF ∩ BC .
D ∈ AE ⇒ D thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 ) .

D ∈ EF ⇒ D thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn ( O2 ) và ( O3 ) .
Trong đó ( O1 ) là đường tròn ( EAMI ) , ( O2 ) là đường tròn ( CFJN ) , ( O3 ) là
đường tròn ( EACF ) .
Vậy PD /( O1 ) = PD /( O3 ) − PD /(O2 )
Ta có PH /( O1 ) = HI .HA = HJ .HC = PH /(O2 )
17


Tương tự: PO /(O1 ) = PO /( O2 )
Vậy D, O, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ) .
Cách 2.

·
Ta gọi O1 , O2 lần lượt là giao điểm của đường phân giác góc ·AEB và BFC
với
DH .

Theo định lý Talet, ta có:
Tương tự

O1D PD ED
=
=
O1H PC EC

O2 D FD
=
.
O2 H FA

Ta lại có ED.FA = EC .FD =
Do đó

2S∆DEF
.
sin ·AEB

O1D O2 D
=
. Suy ra O1 ≡ O2 .
O1H O2 H

Bài toán 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp ( O ) có AB ∩ CD = F , AC ∩ BD = E .
Gọi H , K lần lượt là trực tâm của ∆EBC , ∆EAD . Chứng minh 3 điểm F , H , K
thẳng hàng.
Lời giải.
Gọi M , N , I , J như hình vẽ.

Gọi ( O1 ) là đường tròn ( ABJN ) , ( O2 ) là đường trịn ( CDMI ) . Ta có
PH /( O1 ) = HB.HJ = HI .HC = PH /( O2 )
A

M

D
I

K

H

E

F

J
N

C

B

Tương tự PK / ( O1 ) = PK /( O2 )
Mặt khác PF /( O1 ) = FB.FA = FC .FD = PF /( O2 )
18


Vậy H , K , F thuộc trục đẳng phương của ( O1 ) và O2 .

Bài toán 3. (VMO – Bảng B, 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD là đáy
lớn. Xét một điểm M di động trên đường thẳng CD sao cho M không trùng
với C và D . Gọi N là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn ( BCM ) và

( DAM ) . Chứng minh rằng:
a) Điểm N di động trên một đường trịn cố định.
b) Đường thẳng MN ln đi qua một điêm cố định.
Lời giải.
a) Nếu M nằm trên cạnh CD thì M và N ở cùng phía đối với đường thẳng
AB . Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC , ta có

(

)

·ANB = 2π − ·ANM + BNM
·
µ +D
µ
=C
Nếu M nằm ngồi cạnh CD thì M và N ở khác phía đối với đường thẳng AB
.

(

µ +D
µ
Từ các tứ giác nội tiếp ANMD và BNMC ta có ·ANB = π − C

)

Vậy N thuộc đường tròn cố định đi qua A và B .
P

P

N
A

B

B

A
D
C

M

N

C
D

M

b) Gọi P = AD ∩ BC thì P cố định và PA.PD = PB.PC , suy ra P thuộc trục
đẳng phương của hai đường tròn ( BCM ) và ( DAM ) ⇒ P ∈ MN .
Bài tốn 4. (VMO, 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC và nội tiếp
đường trịn ( O ) . Gọi P là điểm thay đổi trên BC và nằm ngồi đoạn BC sao

cho PA khơng là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) . Đường trịn đường kính PD

19


cắt ( O ) tại E ( E ≠ D ) . Gọi M là giao điểm của BC với DE , N là giao điểm
khác A với ( O ) . Chứng minh đường thẳng MN qua một điểm cố định.
Lời giải.
Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua tâm O . Ta chứng minh N , M , A ' thẳng
hang, từ đó suy ra MN đi qua A ' cố định.

D

A

N
O

F
M C
E

B

P

A'

Thật vậy, ta có DE là trục đẳng phương của đường tròn ( O ) và đường trịn ( γ 1 )

·
đường kính PA ' . Giả sử DA ' cắt BC tại F , do ·ADA ' = 900 ⇒ PFA
' = 900 nên
BC là trục đẳng phương của ( γ 1 ) và ( γ 2 ) . Vì các trục đẳng phương đồng quy
tại tâm đẳng phương, suy ra DE , BC và NA ' đồng quy tại điểm M . Vậy

M , N , A ' thẳng hàng.
Bài toán 5. Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. Một đường

thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định.
Hướng dẫn. Gọi I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNB.
Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta có:
P A / ( I ) = AC. AB = AM . AN = P A / ( O ) (khơng đổi vì A,
(O) cố định).
Suy ra AC =

P A /( O)
AB
20


Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thức trên ta có C cố định.
Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định.
Bài toán 6. Cho đường trịn tâm O đường kính AB, và điểm H cố định

thuộc AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của O, vẽ
đường tròn (K; KH) cắt (O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn
đi qua một điểm cố định.

Hướng dẫn
Gọi I là điểm đối xứng của H
qua B, suy ra I cố định và thuộc (K).
Gọi M là giao điểm của CD và
AB.
Vì CD là trục đẳng phương của
(O) và (K) nên ta có:

MH .MI = MC.MD = MA.MB

⇔

( MB + BH ) ( MB + BI ) = MB ( MB + BA)
( MB + BH ) ( MB − BH ) = MB + MB.BA

⇔

MB − BH = MB + MB.BA

⇔

BM =

⇔

2

2

2

2

BH 2
BA

Vì A, B, H cố định suy ra M cố định
Bài tốn 7. Cho đường trịn tâm O, đường kính AB. C là một điểm trên đường
trịn (C khác với điểm chính giữa của cung »AB ), H là hình chiếu của C trên
AB. Đường trịn đường kính CH cắt CA, CB và (O) lần lượt ở D, E, F.
a)
Chứng minh rằng AB, DE, CF đồng quy.
b)
Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) ở P, Q. Chứng minh rằng P, D, E,
Q thẳng hàng.

21


C

P
D

F
K

I
E

Q

C

A
O

H

S

B

Ta có HD ⊥ CA, HE ⊥ CB (Vì CH là đường kính của đường trịn (CHD)
Do đó CD.CA = CE.CB = CH2
Suy ra tứ giác ADEB nội tiếp.
Xét các đường trịn (ADEB), (O) và đường trịn đường kính CH thì AB, DE, CF
là các trục đẳng phương của từng cặp đường tròn trên nên chúng đồng quy tại
điểm S là tâm đẳng phương của chúng.
Ta có OC ⊥ PQ
Mặt khác ta chứng minh OC ⊥ DE như sau:
Gọi K là giao điểm của OC với ĐE.
·
Do góc ACB vng nên CAB
+ ·ABC = 1V (1)

· O (2)
⧍ OAC cân nên ·ACO = CA
·
·

Mặt khác tứ giác ADEB nội tiếp nên ta có CDE
(3)
= CBA
·
·
·
Từ (1), (2) và (3) suy ra CDE
+ ·ACO = 900 hay CDK
+ DCK
= 900

Vậy ⧍ DCK vng tại K. Hay OC ⊥ DE
Ta có 3 đường thẳng PQ, AB, CFcũng là 3 trục đẳng phương của các cặp đường
tròn trong 3 đường tròn (O), (I), (C) nên đồng quy tại S là tâm đẳng phương của
chúng.
Ta thấy 2 đường thẳng PQ, DE cùng đi qua S và cùng vng góc với OC nên
chúng trùng nhau.
22


Vậy P, Q, D, E thẳng hàng.
VI.Phương pháp áp dụng định lí Pascal
Bài tốn 1. Trong mặt phẳng cho 4 điểm A, B, C , D chuyển động trên ( O ) sao
cho các đường thẳng AB, BC và CD lần lượt đi qua 3 điểm cố định thẳng
hàng M , N và P cho trước trên đường thẳng ∆ . Chứng minh đường thẳng

DA cũng đi qua một điêm cố định Q trên ∆ .
Lời giải.
D1
D

A1
A

C
C1

B

Q
N

B1

M

Áp dụng định lí Pascal, ta có cho hai tứ giác:
BCDB1C1D1 ⇒ BC ∩ B1C1 = N , CD ∩ C1D1 = P, DB1 ∩ D1B = S ⇒ S ∈ ∆ .
DABD1 A1B1 ⇒ DA ∩ D1 A1 = Q, AB ∩ A1B1 = M , BD1 ∩ B1D = S Q ∈ MS ⇒ Q ∈ ∆ .

⇒ Q là điểm cố định thuộc ∆ .
VII. Phương pháp áp dụng góc định hướng
Bài toán 1. (VMO – Bảng A, 2006) Cho tứ giác lồi ABCD . Xét một điểm M
di động trên đường thẳng AB sao cho M không trùng với A và B . Gọi N
là giao điểm thứ hai khác M của đường tròn đi qua ba điểm M , A, C và
đường tròn đi qua ba điểm M , B, D . Chứng minh rằng:
a) Điểm N di động trên đường trịn cố định.
b) Đường thẳng MN ln đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
a) Gọi I là giao điểm AC và BD . Xét các góc định hướng, ta có

( CI , CN ) = ( CA, CN ) = ( MA, MN ) = ( MB, MN ) = ( DB, DN ) = ( DI , DN ) ( mod π )

23


Vậy ( CI , CN ) = ( DI , DN ) ( mod π ) ⇒ C , I , D, N đồng viên. Do đó điểm N di
động trên đường tròn cố định ( C , D, I ) .

N
C
D
t
I

K

A
M

B

b) Đường thẳng đi qua I , song song với AB cắt đường thẳng MN tại K (gọi là
t ). Vì ( MA, MN ) = ( KI , KN ) ( mod π ) . Do đó 4 điểm C , I , K , N đồng viên hay

điểm K nằm trên đường tròn cố định qua C , D, I , N . Điểm K là giao điểm của
đường thẳng t cố định và đường tròn ( C , D, T ) cố địng nên đường thẳng MN
luôn đi qua điểm K cố định.
VII. Một số Phương pháp khác
Bài toán 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . AB, CD cắt nhau tại S ;
AD, BC cắt nhau tại F ; AC , BD cắt nhau tại E . Kẻ các tiếp tuyến SM , SN với

đường tròn ( O ) ( M , N ∈ ( O ) ) . Chứng minh rằng 4 điểm E , F , M , N thẳng hàng.

24


F

A

N
X

T

B

E
Y
S
O
C
Z

D

M

Chứng minh:
Gọi Y , T tương ứng là giao điểm của SE với BC , AD và X , Z tương ứng
là giao điểm của MN với AB, CD .

+) Ta có ( SXBA ) = −1 = ( SZCD )
Theo tính chất 2 của phép chiếu xuyên tâm ta suy ra XZ , AC , BD đồng
quy

⇒ F , X , Z thẳng hàng ⇒ F , M , N thẳng hàng (1)
+) Ta có: ( SXAB ) = −1 = ( SETY )
Theo tính chất 2 của phép chiếu xuyên tâm ta suy ra XE , AT , BY đồng quy

⇒ F , X , E thẳng hàng (2)
+) ( SZCD ) = −1 = ( SEYT )
Theo tính chất 2 của phép chiếu xuyên tâm ta suy ra ZE , DT , CY đồng quy

⇒ F , Z , E thẳng hàng (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra 4 điểm E , F , M , N thẳng hàng.
Bài toán 2. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp trong đường trịn tâm O, bán kính
R. Gọi M, N, H, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BD, DF, AF. Từ M,
N, H, K lần lượt kẻ các đường thẳng d1 , d 2 ,d 3 , d 4 vng góc với các đường
thẳng DF, AF, AB, BD.
Chứng minh rằng : Các đường thẳng d1 , d 2 ,d 3 , d 4 đồng quy.
Giải
25