(Sáng kiến kinh nghiệm) chuyên đề hình bài toán chứng minh thảng hàng đồng quy; nhiều điểm thuộc 1 đường tròn

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN LÀO CAI
TỔ TỐN – TIN

CHUN ĐỀ HÌNH :
BÀI TỐN CHỨNG MINH
THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRỊN

GIÁO VIÊN TỐN: TRẦN THỊ PHƯỢNG

LÀO CAI THÁNG 2 / 2019

1


BÀI TOÁN CHỨNG MINH
THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC 1 ĐƯỜNG TRỊN
Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng
Dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng là một dạng tốn thường có trong các
bài tập, khơng 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 tốn 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.
OA = OB 

CA = CB  ⇒
DA = DB 

C, O và D thẳng hàng;

LA,KB ⊥ Ox;

LC, KD ⊥ Oy 
 ⇒ O, L, K
LA = LC


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
vng góc với a.

AC ⊥ a , BC ⊥ a ⇒ A, B, C thẳng hàng

BA// 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 vng 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 cịn lại dưới những
góc bằng nhau)
4. Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 độ ( Tứ giác có góc trong bằng góc
ngồi tại đỉnh đối)
5. Các đỉnh của hình thang cân, hình chữ nhật, hình vng, 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 MƠN TỐN:
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

thẳng hàng khi và chỉ khi

Ta lại có
S AOE = S BOD

KB S BOD
=
KH S HOD

.(Bởi vì

KB LH MA
KB
LA
.
.
=1 Û
=.
KH LA MB

KH
LH

(cùng cạnh đáy OD),

LA S AOE
=
LH S HOE

(1)

(cùng cạnh đáy OE) và

1
1
1
S AOE = AE.d (O, AE ) = c.cos A.R .cos B = R. c.cos A.cos B
2
2
2
4

,


ở đó R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC và

1
S BOD = R. c. coA.cos B
2

c = AB

. Tương tự

).

Từ các kết quả trên ta có
trung điểm ED.

(1) Û S HOD = S HOE

khi và chỉ khi OH // DE hoặc OH đi qua

Cx
Bằng cách vẽ tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C, dễ dàng
Cx
suy ra DE //
, 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 vng 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 vng góc với OH khi và chỉ
khi E, H, O, D cùng nằm trên một đường trịn (vì ta ln có tứ giác CEHD nội tiếp
đường trịn 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

AB, AC

và

Q

và cắt cạnh

BC

ABC

cân tại

lần lượt tại

K

lần lượt là điểm đối xứng của

tiếp tam giác
LỜI GIẢI

MPQ

A

. Một đường tròn
L

và . Đoạn
K

qua

B

. Chứng minh rằng các điểm

5

và

AK
C

M ,O

ω

tiếp xúc với các cạnh

cắt đường tròn

. Gọi

O

ω

tại

M

. Gọi

P

là tâm đường tròn ngoại

và tâm đường tròn

ω

thẳng hàng.


Gọi I là tâm của

ω

; D, E theo thứ tự
ω

là
và
đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ.

tiếp điểm của
AB, AC; (O) là

Dễ thấy tứ giác MDKE điều hịa. Do đó
D ( MKBE ) = D ( MKDE ) = −1

Dễ thấy DE // PK, mà
Vậy

BP = BK

D ( MKBE ) = D ( PKBE )

nên

. Từ đó

D ( PKBE ) = −1

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.
6


ω

Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn

biến thành đường trịn (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

là một điểm tùy ý trên cạnh
ngoại tiếp tam giác
Chứng minh rằng

BFK

nhọn, các đường cao

BC

(

K

khác

và đường kính

M, H, N

B, C

KN

AD, BE , CF

cắt nhau tại

). Kẻ đường kính

KM

H

. Cho

K

của đường trịn

của đường tròn ngoại tiếp tam giác

CEK

.

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
Suy ra

HL ⊥ AK

AH . AD = AF. AB = AL. AK

.
7

. Do đó tứ giác DHLK nội tiếp.


ML ⊥ AK

Mà
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 )
C
Bài 4: .Cho đường trịn
và đường trịn
tiếp xúc ngồi tại . Đường trịn

( O; r )

tiếp xúc ngồi với hai đường trịn

đường tròn
d

( O′; r1 )

và

. Chứng minh rằng

( O′′; r2 )
AO

,

là
BO

d

,

( O′; r1 )

. Đường kính
d

( O′′; r2 )

và
AB

. Tiếp tuyến chung tại C của

của đường trịn

đồng quy.

( O; r )

vng góc với

( Bắc Ninh 2018)

LỜI GIẢI

Gọi

M,N

đường trịn

(O

//

; r2 )

lần lượt là tiếp điểm của đường trịn

(O

nên

//

; r2 )

. Vì

d ⊥ O 'O ''

d

nên

( O ;r )
/

1

với đường tròn

( O ;r )

và

/

1

là tiếp tuyến của đường tròn
AB / / O 'O ''

và đường trịn

.

O, N , O’’
Ta lại có

( O; r )

thẳng hàng do đó tam giác
8

OBN

đồng dạng tam giác

O’’CN

(vì hai


tam giác cân có

· '' NC
·
ONB
=O

suy ra

Tương tự

AB

Suy ra
Gọi

A, M , C

nên

)

B, C , N

thẳng hàng.

thẳng hàng

BN r AM r
= ;
=
CN r2 MC r1

Suy ra
Mà

· '' N
·
BON
= CO

là đường kính của
AN , BM , d

H = d ∩ AB

( O)

nên

AN ⊥ BC ; BM ⊥ AC

đồng quy.

. 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

Giả sử

d

cắt

BO’

và

AO’’

∆O 'CD : ∆BHD ⇒

Suy ra

Tương tự

CE
r
= 2
DH
HA

Từ (1), (2),(3) suy ra

lần lượt tại

CD
r
= 1
DH
HB

(1)
D

và

E

.

(2)

(3)
CD
CE
=
DH
EH

, suy ra

D

trùng

E

.

AO’’ , BO’ , d
Do đó

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
9

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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó K’,
H, M thẳng hàng. Vậy K’ trùng K.
G ∈ ( AEFP )

·AGM = 90 0 .

Ta có
Suy ra
.
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 vng cân tại A.
Khi đó tiếp tuyến tại E và F của (AEF) song song.
TH2: AG, SK, BC đồng quy tại T’.
( AT ', AH , AS , AR ) = −1 ⇒ ( AG, AE , AD, AF ) = −1

Ta có
Suy ra GEDF là tứ giác điều hịa. Do đó G, P, T thẳng hàng.

Bài 6:
Cho tam giác
(I )

ABC (AB < AC)

. Gọi tiếp điểm của

(I )

với

nội tiếp đường tròn

BC, CA, AB

10

(O)

lần lượt là

và ngoại tiếp đường tròn

D, E, F

. Gọi

S, T

lần lượt


là các điểm chính giữa các cung
SI

cắt

(O)

tại điểm thứ hai là
N IN

tại điểm thứ hai là
a

EF

giao

A

chứa

. Gọi

Chứng minh rằng các đường thẳng
AI

b

.

K

»
BC

M

tại

và cung

không chứa

là điểm đối xứng của
G

A

qua

A

(O)

của

O MI

.

cắt

.

(O)

.

AN , TK , CB

.

Chứng minh rằng đường nối trực tâm tam giác
G

»
BC

đồng quy và

AEF

DG

song song với

và trực tâm tam giác

ABC

đi qua

.
G: Gọi

P

là giao của

trịn đường kính
Xét tam giác
TB = TI

BIC. Do

TBI

AI

có

TI = TC

đường tròn ngoại tiếp tam giác
TBC

(O)

A, N, F , I , E

∠TBI = ∠TBC + ∠CBI = ∠BAI + ∠ABI = ∠TIB

và trung điểm của

ba đường trịn:

. Ta có thể thấy các điểm

thuộc đường

.

. Tương tự ta có
T, I

AN, BC

. Do đó

AI

TBC

T

do đó

là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác

thẳng hàng nên đường trịn đường kính

AI

và

I

tiếp xúc nhau tại . Các trục đẳng phương của

, đường trịn đường kính

đồng quy tại tâm

11

AI

và đường tròn ngoại tiếp tam giác


S
A
F1
E1

N

F
V

R

G

C1

B1
L

E
O

I

H

C

D

B

P

Z

J

M
K
T

đẳng phương. Do đó tiếp tuyến chung của đường trịn đường kính
trịn ngoại tiếp tam giác
Giả sử

TBC

TK I BC = { P '}

Ta xét hai tam giác

I

và

∠BTP ' = ∠KTB;∠BKT = 1800 −

Mà

IK ⊥ TP '

AN, TK , CB

. Do đó

AI ⊥ IP

.

.

VTKB

VTKB : VTBP '(g − g) ⇒

P

tại đi qua

AI

VTBP '

có chung

∠BAC
= 1800 − ∠TBC = ∠P ' BT ⇒
2

TK TB
=
⇒ TK .TP ' = TB2 ⇒ TK .TP ' = TI 2
TB TP '

nên tam giác

VTIP '

I

vuông tại . Từ đó suy ra

đồng quy

12

P ≡ P'

hay

và đường


Bài 7:

( Aµ < 90 )
0

Cho tam giác ABC cân tại A có

, đường cao CD. Gọi E là trung

·
BDC

điểm của BD, M là trung điểm của CE, phân giác của góc
cắt CE tại P.
Đường trịn 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 trịn tâm C bán kính CD,
S = QD ∩ BC , L = QB ∩ KC , N = FM ∩ AC

.
13


Vì
Vì

·
·
CD ⊥ AB, BDT
= TDC

nên

CD = CQ , AB = AC ,CD ⊥ AB

·
·
·
·
·
·
DCT
= 2DQT
= 2BDT
= BDT
+ TDC
= BDC
= 900

.

nên

·
·
1800 − DCQ
1800 − DAC
·
·
·
QSC
= 1800 − CDQ
− BCQ
= 1800 −

−
2
2
·
·
DAC
+ DCQ
900
0
=
=
= 45
2
2

Vậy

CT ⊥ CD ,QT ⊥ BC

Kết hợp với

.

BD ⊥ CD , DF ⊥ BC

, suy ra

CT P DB,QT P DF(1)

·

·
·
EFB
= EBF
= ACB

DF ⊥ BF , ED = EB

.

QC P FE

Vì
nên
. Do đó:
(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
= FQC

(6)

·
·
QBC
= KCF
(5)

nên

.
14

.

CQ 2 = CD 2 = CF.CB ⇒ ∆CBQ : ∆CQF

.


Từ (5), (6) suy ra
Do đó:

·
·
KCF
= FQC

∆FKC : ∆FCQ

Kết hợp với

.

·
AB = AC ,CDB
= 900 , DF ⊥ BC

·
·
·
·
FKC
= FCQ
= DBC
= FDC

Vậy

.

ta suy ra:

. Do đó tứ giác DKCF nội tiếp.

·
·
CKD
= CFD
= 900

(đpcm).

( Aµ < 90 )
0

Bài 8:

Cho tam giác ABC cân tại A có

, đường cao CD. Gọi E là trung

điểm của BD, M là trung điểm của CE, phân giác của góc

·
BDC

cắt CE tại P. Đường

trịn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC tại F, đường trịn 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.

15

(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
0
·DAC + DCQ

·
90
=
=
= 450
2
2

Vậy

CT ⊥ CD ,QT ⊥ BC

Kết hợp với

.

BD ⊥ CD , DF ⊥ BC

DF ⊥ BF , ED = EB

, suy ra

CT PDB,QT PDF(1)

·
·
·
EFB
= EBF
= ACB

.

QC PFE

Vì
nên
. Do đó:
(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

MF = MN , EF P AC

nên CNEF là hình bình hành. Do đó

(3).
Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF và cát tuyến KMA, suy ra:
16


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
= FQC
(6)

Từ (5), (6) suy ra

Do đó:

nên

·
·
QBC
= KCF
(5)

CQ 2 = CD 2 = CF.CB ⇒ ∆CBQ : ∆CQF

.

.

·
·
KCF
= FQC

∆FKC : ∆FCQ

.

.

·
AB = AC ,CDB
= 900 , DF ⊥ BC

Kết hợp với
Do đó tứ giác DKCF nội tiếp.
Vậy

.

·
·
CKD
= CFD
= 900

ta suy ra

·
·
·
·
FKC
= FCQ
= DBC
= FDC

.

(đpcm).

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
17

(Hải Dương 2018)


Đặt các góc ở (1) là
VABF : VACD ⇒

AB
AF
=
⇒VABC : VAFD
AC
AD

Do EA = ED nên
¼ =
⇒ DFC

α

¼
AED
¼
AFD = ¼
ABC = 900 + α = 1800 −
2

1800 − 2α
¼ + DCF
¼ = 900 ⇒ FDC
¼ = 900
= 900 − α ⇒ DFC
2

¼
¼ − DAF
¼ = 90 0 −2α ⇒ EDF
¼ = 900 − 2α + α = 900 − α
ADF = DFC
¼ = EAF
¼ + FEA
¼ = 2α + 1800 − 4α = 1800 − 2α
CFE
¼ = CFE
¼ − CFD
¼ = 900 − α = EDF
¼

⇒ EFD

⇒ EF = ED = EA

¼ = MAD
¼
EDA

và

¼ = EAF
¼ = 2α = BFC
¼
⇒
EFA

B,F,E thẳng hàng

nên ED song song AM và E,D,X thẳng hang

M là trung điểm CF và

BF ⊥ BC

nên MF=MB
18


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.
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 trịn đường kính BM tại điểm thứ hai là N và cắt đường
trịn tâm A bán kính AC tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AN cắt đường trịn
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.

Giả sử

AM
= k.
AB

Gọi P là điểm trên cạnh BC sao cho

(Huế 2018)
BP 2 − 2k
=
BC 3− k

, d là đường

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

19


đồng quy tại một điểm.

C

O
P

d
A

H

M

I

B

K
N

E

T
D

C'

20


a) Ta có

·ADM = ACM
·
·
·
= MBN
= AEM

tiếp.

21

Suy ra tứ giác AMED nội

Gọi C’ là điểm đối xứng với C qua A, khi đó
tứ giác AC’MD

· ' M = ·ACM = ·ADM
AC

do đó

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
AM
=k
AB

HTKO là hình bình hành. Sử dụng giả thiết

suy ra

BM = (1− k)AB, BI = AB − AI = AB −

Suy ra

Vì

BM 4 − 4k
=
.
BI
3− k

BP 2 − 2k
=
BC
3− k

Suy ra

d ⊥ OT

nên

(1+ k)AB (3− k)AB
=
.
4

4

A

BP 4 − 4k
=
BO 3− k

P

. Suy ra

M

BM BP
=
BI
BO

, do đó

X

MP // OT.

I
C

.
O

F

K
E

Ta có ME là trục đẳng phương của đường trịn đường kính BM và đường trịn
Y

(T).

D
J

BN là trục đẳng phương của đường trịn đường
kính BM và đường trịn đường
22
B

N


23