Tailieumontoan.com

Nguyễn Công Lợi
CHUYÊN ĐỀ
ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH
Nghệ An, tháng 09 năm 2019
1
Website:tailieumontoan.com
CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TOÁN
VỀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH VÀ ĐƯỜNG CÔ ĐỊNH
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán
THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề về các bài toán về
điểm cố định, đường cố định. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này
nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về điểm cố định, đường
cố định thường được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm 4 phần:
 Hệ thông kiến thức cần nhớ
 Các thí dụ minh họa
 Bài tập tự luyện
 Hướng dẫn giải
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp
con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề điểm cố định, đường cố định này có thể giúp ích nhiều
cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế,
sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này!
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2
Website:tailieumontoan.com
MỘT SỐ BÀI TOÁN
VỀ ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH VÀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ
B|i to{n về đường cố định v| điểm cố định l| một b|i to{n khó, đòi hỏi học sinh phải
có kĩ năng ph}n tích b|i to{n v| suy nghĩ, tìm tòi một c{ch s}u sắc để tìm ra được lời giải.
Một vấn đề quan trọng khi giải b|i to{n về đường cố định v| điểm cố định dự đo{n được
yếu tố cố định. Thông thường ta dự đo{n c{c yếu tố cố định bằng c{c phương ph{p sau:
 Giải b|i to{n trong trường hợp đặc biệt để thấy được yếu tố cố định cần tìm. Từ đó ta
suy ra trường hợp tổng qu{t.
 Xét c{c đường đặc biệt để của một họ đường để thấy được yếu tố cố định cần tìm.
 Dựa v|o tính đối xứng, tính độc lập, bình đẳng của c{c đối tượng để hạn chế phạm vi
của hình tứ đó có thể tìm được yếu tố cố định.
Khi giải b|i to{n về đường cố định v| điểm cố định ta thường thực hiện c{c bước
như sau:
a) Tìm hiểu bài toán: Khi tìm hiểu b|i to{n ta x{c định được
+ Yếu tố cố định(điểm, đường, < )
+ Yếu tố chuyển động(điểm, đường, < )
+ Yếu tố không đổi(độ d|i đoạn, độ lớn góc, < )
+ Quan hệ không đổi(Song song, vuông góc, thẳng h|ng, < )
b) Dự đoán điểm cố định: Dựa v|o những vị trí đặc biệt của yếu tố chuyển động để dự
đo{n yếu tố cố định. Thông thường ta tìm một hoặc hai vị trí đặc biệt cộng thêm với c{c
đặc điểm bất biến kh{c như tính chất đối xứng, song song, thẳng h|ng < để dự đo{n
điểm cố định
c) Tìm tòi hướng giải: Từ việc dự đo{n yếu tố cố định tìm mối quan hệ giữa yếu tố đó với
c{c yếu tố chuyển động, yếu tố cố định v| yếu tố không đổi.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3
Website:tailieumontoan.com
II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. Cho ba điểm A, C, B thẳng h|nh theo thứ tự đó. Vẽ tia Cx vuông góc với AB. Trên
tia Cx lấy hai điểm D, E sao cho
CE CA

 3 . Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ADC cắt
CB CD
đường tròn ngoại tiếp tam gi{c BEC tại H kh{c C. Chứng minh rằng đường thẳng HC
luôn đi qua một điểm cố định khi C di chuyển trên đoạn thẳng AB.
Phân tích tìm lời giải
Tìm hiểu đề bài:
M
+ Yếu tố cố định: đoạn thẳng AB
B
+ Yếu tố không đổi: BEC  30 , ADB  60
0
C
A
0
D
H
Do đó số đo cung BC v| cung CA không đổi.
Ba điểm B, D, H thẳng h|ng v| E, H, A thẳng h|ng
Dự đoán điểm cố định: Khi C trùng B thì (d) tạo
E
với BA một góc 600 , suy ra điểm cố định thuộc tia
By tạo với tia BA một góc 600 . Khi C trùng A thì
(d) tạo với AB một góc 300 , suy ra điểm cố định
thuộc tia Az tạo với tia AB một góc 300
Khi By v| Az cắt nhau tại M thì M l| điểm cố định? Nhận thấy M nhìn AB cố định
dưới 900 nên M thuộc đường tròn đường kính AB.
Tìm hướng chứng minh: M thuộc đường tròn đường kính AB cố định do đó cần chứng
minh số đo cung AM không đổi. Thật vậy sdAM  2MCA  2CHA  2CDA  1200
Lời giải
Ta có tan D 
CA
 3  D  600 . Ta lại có CHA  CDA  600
CD
Gọi giao điểm của đường tròn đường kính AB với CH l| M. Ta có MHA  600 .
Ta có sdAM  2MCA  2CHA  2CDA  1200 . Do đó số đo cung MA không đổi. Lại có
đường tròn đường kính AB cố định nên M cố định do đó CH luôn qua M cố định.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4
Website:tailieumontoan.com
Ví dụ 2. Cho đường tròn  O; R  và dây cung AB  R 3 . Lấy điểm P kh{c A v| B trên d}y
AB. Gọi  C; R 1  l| đường tròn đi qua P tiếp xúc với đường tròn  O; R  tại A. Gọi  D; R 2 
l| đường tròn đi qua P tiếp xúc với đường tròn  O; R  tại B. C{c đường tròn  C; R 1  và
 D; R  cắt nhau tại M kh{c P. Chứng minh rằng khi P di động trên AB thì đường thẳng
2
PM luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Tìm hiểu đề bài:
+ Yếu tố cố định: Đường tròn  O; R  và dây AB
+ Yếu tố không đổi: DPCO l| hình bình h|nh. Số đo
cung BP của đường tròn  D; R 2  v| số đo cung AP của
đường tròn  C; R 1  , số đo góc BMA không đổi
O
M
B
D
C
A
P
Dự đoán điểm cố định: Khi P trùng với A thì PM l| tiếp
tuyến của  O; R  nên điểm cố định nằm trên tiếp tuyến
của  O; R  tại A. Khi P trùng với B thì PM l| tiếp tuyến
I
của  O; R  nên điểm cố định nằm trên tiếp tuyến của
 O; R  tại B.
Do tính chất đối xứng của hình nên điểm cố định nằm trên đường thẳng qua O v| vuông
góc với AB. Do đó điểm cố định nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam gi{c OAB
Lời giải
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam gi{c OAB cắt PM tại I. Vì AB  R 3 nên số đo cung AB của
đường tròn  O; R  bằng 1200 . Tam gi{c BDP c}n ta D nên ta được OBA  DPB và tam
gi{c OAB c}n tại O nên OBA  OAB . Do đó ta được BDP  BOA nên số đo của cung BP
của đường tròn  D; R 2  v| số đo cung BA của đường tròn
 O; R  đều bằng 120 . Hoàn
0
to|n tương tự ta được số đo cung PA của  C; R 1  cũng bằng 1200 . Do đó ta có BMP  600
và AMP  600 nên BMA  BMP  AMP  1200  BOA
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5
Website:tailieumontoan.com
Tứ gi{c BMOA có BMA  BOA nên tứ gi{c BMOA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại
tiếp tam gi{c BOA. Từ đó suy ra IMA  PMA  1200 . Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam gi{c AOB v| số đo cung IA bằng 1200 nên I cố định. Vậy MP đi qua I cố định.
Ví dụ 3. Cho hình vuông ABCD có t}m O. Vẽ đường thẳng d quay quanh O cắt AD, BC
thứ tự tại E, F. Từ E, F lần lượt vẽ c{c đường thẳng song song với BD, CA chúng cắt nhau
tại I. Qua I vẽ đường thẳng m vuông góc với EF. Chứng minh rằng m luôn đi qua một
điểm cố định khi d quay quanh O.
Phân tích tìm lời giải
Khi điểm E trùng với điểm A thì HI qua A v|
D
C
vuông góc với AC. Khi điểm E trùng với điểm D thì
HI qua B v| vuông góc với BD. Do tính chất đối
F
O
H
xứng của hình vẽ nên điểm cố định nằm trên đường
E
trung trức của AB. Từ đó ta dự đo{n được điểm cố
định K nằm trên đường tròn đường kính AB
B
I
A
Lời giải
Dễ thấy điểm I thuộc AB. Ta có IHE  IAE  1800 nên
K
tứ gi{c IHEA nội tiếp. Từ đó suy ra IHA  IEA  450
Ta lại có IHF  IBF  1800 nên tứ gi{c IHFB nọi tiếp.
Do đó BHI  BFI  450
Vẽ đường tròn đường kính AB khi đó ta có BHA  IHA  BHI  900 nên H thuộc đường
tròn đường kính AB. Giả sử HI cắt đường tròn đường kính AB tại K. Khi đó ta có
sdKH  KHA  IHA  900
Do K thuộc đường tròn đường kính AB v| số đo cung KH bằng 900 nên điểm K cố định.
Vậy HI luôn đi qua điểm K cố định khi d quay quanh O.
Ví dụ 4. Cho đường tròn (O) b{n kính R v| một đường thẳng d cắt (O) tại C, D. Một điểm
M di động trên d sao cho MC  MD v| ở ngo|i đường tròn (O). Qua M kẻ hai tiếp tuyến
MA v| MB (với A, B l| c{c tiếp điểm). Chứng minh đường thẳng AB đi qua điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6
Website:tailieumontoan.com
Do đường thẳng OH cho trước, nên dự
F
đo{n AB cắt OH tại điểm cố định. Gọi H l|
trung điểm CD v| giao điểm của AB với MO,
OH lần lượt l| E, F. Ta thấy tứ gi{c MEHF nội
A
C
tiếp v| tam gi{c OMH vuông nên ta có thể suy
H
O
D
M
E
ra được OF không đổi. Từ đó suy ra F cố định.
Lời giải
B
Gọi H l| trung điểm CD v| giao điểm của AB
với MO, OH lần lượt l| E, F. Tam gi{c OBM
vuông tại B có đường cao BE nên ta được
OE.OM  OB2  R 2
Ta lại có FHM  FEM  900 nên tứ gi{c MEHF nội tiếp
Xét hai tam giác OHM và OEF có góc MOF chung và OHM  OEF  900 nên đồng dạng
với nhau
Do đó ta được
OH OM
OE.OM

 OF 
.
OE OF
OH
Từ đó ta được OF 
R2
. Do đường tròn (O) v| đường thẳng d cho trước nên OH không
OH
đổi. Từ đó suy ra OF không đổi. M| điểm O cố định nên điểm F cố định. Vậy đường thẳng
AB đi qua điểm F cố định.
Nhận xét: Bài toán vẫn đúng trong trường hợp điểm M nằm trên tia đối của tia CD. Khi đó đường
thẳng AB vẫn đi qua điểm F cố định.
Ví dụ 5. Cho đoạn thẳng AC cố định, điểm B cố định nằm giữa A v| C. Đường tròn (O)
thay đổi luôn đi qua A v| B. Gọi PQ l| đường kính của đường tròn (O), PQ vuông góc AB,
(P thuộc cung lớn AB). Gọi CP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai I. Chứng minh QI luôn
đi qua một điểm cố định khi đường tròn (O) thay đổi.
Phân tích tìm lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7
Website:tailieumontoan.com
Do điểm A, B, C cố định nên ta dự đo{n
P
đường thẳng IQ cắt AB tại điểm cố định.
Chứng minh tứ gi{c PDKI nội tiếp. Dựa v|o tứ
I
gi{c nội tiếp v| tam gi{c đồng dạng ta chứng
minh đường thẳng đã cho đi qua K cố định.
O
A
D
K
B
C
Lời giải
Gọi IQ cắt AB tại K. Ta có tứ gi{c PDKI nội tiếp
Q
Xét hai tam giác vuông CIK và CDP có DCP
chung nên tam gi{c CIK đồng dạng tam gi{c
CDP, do đó suy ra
CI CK

 CI.CP  CD.CK
CD CP
Lại thấy hai tam gi{c CIB v| CAP đồng dạng nên suy ra
CI CA

 CI.CP  CA.CB
CB CP
CA.CB
CD
Do A, B, C cố định nên CA, CB, CD không đổi. Khi đó độ d|i CK không đổi nên ta suy ra
Từ đó ta được CK.CD  CA.CB  CK 
được điểm K cố định. Suy ra IQ luôn đi qua điểm K cố định khi đường tròn (O) thay đổi..
Ví dụ 6. Cho đường tròn t}m O v| hai điểm A, B cố định thuộc đường tròn đó (AB không
phải l| đường kính). Gọi M l| trung điểm của cung nhỏ AB . Trên đoạn AB lấy hai điểm C,
D ph}n biệt v| không nằm trên đường tròn. C{c đường thẳng MC, MD cắt đường tròn đã
cho tương ứng tại E, F kh{c M
a) Chứng minh rằng bốn điểm C, D, E, F nằm trên một đường tròn.
b) Gọi O1 , O2 tương ứng l| t}m c{c đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ACE v| BDF.
Chứng minh rằng khi C, D thay đổi trên đoạn AB c{c đường thẳng AO1 và BO2 luôn cắt
nhau tại một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
+ Để chứng bốn điểm C, D, E, F nằm trên một đường tròn ta đi chứng minh tứ gi{c CDFE
nội tiếp, muốn vậy ta chứng minh
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8
Website:tailieumontoan.com
+ Đường tròn (O) cho trước nên dự đo{n AO1 đi qua điểm chính giữa cung lớn AB. Vận
dụng tứ gi{c nội tiếp, ta chứng minh hai đường thẳng cùng đi qua điểm cố định, l| điểm
chính giữa của một cung.
Lời giải
a) Ta xét c{c trường hợp sau
+ Xét trường hợp C nằm giữa A v| D. Khi đó ta
thấy được MCB 
MFE 


1
sdMB  sdAE và
2

1
sdMA  sdAE
2
M
C
A
D
B
H

O1
O
M| ta thấy số đo hai cung MB v| MA bằng nhau
E
nên ta được MCB  MFE . Lại có
F
N
MCB  BCE  1800 nên suy ra BCE  MFE  1800 .
Từ đó suy ra tứ gi{c CDFE nội tiếp đường tròn.
+ Xét trường hợp D nằm giữa A v| C. Chứng minh
ho|n to|n tương tự ta cũng được bốn điểm C, D, F,
E cùng nằm trên một đường tròn.
Vậy bốn điểm C, D, F, E cùng nằm trên một đường
tròn.
b) Ta xét trường hợp C nằm giữa A v| D, trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Hạ O1H  AC và có O1A  O1C nên tam giác O1AC c}n tại O1 .
Do đó O1H l| tia ph}n gi{c của góc AO1C do đó ta được AO1C  2AO1H .
Mà ta có AO1C  2AEC nên suy ra AO1H  AEC .
Lại có AEC  MAB nên AO1H  MAB .
Xét tam giác AO1H vuông tại H nên AO1H  HAO1  900
Do đó ta được MAB  HAO1  900 nên MAO1  900 .
Suy ra MA l| tiếp tuyến của đường tròn (O1).
Kéo dài AO1 cắt đường tròn (O) tại N, suy ra MON  2MAN  1800 nên M, O, N thẳng
hàng.
Lại có MN vuông góc với AB nên N l| điểm chính giữa cung lớn AB .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9
Website:tailieumontoan.com
Lập luận tương tự BO2 đi qua N l| điểm chính giữa cung lớn AB . Do đó AO1 ; BO2 đi qua
N l| điểm chính giữa cung lớn AB . Vậy AO1 ; BO2 luôn đi qua 1 điểm cố định .
Ví dụ 7. Cho tam gi{c ABC v| điểm D di chuyển trên cạnh BC (D kh{c B v| C). Đường
tròn  O1  đi qua D v| tiếp xúc AB tại B. Đường tròn  O2  đi qua D v| tiếp xúc AC tại C.
Gọi E l| giao điểm thứ hai của đường tròn  O1  v| đường tròn  O2  . Chứng minh rằng
khi D di động trên đoạn BC thì đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định. Kết quả
trên còn đúng không trong trường hợp D di động ở ngo|i đoạn BC.
Phân tích tìm lời giải
Chứng minh được A, B, C, E cùng nằm trên đường tròn. Gọi DE cắt đường tròn
 O  tại điểm thứ hai S. Ta dự đo{n đường thẳng DE đi qua điểm cố định S. Tuy nhiên để
chứng minh S cố định ta cần chỉ ra số đo của một trong c{c cung SA, SB, SC không đổi.
Lời giải
Gọi  O  l| đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ABC. Đường tròn  O1  đi qua D v| tiếp xúc với
AB tại B nên ABC  BED . Đường tròn  O2  đi qua D v| tiếp xúc với AC tại C.
Nên ACB  CED
A
S
Suy ra BAC  BED  CED  BAC  ABC  ACB  1800 .
Do đó tứ gi{c ABEC nội tiếp đường tròn.
Gọi DE cắt đường tròn  O  tại điểm thứ hai S. Từ
ABC  BED ta suy ra được nên hai cung AC v| SB
O
D
B
O1
bằng nhau. M| số đo cung AC không đổi v| B cố định
C
O2
E
nên điểm S cố định. Do đó S l| điểm cố định. Vậy
đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định
Trường hợp điểm D nằm ngo|i đoạn BC. Chẳng hạn D
nằm trên tia đối tia CB(trường hợp D thuộc tia đối tia
BC chứng minh tương tự).
Ta chứng minh được bốn điểm A, B, C, E cùng nằm trên đường tròn  O  .
Gọi DE cắt  O  tại điểm thứ hai S. Kẻ tia Cy l| tia đối của tia CA. Khi đó trong đường tròn
 O  ta có CED  DCy; DCy  ACB . Suy ra CED  ACB nên ta được SEC  180  CED
0
2
không đổi.
Vậy điểm S cố định. Vậy đường thẳng ED luôn đi qua một điểm cố định
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10
Website:tailieumontoan.com
Ví dụ 8. Cho góc vuông xAy, điểm B cố định trên Ay, điểm C di chuyển trên Ax. Đường
tròn t}m I nội tiếp tam gi{c ABC tiếp xúc với AC, BC theo thứ tự ở M, N. Chứng minh
rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Chứng minh tứ gi{c BIHN nội tiếp, dựa v|o tứ gi{c nội tiếp để chứng minh MN đi
qua điểm cố định
Lời giải
Gọi H l| giao điểm của AI với MN. Từ
B
CM  CN nên tam gi{c CMN c}n tại C.
N
1
Suy ra CNM  90  C do đó
2
0
H
I
1
BNH  90  C
2
0
Do I l| giao điểm c{c đường ph}n gi{c trong
A
M
C
1
của tam gi{c ABC nên BIA  900  C . Do
2
đó ta được BIA  BNH nên suy ra tứ gi{c
BIHN nội tiếp.
Lại có BNI  900  BHI  900 . Do đó tam gi{c ABH vuông tại H.
Mà ta có BAH  450 nên suy ra tam gi{c ABH vuông c}n tại H. Do A, B cố định nên điểm
H cố định.
Vậy MN luôn đi qua điểm H cố định.
Nhận xét: Trường hợp tổng quát xAy   thì tam giác ABH vuông tại H và BAH 

2
. Suy ra
điểm H cố định.
Ví dụ 9. Cho đường tròn t}m O, d}y AB. Điểm M di chuyển trên cung lớn AB. C{c đường
cao AE, BF của tam gi{c ABM cắt nhau ở H. Đường tròn t}m H b{n kính HM cắt MA, MB
theo thứ tự ở C, D.
a) Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ M vuông góc với CD luôn đi qua một điểm
cố định.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11
Website:tailieumontoan.com
b) Chứng minh rằng đường thẳng kẻ từ H v| vuông góc với CD cũng đi qua một
điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
+ Trong phần a, dựa v|o tứ gi{c ABEF nội tiếp
x
M
đường tròn ta dự đo{n đường thẳng kẻ từ M
vuông góc với CD luôn đi qua điểm O cố định.
E
F
D
Để có được điều n|y ta cần chứng minh được
H
C
OM vuông góc với CD.
+ Trong phần b, dựa v|o tính chất trong tam gi{c
khoảng c{ch từ trực t}m tam gi{c đến đỉnh bằng
O
B
A
K
hai lần khoảng c{ch từ t}m đường tròn ngoại tiếp
đến cạnh tương ứng.
Lời giải
a) Kẻ tiếp tuyến Mx với đường tròn (O). Khi đó
theo tính chất tiếp tuyến ta có BMx  MAB .
Do AE v| BF l| đường cao của tam gi{c MAB nên tứ gi{c ABEF nội tiếp đường tròn
đường kính AB.
Từ đó ta có MEF  MAB . Do đó MEF  BMx , suy ra Mx//EF. Suy ra OM vuông góc với EF
Ta có H l| t}m đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MCD v| HE vuông góc với MD nên E l|
trung điểm MD
Tương tự F l| trung điểm MC. Suy ra EF l| đường trung bình tam gi{c MCD
Do đó EF//CD v| OM vuông góc với EF nên OM vuông góc với CD. M| ta có điểm O cố
định.
Điều n|y chứng tỏ rằng đường thẳng kẻ từ M vuông góc với CD luôn đi qua một điểm O
cố định.
b) Gọi K l| điểm đối xứng với O qua AB ta có OK vuông góc với AB. M| ta lại có MH
vuông góc với AB. Suy ra MH song song với OK. Lại có trong tam gi{c khoảng c{ch từ
trực t}m tam gi{c đến đỉnh bằng hai lần khoảng c{ch từ t}m đường tròn ngoại tiếp đến
cạnh tương ứng. Do đó ta được MH  OK .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12
Website:tailieumontoan.com
Vậy tứ gi{c MHKO l| hình bình h|nh. Nên ta suy ra được HK song song với OM
Lại có OM vuông góc với CD nên HK vuông góc với CD. Vậy đường thẳng kẻ từ H vuông
góc CD đi qua điểm K. Do điểm O v| AB cho trước nên K l| điểm cố định.
Ví dụ 10. Cho tam gi{c ABC, M l| điểm bất kì thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp tam gi{c
ấy. Gọi D l| điểm đối xứng với M qua AB, E l| điểm đối xứng với M qua BC. Chứng minh
rằng khi điểm M di chuyển trên đường tròn (O) thì DE luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Dựa v|o c{c tứ gi{c nội tiếp, ta chứng
B
F
minh được H, I, K thẳng h|ng. Dự đo{n
đường thẳng DE đi qua trực t}m của tam
E
gi{c ABC cố định. Để chứng minh đường
thẳng DE đi qua trực t}m của tam gi{c
O
N
D
A
K
I
C
H
ABC ta cần chứng minh ba điểm D, N, E
M
thẳng h|ng.
Lời giải
Gọi H, I, K theo thứ tự l| ch}n c{c đường
vuông góc kẻ từ M đến AB, AC, BC.
Trước hết ta chứng minh ba điểm H, I, K
thẳng h|ng.
Thật vậy, dễ thấy c{c tứ gi{c AIMH, CKIM nên ta suy ra được AIH  AMH và
CMK  CIK .
M| ta lại thấy HAM  MCK nên ta được AMH  CMK . Từ đó ta suy ra được AIH  CIK .
Từ đó suy ra ba điểm H, I, K thẳng h|ng(đường thẳng Simsơn). Gọi N l| trực t}m của tam
gi{c ABC. Gọi giao điểm của AN với đường tròn (O) l| F. Ta có BCN  BCF nên suy ra BC
l| trung trực NF. M| BC l| trung trực của ME. Từ đó suy ra MEN  NFM  FNE . Ta lại có
NFM  ACM và HKM  ACM
Suy ra HKM  MEN do đó NE song song với HK. Chứng minh tương tự có ND song song
với HK
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13
Website:tailieumontoan.com
Vậy D, N, E thẳng h|ng. Vậy DE đi qua trực t}m N của tam gi{c ABC nên DE đi qua điểm
cố định.
Ví dụ 11. Cho đường tròn t}m (O). Từ điểm A cố định ở ngo|i (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC
tới (O) (B, C tiếp điểm). Lấyđiểm M trên cung nhỏ BC. Gọi D, E, F thứ tự l| hình chiếu từ
M đến BC, AC, AB. Gọi MB cắt DF tại P, MC cắt DE tại Q. Chứng minh đường thẳng nối
giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MPF v| MQE luôn đi qua một điểm cố
định.
Phân tích tìm lời giải
Cạnh BC cố định cho trước nên ta dự đo{n
A
dự đo{n đường thẳng MN đi qua điểm cố định
thuộc cạnh BC. Chứng minh tứ gi{c MPDQ nội
tiếp từ đó suy ra MN đi qua trung điểm PQ. Vận
dụng định lí Talets để suy ra MN đi qua trung
E
N
F
M
điểm BC.
P
K
Q
Lời giải
Gọi đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MPF v| MQE
cắt nhau tại M, N. Đường thẳng MN cắt PQ, BC
B
D
I
C
O
thứ tự tại K v| I. Ta có c{c tứ gi{c MDCE, MDBF
nội tiếp
Suy ra MCE  MDE  MBC và MBF  MDF  MCB
.
Do đó ta được
PMQ  PDQ  PMQ  PDM  QDM
 PMQ  MCB  MBC  180 0
Do đó MPDQ l| tứ gi{c nội tiếp. Nên ta suy ra MQP  MDP  MCB . Từ đó suy ra PQ song
song với BC
Lại có MQP  MCB  MEQ . Nên KQ l| tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam gi{c
MQE.
Chứng minh tương tự ta được KP l| tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MPF.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14
Website:tailieumontoan.com
Từ đó ta chứng minh được KM.KN  KQ2 và KM.KN  KP2 nên suy ra KP  PQ .
Xét tam gi{c MBC có PQ song song với BC v| KP  PQ nên theo định lí Talets suy ra I l|
trung điểm BC. Điều n|y chứng tỏ MN đi qua điểm cố định I l| trung điểm BC.
Ví dụ 12. Cho tứ gi{c lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) , có đỉnh A cố định v| c{c đỉnh B,
C, D di chuyển trên (O) sao cho BAD  900 . Kẻ tia Ax vuông góc với AD cắt BC tại E, kẻ
tia Ay vuông góc với AB cắt CD tại F. Gọi K l| điểm đối xứng của A qua EF. Chứng minh
rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Dự đo{n đường thẳng EF đi qua điểm cố định l| O. Chú ý rằng EF l| đường trung trực
của AK, do đó để chứng minh EF đi qua O ta cần chỉ ra được OA  OK . Muốn vậy ta cần
phải chỉ ra tứ gi{c ADKC nội tiếp.
Lời giải
Tứ gi{c ABCD nội tiếp nên BAD  BCD  1800 và
A
B
BAD  EAF  BAE  EAF  FAD  FAE
E
 FAB  DAE  1800
O
Suy ra BCD  EAF , mặt kh{c do A v| K đối xứng
qua EF nên EKF  EAF . Do đó ta được EKF  ECF
D
C
F
K
nên tứ gi{c EFKC nội tiếp. Vì EFKC nội tiếp nên
FCK  FEK mà FEK  FEA, FEA  KAD nên ta
được KAD  FCK
Suy ra tứ gi{c ADKC nội tiếp, suy ra K thuộc đường tròn (O) nên OA  OK
Do đó O thuộc đường trung trực của AK nên O thuộc EF hay EF luôn đi qua điểm O có
định.
Ví dụ 13. Cho đường tròn (O) có đường kính AB cố định. Điểm M di động trên đường
tròn (O)(M kh{c A v| B). C{c tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A v| M cắt nhau tại C.
Đường tròn (I) đi qua M v| tiếp xúc với AC tại C có đường kính CD. Chứng minh rằng
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15
Website:tailieumontoan.com
đường thẳng đi qua D vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên
đường tròn (O).
Phân tích tìm lời giải
Gọi H l| ch}n đường vuông góc hạ từ D xuống BC. Kéo d|i DH cắt AB tại K. Gọi N
l| giao điểm của CO với đường tròn (I). Ta dự đo{n điểm K l| điểm cố định. Muốn có
được điều n|y ta cần chứng minh được K l| trung điểm của AO. Nhận thấy N l| trung
điểm của CO. Như vậy để có K l| trung điểm của AO ta cần chỉ ra được NK song song với
AC.
Lời giải
Ta có MC l| tiếp tuyến của đường tròn (O) nên
MC  MO . Trong đường tròn (I) có CMD  900
nên MC  MD . Từ đó ta được MO//MD do đó ta
I
C
được MO v| MD trùng nhau nên ba điểm M, O, D
M
N
thẳng h|ng. Lại có CA l| tiếp tuyến của đường tròn
(O) nên CA  AB . Lại có AC l| tiếp tuyến với
D
A
dường tròn (I) tại C nên CA  CD , từ đó CD//AB.
K
H
O
B
Suy ra DCO  COA
M| ta lại có COA  COD nên ta được
DOC  DCO , suy ra tam gi{c COD c}n tại D. Gọi
H l| ch}n đường vuông góc hạ từ D xuống BC. Ta
có CHD  900 nên H thuộc đường tròn (I). Kéo dài
DH cắt AB tại K. Gọi N l| giao điểm của CO với
đường tròn (I), ta có CND  900
Lại có tam gi{c COD c}n tại D nên CN  NO . Từ đó ta được tứ gi{c NHOK nội tiếp
đường tròn.
Ta có NHK  NOK  DCO nên ta được NHO  NKO  1800
Lại có NDH  NCH và CBO  HND  HCD nên DHN ∽ COB
HN OB
OB OA OA CN ON
HN ON


;




Từ đó suy ra
. Tương tự ta cũng được
HD OC
OC OC OC CD OC
HD CD
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16
Website:tailieumontoan.com
Mà ta có ONH  CDH nên ta được NHO ∽ DHC , do đó NHO  900
Từ đó ta được NKO  900 , suy ra NK//AC. M| N l| trung điểm của OC nên K l| trung
điểm của OA.
Do A, O cố định nên K cố định. Vậy đường thẳng đi qua D vuông góc với BC luôn đi qua
điểm K cố định.
Ví dụ 14. Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB v| một điểm M bất kì nằm trong (O)
nhưng không nằm trên đường kính AB. Gọ N l| giao điểm của đường ph}n gi{c trong của
góc AMB với đường tròn (O). Đường ph}n gi{c ngo|i của góc AMB cắt đường thẳng
NA, NB lần lượt tại P v| Q. Đường thẳng MA cắt đường tròn đường kính NQ tại R,
đường thẳng MB cắt đường tròn đường kính NP tại S v| R, S kh{c M. Chứng minh rằng
đường trung tuyến ứng với đỉnh N của tam gi{c NRS luôn đi qua một điểm có định khi M
di động phía trong đường tròn.
Phân tích tìm lời giải
Qua R kẻ đường thẳng song song với PQ cắt AN tại C, qua S kẻ đường thẳng song
song với PQ cắt BN tại D. Gọi I l| trung điểm của CD. Ta nhận thấy CD song song với AB.
Gọi I l| trung điểm của SR v| ta dự đo{n NI đi qua điểm cố định O. Muốn có điều đó ta
cần chứng minh I cũng l| trung điểm của CD. Điều n|y đồng nghĩa với việc chứng minh
tứ gi{c CRDS l| hình bình hành.
Lời giải
Qua R kẻ đường thẳng song song với
PQ cắt AN tại C, qua S kẻ đường
R
I
C
D
Q
thẳng song song với PQ cắt BN tại D.
Gọi I l| trung điểm của CD. Ta sẽ
S
M
P
A
O
B
chứng minh CD song song với AB.
Thật vậy, do N nằm trên đường tròn
đường kính AB nên ta có ANB  900
N
suy ra AN  BN , do đó BN l| tiếp
tuyến của đường tròn đường kính
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17
Website:tailieumontoan.com
PN. Từ đó ta có BMN ∽ BNS .
Vì PQ l| đường ph}n gi{c ngo|i của tam gi{c AMN nên ta có SMP  AMP  QMR  BMQ .
Mặt kh{c ta lại có SMP  SNP và QMR  QNR .
Do đó ta được SNP  QNR nên suy ra SNP  SNR  QNR  SNR  CNR  SNB
Xét hai tam giác BNS và RNC có CNR  SNB và RCN  MPN  NSM  NSB
Do đó ta được BNS ∽ RNC nên ta được BNS ∽ RNC ∽ BMN
Tương tự ta cũng có DSN ∽ RAN ∽ NAM
NB NS

 NB.NC  NR.NS
NR NC
NS ND
DSN ∽ RAN 

 NA.ND  NR.NS
NA NR
NA NC

Từ đó ta được NB.NC  NA.ND 
, theo định lí Talet đao ta được AB//CD.
NB ND
Do đó trung điểm của AB, trung điểm của CD v| N thẳng h|ng. Tức l| N, O, I thẳng h|ng.
Ta thấy BNS ∽ RNC 
Lại có BMN ∽ RNC 
MN BN
NB.NC

 RC 
NC RC
MN
DSN ∽ NAM 
DN DS
NA.ND

 SD 
MN NA
MN
Kết hợp c{c điều trên ta được RC  SD m| ta có RC//SD nên tứ gi{c RCSD l| hình bình
hình.
Do đó hai đường chéo CD v| SR cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, suy ra I l| trung
điểm của CD cũng l| trung điểm của SR. Khi đó NI l| đường trung tuyến của tam gi{c
NSR. Do đó ta được đường trung tuyến NI luôn đi qua điểm O cố định. Vậy đường trung
tuyến xuất ph{t từ N của tam gi{c NRS luôn đi qua điểm O cố định khi điểm M di động
trong đường tròn (O).
Ví dụ 15. Cho tam gi{c nhọn ABC cố định v| không c}n nội tiếp đường tròn (O), đường
phân giacsAD. Lấy điểm P di động trên đoạn thẳng AD v| điểm Q trên đoạn thẳng AD
sao cho PBC  QBA . Gọi R l| hình chiếu của Q trên BC. Đường thẳng d đi qua R v| vuông
góc với OP. Chứng minh rằng đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18
Website:tailieumontoan.com
Cách 1. Gọi giao điểm thứ của AD với đường
F
A
tròn (O) l| E nên E l| điểm chính cung BC. Vẽ
đường kính EF của (O). Gọi M l| trung điểm
Q
của BC. Khi đó ba điểm E, O, F thẳng h|ng. Lấy
O
điểm N đối xứng với M qua AD v| H l| trung
điểm của MN. Khi đó H thuộc AD. Ta sẽ chứng
P
B
K
R
D
N
H
M
C
minh đường thẳng d đi qua điểm N cố định. Dễ
thấy RMN  OEP . Do QR//MN nên theo định lí
Talet ta được
E
QD DE QD  DE QE
. Dễ



DR DM DR  DM RM
thấy hai tam gi{c vuông HDM ∽ MDE nên
DE ME 2ME


DM MH MN
Do đó ta được
QE 2ME
MN 2ME
. Dễ thấy CBE  QAC  QAB v| theo giả thiết ta



RM MN
MR
QE
có PBE  PBC  CBE  QBA  QAB  BQE . Trong tam gi{c FBE vuông tại B có BM l|
đường cao nên BE2  EM.EF . Xét hai tam giác EBP và EQB có PBE  BQE và BEQ chung
nên EBP ∽ EQB
EP EB
2EM EP
Suy ra

 EP.EQ  EB2  EM.EF  2EM.EO nên ta được

EB EQ
EQ EO
MN EP
MN EP


Từ đó ta được
. Xét hai tam giác OPE và MNR có RMN  OEP và
MR EO
MR EO
nên ta được EPO ∽ MNR . Suy ra MNR  EPO .
Gọi RN cắt OP tại K, dễ thấy tứ gi{c PHNK nội tiếp nên ta được PKN  PHN  900 . Do đó
ta được RN vuông góc với OP, suy ra RN trùng vời đường thẳng d. Do đó đường thẳng d
đi qua điểm N cố định.
Cách 2. Dựng đường có AH của tam gi{c ABC. Qua H dựng đường thẳng vuông góc với
OD cắt đường thẳng qua D vuông góc với OA tại X, từ đó ta được X cô định. Ta sẽ chứng
minh đường thẳng d đi qua điểm X cố định.
Thật vậy, gọi giao điểm của OD với AH l| M, giao điểm của OP với AH l| L. Đường tròn
(O) cắt đường thẳng AD tại điểm thứ hai l| F.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19
Website:tailieumontoan.com
Áp dụng định lí Menelaus cho tam gi{c ADM với
ba điểmO, P, L thẳng h|ng ta được
LA PD OM
LM PD OM
. Ta
.
.
 1 , từ đó suy ra

.
LM PA OD
LA PA OD
S
S
QA AB.BQ
PA BA.BP
có AQB 
và PAB 


SPBD PQ BP.BD
SQBD QD BQ.BD
.Chú ý l| OF//AM, kết hợp c{c tỉ số trên ta được
QA BA2 .PD FA PD OM PD LM


.

.

QD BD2 .PA FD PA OD PA LA
RH QA LM
M| do QR//AM nên ta được
.


RD QD LA
A
Q
O
P
B
E
L
H R
D
C
X
M
Dễ thấy XDH ∽ OAM nên suy ra
XDR ∽ OAL dẫn đến XRD  OLA .
Gọi giao điểm của XR v| OP l| E, khi đó tứ gi{c LERH nội tiếp được nên ta suy ra
LER  900
Do vậy đường thẳng qua R v| vuông góc với OP đi qua điểm X cố định. Từ đó ta có điều
phải chứng minh.
Ví dụ 16. Cho tam gi{c ABC cố định. C{c điểm E v| F di động trên c{c đoạn CA, AB sao
cho BF  CE . Giao điểm của BE v| CF l| D. Gọi H, K l| trực t}m c{c tam gi{c DEF v| DBC.
Chứng minh rằng đường thẳng HK luôn đi qua điểm cố định khi E v| F di động.
Phân tích tìm lời giải
Gọi AG l| ph}n gi{c của góc BAC với G thuộc BC. Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c
AGB v| AGC cắt lần lượt AC v| AB tại M, N kh{c A. Gọi (O) l| đường tròn ngoại tiếp tam
gi{c v| P l| điểm chính giữa cung BC có chứa A của đường tròn (O).
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20
Website:tailieumontoan.com
Ta sẽ chứng minh HK đi qua P cố định.
P
Muốn vậy cần chứng minh được HK, BS,
A
CT đồng quy tại P.
Lời giải
F
E
H
Gọi AG l| ph}n gi{c của góc BAC với G
N
D
S
thuộc BC. Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c
O
K
M
T
AGB v| AGC cắt lần lượt AC v| AB tại
B
M, N khác A.
G
C
Dễ thấy tứ gi{c ANGC nội tiếp đường
tròn nên có BN.BA  BG.BD . Tứ gi{c
AMGB nội tếp nên đường tròn nên ta có
CM.CA  CG.CB . Do AG là phân giác
của tam gi{c ABC nên
Từ đó ta được
AB GB

.
AC GC
BN BN.BA CA BG.BC CA BG CA AB AC

.

.

.

.
1
CM CM.CA AB CG.CB AB CG AB AC AB
Từ đó ta được BN  CM , m| theo giả thiết ta có BF  CE nên ta được NF  ME.
Từ đó ta có
Lại có
SCNF SCNF S ABC NF AC AC

.

.

S BME S ABC S BME AB ME AB
S
BM BM AD BC AB AB
CN

.

.

. Từ đó ta được CNF 
S BME BM
CN AD CN AC BC AC
Gọi (O) l| đường tròn ngoại tiếp tam gi{c v| P l| điểm chính giữa cung BC có chứa A của
đường tròn (O).
Ta sẽ chứng minh HK đi qua P. Thật vậy, gọi EH, FH lần lượt cắt PB, PC tại S, T. Do
SE  FC nên

1

ESB  3600  SBC  FCB  900  2700   900  BAC   FCB
2


 1800  FCB  NCB  1800  NCF
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
21
Website:tailieumontoan.com
Ho|n to|n tương tự ta được FTC  1800  MCE . Từ đó dễ thấy
S SBE
SB.SE
và

S CNF CN.CF
STCF
TC.TF

S BME BM.BE
Mặt kh{c chú ý l| SEB  TFC , từ đó ta được
ES.EB SSBE SSBE SCNF S BME
SB.SE CN BM.BE SB ES EB


.
.

.
.

.
.
FT.FC STCF SCNF S BME STCF CN.CF BM TC.TF TC FT FC
Từ đó ta suy ra
ST
 1  SB  TC nên ta được ST//BC. Lại thấy do H v| K lần lượt l| trực
CT
t}m của c{c tam gi{c DEF v| DBC nên ta có BK  CF; EH  CF suy ra SH//BK, tương tự ta
cũng có CK//HT.
Từ đó suy ra hai tam gi{c HST v| KBC có cạnh tương ứng song song nên HK, BS, CT đồng
quy tại P.
Vậy HK đi qua điểm cố định P. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 17. Cho hình thoi ABCD v| một điểm M di động trên cạnh CD. Đường thẳng BM
cắt c{c đường thẳng AC, AD lần lượt tại G, C. Đường thẳng AM cắt CE tại F. Chứng minh
rằng đường thẳng GF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên cạnh CD.
Lời giải
Gọi Q l| giao điểm của giao điểm của FG v| BD. Ta sẽ chứng minh điểm Q cố định bằng
c{ch x{c định tỉ số m| Q chia đoạn thẳng BD có gi{ trị không đổi. Khi đó ta cần xét c{c
trường hợp sau:
+ Trường hợp 1: Nếu M l| trung điểm của CD,
E
khi đó G l| trọng t}m của tam gi{c BCD. Từ đó
BG GC
GC 1

 2 , suy ra ta được
 . Mà ta
GM GO
GA 2
lại có BC//AE nên ta được
GC GB BC 1


 .
GA GE AE 2
Từ đó BC  DE nên tứ gi{c BDEC l| hình bình
h|nh. Do vậy M l| giao điểm của hai đường
chéo của hình bình h|nh. Từ đó
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
D
M
A
O
G
F
C
Q
B
MF 1 GM
 
MA 3 ME
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
22
Website:tailieumontoan.com
Do đó ta được GF song song với AD, nên ta thu được
BQ BG 1
BQ

 
2.
QD GE 2
QO
Suy ra Q l| trọng t}m tam gi{c ABC. Tam gi{c ABC cố định nên Q cố định. Do đó đường
thẳng GF luôn đi qua một điểm cố định l| Q.
+ Trường hợp 2: Nếu M không phải l| trung
H
E
điểm của CD. Ta cần bổ sung thêm điểm H l|
D
F
giao điểm của FG v| AD. Khi đó đặt cạnh của
hình thoi là a và x 
MD
.
MC
Do hai tam gi{c MDE v| MCB đồng dạng với
nhau nên ta có
DE MD

 x  DE  x.BC  xa
BC MC
M
A
G
C
Q
B
Từ đó ta được AE  a  x  1 và
GA GE

 x  1.
GC GB
Áp dụng định lí Menelaus cho tam gi{c CDE với ba điểm A, M, F thẳng h|ng ta được
FC AE MD
.
.
 1.
FE AD MC
FC
FC
1
Từ đó ta được
.
.  x  1 .x  1 

FE
FE x  x  1
Áp dụng định lí Menelaus cho tam gi{c ACE với ba điểm G, H, F thẳng h|ng ta được
HE GA FC
.
.
1
HA GC FE
HE
x
HE
1
HE
HE
x

Từ đó ta được
hay
.  x  1 .
1
x

HA
HA
HA  HE 1  x
AE 1  x
x  x  1
Do đó ta được HE 
x
x
.AE 
.ax
1 x
1 x
x
.a x  1
HE
x 1
x1
HE x  1
HE 1  x 
x1






Suy ra
nên ta được
.
HE  DE x  1  1  x
2
HD
2
DE
ax
1 x
Áp dụng định lia Menelaus cho tam gi{c BDE với ba điểm Q, H, G thẳng h|ng ta được
QD GB HE
.
.
1.
QB GE HD
QO 1
QD 1 x  1
QD
 , m| BO l| đường trung
Do đó suy ra
.
.
1
 2 . Từ đó ta được
OB 2
QB x  1 2
QB
tuyến của tam gi{c ABC.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
23
Website:tailieumontoan.com
Do đó Q l| trong t}m tam gi{c ABC nên Q cố định. Vậy đường thẳng GF luôn đi qua điểm
Q cố định l| trọng t}m tam gi{c ABC khi M di chuyển trên cạnh CD.
Ví dụ 18. Cho hai điểm cố định B v| C. Một điểm A thay đổi trên một trong hai nửa mặt
phẳng bờ BC sao cho A, B, C không thẳng h|ng. Dựng c{c tam gi{c vuông c}n ADB v|
AEC với DA  DB; EA  EC sao cho điểm D nằm kh{c phía với điểm C so với AB v| điểm
E nằm kh{c phía so với điểm B so với AC. Gọi M l| trung điểm của DE. Chứng minh rằng
AM luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Ta xét c{c trường hợp sau
+ Trường hợp 1: Xét tam gi{c ABC có
A M
E
N
D
BAC  900
Khi đó c{c điểm D, A, E thẳng h|ng nên. Lấy
C
B
N đối xứng với A qua M khi đó N v| M cũng
thuộc đường thẳng ED. Ta có
AD  BD; AE  CE; DM  EM; AM  MN
Từ đó ta đươc
EN  EM  MN  DM  AM  AD và
DN  DM  NM  EM  MA  AE
Do đó ta được NE  DB; DN  EC nên hai tam gi{c vuông BDN v| NEC bằng nhau
Từ đó ta được NB  NC nên tam gi{c BNC c}n tại N. Lại có
DNB  ENC  900  BNC  900 nên tam gi{c BNC vuông c}n. Từ đó ta được AM đi qua
điểm N cố định
+ Trường hợp 2: Xét tam gi{c ABC có góc BAC
E
A
M
nhọn.
N
H
D
Lấy N đối xứng với A qua M. Khi đó tứ gi{c
AEND là hình bình hành. Ta có BD  DA  NE
và DN  AE  EC
B
C
Ta lại có NDB  900  NDA  900  AEN  CEN
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
24
Website:tailieumontoan.com
Từ đó ta được BDN  NEC suy ra BN  CN
và BND  ECN . Suy ra tam gi{c BCN c}n tại N
Mặt kh{c ta có AE  CE v| DN//AE nên ta được DN  CE . Gọi giao điểm của DN v| CE
là H, ta có HNC  HCN  900 . Do đó ta được HNC  DNB  900 nên ta được BNC  900 .
Do vậy tam gi{c BNC vuông c}n tại N nên N l| điểm có định.
Trường hợp 3: Xét tam gi{c ABC có góc BAC tù. Chứng minh ho|n to|n tương tự ta cũng
được AM đi qua điểm N cố định.
Vậy AM luôn đi qua điểm N cố định khi A di động.
Ví dụ 19. Cho hình thang ABCD có AB//CD. Trên c{c cạnh AD v| BC lấy lần lượt c{c điểm
M, N sao cho
AM CN

. Đường thẳng qua M song song với AC cắt BD tại P v| cắt CD tại
AD BC
K. Gọi I l| trung điểm của MN, O l| giao điểm của AC v| BD. Chứng minh rằng đường
thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Hình thang ABCD cố định nên O cố định. Ta dự đo{n IK đi qua điểm cố định O.
Như vậy ta cần chứng minh được ba điểm I, K, O thẳng h|ng. Chú ý rằng I l| trung điểm
của MN v| tứ gi{c POQK hình bình h|nh nên để chứng minh I, K, O thẳng h|ng ta cần chỉ
ra được PQ song song với MN.
Lời giải
Gọi Q l| giao điểm của KN v| AC, S l|
A
giao điểm của OK v| PQ. Trong tam gi{c
B
O
M
ACD có MK//AC nên theo định lí Talets
ta có
P
AM CK

. M| theo giả thiết ta có
DM CD
AM CN
CK CN


nên ta được
.
DM BC
CD BC
Trong tam giác BCD có
I
N
S S'
Q
D
K
C
CK CN

nên
CD BC
theo định lí Talets đảo ta được KN//BD.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
25
Website:tailieumontoan.com
Do đó tứ gi{c POQK l| hình bình h|nh, suy ra S l| trung điểm của PQ. Trong tam gi{c
DAO có MP//OA nên ta được
MP DP
. Trong tam gi{c DOC có PK//OC nên ta được

OA OD
PK DP
MP PK
MP NQ
. Do đó ta được
, suy ra PQ//MN. Gọi S’ l| giao điểm




OC OD
OA OC
PK QK
của KI v| MN. Chứng minh tương tự ta được
PS' S'Q KS'
. Mà ta có IN  IM nên suy


MI IN
KI
ra PS'  QS' . Điều n|y dẫn đến hai điểm S v| S’ trùng nhau, do đó ba điểm K, I, S thẳng
h|ng. M| ba điểm K, S, O thẳng h|ng nên suy ra bốn điểm S, K, I, O thẳng h|ng. Vậy ba
điểm O, I, K thẳng h|ng. Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 20. Cho tam gi{c ABC v| đường trong t}m I nội tiếp tam gi{c. Gọi E v| F lần lượt l|
giao điểm của (I) với AC v| AB. Gọi G v| H lần lượt đối xứng với E v| F qua I. Đường
thẳng GH cắt IB, IC lần lượt tại P v| Q. Giả sử B, C cố định v| A thay đổi sao cho
AB
k
AC
(không đổi). Chứng minh rằng đường trung trực của PQ luôn đi qua điểm cố định.
Lời giải
Gọi giao điểm của BI v| CI với EF lần lượt l|
A
K và L.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có
J
AE  AF nên tam gi{c AEF c}n tại A. Do đó
F
K
L
ta có
1800  BAC
2

BAC 
 1800   900 
  1800  BIC  KIC


2


E
I
H
Q
KEC  AEF 
P
B
R
N
M
C
Do đó tứ gi{c KEIC nội tiếp được đường
tròn, suy ra IKC  IEC mà IEC  900 nên
IKC  900
Ho|n to|n tương tự ta được ILB  900 .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
26
Website:tailieumontoan.com
Gọi M l| trung điểm của BC v| J l| trung điểm của KL, khi đó dễ thấy c{c tam gi{c BLC v|
KBC vuông có chung cạnh huyền BC nên ML  MK nên tam gi{c KLM c}n tại M, đo đó ta
được MJ  EF
Do G, H đối xứng qua lần lượt l| điểm đối xứng với E v| F qua I nên đường thẳng GH đối
xưng với đường thẳng EF qua I.
Gọi giao điểm của GH v| FE với BI lần lượt l| P v| K, khi đó ta được KEI  PGI nên
IP  IK hay I l| trung điểm của PK, tương tự ta được I l| trung điểm của LQ. Vậy KL v|
PQ đối xứng với nhau qua I.
Gọi R l| trung điểm của PQ thì R v| J đối xứng với nhau qua I hay I l| trung điểm của RJ.
Giả sử đường trung trực của PQ cắt BC tại N, khi đó ta được RN  PQ v| PQ//EF. Kết hợp
với MJ  EF ta được RN//MJ. Giả sử tia TI cắt BC tại D, khi đó ID vuông góc với EF nên ID
cũng song song với RN v| MJ. Hình thang RJMN có IR  IJ v| ID//RN//IM nên ta được
ND  MN.
Do AD l| đường ph}n gi{c của tam gi{c ABC nên ta có
AB DB

 k không đổi v| BC cố
AC CD
định nên c{c điểm D v| M cố định. Do điểm N v| M đối xứng qua D nên N cố định hay
đường trung trực của PQ luôn đi qua điểm cố định.
Ví dụ 21. Cho điểm A thay đổi nằm ngo|i đường tròn t}m (O; R) cố định. Vẽ c{c tiếp
tuyến AB, AC với đường tròn (O)(B, C thuộc đường tròn (O)). Vẽ c{t tuyến ADE với
đường tròn (O)(D, E thuộc đường tròn (O)) v| D nằm giữa A, E. Tia AD nằm giữa hai tia
AO v| AB. Gọi F l| điểm đối xứng với D qua AO, H l| giao điểm của EF với BC. Chứng
minh rằng đường thẳng HA luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Gọi H’ l| giao điểm của AO v| BC. Do D
B
E
v| F đối xứng với nhau qua AO nên
D
OF  OD  R . Suy ra F thuộc đường tròn
(O) và có AH' D  AH'F . Do AB, AC là
A
H H'
O
F
hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên ta
được AB  AC và AO là tia phân giác
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
C
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
27
Website:tailieumontoan.com
của góc BAC . Do đó tam gi{c ABC c}n
tại A v| AO  BC . Xét hai tam giác ABD
và AEB có ABD  AEB và BAD chung.
AB AD

 AB2  AD.AE .
AE AB
Tam gi{c ABO vuông tại B có BH’ l| đường cao nên AB2  AH'.AO .
AD AH'
Từ đó ta được AD.AE  AH'.AO 

AO AE
AD AH'
Xét hai tam gi{c ADH’ v| AOE có
và DAH' chung nên ADH' ∽ AOE

AO AE
Do đó ta được ABD ∽ AEB nên
Từ đó ta được ADH'  AOE nên tứ gi{c DH’OE nội tiếp đường tròn
Suy ra AH' D  OED và OH'E  ODE . Mà ta có OE  OD  R nên tam gi{c ODE c}n tại
O, suy ra OED  ODE . Do đó AH' D  OH'E , vì vậy ta được AH'F  OH'E .
Ta có EH'F  AH'F  AH'E  OH'E  AH'E  180 0
Điều n|y dẫn đến ba điểm E, H’, F thẳng h|ng, suy ra hai điểm H v| H’ trùng nhau
Vậy ba điểm A, H, O thẳng h|ng. M| O cố định nên AH luôn đi qua điểm O cố định.
Bài toán 22. Cho tam gi{c nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có BC cố định. Gọi đường
tròn (I) tiếp xúc với BC, AB, CA lần lượt tại D, E, F. Gọi giao điểm của EF v| DI l| K.
Chứng minh rằng đường thẳng AK luôn đi qua một điểm cố định khi A di động trên
đường tròn (O).
Phân tích tìm lời giải
Tam gi{c ABC có BC cố định nên trung điểm M cũng cố định. Ta dự đo{n đường
thẳng AK đi qua điểm M cố định. Muốn vậy ta cần chứng minh ba điểm A, K, M thẳng
hàng.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
28
Website:tailieumontoan.com
Gọi M l| trung điểm của BC, suy ra M cố
A
L
S
định. Gọi N l| giao điểm của AK và BC.
Ta có AE v| AF l| hai tiếp tuyến của
F
K
X
đường tròn (I) nên ta được EAI  FAI .
Y
E
Qua A vẽ đường thẳng song song với BC
I
cắt DI tại L v| cắt EF tại S.
Qua K vẽ đường thẳng song song với BC
B
D
NM
C
cắt AB, AC lần lượt tại X v| Y. Ta có
DI  BC và AS//BC nên AL  LI . Do đó
ta được ALI  AEI  AFI  900
Từ đó suy ra c{c điểm A, E, I, F, L cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó ta được ELI  EAI  IAF  ILF , suy ra LK l| ph}n gi{c của tam gi{c LEF. Do đó LK
v| LS l| đường ph}n gi{c trong v| ph}n gi{c ngo|i của tam gi{c LEF. Nên ta được
KE SE
KE KF



KF SF
SE SF
XK KE
KY KF


Ta có XK//AS v| KY//AS nên theo định lí Talets ta có
và
AS SE
AS SF
Từ đó suy ra KX  KY . Trong tam gi{c ABN có XK//BN nên theo định lí Talets ta có
XK AK

BN AN
KY AK

Trong tam gi{c ACN có KY//CN nên theo định lí Talets ta có
CN AN
Kết hợp với KX  KY ta suy ra được BN  CN hay N l| trung điểm của BC. Từ đó suy ra
M v| N trùng nhau nên ba điểm A, K, M thẳng h|ng hay đường thẳng AK luôn đi qua
điểm cố định M.
Ví dụ 23. Cho tam gi{c đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm M thay đổi trên cung
AB không chứa điểm C. Đường thẳng AM cắt tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại C với đường
tròn (O) v| đường thẳng BC lần lượt tại E, F, H. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua
giao điểm kh{c M của c{c đường tròn ngoại tiếp c{c tam gi{c MAO, MBF, MCF v| điểm H
luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
29
Website:tailieumontoan.com
F
A
M
E
N
H
B
O
S
C
Gọi N l| giao điểm của BF v| CE. Kéo d|i MN cắt BC tại S. Khi đó ta có ABE  ACB và
ACB  BAC nên ta được ABE  BAC . Từ đó ta được BE//AC.
Mặt kh{c ta có EBC  ABE  ABC  BAC  ABC  1200 . Tương tự ta được CF//AB v|
BCF  1200
Hai tam giác ABE và FCA có BAE ∽ CFA và BEA  CAF nên ABE ∽ FCA
AB BE
BC BE

 AB.AC  BE.CF  BC2  BE.CF 

CF AC
CF BC
BC BE

Hai tam giác EBC và BCF có EBC  BCF và
nên EBC ∽ BCF
CF BC
Do đó ta được
Do đó ta được CEB  FBC hay NBC  CEB . Hai tam giác CBN và CEB có NBC  CEB và
CBN chung nên CBN ∽ CEB . Suy ra BNC  EBC  BNC  1200 nên
BNE  1800  BNC  600
Mặt kh{c ta lại có BME  ACB  600 nên BNE  BME . Từ đó suy ra tứ gi{c BEMN nội tiếp
đường tròn. Chứng minh tương tự ta được tứ gi{c CFMN nội tiếp đường tròn.
Từ đó ta có NEB  NMB và NBS  NEB nên NBS  NMB hay SBN  SMB
Hai tam giác SBN và SMB có BSN  MSB và SBN  SMB nên SBN ∽ SMB
SB SN

 SB2  SM.SN . Ho|n to|n tương tự ta cũng được SC2  SM.SN
Từ đó ta được
SM SB
Từ đó SB  SC hay S l| trung điểm của BC. Dễ d|ng chứng minh được
AB  BC  CA  R 3 .
Tam gi{c OBC c}n tại O có OS l| đường OS cũng l| đường cao v| đường ph}n gi{c của
tam giác BOC.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
30
Website:tailieumontoan.com
R
3R
và SA 
. Từ đó ta được SB2  SO.SA , mà ta có SB2  SM.SN
2
2
SN SO
nên ta được SO.SA  SM.SN hay
. Kết hợp với MSA chung nên

SA SM
SON ∽ SMA
Từ đó ta suy ra SO 
Do đó ta được SON  SMA . Suy ra tứ gi{c AONM nội tiếp đường tròn. Mặt kh{c tứ gi{c
BNOC cũng nội tiếp đường tròn.
Gọi N1 l| giao điểm của OH với đường tròn ngoại tiếp tam gi{c OBC, gọi N 2 l| giao điểm
của DH với đường tròn ngoại tiếp tam gi{c OAM. Khi đó ta có HN1 .HO  BH.HC và
HN2 .HO  HM.HA
Mà ta có HB.HC  HM.HA nên ta được HN1 .HO  HN2 .HO  HN1  HN2  N1  N2
Khi đó giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam gi{c OBC v| OAM l| N1  N2
M| N l| giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp hai tam gi{c OBC v| OAM nên
N1  N2  N .
Mà N1 thuộc OH nên N cũng thuộc OH. Ta có N thuộc c{c đường tròn ngoại tiếp c{c tam
gi{c OBC, OAM, MCF nên N l| giao điểm của ba đường tròn đó. Từ đó ta được giao điểm
của c{c đường tròn ngoại tiếp c{c tam gi{c MAO, MBF, MCF v| O, H l| c{c điểm thẳng
hàng. Do đó ta được đường thẳng đi qua giao điểm kh{c M của c{c đường tròn ngoại tiếp
c{c tam gi{c MAO, MBF, MCF v| điểm H luôn đi qua một điểm O cố định.
Ví dụ 24. Cho tam gi{c ABC c}n tại A. Gọi M, N thứ tự l| c{c điểm di động trên c{c đường
thẳng AB, AC sao cho trung điểm I của MN nằm trên cạnh BC. Chứng minh rằng đường
tròn qua 3 điểm A, M, N luôn đi qua một điểm cố định kh{c A.
Phân tích tìm lời giải
Do đường cao AH của tam gi{c ABC c}n cho trước, nên dự đo{n đường tròn ngoại
tiếp tam gi{c AMN cắt AH tại G v| G l| điểm cố định. Chứng minh tứ gi{c MBIG nội tiếp
v| vận dụng tứ gi{c nội tiếp để chứng minh đường tròn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
31
Website:tailieumontoan.com
Xét trường hợp M thuộc cạnh AB khi đó N thuộc
A
tia đối của tia CA(trường hợp N thuộc cạnh AC
thì chứng minh tương tự). Gọi giao điểm đường
cao AH của tam gi{c ABC với đường tròn đi qua
M
3 điểm A, M, N l| G. Vì tam gi{c ABC c}n tại A
B
I
C
H
N
nên AH l| ph}n gi{c của góc BAC . Do đó ta
G
được GM  GN hay tam gi{c GMN c}n tại G. Từ
đó suy ra GI vuông góc với MN. Lại có tam gi{c
GIM đồng dạng với tam gi{c CHA nên
IGM  ACB  ABC .
M| B, G cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ MI. Suy ra tứ gi{c MBIG nội tiếp nên ta được
GBM  900
Suy ra GB vuông góc với AB tại B. Do đó G l|
giao điểm của AH v| đường thẳng đi qua B vuông góc AB
Suy ra G cố định. Vậy đường tròn đi qua A, M, N đi qua 1 điểm cố định kh{c A.
Ví dụ 25. Cho đường tròn t}m O đường kính AB, điểm C cố định trên đường kính ấy (C
kh{c O). Điểm M chuyển động trên đường tròn. Đường vuông góc với AB tại C cắt MA,
MB theo thứ tự ở E, F. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam gi{c AEF luôn đi qua qua
một điểm cố định kh{c A.
Phân tích tìm lời giải
Đường tròn (O) v| đường kính AB cố định.
E
Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c AEF cắt AB tại K. Khi
đó ta dự đo{n K l| điểm cố định.
Lời giải
M
+ Xét trường hợp điểm C thuộc đoạn OB. Gọi K l| giao
F
điểm của đường tròn ngoại tiếp tiếp tam gi{c AEF với
cạnh AB. Ta có CFB  A và KFC  A từ đó suy ra
A
K O
C
B
CFB  KFC . do đó FC l| trung trực BK hay ta được
BC  CK . Do B v| C cố định nên K l| điểm cố định.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
32
Website:tailieumontoan.com
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam gi{c AEF luôn đi qua
điểm K cố định.
+ Tương tự trường hợp điểm C thuộc đoạn OA. Chứng minh ho|n to|n tương tự ta có
đường tròn ngoại tiếp tam gi{c AEF luôn đi qua điểm K cố định.
Ví dụ 26. Cho tam gi{c ABC, đường cao AH, (H nằm giữa B v| C). Dựng về phía ngo|i
tam giác ABC các tam giác BAE và CAF sao cho BAE  CAF    900 và AEB  AFC  900
. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam gi{c HEF luôn đi qua một điểm cố định
khác H khi góc  thay đổi.
Phân tích tìm lời giải
Dự đo{n đường tròn ngoại
A
tiếp tam gi{c HEF đi qua trung điểm
F
của BC. Gọi M l| trung điểm của BC.
Ta cần chứng minh bốn điểm E, H, M,
N
P
E
F cùng nằm trên một đường tròn.
B
H
M
C
Lời giải
Gọi M, N, P thứ tự l| trung điểm BC,
AC, AB. Có tam gi{c AEB đồng dạng
tam giác AFC
Từ c{c tứ gi{c AHBE, AHCF nội tiếp.
1
1
Suy ra AHE  ABE  ACF  AHF . Ta lại có EP  MN  .AB và PM  FN  .AC
2
2
Mặt kh{c ta có EPM  EPB  BPM  2  BAC  2  MNC  MNF
Do đó EPM  MNF nên suy ra EMP  MFN . Do đó ta được
EMF  EMP  PMN  NMF  MFN  MNC  NMF  1800  FNC  2.NCF  2.ACF
M| lại có EHF  2.ACF  EHF  EMF . M| H, M cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ EF. Suy
ra E, H, M, F cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam gi{c HEF
luôn đi qua một điểm cố định M l| trung điểm BC (kh{c H)
Ví dụ 27. Cho đường tròn (O) v| d}y cung AB. Lấy điểm E trên d}y cung AB (E kh{c A v|
B). Qua E vẽ d}y cung CD của đường tròn (O). Trên hai tia DA, DB lấy hai điểm P, Q đối
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
33
Website:tailieumontoan.com
xứng qua E. Chứng minh rằng đường tròn (I) tiếp xúc với PQ tại E v| đi qua C luôn đi qua
một điểm cố định khi E di động trên d}y cung AB.
Phân tích tìm lời giải
Đoạn thẳng AB cố định. Do đó dự đo{n
đường tròn (I) đi qua điểm cố định thuộc đoạn
AB v| điểm đó l| trung điểm AB. Gọi giao điểm
C
P
I
A
B
E
của đường tròn (I) với AB l| M. Ta sẽ chứng
O
Q
minh M l| trung điểm AB dựa v|o hai tỉ số bằng
D
nhau có cùng mẫu số.
Lời giải
Gọi M l| giao điểm của AB v| đường tròn (I). Do
EP l| tiếp tuyến của đường tròn (I) nên
CMA  PEC  QED
Mặt kh{c ta lại có BAC  BDC . Suy ra tam gi{c CMA đồng dạng với tam gi{c QED nên
AM DE

CM QE
Chứng minh tương tự ta cũng được DEP  BMC và ADC  ABC nên tam gi{c BMC đồng
AM BM
BM DE DE

 AM  BM .
dạng tam gi{c DEP nên ta được
. Từ đó suy ra


CM CM
CM PE QE
Do đó đường tròn (I) luôn đi qua trung điểm M của AB l| điểm cố định.
Ví dụ 28. Cho tam gi{c ABC vuông c}n tại A có đường cao AH. Trên đoạn thẳng HC lấy
điểm K rồi dựng hình chữ nhật AHKO. Vẽ đường tròn (O; OK), đường tròn n|y cắt cạnh
AB tại D, cắt cạnh AC tại E. Gọi F l| giao điểm thứ hai của (O) với đường thẳng AB.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam gi{c DOE luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích tìm lời giải
Dự đo{n đường tròn ngoại tiếp tam gi{c DOE luôn đi qua một điểm A cố định.
Như vậy ta cần chứng minh tứ gi{c AOED nội tiếp. Nhận thấy AEF vuông c}n tại A, khi
đó ta sẽ được DFE  450 . Do đó để chứng minh bốn điểm A, O, D, E thuộc một đường
tròn ta phải chứng minh DOE  900 . Tức l| ta cần phải chứng minh được DOE  2.DFE
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
34
Website:tailieumontoan.com
Kẻ OM  AE; ON  AF , khi đó OMA  ONA  900
B
Tứ gi{c AMON có OMA  ONA  MAN  900 nên
I
D
AMON l| hình chữ nhật. Vì tam gi{c ABC vuông
c}n tại A nên đường cao AH đồng thời l| đường
phân giác.
K
A
N
1
BAC  450 nên suy ra
2
1
OAM  HAO  HAC  900  450  450  MAN
2
M
E C
O
Do đó ta được HAC 
F
Suy ra AO l| tia ph}n gi{c của góc MAN . Từ đó
AMON là hình vuông nên AM  AN; OM  ON
Xét hai tam giác vuông OME và ONF có OE  OF và OM  ON nên
OME  ONF  ME  NF
Từ đó suy ra AM  ME  AN  NF  AE  AF  AEF vuông c}n tại A.
Do đó suy ra DFE  450 . Kẻ đường kính FI của đường tròn (O) khi đó ta được
OFD  ODF
Vì DOI l| góc ngo|i của tam gi{c ODF nên DOI  OFD  ODF
Do đó ta được DOI  OFD  OFD  2.OFD . Chứng minh tương tự EOI  2.OFE


Từ đó ta được DOI  EOI  2. OFD  OFE .
Suy ra DOE  2.DFE  2.450  900 nên DOE  DAE  900 .
Từ đó O v| A thuộc đường tròn đường kính DE nên bốn điểm O, A, D, E cùng thuộc một
đường tròn
Ví dụ 29. Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm giữa A v| C). Một
đường tròn (O) thay đổi luôn đi qua A v| B, gọi DE l| đường kính của đường tròn (O)
vuông góc với d. CD v| CE cắt đường tròn (O) lần lượt tại M v| N. Khi đường tròn (O)
thay đổi thì hai điểm M v| N di động trên đường cố định n|o.
Phân tích tìm lời giải
Do KMC  KNC  900 nên M, N thuộc đường tròn đường kính KC. M| ta có điểm C
cố định nên ta tự đo{n M, N chạy trên đường tròn đường kính KC cố định. Muốn vậy ta
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
35
Website:tailieumontoan.com
cần chứng minh điểm K cố định, điều n|y có nghĩa l| ta cần chỉ ra được một trong c{c
đoạn thẳng AK, BK, CK không đổi.
Lời giải
Gọi H, K lần lượt l| giao điểm của CA với DE
D
và EM. Do A, B, C cố định nên H cố định.
M
Xét hai tam giác CMK và CHD có
O
M  H  90 ; DCH là góc chung. Suy ra
0
d
K
A
H
B
C
CMK ∽ CHD
N

E
CK CM

 CK.CH  CM.CD (1)
CD CH
Xét hai tam giác CMB và CAD có
CMB  CAD; ACD
CM CB

 CM.CD  CA.CB (2)
CA CD
CA.CB
Từ (1) v| (2) ta được CK.CH  CA.CB  CK 
không đổi nên K l| điểm cố định
CH
Tam gi{c CDE có K l| trực t}m nên DN cũng đi qua điểm K cố định. M|
là góc chung. Suy ra CMB ∽ CAD 
DME  DNE  900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên KMC  KNC  900 . Vậy khi
đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M v| N di động trên đường tròn cố định đường kính
CK, với CK 
CA.CB
.
CH
Ví dụ 30. Cho đường tròn (O; R) v| một d}y cung AB cố định c{ch t}m O một khoảng d
 0  d  R  . Hai đường tròn (I) v| (K) tiếp xúc với nhau tại C, cùng tiếp xúc với AB v| tiếp
xúc trong với đường tròn (O)(I v| K nằm cùng nửa mặt phẳng bờ AB). Khi hai đường tròn
(I) v| (K) thay đổi thì điểm C chạy trên đường cố định n|o.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
36
Website:tailieumontoan.com
Ta xét c{c trường hợp sau:
F
+ Trường hợp 1: Ba điểm I, K, O nằm trên một
B
nửa mặt phẳng bờ AB. Gọi tiếp điểm của (I) với
M
S
AB là D, ta có ID  AB . Gọi tiếp điểm của (I) v|
D
O
A
(O) l| E. Khi đó ta có ba điểm O, I, E thẳng
K
I
hàng.
N
E
Gọi F l| điểm chính giữa cung AB không chứa
E, ta có OF  AB . Lại có
EI
DI
nên ba điểm

EO FO
E, D, F thẳng h|ng. Tương tự (K) tiếp xúc với
AB v| (O) lần lượt tại M, N thì ta được ba điểm
M, N, F thẳng h|ng.
1
1
1
1
DIE  FOE  FNE; FMA  MKN  FON  FEN . Do đó ta được
2
2
2
2
FDM ∽ FNE nên ta suy ra FD.FE  FM.FN (1)
Giả sử FC cắt đường trong (I) v| (K) tại giao điểm thứ hai theo thứ tự l| C1 , C2 . Khi đó dễ
Ta có FDB 
d|ng chứng minh được FD.FE  FC.FC1 ; FM.FN  FC.FC2 (2)
Từ (1) v| (2) ta được FC1  FC2 nên suy ra C  C1  C2 hay FC l| tiếp tuyến chung của (I)
và (K)
Hơn nữa ta lại có FD.FE  FM.FN  FC2 (3)
Mặt kh{c do F l| điểm chính giữa cung AB nên ta có FAD  FEA
Từ đó ta được FAD ∽ FEA suy ra FD.FE  FA2 (4)
Từ (3) v| (4) ta được FA  FC , m| ta lại thấy FA  2R  R  d 


Vậy C thuộc cung tròn AB của đường tròn F; FA  2R  R  d  nằm trong đường tròn
(O) v| không lấy hai điểm A, B.
+ Trường hợp 2: Ba điểm I, K nằm kh{c phía với O so với AB. Khi đó ta được quỹ tích
điểm C khi hai đường tròn (I) v| (K) thay đổi l| cung tròn AB của đường tròn
F; FA  2R R  d  nằm trong đường tròn (O) v| không lấy hai điểm A, B.
Ví dụ 31. Hai đường tròn t}m O b{n kính R v| t}m O’ b{n kính R’  R  R '  tiếp xúc nhau
tại A. Tia Ax của góc vuông xAy cắt đường tròn (O) tại B kh{c A v| tia Ay cắt đường tròn
(O’) tại C kh{c A. Gọi H l| hình chiếu của A trên BC. Chứng minh rằng khi góc vuông
xAy quay quanh A thì H chạy trên một đường tròn.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
37
Website:tailieumontoan.com
Lời giải
Gọi K l| giao điểm của BC v| OO’, ta xét
B1
B
hai trường hợp sau:
C1
C
+ Trường hợp 1: Hai đường tròn (O) v|
O
R
(O’) tiếp xúc trong tại A.
A
R' O'
K
C2
Do R  R' nên K thuộc tia đối của tia
B2
O’O.
Từ giả thiết cả b|i ra ta có
CBA  BCA  900 và BAO  CAO'  900 .
Do đó ta được

 
 
 

OBC  BCO'  OBA  CBA  BCA  ACO'  OAB  CAO'  CBA  BCA  1800
KO' CO'

.
KO BO
Suy ra OB v| O’C song song vớ nhau, nên theo định lí Talets ta có
Từ đó suy ra
R '  R  R '
2RR '
KO'
R'
. Do đó ta được AK  KO' R ' 
.

 KO' 
KO' R  R ' R
R R'
R R'
Do đó điểm A v| K cố định v| AHK  900 nên điểm H chạt trên đường tròn đường kính
AK.
Để ý l| do góc xAy chỉ quay đến vị trí c{c góc B1AC1 và B2 AC2 , lúc đó B1C1 và B2 C2 là
tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) v| (O’). Khi đó hai tiếp tuyến n|y cắt đường tròn
đường kính AK tại D v| E nên điểm H chỉ chạy trên cung ADE của đường tròn đường
kính AK.
+ Trường hợp 2: Hai đường tròn (O) v| (O’) tiếp
B
xúc trong tại A. Khi đó K nằm trên đoạn OO’.
Tương tự như trên ta chứng minh được BO v|
R
D
R'
O'
CO’ song song với nhau. Từ đó suy ra
O
KO' CO'
R'
KO'



KO BO
R  R  R '   KO'
 KO' 
K
H
A
C
 R  R '  R '  AK  2RR '
R  R'
R  R'
M| điểm A cố định nên điểm K cố định. Mặt
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
38
Website:tailieumontoan.com
kh{c ta lại có AHK  900 nên điểm H chạy trên
đường tròn đường kính AK cố định.
Vậy khi góc vuông xAy quay quanh A thì điểm H luôn chạy trên đường tròn đường kính
AK cố định.
Ví dụ 32. Cho tam gi{c ABC vuông tại A. Với mỗi điểm K trên cạnh AC dựng ường tròn
t}m K tiếp xúc với BC tại E. Dựng BD tiếp xúc với đường tròn t}m K tại D kh{c E. Gọi M,
N, P, Q lần lượt l| trung điểm của AK, AD, BD, MP. Gọi S l| giao điểm của đường thẳng
QN và BD. Hỏi khi K di động trên cạnh AC thì điểm S di động trên đường n|o.
Lời giải
+ Khi điểm K trùng với điểm A thì không
B
tồn tại điểm S.
+ Khi điểm K trùng với điểm C thì điểm S
trùng với điểm C.
F
I
P
E
S
Q
+ Khi điểm K trùng với giao điểm H của
AC với đường ph}n gi{c của góc B thì các
HM
A
K
C
N
D
điểm D, N, S trùng với điểm A.
+ Ta xét điểm K không trùng với c{c điểm
trên v| nằm trên đoạn CH, trường hợp
c|n lai chứng minh ho|n to|n tương tự.
Gọi I l| trung điểm của BK, ta có MI v| PN lần lượt l| đường trung bình của tam gi{c ABK
và ABD.
Do đó ta được MI  PN 
1
AB v| MI//PN//AB, suy ra tứ gi{c MIPN l| hình bình h|nh
2
nên trung điểm Q của đườngchéo PM cũng l| trung điểm của NI. Từ đó suy ra bốn điểm
Q, S, I, N thẳng h|ng.
Trong tam giác vuông ABK và DBK có IA  ID 
1
BK nên tam gi{c IAD c}n tại I, từ đó IN
2
l| dường trung trực của đoạn thẳng AD. Vì điểm S thuộc IN nên ta gi{c SAD c}n tại S nên
ta có SAD  SDA .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
39
Website:tailieumontoan.com
Dễ thấy tứ gi{c ABKD nội tiếp đường tròn nên ta được ADB  AKB . Từ đó suy ra
SAD  AKB nên ta được FAC  KAD  C  KBE . Ta lại có KBE  KBD và KAD  KBD
nên ta được FAC  C , suy ra tam gi{c FAC c}n tại F nên FA  FC .
Dễ thấy FBA  900  C  FAB nên tam gi{c FAB c}n tại F, từ đó suy ra FA  FB hay F là
trung điểm của BC. Vậy điểm F thuộc đường trung tuyến AF của tam gi{c ABC.
Để ý l| tia BD v| tia BA luôn nằm cùng phía đối với BC nên khi K nằm trên đoạn AH thì S
nằm cùng phía với A trong nửa mặt phẳng bờ AC.
Vậy khi K di động trên AC(K kh{c A) thì điểm S nằm trên tia AF có chứa đường trung
tuyến AF của tam gi{c ABC.
Ví dụ 33. Cho đoạn thẳng BC với trung điểm I v| đường thẳng d không cắt đoạn thẳng BC
v| vuông góc với đường thẳng BC. Điểm A thay đổi trên đường trung trực của đoạn
thẳng BC. Sao cho AI lớn hơn khoảng c{ch từ A đến d. Gọi giao điểm của AB, AC với d
lần lượt l| E, F. Gọi M l| một điểm trên đường thẳng d sao cho AM 
EF
. Chứng minh
2
rằng AM luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Phân tích tìm lời giải
Do BC cố định v| I cố định nên đường tròn
E
đường kính BC cố định. Ta dự đo{n đường thẳng
E0
AM tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.
N0
N
Lời giải
A
Lấy điểm M, N thuộc đường thẳng d sao cho
AM  AN 
EF
. C{c đoạn thẳng AM, AN, AE cắt
2
đường thẳng qua C song song với d lần lượt tại
M0 ; N0 ; E0 .
Ta có AM  AN 
M0
B
I
C
M
F
CE0
EF
nên suy ra AM0  AN0 
.
2
2
Từ đó AM0  AN0  AI nên ta được
AM0  AIM0  IM0 C .
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
40
Website:tailieumontoan.com
Do vậy M0 I l| tia ph}n gi{c ngo|i tại đỉnh M 0 của
tam giác AM0 N0 .
Mà tam giác AM0 N0 c}n tại A v| AI song song với M0 N0 nên AI l| ph}n gi{c ngo|i tại
đỉnh A của tam gi{c AM0 N0 . Do đó I l| t}m đường tròn b|ng tiếp góc AN0 M0 của tam
giác AM0 N0 .
Mặt kh{c do IC vuông góc với M0 N0 nên đường tròn đường kính BC tiếp xúc với c{c
cạnh của tam gi{c AM0 N0 . Điều n|y chứng tỏ AM tiếp xúc với đường tròn đường kính
BC, m| BC cố định nên đường tròn đường kính BC cố định. Vậy AM luôn tiếp xúc với một
đường tròn cố định.
Ví dụ 34. Cho đường tròn t}m O đường kính BC cố định v| một điểm A kh{c B, C di động
trên đường tròn. Tiếp tuyến tại A với đường tròn (O) cắt BC tại D. Gọi E l| điểm đối xứng
với A qua BC v| H l| hình chiếu vuông góc của A trên BE. Gọi I l| trung điểm của AH.
Đường thẳng BI cắt đường tròn(O) tại K. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam
gi{c ADK luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.
Lời giải
Gọi M l| giao điểm của AE với BC. Vì điểm
A
E đối xứng với A qua BC nên DE l| tiếp
K
tuyến của đường tròn (O). Từ đó suy ra AE
B
O
vuông góc với BC v| MA  ME . M| theo giả
thiết ta có IA  IH nên suy ra IM song song
I
M
C
D
H
E
với BE. Do đó ta được KIM  KBE  KAE
nên bốn điểm A, I, M, K cùng nằm trên một
đường tròn. Từ đó suy ra IAM  IKM .
Ta có BAH  BAE  HAE  BKE  IKM  MKE
Mặt kh{c ta cũng có ABD  EAD và BAH  900  ABH  900  EDM
Do đó ta được KDM  KEM  KEA  KAD nên BD l| tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tam gi{c ADK. Như vậy đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ADK luôn tiếp xúc với đường
thẳng BC cố định.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC