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

a Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác A.. a Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác A.. Chứng minh

BÀI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG:

ĐƯỜNG DI ĐỘNG QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH

Bài 1 Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động trên đoạn BC Đường tròn (K),

(L) lần lượt ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC Lấy điểm S thuộc (K) sao cho PS song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) sao cho PT song song với AC

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác A

b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC tại điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB tại điểm F khác A, BE cắt CF tại G Chứng minh rằng PG đi qua J khi và chỉ khi AP đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC

( Hà Nam) LỜI GIẢI:

Cho tam giác nhọn ABC cố định, điểm P di động trên đoạn BC Đường tròn (K), (L) lần lượt ngoại tiếp tam giác PAB, tam giác PAC Lấy điểm S thuộc (K) sao cho PS song song với AB, lấy điểm T thuộc (L) sao cho PT song song với AC

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đi qua một điểm cố định J khác A

b) Giả sử đường tròn (K) cắt AC tại điểm E khác A,đường tròn (L) cắt AB tại điểm F khác A, BE cắt CF tại G Chứng minh rằng PG đi qua J khi và chỉ khi AP đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi giao điểm của AT, AS với BC lần lượt là Q, R.Ta có tứ giác ABPS, ACPT là các hình thang cân, suy ra tam giác ABR cân tại R, tam giác ACQ cân tại Q JK, JL lần lượt là các đường trung trực của AB, AC suy ra

JK đi qua R và JL đi qua Q, do đó J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AQR suy ra AJ là phân giác của góc SAT.Vì ACPT là hình thang cân nên JQ là đường trung trực của PT, suy ra JT=JP (1)

Chứng minh tương tự ta có JT=JS (2)

Từ (1), (2) suy ra J thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AST Tứ giác AEGF nội tiếp suy

ra (GE,GC) (AE, AF) (PE, PC)(mod )   Suy ra tứ giác CEGP, BFGP nội tiếp.Gọi H đối xứng với A qua BC Ta cóPB, PH  PA, PB  EA, EB  PG, PC mod   Suy ra PG đi qua H, dẫn đến PG đối xứng với AP qua BC hay PG đi qua J Điều này tương đương với

AP đi qua điểm đối xứng của J qua BC hay AP đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC

Bài 2:

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

cắt tia AB, AC Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC Giả sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC

a) Gọi P là giao của AK và BC Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định

b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN Đặt BC a và l là khoảng cách từ A đến

HK Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra:

2 2

4

l� R a

( Ninh Bình) LỜI GIẢI:

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

OA và luôn cắt tia AB, AC Gọi M, N lần lượt là giao điểm của d và AB, AC Giả

sử BN và CN cắt nhau tại K, AK cắt BC.

a) Gọi P là giao của AK và BC Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua một điểm cố định.

b) Gọi H là trực tâm của tam giác AMN Đặt BC = a và l là khoảng cách từ A đến HK.Chứng minh KH đi qua trực tâm của tam giác ABC, từ đó suy ra:

2 2

4

l� R a

LỜI GIẢI:

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

2

EP EQ EB ,suyra

QE QP QE QE PE QE EB OQ OB QB QCMà tứ giác BMNC cũng

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

Q

J

D

I

L

K

X H

M

N

O A

Y

Từ đó suy ra QM QN QP QE.  . , suy ra tứ giác MNIP nội tiếp, suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP luôn đi qua điểm E cố định

b) Giả sử 3 đường cao AD, BF và CJ của tam giác ABC cắt nhau tại I; ba đường cao

MX, AY, NZ của tam giác AMN cắt nhau tại H Ta cần chứng minh K, I, H thẳng hàng Xét đường tròn tâm (O1) đường kính BN và tâm (O2) đường kính CM

Ta thấy:

KC KM KB KN

IC IJ IB IF

HM HX HN HZ





 Suy ra K, I, H cùng thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2) nên thẳng hàng

Từ đó suy ra AL�AI

Mà

2

4

BC

AI  OE  R   R a

Nên AL l � 4R2a2

Bài 3:

Cho tam giác ABC vuông tại A, AC AB  Gọi M là điểm thay đổi trên cạnh

AB Đường thẳng CM cắt đường tròn đường kính BM tại điểm thứ hai là N và cắt đường

tròn tâm A bán kính AC tại điểm thứ hai là D Đường thẳng AN cắt đường tròn đường kính BM lại điểm thứ hai là E.

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

nằm trên một đường thẳng cố định

b) Giả sử AM k

AB 

Gọi P là điểm trên cạnh BC sao cho

2 2 3





 , d là đường

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

đồng quy tại một điểm

( Huế) LỜI GIẢI:

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

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

AC’MD nội tiếp.

Vậy 5 điểm A, M, E, D, C’ cùng nằm trên một đường tròn (T) Tâm T của đường tròn này cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM.

Vì C’ cố định nên AC’ cố định, từ đây suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM nằm trên đường thẳng cố định, đó là đường trung trực của AC’.Suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên đường thẳng d là đường trung trực của AH.Gọi O là trung điểm của BC Ta sẽ chứng minh MP song song với OT.

Gọi H là trung điểm AM, K là trung điểm AB và I là trung điểm HK, Khi đó tứ giác

HTKO là hình bình hành.

C'

I

T

E

P

H

O

K

D

N

C

M

Sử dụng giả thiết

AM

k

AB 

suy ra

BM k AB BI AB AI AB      

Suy ra

4 4

3







Vì

2 2

3





 nên

4 4 3





 Suy ra

, do đó MP OT //

Suy ra d OT  .Ta có ME là trục đẳng phương của đường tròn đường kính BM và đường

tròn (T).

BN là trục đẳng phương của đường tròn đường kính BM và đường tròn đường kính BC, d

là trục đẳng phương của (T) và đường tròn đường kính BC Suy ra ba đường thẳng d, ME,

BN đồng quy tại một điểm.

Bài 4:

Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn  Đường tròn  ' thay

đổi đi qua B, C cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F ( , E F A � ). Đường tròn ngoại tiếp

tam giác AEF cắt lại đường tròn  tại K ( A K� ) KE, KF lần lượt cắt lại đường tròn 

tại Q, P ( , P Q K � ). Gọi T là giao điểm của BQ và CP Gọi M, N lần lượt là trung điểm

BF, CE.

a) Chứng minh rằng T thuộc một đường thẳng cố định khi đường tròn  ' thay đổi.

b) Chứng minh rằng KA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN.

( Thái Bình) LỜI GIẢI:

Gọi O là tâm đường tròn .

Gọi M  AE � KF N ,  AF � KE

Xét tam giác AKM, từ các bộ bốn điểm (A, K, E, F), (A, K, B, P) đồng viên, suy ra EF và

BP cùng đối song với AK Do đó BP // EF

Tương tự CQ // EF Suy ra BP, CQ là hai đáy hình thang cân Suy ra OT vuông góc với

BP, do đó OT vuông góc với EF Dễ chứng minh được EF vuông góc AO Từ đó suy ra

A, O, T thẳng hàng Vậy T thuộc đường thẳng AO cố định.

b) Ta có BC, EF, AK theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn  và ';

'

 và (AEF);  và (AEF) Do đó BC, EF, AK đồng qui tại một điểm D.

Gọi L là giao điểm của BF và CE; X, Y theo thứ tự là giao điểm của BF, CE với AD Suy

ra ( AD XY , )   1 � B AD XY ( , )   1 � B EC LY ( , )   1 ( EC LY , )   1.

� Mà N là trung điểm CE, nên theo hệ thức Mác-lô-ranh ta có

LN LY LE LC  Hoàn toàn tương tự, ta có LM LX  LF LB

Suy ra LN LX. .LM LY. , suy ra M, N, X, Y đồng viên.

Gọi Z là trung điểm AD, suy ra M, N, Z thẳng hàng theo định lý về đường thẳng Gauss

cho tứ giác toàn phần BCFEAD.

Từ M, N, X, Y đồng viên suy ra ZM ZN ZX ZY  Mặt khác ta lại có ( AD XY , )   1

và Z là trung điểm AD, nên theo hệ thức Niu-tơn ta có ZA2  ZX ZY ZM ZN  � ZA

là tiếp tuyến của đường tròn (AMN) Đpcm.

Bài 5:

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

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

(Thái Nguyên) LỜI GIẢI:

B

A

C D

H

K M

N U

V X

Y J

P'

Q P

a) Gọi U, V lần lượt là hình chiếu của K xuống AB, AC; X, Y lần lượt là đối xứng của K qua AB, AC Khi đó J thuộc đường thẳng XY cố định (đường thẳng Steiner của tam giác

AMN).

b) Gọi d’ là đường thẳng qua H và vuông góc với HK Khi đó ta dễ dàng chứng minh được HP’ = HQ.

Mặt khác �P AK' QAK� nên hai tam giác UP’K và VQK bằng nhau Từ đó suy ra

AP K VQK Dẫn tới tứ giác AP’KQ nội tiếp nên H, U, V thuộc đường thẳng Simpson

của K đối với tam giác AP’Q Mặt khác XY cũng là đường thẳng Steiner của tam giác

AP’Q đối với K nên XY // UV.

Vì U, V lần lượt là trung điểm của XK và YK nên dễ dàng suy ra H là trung điểm của PK.

Bài 6:

Cho đoạn thẳng AB cố định; ( ), ( )K L là hai đường tròn luôn đi qua ,A B sao cho K L , nằm về hai phía của đường thẳng AB . Lấy điểm E�( ),K F�( )L sao cho

AE tiếp xúc ( ) L và AF tiếp xúc ( ) K tại A Chứng minh rằng khi ( ) K và ( ) L thay đổi

thì đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF luôn đi qua một điểm cố định khác A

(Tuyên Quang) LỜI GIẢI:

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

||

AL CK



�

�

� 

AK CL



�

�

� 

Từ (1) và (2) suy ra AKCL là hình bình hành.

Từ AKCL là hình bình hành suy ra KL đi qua trung điểm J của AC và trung điểm I

của AB, do đó KL IJ BC � || Vì KL AB KL BC, || nên BC  AB.

Gọi D là điểm đối xứng với A qua B Suy ra ,A D đối xứng nhau qua BC Do

đó CA CD  � � D ( ) C .

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

Bài 7:

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

A của các tam giác ABD và ACD

a) Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DIJ Chứng minh rằng OT có độ dài không đổi khi D thay đổi trên cung nhỏ BC.

b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DIJ luôn đi qua một điểm cố định khi

D thay đổi trên cung nhỏ BC.

( Vĩnh Phúc ) LỜI GIẢI:

Giả sử trung trực AD cắt ( )O tại M N, và P Q, lần lượt là điểm chính giữa của

các cung nhỏ DB và DC Do I là tâm bàng tiếp tam giác ABD nên theo kết quả cơ bản ta

có PI PD Cũng do M là điểm chính giữa cung AD nên dễ chứng minh được MI MD

Gọi T là tâm của (DIJ) thì T M P, , thẳng hàng (cùng thuộc trung trực của ID) Tương tự ta cũng có T N Q, , thẳng hàng

Ta có

2

NMP

sđ

4

NP

sđ�ACB, suy ra NMP� không đổi Tương tự �MNQ không đổi Như vậy tam giác TMNcó hai góc TMN� , TNM� và cạnh MN không đổi, suy ra TO là trung tuyến cũng không đổi (đpcm)

Nhận xét: Có thể hỏi cách khác khó hơn như sau: Chứng minh rằng T luôn thuộc

một đường tròn cố định khi D di chuyển trên cung BC.

Gọi R S, lần lượt là điểm chính giữa của cung lớn AC và AB Dễ thấy

,

I DS J DR� � và SA=SI RA, =RJ (tính chất của tâm đường tròn bàng tiếp)

Ta có �KSD=�KRD KID, � =KJD� nên DKRJ : DKSI (g g)

-Do đó,

KR RJ RA

KS = SI = SA

, điều này cho thấy tứ giác ARKS là điều hòa, suy ra K cố định (vì R S, cố định) Vậy (DIJ) luôn đi qua điểm K cố định

Bài 8:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm P chạy trên đường thẳng BC AP cắt (O) tại N (N khác A) Đường tròn đường kính AP cắt (O) tại điểm thứ hai E (E khác A) AE cắt BC tại M Chứng minh rằng:

a) MN luôn đi qua một điểm cố định

b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định

( Hà Nội ) LỜI GIẢI:

a Đặt K là giao điểm thứ hai của MN với (O) (K ≠ N); Q là giao điểm thứ hai của đường

tròn đường kính AP với BC (Q ≠ P) Vì AQ vuông góc với BC nên Q cố định (h 1) Ta có: MK.MN ME.MA MP.MQ  � K, N, P, Q đồng viên Suy ra

(QK,QC) �(QK,QP) �(NK,NP) �(NK,NA) �(BK,BA) (mod)

Mặt khác:

(CK,CQ) � (CK,CB) � (AK,AB)(mod) (2).

D Q

K M

E

P O

A

N

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

� K thuộc đường tròn cố định

(O’)={X:(XB,XQ) �(BA,BC) (mod)

Dễ thấy (O) và (O’) có hai điểm chung B và K Vậy, K cố định Điều đó có nghĩa là MN luôn đi qua một điểm cố định (điểm K)

b Đặt D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN với BC (D ≠ M)

Mặt khác, Theo câu a., ∆ KCQ và ∆ KAB đồng dạng cùng hướng � (QC,QK) �

(BA,BK)(mod) (4).

Từ (3) và (4) suy ra: (DA,BC) � (QC,QK) � (BC,QK)(mod) Từ đó với chú ý rằng,

BC, QK (vì Q, K là hai điểm cố định) cố định� DA có định�D cố định Điều đó có nghĩa là đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn một điểm cố định (điểm D)

Bài 9:

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

( Tây Ninh ) LỜI GIẢI:

Đặt BAC� 

Ta có

EAF EAD FAD  BAD DAC  

Gọi H2 và H3 lần lượt là đối xứng của H qua AB và AC thì H2 và H3 thuộc ( ).O

Do HD là phân giác của góc BHC� và CH DE // nên ta có:

2

1 2

H ED HDE DHC   BHC

mà BHC ABC ACB� � � 180�  nên

�

2 90

2

H ED �

Gọi I là điểm chính giữa cung BAC� của đường tròn ( )O thì

2

IH C s�BAC �  �

Do đó H ED IH C�2 �2 , hơn nữa CH2  //DE suy ra I H E,   2, thẳng hàng Tương tự I H F,   3, thẳng hàng

Từ đó ta có EIF H IH� �2 3 H AH�2 3 2(�BAH HAC� )2 EAF� suy ra I thuộc đường tròn

ngoại tiếp tam giác AEF.

Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua điểm I cố định

Bài 10:

Cho tam giác nhọn ABC có AB AC  nội tiếp đường tròn  O , đường phân giác trong góc A cắt BC tại D khác A Lấy điểm P di chuyển trên đoạn thẳng AD, không trùng với A và D Tia BP cắt AC tại M và cắt đường tròn  O tại E; tia CP cắt AB

tại N và cắt đường tròn  O tại F Tiếp tuyến của đường tròn  O tại A và đường thẳng qua P , song song BC cắt nhau tại T .

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

b Các đường thẳng MF NE cắt nhau tại , I Chứng minh rằng đường thẳng PI luôn

đi qua một điểm cố định khi P di chuyển trên AD

LỜI GIẢI:

a

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

và  

2 /

T PEF

P TP

Ta lại có  

2 /

T ABC

P TA

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

Do đó P T PEF/  P T ABC/ 

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

Hay 3 điểm , ,T E F thẳng hàng.

b

Áp dụng định lý Pascal cho bộ điểm

A E C

F A B

� �, ta được 3 điểm , ,T M N thẳng hàng.

Áp dụng mô hình tứ giác toàn phần, ta có P TIFE   1

Do đó P TICB   1

Mà BC PT/ / nên PI đi qua trung điểm J của BC(J cố định).

Bài 11:

Cho tam giác ABC và M; N là hai điểm di động trên BC sao cho MNuuuurBCuuur

Đường thẳng d1 đi qua M vuông góc AC; d2 đi qua N và vuông góc AB Gọi K là giao điểm của d1 và d2 Chứng minh trung điểm I của AK luôn nằm trên 1 đường thẳng cố

LỜI GIẢI:

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

tơ ur

Ta có T(BH)=d1; T(CH)=d2; nên T(H)=K Do đó HK//BC hay K luôn nằm trên qua

H và song song với BC Phép vị tự tâm A tỷ số ½ biến K thành I Suy ra quỹ tích I là đường thẳng đi qua trung điểm AH và song song với BC

Bài 12: