Hh9 chuyên đề 5 thẳng hàng, đồng quy, điểm cố định, đường cố định(41 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH I.THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY:Những điểm thẳng hàng đặc biệt : Bổ đề hình thang Cho hình thnag ABCD có hai đáy AB, CD trung điểm cạnh đáy, giao điểm đường chéo giao điểm cạnh bên nằm đường thẳng Chứng minh: Giả sử đường thẳng AD, BC cắt M, AC, BD cắt P, đường thẳng MP cắt AB, CD N, Q Ta chứng minh: N,Q trung điểm AB, CD Thật vậy: Do AB / /CD, theo định lý Thales ta có: AN NB AN BN   1 ,   Lấy (1) nhân với (2) ta có: QD QC QC QD AN NB   AN  NB thay vào (1) ta có QD  QC Hay N, Q trung điểm QC.QD QC.QD AB, CD Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC đường cao AH, phân giác góc BAC cắt BC O, qua O dựng đường thẳng OM vng góc với AB, ON vng góc với AC a Chứng minh: điểm A, M, H, O, N nằm đường tròn b Chứng minh: AH phân giác MHN c Đường thẳng qua O vng góc với BC cắt MN K Chứng minh: KN AC  KM AB d Gọi I trung điểm BC Chứng minh: A, K, I thẳng hàng Giải: Do AO  MN nên ta có: ONK  NAO (cùng phụ với NOA ), ta có: NOK  90  NOC  OCA Từ suy OKN ∽ COA (g.g) dẫn đến KN ON  , tương OA CA tự ta có: KM OM  Do OM  ON OA BA suy KM AC  hay KM AB  KN.AC KN AB | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Dựng đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC E, F, ta dễ chứng minh được: KEMO, KNFO nội tiếp, kết hợp với OMK  ONK ta có biến đổi góc: OEK  OMK  ONK  OFK suy tam giác OEF cân O, dẫn tới KE  KF , theo bổ đề hình thang ta có A, K, I thẳng hàng Đƣờng thẳng Ơle: Trong tam giác: Trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp O nằm đường thẳng gọi đường thẳng Ơle tam giác Đồng thời ta có: HO  3GO Chứng minh : Dựng đường kính AN (O) Vì AN đường kính (O) nên NC  AC, BH  AC  BH / / NC Chứng minh tương tự ta có CH / / NB nên tứ giác BHCN hình bình hành, suy đường chéo NH, BC cắt trung điểm M đường nên N, H, M thẳng hàng Ta có MO đường trung bình tam giác AHN nên MO / /  AH Gọi G giao điểm AM HO, MO / / AH (cùng vng góc với BC) Theo định lý Thales ta có: trọng tâm tam giác ABC H, G, O thẳng hàng Do AG MO   G GM AH GO OM    HO  3GO (Đường GH AH thẳng qua H, G, O gọi đường thẳng Ơle tam giác ABC) Đƣờng thẳng Simson , đƣờng thẳng Steiner Đƣờng thẳng Simson: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm đường trịn Kẻ MH, MI , MK vng góc với AB, BC, AC Chứng minh ba điểm H, I, K thẳng hàng Chứng minh : Tứ giác MIBH có BHM  BIM  90  90  180 nên tứ giác nội tiếp  MIH  MBH (cùng chắn cung HM), mà tứ giác ABMC nội tiếp nên MBH  KCM , MIH  KCM Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp (vì MIC  MKC  90 ) nên KCM  MIK  180  MIH  MIK  180  HIK  180 Vậy H, I, K thẳng hàng CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Đường thẳng qua H, I , K gọi đường thẳng Simson điểm M Chú ý: Ta có toán đảo toán Simson sau: Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh hình chiếu M lên ba cạnh tam giác ABC ba điểm thẳng hàng M nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) , tiếp tuyến A (O) cắt CB K, kẻ tiếp tuyến KD với (O) Gọi G,E,F hình chiếu vng góc D AB, BC, CA a Chứng minh: KA2  KB.KC b Chứng minh: AB DB  AC DC c Chứng minh: BC  2R sin BAC d Chứng minh: G trung điểm EF Giải: a Học sinh tự chứng minh b Từ chứng minh câu a ta suy ra: KBA ∽ KAC suy tương tự KA AB  , KC AC KB BD AB BD mà KA  KB suy   KC BC AC BC c Kẻ đường kính BK (O) ta có: BCK  90, lại có BAC  BKC, suy sin BAC  sin BKC  BC  BC  BK sin BAC, hay BC=2RsinA BK d Áp dụng câu c ta có: Tứ giác BGDE nội tiếp đường trịn đường kính BD nên GE  BD.sin GDE  BD.sin ABC, tương tự ta có: GF  CD.sin FCG  CD.sin ACB Từ suy GE BD.sin ABC AB.sin ABC   , dựng đường cao AH tam giác ABC ta có: GF CD.sin ACB AC.sin ACB GE BD.sin ABC AB.sin ABC AH     suy GE  GF Mặt khác từ tứ giác BGDE, GF CD.sin ACB AC.sin ACB AH CFGD, ABCD nội tiếp ta có biến đổi góc: EGD  EBD  ACD  180  DGF  EGD  DGF  180 hay E, G, F thẳng hàng Nói cách khác G trung điểm EF (Đường thẳng qua E, G, F đường thẳng Simson D với tam giác ABC) Đƣờng thẳng Steiner Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M điểm thuộc đường tròn Gọi N, P, Q theo thứ tự điểm đối xứng với M qua AB, BC, CA Chứng minh N, P, Q thẳng hàng .3 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Chứng minh: Gọi H, I, K theo thứ tự hình chiếu M lên AB, BC, AC; H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Simson ) Dễ thấy IH đường trung bình tam giác MNP nên IH / / NP Tương tự IK / / PQ Theo tiên đề Ơ-clit H, I, K thẳng hàng nên suy N, P, Q thẳng hàng Đường thẳng qua N, P, Q gọi đường thẳng Steiner điểm M Chú ý : a) Ta chứng minh ba điểm N, P, Q thẳng hàng cách dùng phép vị tự: Các điểm N, P, Q ảnh H, I, K phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H, I, K thẳng hàng nên N, P,Q thẳng hàng Như đường thẳng Steiner ảnh đường thẳng Simson phép vị tự tâm M tỉ số Ngoài liên quan đến đường thẳng Simson, Steiner ta có kết sau: “ Đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC” Thật vậy, gọi D trực tâm tam giác ABC; BD, CD cắt (O) E, F Dễ dàng chứng minh E đối xứng với D qua AC, F đối xứng với D qua AB Ta có FDMN hình thang cân tứ giác IBHM , MBFC nội tiếp nên ta có: DFM  DNM  MBC  IHM ND / / IH Tương tự ta có: DQ / / IK mà H, I, K thẳng hàng nên N, P, Q thẳng hàng Nói cách khác: Đường thẳng Steiner điểm M qua trực tâm tam giác ABC Cách khác: Gọi AS, BJ, CR đường cao tam giác ABC, D trực tâm Ta có ANB  AMB (tính chất đối xứng ) Lại có AMB  ADJ (cùng bù với SDJ ) Suy ANB  ADJ nên ADBN tứ giác nội tiếp, NAB  NDB Mà NAB  MAB  NDB  MAB Chứng minh tương tự CDQ  CAM Ta có NDB  CDQ  MAB  CAM  BAC  NDQ  NDB  BDC  CDQ  BAC  BDC  180 Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC Ví dụ CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có trực tâm điểm H Một điểm D nằm cung nhỏ BC, gọi E điểm đối xứng với D qua BC, đường tròn ngoại tiếp tam giác ODE cắt AD G Gọi J giao điểm thứ đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO với AH Chứng minh: J, O, E thẳng hàng a Chứng minh: G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE b Chứng minh: Trực tâm tam giác AGO nằm đường thẳng HE Giải: a, Ta có: GOE  GDE  GAJ  180  GOJ Suy GOE  GOJ  180 hay J, O, E thẳng hàng b, Từ tứ giác AJOG, ODEG nội tiếp Ta có biến đổi góc: GJO  GAO  GDO  GEO suy tam giác GJE cân G Gọi F giao điểm thứ AH với (O) F đối xứng với H qua BC nên tứ giác HEDF hình thang cân Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO   giao điểm thứ K Suy JGE  AOD  ABD  AFD  180  JHE  JKE suy G tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác JHE c, Ta có: GOE  GDE  GAJ  GKJ  GJK  GOK lại có GKO  GJO  GEO suy GOK  GOE hay OG trung trực KE hay E điểm đối xứng với K qua OG Do GK  GJ tứ giác AJGK nội tiếp nên AG phân giác HAK mà GKA  GJH  GHJ suy H, K đối xứng qua AG Suy HE đường thẳng Steiner K tam giác AGO Theo tính chất vừa chứng minh HK qua trực tâm tam giác AGO Đƣờng thẳng Pascal Cho điểm A, B, C, D, E, F thuộc đường trịn (Có thể hoán đổi thứ tự ) Gọi P, Q , R giao điểm cặp đường thẳng  AB, DE  ,  BC, EF  ,  CD, FA Khi điểm P, Q, R nằm đường thẳng gọi đường thẳng Pascal Chứng minh: Giả sử DE cắt BC M cắt AF N, BC cắt AF S Áp dụng định lý Menelaus cho SMN cát tuyến: ABP ta có : PM AN BS PM AS BM  hay  1 PN AS BM PN AN BS | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Áp dụng định lý Menelaus cho SMN cát tuyến : CDR ta có: RN CS DM RN CM DN  suy    Áp dụng định lý RS CM DN RS CS DM Menelaus cho SMN cát tuyến: QEF ta có: Mặt khác tứ giác QM FS EN QS FS EN  suy   3 QS FN EM QM FN EM ABCF, BCDE, SB.SC  SA.SF ; MC.MB  MD.ME, NF NA  ND.NE   Từ AFED nội 1 ,  2 , 3 ,   tiếp ta nên: suy PM RN QS  Theo định lý đảo Menelaus ta suy P, Q, R thẳng hàng PN RS QM Đường thẳng PRQ gọi đường thẳng Pascal ứng với điểm A,B,C, D,E,F Bằng cách hoán vị điểm A,B,C, D,E,F ta thu nhiều đường thẳng Pascal khác nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal Chẳng hạn vẽ hình bên minh họa trường hợp điểm ACEBFD Ngoài cho điểm trùng (khi lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E  F cạnh EF trở thành tiếp tuyến đường E, ta thu thêm nhiều đường thẳng Pascal khác Hình vẽ minh họa trường hợp điểm ABCDEE, ABCCDD Đƣờng thẳng Gauss Cho tứ giác ABCD có AB, CD cắt M, AD, BC cắt N Khi trung điểm đoạn thẳng AC, BD, MN nằm đường thẳng gọi đường thẳng Gauss tứ giác ABCD Chứng minh: Gọi I, E, F trung điểm BD, AC ,MN K, G, H trung điểm đoạn thẳng CN, CD, DN Dễ thấy điểm F, H, K thẳng hàng CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | E, G, K thẳng hàng I, G, H thẳng hàng Ta có: FK / / MC, IH / / BC, EK / / DN nên IG BC FH MD EK AN nhân đẳng thức ta có:  ,  ,  IH BN FK MC EG AD IG FH EK BC MD AN Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CDN đường thẳng  IH FK EG BN MC AD qua B, A, M ta có: BC MD AN IG FH EK  , suy  Theo định lý Menelaus đảo ta suy BN MC AD IH FK EG I, E, F thẳng hàng Đƣờng thẳng Niutơn Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (I) Gọi M, N trung điểm BD, AC Khi điểm I, M, N thẳng hàng Đường thẳng qua I, M, N gọi đường thẳng Niutơn tứ giác ABCD Chứng minh: (Ta xét trường hợp AB không song song với CD) Gọi tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA X, Y, Z, T IX  IY  IZ  IT  r Giả sử AD, BC cắt P, PD lấy E cho PE  AD, PC lấy F cho PF  BC thì: SMAD  SMBC  1 S DAB  S DBC  S ABCD 2 S NAD  S NBC  1 SCAD  S ABC  S ABCD Từ suy : 2 SMAD  SMBC  SNAD  SNBC Theo cách xác định E, F ta có: SMAD  SMPE , SMBC  SMPF , S NAD  S NPE , S NBC  S NPF suy ra: SMPE  SMPF  S NPE  S NPF hay SMEPF  S NEPE 1 Lại có: SIAD  SIPE , SIBC  SIPF  S IAD  S IBC  S IPE  S IPF  S IEPF S IAD  S IBC  1 1 S AXYT  S DZYT  S IZCY  S XIYB  S ABCD 2 2 suy SMEPF  SIEPF   Từ (1), (2) ta suy SMEPF  SNEPF  SIEPF hay SMEF  SNEF  SIEF  MN / / EF , MI / / EF suy M,N,I thẳng hàng Trục đẳng phƣơng hai đƣờng tròn a Cho đường tròn (O;R) điểm M, đường thẳng thay đổi qua M cắt (O) A, B Khi đại lượng: PM /O  MA.MB gọi phương tích điểm M với đường trịn (O) + Nếu M nằm ngồi (O) PM / O  MA.MB  MO2  R | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH + Nếu M nằm (O) PM / O  MA.MB  R2  MO2 + Nếu M nằm (O) PM / O  Từ ta có kết quả: Khi M nằm ngồi (O) MC tiếp tuyến (O) C PM / O  MA.MB  MC (Đây kết quen thuộc chứng minh phần cát tuyến, tiếp tuyến) b Các điểm có phương tích với đường trịn phân biệt  O1 ; R1   O2 ; R2  nằm đường thẳng gọi trục đẳng thức đường trịn Trong phạm vi THCS ta cần ý đến trường hợp là: + Nếu  O1  ,  O2  cắt theo dây AB, lấy điểm M đường thẳng AB (M nằm ngồi đường trịn) cát tuyến qua M cắt  O1  C, D , cát tuyến qua M cắt  O2  E, F MC.MD  ME.MF  MA.MB (Hình 1) + Nếu  O1  ,  O2  tiếp xúc N trục đẳng phương đường thẳng qua N vng góc với O1O2 (Hình 2,3) II PHƢƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG , ĐỒNG QUY Một số tiêu chuẩn để chứng minh ba điểm thẳng hàng Để chứng minh điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự, thực chất phương pháp chứng minh hai đường thẳng AB AC trùng Trong phần đưa số tiêu chuẩn để chứng minh điểm A, B, C thẳng hàng Tiêu chuẩn Ba điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm đường thẳng ABC  180 Xét đường thẳng xx qua B Để chứng minh A, B, C thẳng hàng ta quy chứng minh: CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | + ABx  xBC  180 ABx  xBC Ví dụ Cho nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm C thuộc AB cho CA  CB điểm M thuộc nửa đường trịn Đường thẳng qua M vng góc với MC cắt tiếp tuyến qua A M Đường thẳng C vng góc với M1C cắt tiếp tuyến qua M M Chứng minh M , M1 , M thẳng hàng Giải: Ta có: CAM  CM1 M (Tứ giác ACMM1 nội tiếp ) CAM  MBM (góc hai tiếp tuyến dây cung) CM1M  MCM (cùng phụ MCM1 )  MCM  MBM  tứ giác BCMM nội tiếp  CMM  90 ta có: M1MM  M1MC  M MC  180 (đpcm) Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến qua A, C cắt M Vẽ hình bình hành ACMN Đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) D Chứng minh N, C, D thẳng hàng Giải: AMN  ADN (tứ giác ADMN nội tiếp) AMN  CAM  so le  CAM  ABC (góc tiếp tuyến dây cung)  ADN  ABC 1 Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp nên ABC  ADC  180   Từ (1) (2) ta có : ADN  ADC  180 suy (đpcm) Ví dụ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) tia AB , CD cắt E AD cắt BC F Gọi M giao điểm thứ hai khác C hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE, CDF Chứng minh E, M, F thẳng hàng .9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH (Trích đề thi vào lớp 10 -Trường chuyên Lê Quý Đôn -Đà Nẵng năm 2012) Giải: Để chứng minh E, M, F thẳng hàng ta chứng minh: CME  CMF  180 Vì ta cần quy hai góc hai góc đối tứ giác nội tiếp Thật ta có: EMC  180  EBC EBCM nội tiếp FMC  180  CDF FMCD nội tiếp Từ ta có: EMC  FMC  360  CDF  EBC Để ý rằng: ABCD tứ giác nội tiếp nên: CDF  ABC, EBC  CDA mà ABC  CDA  180 nên CME  CMF  180 Do điểm E, M, F thẳng hàng Ví dụ Cho điểm thẳng hàng theo thứ tự A, M, B phía đường thẳng AB vẽ hai hình vng AMCD BMEF Hai đường tròn  O1   O2  ngoại tiếp hai hình vng cắt M N Chứng minh rằng: a B, C, N thẳng hàng b A, E, N thẳng hàng Giải: a Ta có: ANC  90 (góc chắn nửa đường trịn) MNE  MEF  45 (góc nội tiếp) MNB  MEB  45 (góc nội tiếp)  ANB  90 Vậy CNA  ANB  CNB  180  (đpcm) b Từ kết câu trên, ta có : MBC  MEA  c.g.c   MBC  MEA Mặt khác tứ giác BMEN nội tiếp nên MBN  MEN  180  MEN  MEA  180  (đpcm) Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC  P  B, C, H  nằm tam giác ABC PB cắt đường tròn (O) M khác B PC cắt (O) N khác C BM cắt AC E, CN cắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Ta thấy rằng: Phép vị tự tâm M tỷ số biến điểm H, I, K thành N, P, Q Mà H, I, K thẳng hàng nên suy N, P, Q thẳng hàng Đường thẳng qua N, P, Q gọi đường thẳng Steiner điểm M Ví dụ Cho tam giác ABC có H, G ,O trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, AH cắt đường tròn (O) A1 Lấy A2 điểm đối xứng G qua BC Vẽ hình bình hành AHA3O Chứng minh A1 , A2 , A3 thẳng hàng Giải: Ta có kết quen thuộc (Xem thêm phần định lý hình học tiếng), A1 đối xứng với H qua BC AH / /  2OM (M trung điểm BC) Theo giả thiết AHA3O hình bình hành nên A3 đối xứng với O qua đường thẳng BC Vậy phép đối xứng trục BC biến H thành A1 ; G thành A2 ; O thành A3 Mặt khác tính chất đường thẳng Ơ-le H, G, O thẳng hàng Từ ta có A1 , A2 , A3 thẳng hàng II MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƢỜNG, ĐIỂM CỐ ĐỊNH Bài Từ điểm M thuộc đường thẳng (d) ngồi đường trịn (O;R) cho khoảng cách từ điểm O đến (d) h không đổi ta kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (O) (Với A, B tiếp điểm) a, AB qua điểm I cố định b, Gọi K giao điểm OM, AB Chứng minh M di chuyển (d) K thuộc đường cố định Giải a, Dựng OH   d  OH  h Gọi I giao điểm OH AB ta có: OKI ∽ OHM  OI OK OK OM   OI  OM OH OH Lại có OK OM  OA2  R2 27 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Suy OI  R2 Như điểm I cố định h b, Theo câu a) OI cố định, mặt khác IKO  90 suy điểm K thuộc đường trịn đường kính OI Bài Cho tam giác ABC điểm M chuyển động đoạn BC Lấy hai điểm N, P AC, AB để ANMP hình bình hành Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định Giải Dựng  O1  qua B tiếp xúc với AC A Dựng  O2  qua B tiếp xúc với AB A Giả sử  O1  cắt giao điểm thứ hai K điểm K điểm cố định Ta có: KAB  KCA, KCA  KBA 1 suy KAB ∽ KCA  KA AB   2 ANMP hình bình hành nên theo định lý Thales ta có: KB AC BP BM AN BP AN BC AN BP AN BP AB            3 PA MC NC PA NC PA  BP AN  NC AB AC AN AC Từ (1),(2),(3) suy KBP ∽ KAB  BPK  ANK  ANPK nội tiếp suy đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN qua điểm cố định K Bài Từ điểm M ngồi đường trịn (O;R) ta kẻ tiếp tuyến MA, MB đến (O) (Với A,B tiếp điểm) cát tuyến MCD đến (O) cho MC  MD tia MC nằm hai tia MO, MA Giả sử M cố định, cát tuyến MCD thay đổi trọng tâm G tam giác BCD ln nằm đường trịn cố định Giải Gọi I trung điểm CD, ta có BG  BI Qua G kẻ đường thẳng song song với IO, MD cắt OB, MB Q, R Ta có điểm B, O, M cố định, suy P, Q cố định PGQ  90 Suy G thuộc đường trịn đường kính PQ  MO Bài 28 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Cho điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Đường trịn (O) thay đổi ln qua B, C Vẽ đường kính MN vng góc với BC H Tia AN cắt (O) giao điểm thứ D Khi MD ln qua điểm cố định nằm BC Giải Ta có: ADK ∽ AHN  AK.AH  AD.AN Mặt khác ta dễ chứng minh được: AB.AC  AD.AN Từ suy AB.AC  AK AH Hay AK  AB AC không đổi Suy điểm K cố định AH Hay MD qua điểm cố định K Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Trên cạnh BC lấy điểm M Dựng  O1  qua M tiếp xúc với AB A Dựng  O2  qua M tiếp xúc với AC A Hai đường tròn cắt giao điểm thứ N Khi đó: a Điểm N nằm (O) b Đường thẳng MN qua điểm cố định M di chuyển cạnh BC Giải a, Ta có: NBM  ABC, MNC  ACB Tứ giác ABNC có BAC  BNC  BAC  ABC  ACB  180 Suy tứ giác ABNC nội tiếp Nói cách khác điểm N thuộc đường trịn (O) cố định b, Ta có: DAC  DNC (cùng chắn cung DC) Mặt khác ta có: DNC  ACB suy DAC  ACB Suy AD / / BC, điểm D điểm cố định Vậy đường thẳng MN qua điểm cố định D Bài Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp (O;R) Dựng đường cao AD tam giác đường kính AK (O) Hạ BE, CF vng góc với AK Cho BC cố định, điểm A di chuyển cung lớn BC Chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm cố định Giải Vì ABD  AEB  90 suy điểm A, B, D, E nằm đường trịn đường kính AB có tâm trung điểm N AB ADC  AFC  90 nên điểm A, D, F, C nằm đường tròn 29 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH đường kính AC có tâm trung điểm P AC Gọi M trung điểm BC, I trung điểm BO ON  AB, OM  BC suy điểm N, O, E, M,B nằm đường tròn đường kính BO Ta có: MNE  MBE  DBE  DAE  DNE suy MN phân giác góc DNE Tam giác DNE cân N suy MN trung trực DE, tương tự ta có MP trung trực DF Suy M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF điểm M cố định Bài Cho đường trịn (O) có đường kính AB cố định, M điểm thuộc (O) (M khác A, B) Các tiếp tuyến (O) A M cắt C Đường tròn (I) qua M tiếp xúc với đường thẳng AC C CD đường kính (I) a, Chứng minh: O, M, D thẳng hàng b, Chứng minh: Tam giác COD cân c, Đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua điểm cố định M di động đường trịn (O) Phân tích, định hƣớng giải a Ta có MC tiếp tuyến đường trịn (O)  MC  MO 1 Xét đường tròn (I): Ta có CMD  90  MC  MD   Từ (1) (2)  MO / / MD  MO MD trùng  O, M , D thẳng hàng b CA tiếp tuyếm đường tròn (O)  CA  AB  3 Đường tròn (I) tiếp xúc với AC C  CA  CD   Từ (3)    CD / / AB  DCO  COA * (hai góc so le trong) CA, CM hai tiếp tuyến cắt  O   COA  COD ** Từ (*) **  DOC  DCO  COD cân D 30 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | **Thực nghiệm hình vẽ cho thấy đường thẳng qua D vng góc với BC ln qua trung điểm K AO Ta chứng minh điều sau: c Gọi chân đường vng góc hạ từ D tới BC H, N giao điểm CO (I) Ta có CHD  90  H   I  (bài tốn quỹ tích) DH  AB  K  CND  90 COD cân D, NC  NO Ta có tứ giác NHOK nội tiếp + Vì H  O1  DCO (cùng bù với DHN )  NHO  NKO  180  5 Ta có NDH  NCH (cùng chắn cung NH đường tròn (I))  g g   HN OB  HD OC Tương tự ta có: OB OA OA CN ON HN ON Mà ONH  CDH  NHO ∽ DHC  c.g.c   ;     OC OC OC CD CD HD CD  NHO  90 mà NHO  NKO  180  5  NKO  90  NK  AB  NK / / AC  K trung điểm OA cố định  đpcm Bài Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d cắt (O) C,D Một điểm M di động tia đối tia DC Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) (A, B tiếp điểm ) Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Giải Gọi H trung điểm CD giao điểm AB với OM, OH E, F Tam giác OBM vuông B, đường cao BE Suy OE.OM  OB2  R 1 Do FHM  FEM  90 nên tứ giác MEHF nội tiếp Từ hai tam giác vuông OMH, OEF đồng dạng, suy OH OM OE.OM   OF    Từ (1) (2) suy OE OF OH OF  R2 Do đường tròn (O), đường thẳng d cho OH trước nên OH không đổi Suy OF không đổi, điểm F cố định Do đường thẳng AB qua điểm F cố định Bài Cho đường tròn tâm (O) Từ điểm A cố định (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B, C tiếp điểm) Lấy điểm M cung nhỏ BC Gọi D, E, F thứ tự hình chiếu từ M đến BC, AC, AB Gọi MB cắt DF P, MC cắt DE Q Chứng minh đường thẳng nối giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE qua điểm cố định .31 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Giải Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE cắt M, N Đường thẳng MN cắt PQ, BC theo thứ tự K I Ta có tứ giác MDCE, MDBF nội tiếp nên MCE  MDE  MBC; MBF  MDF  MCB Suy PMQ  PDQ  PMQ  PDM  QDM  PMQ  MCB  MBC  180 Do tứ giác MPDQ tứ giác nội tiếp Suy MQP  MCB  MEQ, suy KQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp MQE Tương tự KP tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MFP Ta có KM KN  KQ2 , KM KN  KP2 Suy KP  KQ Xét tam giác MBC, PQ / / BC, KP  KQ Theo định lý Thales suy I trung điểm BC Vậy MN qua điểm cố định I trung điểm BC Bài 10 Cho đường tròn (O) dây cung AB Lấy điểm E dây cung AB (E khác A B) Qua E vẽ dây cung CD (O) Trên hai tia DA, DB lấy hai điểm P, Q đối xứng qua E Chứng minh đường tròn (I) qua C tiếp xúc với PQ E qua điểm cố định E di động dây cung AB Giải Gọi M giao điểm AB đường tròn (I) EP tiếp tuyến (I) nên CMA  PEC  QED Mặt khác BAC  BDC Suy CMA ∽ QED  g.g   AM DE  1 Tương tự DEP  BMC; ADC  ABC CM QE nên BMC ∽ DEP  g.g   Từ (1) (2) suy BM DE DE    2 CM PE QE AM BM   AM  BM CM CM Do đường trịn (I) ln qua trung điểm M AB điểm cố định Bài 11 Cho đường trịn (O) đường kính BC Gọi A điểm cung BC, điểm M thuộc đoạn BC Kẻ ME, MF vng góc với AB, AC, MN vng góc với EF N a Khi M di chuyển BC, chứng minh: MN qua điểm cố định 32 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | b Lấy điểm D thuộc đoạn OA, tia BD cắt đường tròn giao điểm thứ P Chứng minh: Khi D di chuyển OA tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác APD thuộc đường thẳng cố định Giải a, Dựng đường kính AK (O) Ta chứng minh MN qua K Giả sử FM cắt BK J, EM cắt KC H Do ABKC hình vng nên BEMJ hình vng Suy EMF  KHM , giả sử KM cắt EF N  JMK  N MF lại có: MFE  HMK suy N MF  MFE  JMK  HMK  90 hay KM  EF N  suy N  N  tức là: N,M,K thẳng hàng Suy MN ln qua điểm K cố định b, Ta có APB  ACB  45, mà APB  AID suy AID  90, ta có DAI  ADI  45 nên suy I nằm BC cố định Bài 12 Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d nằm ngồi đường trịn I điểm di động d Đường tròn đường kính IO cắt đường trịn (O;R) hai điểm M,N Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Giải: Đường trịn đường kính IO, cắt đường tròn (O;R) M , N  IMO  INO  90  IM , IN tiếp tuyến đường tròn (O;R) Gọi E giao điểm IO MN IE đường cao tam giác cân MIN  IE  MN Xét OMI ta có OMI  90; ME  OI nên OM  OE.OI Kẻ  OA  d A, gọi K giao điểm OA MN OEK ∽ OAI  g.g  OE OK   OA.OK  OE.OI   Từ (1) (2) suy OK OA  OM  R2 Từ suy OA OI OK  R2 mà OA khơng đổi, K điểm cố định phải tìm OA Bài 13 Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo tứ tự Một đường trịn (O) thay đổi ln qua B C .33 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Từ điểm A kẻ tiếp tuyến AM, AN đến đường tròn Đường thẳng MN cắt AO AC H K a, Chứng minh M, N di động đường tròn cố định b, Gọi I trung điểm BC NI cắt đường tròn (O) P Chứng minh MP / / BC c, Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác OHK ln qua hai điểm cố định Giải: a, Vì AN tiếp tuyến đường tròn (O) nên ANB  BCN mà CAN chung nên ANB ∽ ACN  g.g  suy AN AB  AC AN  AN  AB.AC mà AM  AN (tính chất tiếp tuyến) Suy M, N nằm đường tròn tâm A bán kính AB AC cố định b, ANO  90; AIO  90 nên tứ giác AOIN nội tiếp đường tròn đường kính AO, suy AON  AIN Mặt khác , AON  1 MON ; MPN  MON nên AIN  MPN suy MP / / BC 2 c, Theo câu a), ta có AN  AB AC 1 Mặt khác ANO vng N có NH  AO nên AN  AH AO   AHK ∽ AIO (vì OAI chung, AHK  AIO  90 )  AH AK AB AC   AH AO  AI AK  3 Từ (1),(2),(3) suy AB AC  AI AK  AK  AI AO AI mà AB, AC, AI cố định  AK không đổi  K cố định Tứ giác OIKH nội tiếp nên đường trịn ngoại tiếp OHK ln qua I K cố định Bài 14 Cho tam giác ABC vuông C BC  CA Gọi I điểm AB IB  IA Kẻ đường thẳng d qua I vuông góc với AB Gọi giao điểm d với AC, BC F E Gọi M điểm đối xứng với B qua I a, Chứng minh IME đồng dạng với IFA IE.IF  IA.IB b, Đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF cắt AE N Chứng minh E, N, B thẳng hàng c, Cho AB cố định, C thay đổi cho BCA  90 Chứng minh đường tròn ngoại tiếp AEF qua hai điểm cố định tâm đường tròn đường thẳng cố định Giải: a, Ta có IE đường trung trực BM  EBM cân M  EBM  EMB 34 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Mà EBM  EFA (cùng phụ với FAB )  IME ∽ IFA  g.g   IM IE  IF IA  IE.IF  IA.IM  IE.IF  IA.IB b, Ta có ECF  90  ENF  90 Xét BAE có EI, AC đường cao cắt F nên BF  EA mà FN  EA  B, F , N thẳng hàng c, Ta có EMB  EFA suy tứ giác AMFE nội tiếp Từ suy đường trịn ngoại tiếp AEF qua hai điểm A, M cố định Vậy tâm đường trịn ngoại tiếp AEF ln nằm đường trung trực AM cố định Bài 15 Cho đường tròn (O;R) điểm A cố định với OA  2R Một đường kính BC quay quanh O cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng OA điểm thứ hai I Đường thẳng AB, AC cắt đường tròn (O;R) D E Nối DE cắt đường thẳng OA K a, Chứng minh OI OA  OB.OC AK AI  AE AC b, Tính độ dài đoạn thẳng OI AK theo R c, Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác ADE ln qua điểm cố định khác A BC quay quanh O Giải: a, OIC ∽ OBA  g.g   OI OC  OB OA  OB.OC  OI OA Xét góc nội tiếp ta có: ICB  IAB; BCE  EDB  ICB  BCE  IAB  EDB  ICE  EKA  AKE ∽ ACI  g.g   AK AI  AE.AC 1 b, Từ OB.OC  OI OA  R.R  OI 2R  OI  R Gọi M, N giao điểm đường thẳng AO với đường tròn (O) (M nằm A N  AME  ACN  AME ∽ ACN  g.g   AM AN  AE AC   Từ (1) (2) suy AK AI  AM AN  AK 5R 6R  R.3R  AK  c, Gọi H giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp ADE với AO Ta có: 35 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH KHE ∽ KDA  g.g   KH KA  KD.KE, KDN ∽  KME  g.g   KN KM  KD.KE  KH KA  KM KN  KH 6R  6R 6R  3R    R   3R   H cố định   KH   5  10   điều phải chứng minh Bài 16 Cho đường trịn (O;R), dây cung CD có trung điểm H Trên tia đối tia DC lấy điểm S qua S kẻ tiếp tuyến SA, SB với đường tròn Đường thẳng AB cắt đường thẳng SO, OH E, F Gọi I giao điểm AB CD a, Chứng minh tứ giác SEHF nội tiếp b, Chứng minh OH OF  R2 c, Chứng minh SI SH  SC.SD d, Khi S di động tia đối tia DC, chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định Giải a, Tứ giác SEHF nội tiếp H E nhìn FS góc vng b, Ta có OHS ∽ OEF  g.g  suy OH OF  OE.OS Sử dụng hệ thức lượng tam giác vng AOS ta có: OE.OS  OA2 nên OH OF  OA2  R2 c, Chứng minh cặp tam giác đồng dạng: SAD ∽ SCA  g.g   SA2  SC.SD, SAE ∽ SOA  g.g   SA2  SE.SO, SEI ∽  SHO  g.g   SI SH  SE.SO Từ suy SI SH  SC.SD d, Từ đề O, C, D cố định nên H cố định Từ câu b) suy OF  R2 không đổi Vậy đường thẳng AB qua điểm cố định F OH Bài 17 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB  2R Gọi C trung điểm đoạn thẳng AO Đường thẳng Cx vng góc với đường thẳng AB, Cx cắt nửa đường tròn I Gọi K điểm nằm đoạn thẳng CI (K khác C I), tia AK cắt nửa đường tròn tâm O điểm M, tiếp tuyến M (O) cắt Cx N Gọi D giao điểm BM cắt Cx a Chứng minh điểm A, C, M, D nằm đường tròn b Chứng minh tam giác MNK cân c Tính diện tích ABD K trung điểm đoạn thẳng CI 36 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | d Chứng minh K di động đoạn thẳng CI đường trịn ngoại tiếp tam giác AKD qua điểm cố định khác A Giải: a ACD  90; AMD  90  A, C, M , D thuộc đường trịn đường kính AD MN tiếp tuyến (O)  NMK  ABM (góc tiếp tuyến dây cung) Ta lại có NKM  MBA (cùng phụ MAB ) suy NKM  NMK  MNK cân N 3R R R b Ta có COI vng C  IC  CO  OI  IC   IC   CK  4 2 2 Ta có CAK ∽ CDB Vì ACD  BCD  90; KAC  CDB (cùng phụ DBA )  CA CK R R 3R   CD.CK  CA.CB  CD   CD  R Do diện tích ABD là: CD CB 2 S 1 AB.CD  R.R  R 2 c Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD cắt BA E Suy AKDE nội tiếp nên ta có: AEK  ADK  KBA nên tam giác KEB cân K suy CE  CB Như E điểm cố định Hay đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD qua điểm cố định E Bài 18 Cho đường tròn (O) điểm A khác O nằm đường tròn Một đường thẳng thay đổi qua A khơng qua O cắt đường trịn hai điểm M, N Chứng tỏ đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN qua điểm cố định khác O Giải: Gọi giao điểm đường thẳng OA với đường tròn (O) I , K  I , K cố định Gọi giao điểm đường thẳng OA với đường tròn ngoại tiếp OMN P Từ AMI ∽ AKN  g.g  suy AM AN  AK AI 1 AON ∽ AMP  g.g  suy AO AP  AM AN   37 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Từ (1) (2) ta có: AO AP  AI AK hay AP  AI AK mà AI, AK, AO cố định  AP không đổi AO  P điểm cố định Bài 19 Cho điểm M nằm nửa đường trịn (O) đường kính AB  2R, qua điểm H cố định đoạn OB, vẽ đường thẳng d vuông góc với AB Gọi giao điểm MA (d) D, giao điểm tiếp tuyến M (O) với (d) I (d) cắt MB C Gọi E giao điểm AC đường tròn (O) Gọi K giao điểm OI ME a Chứng minh IE tiếp tuyến đường tròn (O) b Cho M di chuyển đường tròn (M khơng trùng với A;B) Chứng minh tích OI.Ok không đổi ME qua điểm cố định Giải: a Xét ABD có BM  AD; DH  AB  C trực tâm  AC  DB mà AE  BE  AEB  90  B, E, D thẳng hàng Tứ giác AMCH có AMC  AHC  90  AMCH nội tiếp đường tròn đường kính AC  MAH  MCI (cùng bù với ABM ) mà MI tiếp tuyến  IMC  MAH  IMC  MCI  MCI cân I  IM  IC 1 Ta có MDI  DCM  90 mà DCM  IMC  DMI  MDI  IMD cân I  IM  ID   Từ (1)  2  ID  IC  IM CDE vng E có IC  ID  IC  ID  IE Từ ta có IM  IE; OM  OE, OI cạnh chung suy OEI  OMI  c.c.c   OEI  OMI  IE tiếp tuyến đường tròn (O) b IM, IE tiếp tuyến O  IO  ME K OMI có OMI  90; MK  OI nên OM  OK OI  OK OI  R2 không đổi Gọi S giao điểm ME AB Xét OKS OHI có OHI  OKS  90; IOS chung  OKS ∽ OHI  g.g   OK OI  OH OS  OH OS  R  OS  R2 mà OH cố định  OS không đổi  S cố định hay ME qua OH điểm S cố định Bài 20 38 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | Cho đường trịn (O;R) dây BC cố định, A điểm chuyển động cung lớn BC  O  A  B, C  , gọi M trung điểm AC, H hình chiếu vng góc M AB Chứng minh điểm A thay đổi cung lớn BC H nằm đường trịn cố định Giải: Ta có OM  AC nên M nằm đường trịn đường kính OC Gọi I trung điểm OC I cố định Giả sử (I) cắt CB N ONC  90 nên suy N trung điểm BC Suy MN đường trung bình tam giác ABC kết hợp giả thiết MH  AB suy NH  HM , gọi K giao điểm (I) với HM NMK  90 nên NK đường kính (I), mà N, I cố định suy K cố định, NK đường kính (O) nên KCN  90 hay KCB  90, tứ giác BCKH nội tiếp nên H nằm đường trịn đường kính KB cố định Bài 21 Cho điểm B, M, C cố định theo thứ tự nằm đường thẳng Dựng (O;R) qua B, C  BC  2R  , qua M kẻ cát tuyến vng góc với OB cắt (O) A, P Chứng minh: A,P thuộc đường tròn cố định Giải: Gọi H giao điểm AP với OB H trung điểm AP, kẻ đường kính BD (O) DA  DP Trong tam giác vng BAD ta có: BA2  BH BD, lại có tứ giác MHDC nội tiếp nên BH BD  BM BC (hệ thức quen thuộc, hs tự chứng minh) Từ suy BM BC  BA2  BA  BM BC mà điểm B,M,C cố định nên BM.BC không đổi BA  BP suy A, P nằm đường tròn tâm B bán kính BM BC Bài 22 Cho đường trịn (O) dây BC  2a khơng đổi a  R, A điểm chuyển động cung lớn BC  O  A  B, C  , tiếp tuyến (O) B, C cắt M, gọi D, E hình chiếu vng góc M AB, AC Chứng minh rằng: Khi điểm A thay đổi cung lớn BC (O) trực tâm tam giác ADE ln nằm đường tròn cố định .39 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƢỜNG CỐ ĐỊNH Giải: Gọi H trung điểm BC OM  BC H Theo giả thiết MD, ME vng góc với AB, AC nên MHCE tứ giác nội tiếp dẫn tới HEM  HCM , lại có BAC  BCM suy BAC  HEM nên BAC  HEA  BAC  90  HEM  90 suy EH  AB , tương tự DH  AC suy H trực tâm tam giác ADC Ta có BC OH  OA   R  a không đổi, O   cố định suy điểm H nằm đường tròn O; R  a Bài 23 Cho đường tròn (O;R) điểm A cố định nằm đường tròn Trên tiếp tuyến với đường tròn (O) A lấy điểm K cố định, đường thẳng (d) thay đổi qua K không qua O cắt (O) B,C (B nằm K C) Gọi M trung điểm BC Vẽ đường kính AN (O) Đường thẳng qua A vng góc với CB cắt MN H Khi đường thẳng (d) thay đổi quanh K thỏa mãn điều kiện đề điểm H di động đường Giải: Do AN đường kính (O) nên O trung điểm AN Lại có AH, OM vng góc với BC nên AH / / MO suy MO đường trung bình tam giác AHN suy AH  2OM Tứ giác BHMC có đường chéo BC, HM cắt trung điểm đường nên BHMC hình bình hành Dẫn tới BH / / NC, mà NC  AC (do AN đường kính (O) suy BH  AC, kết hợp với giả thiết AH  BC ta suy H trực tâm tam giác ABC Gọi I điểm đối xứng với O qua M , từ chứng minh câu c) ta suy AHIO hình bình hành nên HI / / AO HI  AO , ta có tam giác KOI cân K suy KI  KO không đổi Dựng hình bình hành HIKJ IK / / HI IK  HI , kết hợp với HI / / AO HI  AO KJ / / AO ta suy AOKJ hình bình hành mà A, O, K cố định ta suy điểm J cố định Do JH  KI  KO không đổi suy điểm H nằm đường tròn tâm J bán kính KO 40 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | 41 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN