Câu 1.

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên) Cho hình bình hành ABCD với BAD 90 . Đường phân giác của
góc BCD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BC tại O khác C . Kẻ đường thẳng d đi qua A và
vuông
D
góc với CO . Đường thẳng d lần lượt cắt các đường thẳng CB; CD tại E; F .

1). Chứng minh rằng OBE
ODC .
2). Chứng minh rằng O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF .
3). Gọi giao điểm của OC và BD là I , chứng minh rằng IB.BE.EI ID.DF.FI .
Lời giải

1). Tứ giác OBCD nội tiếp và CO là phân giác góc BCD , suy ra OBD OCD
cân tại O , do đó OB OD (1).

OCB ODB , nên tam giác

OBD

Tứ giác OBCD nội tiếp ODC OBE (cùng bù với góc OBC ) (2).
Trong tam giác
Do AB CF

CEF có CO vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên tam giác

AEB

AFC

EAB , suy ra tam

ABE cân tại B , nên BE

giác 2). Từ OBE
ODC OE OC .
Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE OF .
Từ đó OE OC

BA
CD

CEF cân tại C .

(3).

OF , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF .

3). Theo trên, ta có BE CD mà CE CF
Ta có CI là đường phân giác góc BCD , nên

BC

DF .

IB

CB

DF


ID

CD

BE

IB.BE ID.DF .
1


Mà CO là trung trực EF và I CO , suy ra IE IF .
Từ hai đẳng thức trên, suy ra IB.BE.EI ID.DF.FI .
Câu 2.

(Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Gọi M là một
điểm trên cung nhỏ BC ( M khác B; C và AM không đi qua O ). Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM
sao cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M .

1). Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O . Chứng minh rằng ba điểm N; P; D thẳng hàng.
2). Đường tròn đường kính MP cắt MD tại điểm Q khác M . Chứng minh rằng P là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác

AQN .

Lời giải

1). Vì MP là đường kính suy ra PN MN
Vì MD là đường kính suy ra DN
Từ (1) và (2), suy ra N;

P;

MN (2).

D thẳng hàng.

2). Tứ giác APQD nội tiếp ( PQD MAD
suy ra PAQ

PDQ
NDM

(1).

0

90 ),

(3).

Xét (O) , ta có NDM NAM (4).
Từ (3) và (4) PAQ

NAP , suy ra AP là phân giác của góc NAQ (*).

Xét (O) , ta có AND AMD .
Xét đường tròn đường kính MP có QMP

QNP


ANP

QNP , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).


Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ.
Câu 3.

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên) Cho tam giác nhọn

nội tiếp đường tròn
ABC

với AB

(O)

AC.

Đường phân giác của góc BAC cắt (O) tại điểm D khác A. Gọi M là trung điểm của AD và E là điểm
đối xứng với D qua tâm O . Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác
cắt đoạn thẳng AC tại điểm F
ABM
khác A.
1). Chứng minh rằng tam giác

BDM và tam giác

BCF đồng dạng.


2). Chứng minh rằng EF vuông góc với AC.
Lời giải
E
A
F

M

O
N
C

B

D

BFA suy ra
1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau BDM BCF (1) và
0
180
BMA
(2).
Từ (1) và (2) , suy ra BDM và BCF đồng dạng (g - g).

BMA
BFA

1800

hay BMD


BFC

2). Từ AD là phân giác BAC suy ra DB DC vậy DE vuông góc với BC tại trung điểm N của BC .
Từ 1).
∽

BDM

BCF , ta có

Vậy ta có biến đổi sau

DM

BD

.

DA

CF
2DM

BC
2BD

CF

CF


BC

CD
DE
CN

(3).
CE

Ta lại có góc nội tiếp ADE
Từ (3) và (4) , suy

FCE (4).
EAD ∽
suy ra EFC
EFC

EAD
90

.

ra Vậy EF AC .
Câu 4.
(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên) Cho tam giác ABC nhọn với AB BC và D là điểm thuộc cạnh
BC sao cho AD là phân giác của BAC . Đường thẳng qua C và song song với AD , cắt trung trực của AC
tại E . Đường thẳng qua B song song với AD , cắt trung trực của AB tại F .
1). Chứng minh rằng tam giác


ABF

2). Chứng minh rằng các đường thẳng


đồng dạng với tam giác

ACE

.

BE; CF; AD đồng quy tại một điểm,
gọi điểm đó là G .


3). Đường thẳng qua G song song với AE cắt đường thẳng BF tại Q . Đường thẳng QE , cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác GEC tại P khác E . Chứng minh rằng các điểm A; P; G; Q; F cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải

1). Tam giác ABF
FBA

ECA

A
2

và tam giác

lần lượt cân tại F, E và

ACE

ABF
∽

ACE .

2). Giả sử G là giao điểm của BE và CF .
Ta có

GF

BF

AB

DB

GD

FB

, và

FB
GC

CE

AC


ta có G AD .

DC

3). Chứng minh BQG QGA
GAF
suy ra tứ giác FQGP nội tiếp.
Câu 5.

AD

GAE

GAC

CAE

GAB

BAF

, nên AGQF nội tiếp, và QPG GCE GFQ ,

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn

ABC , đường cao AH , H thuộc BC .
P

thuộc AB sao cho CP là phân giác góc BCA . Giao điểm của CP và AH là Q . Trung trực của PQ cắt

AH và BC lần lượt tại E; F .
1). PE giao AC tại K . Chứng minh rằng PK vuông góc AC .
2). FQ giao CE , CA lần lượt tại

M; N . Chứng minh rằng bốn điểm E; K; N; M thuộc một đường tròn.

3). Chứng minh rằng bốn điểm P; E; C; F thuộc một đường tròn.
Lời giải
A


K
B

E
PF

H

Q

M

N
C


1). Ta có tam giác EPQ

cân tại E và CQ là phân giác góc BCA , nên EPQ


EQP
PCK

.

Do đó EPQ PCK
2). Trong tam giác
Từ đó

EMN

0

90 , nên PK

AC .

EFC có CQ

EF (do EF là trung trực PQ ); EQ

HQC

nên FQ

FC

0


90 , nên tứ giác EKNM nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính EN .

900 HCQ

900

EC
.

Ta có tứ giác EKCH nội tiếp đường tròn đường kính EC nên PEQ HCK .
1

Chú ý: EF là phân giác góc PEQ và CQ là phân giác góc HCK , do đó
PEF

2

PECF nội tiếp.

Câu 6.

PEQ

1

HCK PCF . Do đó tứ giác

2

(Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác


ABC vuông tại A . Gọi CT là đường phân
giác trong của tam giác ( T thuộc cạnh AB ).
1). Chứng minh rằng đường tròn (K ) đi qua C; T và tiếp xúc với AB có tâm K thuộc BC .

2). Gọi giao điểm của AC và (K )
ABD

là D khác C , giao điểm của DB và (K )

là E khác D . Chứng minh rằng

BCE .

3). Gọi giao điểm của CE và AB là M . Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng BT .
Lời giải

A

D

T
M
E
B

1). K

F


K

tiếp xúc AB tại T , nên KT AB , suy ra KT / / AB .

Chú ý tam giác

KTC

KTC
TCB.

TCA

C


cân nên

KCT

nên
K

thuộ
c

BC.


Nhận xét. Chứng minh một điểm thuộc một đoạn thẳng ta quy về chứng minh ba điểm thẳng hàng.

2). Gọi (K ) giao BC tại F khác C. Ta thấy tứ giác FEDC nội tiếp và chú ý K thuộc BC nên FEC
Từ đó AB
D

90
0

AD
B

3). Từ trên, suy ra MBE

90
0

EFC

0

90 .

BCE .

BCM do đó

MBE
∽

Từ đó chú ý MT tiếp xúc (K ) , suy ra MT2


MCB

ME.MC

ME.MC

2

MB .

2

MB .

Vậy M là trung điểm BT.
Câu 7.
hai

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác nhọn

ABC

nội tiếp đường tròn (O) . M; N là

điểm thuộc cung nhỏ AC sao cho MN song song với AC và tia BM nằm giữa hai tia BA; BN . BM giao AC
tại P . Gọi Q là một điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho PQ vuông góc với BC . QN giao AC tại R.
1). Chứng minh rằng bốn điểm B; P; R; Q cùng thuộc một đường tròn.
2). Chứng minh rằng BR vuông góc
với


AQ.

3). Gọi F là giao của AQ và BN. Chứng minh
rằng

1). Tứ giác BMNQ nội tiếp suy ra BMN

AFB

BPQ
ABR.

Lời giải

BQN
180 .

Mà BPR BMN (do MN BC ).
Từ đó BPR BQN 1800 , suy ra tứ giác BPRQ nội tiếp. Tức

là


B; P; R; Q cùng

thuộc một đường tròn.

2). Gọi PQ giao BC tại D, AQ giao BR tại E ta có các biến đổi góc sau
EQD


DQB
EBD.

AQB

PRB

ACB

RBC


Vậy tứ giác BEDQ nội tiếp, suy ra BEQ BDQ 90
0

3). Ta có BPQ

BRQ

RBN

RNB

EBF

BAE

BR

AQ .


900 BFE

900

ABE

1800
BFE ABE AFB
ABR .
Do đó AFB BPQ ABR .

Câu 8.

(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác
tâm của tam giác

nhọn nội tiếp đường tròn O . H là trực

ABC
ABC . AD là đường kính của O . E thuộc AC sao cho HE BC .

1). Chứng minh rằng các đường thẳng BH và DE cắt nhau trên O .
2). Gọi F là giao điểm của các đường thẳng EH và AB. Chứng minh rằng A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với
đỉnh D của tam giác DEF.
3). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF . Chứng minh
rằng

BE, CF và IH đồng quy.


Lời giải
A

P

H

F
O

E
B

I
C
D

1). Gọi DE cắt (O)

tại P khác

D. Do AD là đường kính của (O) , suy ra

do HE BC HA ), nên tứ giác APEH nội tiếp.

Ta có APH

AEH (góc nội tiếp)
ACB ( HE BC )
APB (góc nội tiếp)


PH
. HP AC , suy ra AEH AHP AEP .
Ta có
2). PB
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của DEF .
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của
DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của
. 3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.

DEF

APD

900 ,

mà

AHE

900 (


Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra EI AC
Tương tự FI HC; EF

BC , suy ra IEF và

EI HB .

HBC có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.


Câu 9.

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác

ABC nội tiếp đường tròn (O) . P di chuyển

trên cung BC chứa A của (O) . I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Q là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác PBC .
1). Chứng minh rằng B; I; Q; C cùng nằm trên một đường tròn.
2). Trên tia BQ; CQ lần lượt lấy các điểm M; N sao cho BM BI ; CN
điểm cố định.

CI . Chứng minh rằng MN luôn đi qua một

Lời giải

0
1). Ta có BIC 180

IBC

ICB

18
00

AB

C
2

AC
18
B
00
2 BAC

180
BAC
2BIC 2

90
0

BA
C
2

180
BP
.
BPC
2BQC
C
0
180
Tứ giác BPAC nội tiếp, 2
suy ra BAC BPC BQC BIC , nên 4 điểm B; I; Q; C thuộc một đường tròn.


Tương tự BQC 90

2). Gọi đường tròn B; BI giao

C; CI tại K khác I thì K cố định.

Góc IBM là góc ở tâm chắn cung IM và IKM là góc nội tiếp chắn cung IM , suy ra

IKM

1

2

Tương tự IKN

1

ICN

(2).

2
B; I; Q; C thuộc một đường tròn, suy ra
IBQ
ICQ
(3).
ICN


Theo câu 1)
IBM

Từ (1), (2) và (3), suy ra IKM
Vậy MN đi qua K cố định.

IKN

KM

KN .

IBM (1).


(Hà Nội-TS10-2012-THPT Chuyên dự bị) Cho hình bình hành ABCD có BAD 90 . Giả sử O là điểm

Câu 10.

nằm trong
hai điểm

ABD sao cho OC không vuông góc với BD. Vẽ đường tròn tâm O đi qua C. BD cắt (O) tại

M, N sao cho B nằm giữa M và D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt

1). Chứng minh rằng bốn điểm M; N; P; Q cùng thuộc một đường tròn.
2). CM cắt QN tại K, CN cắt PM tại

L. Chứng minh rằng KL


OC.

Lời giải
Q

M

K

B
O

A

C
LS

D

P

N

T

1). Gọi MN giao PQ tại T. Theo định lí Thales, ta có
Từ đó TC2

TP.TQ .


Do TC là tiếp tuyến của (O) , nên TC2
Từ đó TM.TN

TC

2

TPTD
TC TC
TB
TQ

TM.TN.

TP.TQ , suy ra tứ giác MNPQ nội tiếp.

2). Gọi MP giao (O) tại điểm thứ hai S.
Ta có các biến đổi góc sau:
KML

CMS
SCP

MSC
SPC
MNC
MNQ
KNL


.

(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
(góc ngoài)
(do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp).

.

AD, AB lần lượt tại P,Q.


Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra KLM

KNM

QPM , nên KL

PQ OC . Vậy KL

OC.


Câu 11.

(Hà Nội-TS10-2013-THPT Chuyên dự bị) Cho hình thang cân ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB
song song CD và AB CD . M là trung điểm CD . P là điểm di chuyển trên đoạn MD ( P khác M, D
).
AP cắt (O) tại Q khác A , BP cắt (O) tại R khác B , QR cắt CD tại E . Gọi F là điểm đối xứng với
P


qua E.
1). Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AQF luôn thuộc một đường thẳng cố định khi P di chuyển.
2). Giả sử EA tiếp xúc (O). Chứng minh rằng khi đó QM vuông góc với CD.
Lời giải

A

F

D

E

B

M

P

C

S

O

R

Q
A
F

E

B
C

D

P

M SQ
O

R

1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M. Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là
hình thang cân.
Ta lại có QPS QAB
QRB .
Từ đó có EPQ ERP
nên EQP

EPR

tứ

Do đó PA.PQ
giác

BPS


ERP ∽ EPQ (g – g),
ASE , suy ra giác AEQS nội tiếp.
PF
.2PM PF.PM , suy ra tứ giác AMQF nội tiếp. Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam
2

PE.PS
AQF luôn đi qua M .

2). Vì EA là tiếp xúc (O)

và từ kết quả câu 1). ta có

EA2

ER.EQ

EP2 . Từ đó có EA

EP , suy ra


DAP

EAP

EAD

APE


ACD

PAC .


Do đó AP là phân giác DAC , suy ra QC QD
Câu 12.

QM

CD .

(Hà Nội-TS10-2014-THPT Chuyên dự bị) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O)
. D là điểm thuộc cạnh BC ( D khác B và D khác C ). Trung trực của CA; AB lần lượt cắt đường
thẳng
AD tại E; F . Đường thẳng qua E song song với AC cắt tiếp tuyến qua C của (O) tại
M. Đường thẳng
(O)
N.
qua qua F song song với AB cắt tiếp tuyến qua B của
tại

1). Chứng minh rằng đường thẳng MN tiếp xúc với (O) .
2). Giả sử

FN
EM

BN
. Chứng minh rằng AD là phân giác của tam giác

CM

ABC .

Lời giải
A

F

O

E

C
D

B

M

P

N

1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A.
Ta có PCM

PAC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

PEM (góc đồng vị do EM AC );


MEC
Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra MPC
Tương tự PN tiếp xúc (O) , suy ra MN tiếp xúc (O) tại P .

2). Theo 1). dễ thấy
Tương tự

CM

CME ∽ CPA
BN CP CP

Từ (1) và (2), ta có

EM
(2).
AP

và theo giả thiết

FN

CM BP

Câu 13.

BNF ∽ BPA

BFA ∽ BNP


EM

ECA

BN
BP

FN
EM

BN
CM

CAP

PM tiếp xúc (O)

FN
AP (1).

là phân giác góc BAC .

, suy ra CP
BP
AD

(An Giang-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và góc A bằng 60 nội tiếp
trong đường tròn tâm O , bán kính R . Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H .


1). Chứng minh rằng AD.AC
2). Chứng minh rằng BC

AE.AB .

2.DE .

3). Kéo dài BH cắt đường tròn tâm O tại H . Chứng minh H và H đối xứng qua AC và hai đường tròn ngoại tiếp


hai tam giác

AHC ;

ABC có cùng bán kính.


Lời giải

1). Hai tam giác vuông
2). Xét hai tam giác

ADB

ADE và

+ Góc A chung, mà AD
AB

Do đó


AD
AB

2

AC

AEC có chung góc A nên chúng đồng dạng, suy ra

AD
AE

ABC có

, suy ra

ADE ∽

AB
AC

AD.A
C

AB.A
E

ABC .


ED .
BC

Mặt khác, tam giác
1

và

ED
BC
BC

ABD vuông tại D , có A

60 , suy ra cos A

AD

cos

60
AB

1
2

AD
AB

2ED .


3). Kéo dài BD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại H .
Xét hai tam giác vuông

AHD và

AH D có

Cạnh AD chung;
BHC

HAC (góc có cạnh tương ứng vuông góc);

HBC

CAH .

Mà HH

vuông góc với AC , nên tam giác

AHH cân tại A hay AC là đường trung trực của HH .

Với H là điểm đối xứng của H qua AC .
Suy ra AC là trung trực của đoạn HH .
Hai tam giác AH C và AHC bằng nhau
Suy ra bán kính hai đường tròn ngoại tiếp của hai tam giác

AHC và bằng nhau mà đường tròn ngoại tiếp tam giác


AH C chính là đường tròn (O) .

Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác

ABC và

AHC

có cùng bán kính.


Câu 14.

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên ) Cho tam giác ABC có các góc ABC và góc ACB nhọn, góc
0
BAC 60 . Các đường phân giác
BB ; CC của tam giác ABC cắt nhau tại I .
trong
1

1

1). Chứng minh tứ giác AB1IC nội tiếp.
2). Gọi K là giao điểm thứ hai khác B của đường thẳng BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BC I . Chứng minh
1
tứ giác CKIB nội tiếp.
1

3). Chứng minh AK


B1C1

Lời giải

1). Ta có B IC
BAC

1

BIC

120

0

B IC

1

1

120

0

60

0

0


180 .

1

Mà hai góc này đối nhau. Nên tứ giác AB1IC nội tiếp (điều phải chứng minh).
(góc nội tiếp cùng chắn BC ) và BIK
2). Vì tứ giác BC IK nội tiếp nên BIC
BKC
1

chắn BK ).
Xét tam giác
có

1

180 BAC

KCB

1

0

0

120
0


ABC .

ABC
0

BC K 180 BKC
ABC

0

60 , suy ra tứ

ABC

0

180 60

0

120
0

ABC .

1

giác

ACKC nội tiếp, nên AKC1


BAC

1

1

KCC

(cùng chắn cung KC 1) (giả thiết).
C1 AK

KCC1

(cùng chắn cung KC ).
1

ACC (cùng chắn cung AC1).

1

AB
C

BIK , suy ra tứ giác ACKC1 nội tiếp (điều phải chứng minh).

3). Vì BIC
1

Mà ACC1


180 60

0

1

Suy ra KCB

BC1 (góc nội tiếp cùng
K

BC1 K , ta có
BIK

Và AKC1

1

ABC , ta
1

Xét tam giác

600

1

C1 A
C1 K



Suy ra KAC
1

AKC , suy ra tam giác
1

Chứng minh tương tự: B
1
A

Từ (1) và (2), suy ra B
C

Câu 15.

11

B1K

cân tại C

(1).

1

(2).

là đường trung trực của AK nên AK


B1C

(điều phải chứng minh).

1
(Hà Nội-TS10-2016-THPT Chuyên ) Cho tam giác nhọn
ABC ( AB AC ), M là trung điểm của cạnh
BC,O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường cao AD; BE; CF của tam
ABC đồng
giác


quy tại H . Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau tại S . Gọi
thẳng EF với các đường thẳng BS; AO . Chứng minh rằng

X,Y lần lượt là giao điểm của đường

1). MX BF .
2). Hai tam giác SMX và DHF đồng dạng.
3).

EF

BC .
CD

FY

Lời giải


1). Nối EM . Tứ giác EFBC là tứ giác nội tiếp nên ABCAEF
XBA

(1).

ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến-dây cung cùng chắn cung AB của (O) (2).

MEC có
ME

MC
BC

MEC

nên
2

Kết hợp với (2), ta có được XBA

cân tại M , suy ra BCA

MEC .

Cộng vế theo vế với (1), ta được ABC XBC
XBM

XEM


AEF

MEC

MEC.

XEM

XBM

Suy ra EXBM là tứ giác nội tiếp, suy ra XMB

AEF

MEC

XEM

0

180 .

XEB (3).

Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên FEB FAD.
Kết hợp với (3), suy ra XMB FDA mà FAD FCB nên XMB FCB hai góc này ở vị trí đồng vị của XM và FC
suy ra XM FC mà FC AB , do đó XM AB (điều phải chứng minh).
2). Tứ giác ABME là tứ giác nội tiếp nên SXM

BEM mà BEM


Tứ giác BFHD là tứ giác nội tiếp nên EBM DFE.
Kết hợp với trên suy ra SXM

HFD (*).

EBM ( MBE cân tại M ).


Ta có S; M; O thẳng hàng do OM và SO cùng vuông góc với BC , suy ra

MS
B

Tứ giác AFDE là tứ giác nội tiếp nên ta có

90

0

1

BC .

2

FDA

1
FCA

900 BAC 900
BC∽ HFD (g - g) (điều phải chứng minh)
suy ra MSB FDA , kết hợp với (*) ta có MXS
2
AC BC
ABC
AEF (g AF EF .
∽
g)
3). Ta có
AC CD
AF FY
AFY (g ACD
g)
∽
BC
EF

CD
FY

Câu 16.

EF
FY

BC (điều phải chứng minh).
CD

(Phú Thọ-TS10-2016-THPT Chuyên Hùng Vương ) Cho hình vuông ABCD tâm O , M là điểm di động

trên cạnh AB . Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM AE , trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM
BF
.

1). Chứng minh rằng đường thẳng OA là phân giác trong của góc MOE , đường thẳng OB là phân giác trong của góc
MOF . Từ đó suy ra ba điểm O; E; F thẳng hàng.
2). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường thẳng EF . Chứng minh bốn điểm
một đường tròn.

A; B; H; O cùng nằm trên

3). Chứng minh rằng khi điểm M di động trên cạnh AB thì đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
I

B

M

A

F
O

E

H

C


D

1). Do ABCD là hình vuông nên hai đường chéo vuông góc, hai đường chéo tạo với các cạnh của hình vuông góc 45
.
Tam giác
suy ra

AME vuông cân đỉnh A , suy ra AM

AMO

AEO (c – g – c), suy ra MOA

AE ; EAO

EOA .

MAO
45


Vậy OA là phân giác trong của góc MOE .
Chứng minh tương tự, ta có OB là phân giác trong của góc MOF .
Mặt khác, MOA
minh.

MOB
180

AOB


90o

MOE

MOF

2AOB

2). Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA
Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên

hay E; O; F thẳng hàng; điều phải chứng
MEA
45

MHB

.
, suy
ra

AHB

.

MFB
AHM
MHB
45B; H; O cùng nằm trên đường

90 tròn đường kính
Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm A;
AB .

3). Đường thẳng MH cắt đường tròn đường kính AB tại điểm thứ hai I ( I khác H ).
Ta có AHI

BHI
45

nên I là điểm chính giữa cung AB (không chứa O ) của đường tròn đường kính AB .

Do A; B; O là các điểm cố định nên I là điểm cố định ( I đối xứng với O qua đường thẳng AB ).
Vậy, khi M di động trên cạnh AB , đường thẳng MH luôn đi qua điểm cố định I ( I đối xứng với O qua đường thẳng
AB ).
Câu 17.

(Hà Nội-TS10-2011-THPT Chuyên ) Cho hình thang ABCD với BC song song AD . Các góc BAD
và
CDA là các góc nhọn. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I . P là điểm bất kỳ trên đoạn thẳng BC (
P không trùng với B; C ). Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam
BIP cắt đoạn thẳng PA tại M khác P
giác
và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIP cắt đoạn thẳng PD tại N khác P .

1). Chứng minh rằng năm điểm A; M; I; N; D cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là (K ) .
2). Giả sử các đường thẳng BM và CN cắt nhau tại Q , chứng minh rằng Q cũng nằm trên đường tròn (K ) .
3). Trong trường hợp

P; I; Q thẳng hàng, chứng minh rằng PB

PC

CA

Lời giải

.