CHUYÊN ĐỀ 5: Các bài toán hình học phẳng
mang yếu tố chuyển động.

Bài 1: Cho đường tròn (O) và dây cung BC cố định.Gọi A là điểm di động trên
cung lớn BC của đường tròn (O), (A khác B,C).Tia phân giác của góc ACB cắt
đường tròn (O) tại điểm D khác C, lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI =
DB.Đường thẳng Bi cắt đường trong (O) tại điểm K khác điểm B.
1.CMR:Tam giác KAC cân.
2.CMR: Đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định J.Từ đó tìm vị trí của A sao cho
Ai có độ dài lớn nhất.
3.Trên tia đối AB lấy điểm M sao cho AM=AC.Tìm tập hợp các điểm M khi A di
động trên cung lớn BC của (O).
Giải:
1.Ta có:

DBI cân tại D nên:

DBI=

DIB.Mà:

DIB =

IBC +

ICB (1).
Và:

DBI =

KCI =


BMC =
2
1
.

BAC =
4
1
số đo cung nhỏ BC = const.
Suy ra quĩ tích điểm M là cung chứa góc nhìn BC dưới một góc bằng
4
1
số đo cung
nhỏ BC.
Bài 2:Trên đường tròn tâm O bàn kính R lầy điểm A cố định và điểm B thay đổi.
Đường vuông góc với AB vẽ từ A cắt đường tròn ở C.
1. Chừng minh rằng BC đi qua một điểm cố định.
2.Gọi AH là đừơng vuông góc vẽ từ A của tam giác ABC.Tìm tập hợp các điểm H
3. Hãy dựng tam giác vuông ABC có đỉnh A cho trước trên đường tròn BC là
đường kính và chiều cao AH = h cho trước.
Giải:
1.Dễ thấy BC luôn đi qua điểm O cố định.
2.Nhận thấy

AHO vuông. Từ đó dễ dàng chứng minh được quĩ tích của H là
đường tròn đường kính AO.
3.Đường thẳng d // với BC cách BC một khoảng h cắt (O) tại hai điểm A và A
'
thỏa

= const.
Từ đó có hai điểm M thảo mãn bài ra.

Bài 4:Cho hình vuông EFGH.Một góc vuông xEy quay xung quanh điểm E.Đường
thẳng Ex cắt đường thẳng FG và GH tại M,N;còn đường thẳng Ey cắt các đường
trên theo thứ tự tại P,Q.
1.CMR:Hai tam giác ENP và EMQ là các tam giác vuông cân.
2.Goi R là giao của PN và QM;còn I,K lần lượt là trung điểm của PN và QM.Tứ
giác EKRI là hình gì?Giải thích?
3.CMR: F,K,H,I thẳng hàng.Từ đó có nhận xét gì về đường thẳng IK khi góc
vuông xEy quay quanh E?
Giải:
1.Dễ dàng chứng minh được:

EHQ =

EFM (cgc).
Suy ra dễ dàng tam giác EMQ vuông cân.

PEF =

PQN (đồng vị) mà

FEM =

QEH.
Suy ra:

PEN =


PRQ = 90
0
(3).
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác ẺIK là hình chữ nhật.
3.Dễ thấy QEKH và EFMK là các tứ giác nội tiếp.
Ta có:

EKH = 180
0
-

EQH (5).
Và:

EKF =

EMF =

EQH (6).
Từ (5) và (6) suy ra:

EKH +

EKF = 180
0
. Suy ra H,K,F thẳng hàng.
Lại có:
Tứ giác FEPI nội tiếp nên

EFI = 180

thẳng cố định.
Giải:
a)Nhận thấy các tứ giác ADMC và MABE là các tứ giác nội tiếp.Do đó:

DCM =

DAM và

MCE =

MBE =

MAB.Vậy:

DCE =

DCM +

MCE =

DAM +

MAB = 90
0
.
Ta có đpcm.
b)Vì tam giác DCE vuông ở C nên ta có thể nhận thấy ngay

DCA = 90
0

Chứng minh tam giác ABN đồng dạng với tam giác AMB suy ra AM.AN = AB
2

không đổi
c)Gọi K là điểm chính giữa của cung BC ( không chứa A).
Dễ thấy D,E lần lượt nằm trên BK và CK. Từ K,D,E lần lượt hạ các đường vuông
góc với BC tại I.J,L. Ta có:
1 1 1
. . . 1
2 2 2
1
BD CE BJ CL BM CM BM CM
BK CK BI CI BI CI BI
BD CE
BD CE CK
CK CK

      
      = khoâng ñoåi

d) Hạ HQ vuông góc với BC.Có:
HQ =
1
.( ) . .
2 2 2 2
KI DJ EL KI BD CE KI
DJ EL
KI BK CK

 