HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
1. Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng
phương pháp toạ độ.
1. Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không có thuật ngữ hướng.
2. Bằng phương pháp toạ độ, người ta có thể xây dựng lí thuyết về hướng. Tuy nhiên cách xây
dựng này không hoàn chỉnh: góc bẹt?
3. Cần phải xây dựng lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ.
4. Hãy nhìn lại vần đề hướng trong chương trình toán phổ thông:

 
 

+ a  b; b  c  a  c.
+ Định lí Thales dạng hình học và định lí Thales dạng đại số.
Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus
+ Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác (người ta đã chứng minh được rằng ...
Người ta là ai?).
+ Phép quay và cách chứng mịnh các định lí liên quan tới phép quay (tất cả các định lí liên
quan tới phép quay đều được chứng minh bằng phương pháp mô tả).
+ Phép đối xứng trục và các định lí liên quan tới phép đối xứng trục.
Định lí L13. Tích hai phép đối xứng trục mà hai trục đối xứng cắt nhau là một phép
quay.
Chứng minh.
Giả sử R 1 và R 2 là hai phép đối xứng trục có các trục đối xứng ∆1, ∆2 cắt nhau.
Gọi O là giao điểm của ∆1 và ∆2.
Lấy M bất kì thuộc (P).
Gọi M’ là ảnh của M qua R 1 ; M’’ là ảnh của M’ qua R 2 .
Dễ thấy
 OM  OM '  OM ''.
 
 
 
 (OM, OM '')  (OM, OM ')  (OM ', OM '')(mod 2 )
 2(1 , OM ')  2(OM ',  2 )  2((1 , OM ')  (OM ',  2 ))  2(1 ,  2 )(mod 2 ).
1 ,  2 )
Suy ra R 2 .R 1 (M)  R 2 (M ')  M '' = Q 2(
(M).
O
1 , 2 )
Do đó R 2 .R 1 = Q 2(
.
O
□
2. Nói qua về cách xây dựng lí thuyết về hướng mà không sử dụng
phương pháp toạ độ.
1. Đoạn thẳng định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai đoạn
thẳng định hướng.
Điểm, đoạn thẳng, đoạn thẳng-không, đoạn thẳng định hướng, đoạn thẳng định
hướng-không, hình thang, hình thang-không, các kí hiệu hình thang, hai đoạn thẳng định
hướng cùng hướng, hai đoạn thẳng định hướng ngược hướng.
 
Định nghĩa 9. Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD được gọi là cùng hướng nếu
tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDYX là những hình
thang (có thể là hình thang-không) (h.4a, h.4b, h.4c, h.4d, h.4e, h.4f).
1
B
A
C
X
A
D
D
C
X
Y
(h.4a)
B
Y
(h.4b)
B
A
A
C=D
X
X
Y
(h.4c)
Y
(h.4d)
A=B
A=B=C=D
C=D
X
B
C=D
X
Y
Y
(h.4e)
(h.4f)
Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.
 




Để biểu thị AB, CD cùng hướng hoặc ta viết AB  CD hoặc ta viết CD  AB .
 
 
Thay cho cách nói AB, CD cùng hướng, ta còn nói AB, CD có hướng trùng
nhau.
Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.
 




Để biểu thị AB, CD cùng hướng hoặc ta viết AB  CD hoặc ta viết CD  AB .
 
 
Thay cho cách nói AB, CD cùng hướng, ta còn nói AB, CD có hướng trùng
nhau.
 
Định nghĩa 10. Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD được gọi là ngược hướng nếu
tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDXY là những hình
thang (có thể là hình thang-không) (h.5a, h.5b, h.5c, h.5d, h.5e, h.5f).
A
B
D
X
Y
(h.5a)
A
C
D
C
X
B
Y
(h.5b)
2
B
A
A
C=D
X
X
Y
(h.5c)
Y
(h.5d)
A=B
A=B=C=D
C=D
X
B
C=D
X
Y
Y
(h.5e)
(h.5f)
Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.


 
Để biểu thị AB, CD ngược hướng hoặc ta viết AB  CD hoặc ta viết


CD  AB .
 
 
Thay cho cách nói AB, CD ngược hướng, ta còn nói AB, CD có hướng ngược
nhau.
2. Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng.
Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-không, đỉnh,
cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài.
Góc định hướng giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng
giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-bẹt,
đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài.
Cát tuyến dương, cát tuyến âm.
t'
T'
O
X'
Z'
x
X
Z
Y
T
Y'
z
t
'
y
3
t'
T'
O
X'
Y'
x
X
Z
Y
T
Z'
y
t
'
z
Chú ý:
S  AMB 
S  AMC 

MB
.
MC
Góc lượng giác giữa hai tia, đỉnh, cạnh, chu kì.
Góc giữa hai vectơ, góc định hướng giữa hai vectơ, góc lượng giác giữa hai vectơ.
Cung, cung định hướng, cung lượng giác.
Góc giữa hai đường thẳng, góc lượng giác giữa hai đường thẳng.
Ba định lí cơ bản.
Định lí 69. Với ba tia Ox, Oy, Oz và ba số nguyên k, l, m, ta có
1)
(Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )
2)
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai tia).
(Ox, Oy)k  (Oz, Oy)m – (Oz, Ox)l (mod 2  ).
Chứng minh.
Trong phép chứng minh này các định lí 50, 52 thường xuyên được sử dụng.
 c¸c tia Ox, Oy trïng nhau
1) Bỏ qua các trường hợp đơn giản: 
 c¸c tia Ox, Oy ®èi nhau.
Không mất tính tổng quát giả sử (Ox, Oy) có hướng dương.
Có bốn trường hợp cần xem xét.
 (h.34a).
Trường hợp 1. Tia Oz nằm trong góc xOy
y
x'
O
y'
z
x
(h.34a)
4
Theo hệ thức Chasles dạng mịn cho góc giữa hai tia, ta có
  xOz
  zOy
  (Ox,Oz)  (Oz, Oy) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).
'.
Trường hợp 2. Tia Oz nằm trong góc yOx
z
y
x'
y
z=x'
O
O
y'
x
y'
x
(h.34b)
(h.34c)
Có hai khả năng xảy ra.
Khả năng 2.1. Tia Oz không trùng với tia Ox’ (h.34b).
Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có
  xOz
  zOy
  (Ox, Oz)  (Oz, Oy) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).
Khả năng 2.2. Tia Oz trùng với tia Ox’ (h.34c).
Có hai tình huống xảy ra.
 Khi (Ox, Oz)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
   zOy
  (Ox, Oz)  (Oz, Oy) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
 Khi (Ox, Oz)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
   zOy
  2 zOy
  2  (Ox, Oz)  (Oz, Oy) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).
Trường hợp 3. Tia Oz nằm trong góc x
'Oy '.
y
y
x'
x'
z
O
O
y'
x
(h.34d)
z=y'
x
(h.34e)
Có hai khả năng xảy ra.
Khả năng 3.1. Tia Oz không trùng với tia Oy’ (h.34d).
Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có
  2  xOz
  zOy
  2  (Ox, Oz)  (Oz,Oy) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
5
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).
Khả năng 3.2. Tia Oz trùng với tia Oy’ (h.34e).
Có hai tình huống xảy ra.
 Khi (Oz, Oy)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
   xOz
  (Oz, Oy)  (Ox, Oz) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
Do đó (Ox,Oy)k  (Ox,Oz)l + (Oz,Oy)m (mod2  ).
 Khi (Oz, Oy)0  , theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có
   xOz
  2 xOz
  2  (Oz, Oy)  (Ox, Oz) .
(Ox, Oy)0  xOy
0
0
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).
Trường hợp 4. Tia Oz nằm trong góc y
' Ox (h.34f).
x'
y
O
y'
z
x
(h.34f)
Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có
   xOz
  zOy
  (Ox,Oz)  (Oz, Oy) .
(Ox,Oy)0  xOy
0
0
Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ).
2) Theo định lí 60, (Ox, Oz)0 = – (Oz, Ox)0.
Suy ra (Ox, Oz)l = – (Oz, Ox)l.
□
Từ đó, theo phần 1, suy ra (Ox, Oy)k  (Oz, Oy)m – (Oz, Ox)l (mod 2  ).
□
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của các góc lượng giác giữa hai tia, định lí 69 được viết đơn
giản như sau.
1)
(Ox, Oy)  (Ox, Oz) + (Oz, Oy) (mod 2  ).
2)
(Ox, Oy)  (Oz, Oy) – (Oz, Ox) (mod 2  ).
  
Định lí 82. Với ba vectơ-khác không a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có
 
 
 
1)
(a, b)k  (a, c) l  (c, b) m (mod 2).
2)
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai vectơ).
 
 
 
(a, b)k  (c, b) m  (c, a) l (mod 2).
Định lí 82 là hệ quả trực tiếp của định lí 69.
□
Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai vectơ, định lí 82 được viết đơn
giản như sau
6
1)
2)
 
 
 
(a, b)  (a, c)  (c, b) (mod 2).
 
 
 
(a, b)  (c, b)  (c, a) (mod 2).
Định lí 99. Với ba đường thẳng a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có
1)
(a, b)k  (a, c)l + (c, b)m (mod  )
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai đường thẳng).
2)
(a, b)k  (c, b)m – (c, a)l (mod  ).
Để chứng minh định lí 99, ta cần có một bổ đề quan trọng.
Bổ đề gốc
Với hai đường thẳng AB, CD và hai số nguyên k, l, ta có
 
(AB, CD) k  (AB, CD) l (mod ).
Bổ đề gốc được chứng minh như sau.
Không mất tính tổng quát giả sử các đoạn thẳng AB, CD có điểm chung.
Gọi O là điểm chung của AB, CD.




Theo các định lí 8, 9, OA  AB và OC  CD.
 
 
Do đó, theo định lí 80, (OA, OC) 0  (AB, CD)0 (1).
Có bảy trường hợp cần xem xét.
 

Trường hợp 1. 0  (OA, OC)0  . (h.36a).
2
A
D
O
B
C
(h.36a)
 
Theo định nghĩa 122, (AB, CD) 0  (OA, OC)0 .
 
Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0  (AB, CD)0 .
 

Trường hợp 2. (OA, OC)0  (h.36b).
2
A
D
O
C
B
7
(h.36b)
 


(AB,
CD)

(OA,
OC)

0
0

2
Theo định nghĩa 122, 
 
(AB, CD)  (OB, OC)    .
0
0

2
 

Từ đó, chú ý rằng (AB, CD)0  , suy ra
2
Trường hợp 3.
 
(AB,CD)0  (AB, CD)0

 
(AB,CD)0  (AB, CD)0  .
 

 (OA, OC)0   (h.36c).
2
D
A
O
B
C
(h..36c)
 
 
Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0  (OA, OD) 0  (OA, OC)0  .
 
Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0  (AB, CD)0  .
 

Trường hợp 4.   (OA, OC)0  0 (h.36d).
2
C
B
A
O
D
(h.36d)
 
Theo định nghĩa 122, (AB, CD) 0  (OA, OC)0 .
 
Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD) 0  (AB, CD) 0 .
 

Trường hợp 5. (OA, OC)0   (h.36e).
2
8
A
D
O
C
B
(h.36e)
 


(AB,CD)

(OA,
OC)0  
0

2
Theo định nghĩa 122, 
 

(AB,CD)  (OB,OC)  .
0
0

2
 

Từ đó, chú ý rằng (AB, CD)0   , suy ra
2
 
(AB,CD)0  (AB, CD)0

 
(AB,CD)0  (AB,CD)0  .
 

Trường hợp 6.   (OA, OC)0   (h.36f).
2
B
C
O
A
D
(h.36f)
 
 
Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0  (OA, OD)0  (OA, OC)0  .
 
Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0  (AB, CD)0  .
 
Trường hợp 7. (OA, OC)0  . (h.36g).
A
D
O
B
C
(h..36g)
Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0  0.
 
(AB, CD) 0  
Từ đó, chú ý rằng   
, suy ra
(AB, CD) 0   
 
(AB, CD) 0  (AB, CD) 0  
.

 
(AB, CD) 0  (AB, CD)0  
9
 
(AB,CD)0  (AB, CD)0

 
Tóm lại ta luôn có (AB,CD)0  (AB, CD)0  
 

(AB,CD)0  (AB, CD)0  .
 
Do đó
(AB, CD)0  (AB, CD)0 (mod ).
 
Suy ra
(AB, CD) k  (AB, CD) l (mod ).
□
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai đường thẳng và góc
lượng giác giữa hai vectơ, bổ đề gốc thường được viết đơn giản như sau
 
(AB, CD)  (AB, CD)(mod ).
Trở lại chứng minh định lí 99.
1) Trên a, b, c theo thứ tự lấy các đoạn thẳng-khác không AB, CD, EF.
Theo bổ đề gốc và theo định lí 82, ta có
(a, b)k  (AB, CD)k (mod  )
 
 ( AB, CD )k (mod  )
 
 
 ( AB, EF )l + ( EF, CD )m (mod  )
 (AB, EF)l + (EF, CD)m (mod  )
 (a, c)l + (c, b)m (mod  ).
2) Theo định lí 97, (a, c)0 = – (c, a)0.
Suy ra (a, c)l = – (c, a)l.
Từ đó, theo phần 1, suy ra (a, b)k  (c, b)m – (c, a)l (mod  ).
□
□
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của góc định hướng giữa hai đường thẳng, định lí 99 được
viết đơn giản như sau
1)
(a, b)  (a, c) + (c, b) (mod  ) .
2)
(a, b)  (c, b) – (c, a) (mod  ) .
3. Độ dài đại số và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán
hình học
3.1 Các bài toán về định lí Ceva, định lí Menelaus
Bài toán 1. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. BC, CA, AB theo thứ tự cắt
B1C1, C1A1, A1B1 tại A2, B2, C2. A3, B3, C3 theo thứ tự là trung điểm của A1 A2, B1B2,
C1C2. Chứng minh rằng A3, B3, C3 thẳng hàng.
Lời giải.
10
A
C1
B1
M
A1
B
A3
C
A2
Theo định lí Ceva, định lí Menelaus ta có
A1B B1C C1A
A B BC CA
.
.
 1; 2 . 1 . 1  1.
A1C B1A C1B
A 2 C B1 A C 1 B
Suy ra
A1B
A1C

A2B
A2C
.
 A1B A1B  A 2 B 2A 0 B



 A1C A1C  A 2 C A 2 A1
Do đó 
 A1B  A1B  A 2 B  A 2 A1 .
 A C A C  A C 2A C
1
2
0
 1
2
A B A B
Nhân vế với vế của hai đẳng thức trên, ta có 0   1  .
A 0 C  A1C 
2
2
B C  B C C A C A
Tương tự 0   1  ; 0   1  .
B 0 A  B1A  C 0 B  C1B 
2
A B B C C A A B B C C A
Vậy, theo định lí Ceva, ta có 0 . 0 . 0   1 . 1 . 1   (1)2  1.
A 0 C B 0 A C 0 B  A1C B1A C1B 
Từ đó, theo định lí Menelaus, suy ra A2, B2, C2 thẳng hàng.
□
Bài toán 2. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. Đường thẳng đi qua M song song với BC theo thứ tự cắt AB, AC tại C2, B1. Đường
thẳng đi qua M song song với CA theo thứ tự cắt BC, BA tại A2, C1. Đường thẳng đi qua
M song song với AB theo thứ tự cắt CA, CB tại B2, A1. Dựng các hình bình hành
MA1A3 A2, MB1B3B2, MC1C3C2. Chứng minh rằng AA3, BB3, CC3 hoặc đồng quy hoặc đôi
một song song.
Lời giải.
 AA3 // BC

Bỏ qua trường hợp đơn giản:  BB 3 // CA
 CC 3 // AB.
Đặt A’ = AA3 ∩ BC; B’ = BB3 ∩ CA; C’ = CC3 ∩ AB; K = AA3 ∩ B2 A1; L = AA3
∩ A2C1 (h.a36).
11
A
B2
C1
C3
C2
B
K
M
A'
A1
B3
L
A2
B1
C
A3
(h.a36)
Ta cã
AB AB AA1 AA 2

.
.
AC AA1 AA 2 AC

AB AA1 LA 2
.
.
(v× A1K // BA; A 2 L // CA vµ ®Þnh lÝ A6)
KA1 AA 2 AC

AB AA1 LA 2
.
.
AC KA1 AA 2

AB AA 2 LA 2
.
.
(v× A1K // A 2 A 3 vµ ®Þnh lÝ A6)
AC A 3 A 2 AA 2

AB LA 2
.
(1).
AC A 3 A 2
   
Theo bổ đề hình bình hành [1], A3 A 2  A1 M; AC 1  B 2 M.
Do đó, theo bổ đề độ dài đại số [1], A3 A 2  A1 M; AC 1  B 2 M (2).
Vậy, ta có
LA 2
LA 2


(v× (2))
A3 A 2 A1 M

LA 2
LC1

(v× A 3A 2 // AC1 vµ ®Þnh lÝ A 6 )
A3 A 2 AC1

Do ®ã
LC1
(v× (2)).
B2M
LA 2
LA 2  LC1

(theo tÝnh chÊt cña tØ lÖ thøc)
A 3 A 2 A1 M  B 2 M

C1 A 2
(theo ®Þnh lÝ 26[1])(3).
A1 B 2
Từ (1) và (3) suy ra
Tương tự
AB AB C1A 2

.
.
AC AC A1B 2
B C BC A1B 2 CA CA B1C 2

.
;

.
.
B A BA B1C 2 CB CB C1A 2
12
AB BC CA
.
.
 1.
AC BA CB
Theo định lí A10, AA3, BB3, CC3 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.
□
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, theo định lí 23 [1], ta có
Bài toán 3. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. Đường thẳng ∆ đi qua O và theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 khác A, B, C.
A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh của A1, B1, C1 qua SO. Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2 hoặc
đồng quy hoặc đôi một song song.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O và hai đường thẳng ∆1, ∆2
không đi qua O. ∆1, ∆2 theo thứ tự cắt a, b, c, d tại A1, B1, C1, D1; A2, B2, C2, D2. Khi đó
C 1 A1 D 1 A1 C 2 A 2 D 2 A 2
:

:
.
C 1 B 1 D1B 1 C 2 B 2 D 2 B 2
Chứng minh bổ đề.
Qua C1, dựng đường thẳng ∆3 song song với d.
Gọi A3, B3 theo thứ tự là giao điểm của ∆3 với a, b.
Qua C2, dựng đường thẳng ∆4 song song với d.
Gọi A4, B4 theo thứ tự là giao điểm của ∆4 với a, b (h.a37).
CA DA
CA CB
Ta thÊy 1 1 : 1 1  1 1 : 1 1
C1B1 D1B1 D1A1 D1B1

C1 A 3 C1 B 3
:
(v× C1A 3 // D1O;C 1B 3 // D1O vµ ®Þnh lÝ A6)
D1O D1O

C1 A 3
(1).
C1B 3
d
b
c
a
B4
2
D2
3
A4
O
A1
A2
C2
B2
A3
1
C1
4
B1
D1
B3
(h.a37)
Tương tự
C 2 A2 D2 A2 C 2 A4
:

(2).
C 2 B 2 D2 B2 C 2 B 4
Vì ∆3 // d // ∆4 nên, theo định lí A7,
C1 A 3
C1B 3

C 2A4
C2 B4
(3).
13
C 1 A1 D 1 A1 C 2 A 2 D 2 A 2
:

:
.
C 1 B 1 D1B 1 C 2 B 2 D 2 B 2
Trở lại giải bài toán A12.
 AA 2 // BC

Bỏ qua trường hợp đơn giản:  BB 2 // CA
 CC 2 // AB.
Đặt A3 = AA2 ∩ BC; B3 = BB2 ∩ CA; C3 = CC2 ∩ AB (h.a38).
Vì A 2  S O (A1 ) nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7,  OA 2  OA1 (1).
Từ (1), (2) và (3) suy ra
□
A
A2
C1
B2
O
B
A3
B1
C
C2
A1
(h.a38)
VËy
A 3 B A 1 B A 2 C 1 A1 C 1
:

:
(theo bæ ®Ò trªn)
A 3 C A1 C A 2 B 1 A 1 B 1
Do đó
A 3B
A 3C


OC1  OA 2 A1C1
:
(theo ®Þnh lÝ 26[1])
OB1  OA 2 A1 B1

OC1  OA1 A1C1
:
(v× (1)).
OB1  OA1 A1 B1
OA1  OC1 A1B1 A1 B
.
.
.
OA1  OB1 A1C1 A1C
OB1  OA1 B1C1 B1C C 3 A OC1  OB1 C1 A1 C1 A
.
.
;

.
.
.
B 3 A OB1  OC1 B1 A1 B1 A C 3 B OC1  OA1 C1 B1 C1B
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, chú ý rằng A1, B1, C1 thẳng hàng, theo các định
lí A11, 23 [1], ta có
A 3B B 3C C 3A
.
.
 1.
A 3C B 3A C3 B
Theo định lí A10, suy ra AA2, BB2, CC2 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. □
Tương tự
B 3C

Bài toán 4. Cho tam giác ABC, điểm O, đường thẳng ∆. A1, B1, C1 theo thứ tự là
ảnh của A, B, C qua SO. A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc các đường thẳng B1C1, C1A1, A1B1
sao cho AA2, BB2, CC2 cùng song song với ∆. Chứng minh rằng A2, B2, C2 thẳng hàng.
Lời giải.
Dựng đường thẳng d bất kì, cắt ∆ (h.a39).
Gọi  là phép chiếu song song phương ∆, xuống d.
14
(A)  (A 2 )  A '

(B)  (B 2 )  B '
(C)  (C 2 )  (C ')

Giả sử (A1 )  A1'

'
(B1 )  B1
(C )  C'
1
1

(O)  O'.
Vì A1, B1, C1 theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua SO nên, theo bổ đề 1 trong bài toán
A7,
OA1   OA;OB1   OB;OC1   OC.
Từ đó, theo định lí A3 , suy ra O' A1'   O' A ';O' B1'   O ' B ';O' C 1'   O' C ' (1).
A 2 B1 A ' B1'
VËy

(theo ®Þnh lÝ A3)
A 2 C1 A ' C1'


O' B1'  O ' A '
O 'C1'  O' A '
(theo ®Þnh lÝ 26[1])
 O' B '  O' A '
(v× (1))
O'C'  O'A'
O' B '  O' A '
.
O' C '  O ' A '
BC
O 'C '  O' B ' C 2 A1 O' A '  O' C '
Tương tự 2 1 
;

.
B 2 A1 O' A '  O' B ' C 2 B1 O ' B '  O' C '

A
A2
C1
B1
O
C
B
C2
A1
B2
(h.a39)
A 2 B1 B 2 C 1 C 2 A1
.
.
 1.
A 2 C 1 B 2 A1 C 2 B 1
Theo định lí A11, A2, B2, C2 thẳng hàng.
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có
□
15
Bài toán 5. Cho tam giác không cân ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. A’, B’,
C’ theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua RBC, RCA, RAB. Chứng minh rằng các đường tròn
(OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề Cho tam giác ABC cân tại A. Trung trực của các đoạn AB, AC theo thứ tự
cắt đường thẳng BC tại M, N. Khi đó MB   NC; NB   MC.
Chứng minh bổ đề.
Gọi H là trung điểm của BC; ∆B, ∆C theo thứ tự là trung trực của các đoạn AB, AC.
(h.a40, h.a41).
Vì ABC cân tại A nên AH là trung trực của đoạn BC.
Suy ra R AH (A)  A; R AH (B)  C; R AH (C)  B.
Do đó R AH ( B )   C ; R AH (BC)  CB.
Vậy R AH (M)  R AH ( B  BC)  R AH ( B )  R AH (BC)  C  CB  N.
A
A
B
B
M
C
C
H
N
C
N
(h.a40)
B
B
H
C
M
(h.a41)
Điều đó có nghĩa là H là trung điểm của MN.
Tóm lại BC, MN có cùng trung điểm.
□
Từ đó, theo định lí 28 [1], suy ra MB   NC; NB   MC.
Trở lại giải bài toán A14.
Giả sử trung trực của đoạn OA theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A0, A1, A2; trung
trực của đoạn OB theo thứ tự cắt CA, AB, BC tại B0, B1, B2; trung trực của đoạn OC theo
thứ tự cắt AB, BC, CA tại C0, C1, C2 (h.a42).
Đương nhiên A0, B0, C0 theo thứ tự là tâm của (OAA’), (OBB’), (OCC’) (1).
A
A2
A1
O
B1
C2
B
C1 B
2
C0
C
B0
A0
(h.a42)
16
Vì các bộ ba điểm A0, A1, A2; B0, B1, B2; C0, C1, C2 thẳng hàng nên, theo định lí
A11,
A 0 B A1 C A 2 A
B C BA B B
C A CB CC
.
.
 1; 0 . 1 . 2  1; 0 . 1 . 2  1 (2).
A 0 C A 1A A 2 B
B 0 A B1B B 2C
C 0 B C 1C C 2 A
Vì các tam giác OBC, OCA, OAB cân tại O nên, theo bổ đề trên,
C1 B   B 2 C;C1C   B 2 B; A1C   C 2 A; A1A   C 2 C; B1A   A 2 B; B 1B   A 2 A (3).
Nhân vế với vế ba đẳng thức trong (2), chú ý tới (3), suy ra
A0B B0C C0 A
.
.
 1.
A0C B0 A C 0B
Theo định lí A11, A0, B0, C0 thẳng hàng (4).
Gọi P là điểm đối xứng với O qua A0B0C0.
Từ (1) và (4) suy ra (OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O (điểm P). □
Bài toán 6. Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp. A1, B1, C1 theo thứ tự
là trung điểm của BC, CA, AB. A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc các đường thẳng B1C1, C1A1,
  BIB
  CIC
  90. Chứng minh rằng A2, B2, C2 thẳng hàng.
A1B1 sao cho AIA
2
2
2
Lời giải.
Trước hết ta cần có hai bổ đề.
Bổ đề 1. Nếu đường tròn nội tiếp của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC,
CA, AB tại A1, B1, C1 thì AB1 = AC1 = p – a; BC1 = BA1 = p – b; CA1 = CB1 = p – c.
Bổ đề 2. Với mọi tam giác ABC, ta có
A
(p  b)(p  c)
A
p(p  a)
sin 
; cos 
.
2
bc
2
bc
Phép chứng minh các bổ đề trên rất đơn giản, không trình bày ở đây.
Trở lại giải bài toán A15.
Gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của IA2 với AB, AC (h.a43).
Đương nhiên A không thuộc các đoạn C1X, B1Y (1).
  IAY;
 AI  XY nên AX = AY (2).
Vì IAX
pa
p a
bc
Theo các bổ đề 1, 2, AX  AY 


(3).
p(p  a) p
2 A
cos
2
bc
17
VËy 1 

A 2 B1 XC1 YA
.
.
(v× A 2 , X, Y th¼ng hµng vµ ®Þnh lÝ A11)
A 2 C1 XA YB1
A 2 B1 AC1  AX
YA
.
.
(theo ®Þnh lÝ 26[1])
A 2 C1
XA
AB1  AY
AC1
YA
1
AB
 2 1 . AX
. AY
A 2 C1
XA
AB1
1
AX
AY
AC1
A 2 B1 AX  1
1

.
.
(theo (1) vµ ®Þnh lÝ 25[1])
AB1
1
A 2 C1
1
AY
A B AY AC1  AX
 2 1.
.
A 2 C1 AX AB1  AY
A 2 B1 AC1  AX
.
(v× (2))
A 2 C1 AB1  AY
c bc

A 2 B1 2 p

.
(v× (3)).
A 2 C1 b  bc
2 p

A
C1
X
A2
B1
I
B
A1
Y
C
(h.a43)
Từ đó, sau một vài phép biến đổi đại số đơn giản, suy ra
Tương tự
A 2 B1
c a  c  3b
 .
.
A 2 C1 b a  b  3c
B 2C1
a b  a  3c C 2 A1 b c  b  3a
 .
;
 .
.
B 2 A1 c b  c  3a C 2 B1 a c  a  3b
A 2 B 1 B 2 C 1 C 2 A1
.
.
 1.
A 2 C 1 B 2 A1 C 2 B 1
Theo định lí A11, A2, B2, C2 thẳng hàng.
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có
□
Bài toán 7. Cho tam giác ABC không cân, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm
 A1I cắt BC tại A2. Tương tự có B2, C2.
đường tròn nội tiếp. A1 là trung điểm cung BAC.
Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm thuộc OI.
18
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Với các kí hiệu trong bài toán 1, gọi A0 là giao điểm thứ hai của A1O với
(O); A3 là giao điểm của A1O với BC; r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC,
ta có
AI
r

.
A 0 I A0A3
Chứng minh bổ đề.
Gọi H là hình chiếu của I trên AB.
BA 0
IA
Ta cã 0 
(v× AI 0  BA 0 )
IA
AI
AA
 0 3 (v× c¸c tam gi¸c IAH, A 0 BA 3 ®ång d¹ng)
IH
AA
 0 3.
IM

 

IA 0 A 0 A3
Từ đó, chú ý rằng IA  IA 0 ; IM  A 0 A 3 , suy ra

.
IA
IM
A1
A
H
B
I
M
O
A3
C
A0
Trở lại giải bài toán 7.
Giả sử AA2 cắt OI tại X.
Từ A2 kẻ đường thẳng song song với A0 A1 theo thứ tự cắt OI, AA0 tại Y, Z.
Vì O là trung điểm của A1 A0 nên Y là trung điểm của A2Z (1).
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AA2Z cát tuyến XYI, ta có
XA YA 2 IZ
.
.
 1.
XA 2 YZ IA
19
A1
A
Z
Y
X
B
O
I
A2 M
A3
C
A0
Kết hợp với (1), suy ra
XA
IZ
.(1).
 1.
XA 2
IA
XA 2
IZ
 .
XA
IA
AA 2
IZ
Suy ra
 1
(2).
AX
IA
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYA2 cát tuyến IZA, ta có
IY AX ZA 2
.
.
 1.
IX AA 2 ZY
Do đó
Kết hợp với (1), ta có
Do đó
IY AX
.
.2  1.
IX AA 2
IY 1 AA 2
 .
.
IX 2 AX
Kết hợp với (2), ta có
IY 1  IZ 
 . 1 
.
IX 2  IA 
Vậy, ta có
IO IO IY IO 1  IZ  1 IO 1 IO IZ 1 IA1 1 IA 0 IZ

.

. 1 
 . .
 .
 .
.
 .
IX IY IX IY 2  IA  2 IY 2 IY IA 2 IA 2 2 IZ IA
1  A A  1 IA
1  AA  1 A A
1  AA A A 
 .  1  1 2   . 0  . 1  1 3   . 0 3  .  1  1 3  0 3 
2 
2 
IA 2  2 IA 2 
IM  2 IM
IM
IM 
1  A A  1  2R  1 R
 . 1  0 1   . 1 
  .
2 
r  2 r
IM  2 
20
Vậy suy ra AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm thuộc OI.
Chú ý.
Tác giả của lời giải trên là Nguyễn Tạ Duy, học sinh trường THPT chuyên – ĐHSP
Hà Nội.
3.2 Các bài toán về hệ thức lượng trong đường tròn
Bài toán 8. Cho tam giác ABC. Điểm O thuộc đường thẳng BC và khác B, C.
Đường tròn (O, OA) cắt BC tại E, F. Các đường tròn (ABE), (ACF) theo thứ tự cắt AC,
AB tại M, N. I là tâm của đường tròn (AMN). Chứng minh rằng OI  BC.
Lời giải. (h.b21).
Gọi R là bán kính đường tròn của (AMN).
Ta thÊy IB 2  IC 2  (IB 2  R 2 )  (IC 2  R 2 )
 BA.BN  CA.CM (theo ®Þnh lÝ B4)
 BC.BF  CB.CE (theo ®Þnh lÝ B5)
 CB(FB  CE) (theo ®Þnh lÝ 23[1])
 (OB  OC)(OB  OF  OE  OC) (theo ®Þnh lÝ 26[1])
 (OB  OC)(OB  OC) (v× OE  OF vµ bæ ®Ò1trong bµi to¸n A7)
 OB 2  OC 2 .
A
I
B
F
C
O
E
M
N
(h.b21)
Bài toán 9. Cho tam giác ABC. O là tâm đường tròn ngoại tiếp. các điểm P, Q theo
thứ tự thuộc AC, AB. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BP, CQ, PQ. Đường
tròn (XYZ) lại cắt PQ tại T. Chứng minh rằng OT  PQ.
Lời giải 1.
Đặt M = XZ ∩ AC; N = YZ ∩ AB.
Gọi (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, XYZ; R, RI theo
thứ tự là là bán kính của (O), (I).
21
A
N
M
Q
T
Z
O
I
Y
P
X
B
C
Chú ý rằng 4MI 2  2(AI 2  PI 2 )  AP 2 ; 4NI 2  2(AI 2  QI 2 )  AQ 2 , ta có
TP 2  TQ 2  (TP  TQ)(TP  TQ)  QP(TP  TQ)  PQ.PT  QP.QT
 2PZ.PT  2QT.QT  2 PP /(I)  2 PQ /( I)  2(PI 2  R I2 )  2(QI 2  R I2 )
 2PI 2  2QI 2  4(MI 2  NI 2 )  PA 2  QA 2
 4((MI 2  R 2I )  (NI 2  R 2I ))  PA 2  QA 2
 4(PM /( I)  2PN /( I) )  PA 2  QA 2  4(MX.MZ  NY.NZ)  PA 2  QA 2
2
2
 (AB.AQ  AQ )  (AC.AP  AP )  AQ(AB  AQ)  AP(AC  AP)
 AQ.QB  AP.PC  PA.PC  QA.QB  PP /(O)  2PQ /(O)
 (PO 2  R 2 )  (QO 2  R 2 )  OP 2  OQ 2 .
Suy ra OT  PQ.
Tác giả của lời giải trên là Nguyễn Phương Minh, học sinh Trường THPT chuyên –
ĐHSP hà Nội.
Lời giải 2.
Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của O trên AC, AB.
Gọi I là tâm của đường tròn (XYZ).
Gọi X’, Y’, T’ theo thứ tự là trung điểm của XZ, YZ, TZ.
22
A
Q
T
T'
K
H
Z
Y'
O
I
X'
Y
P
X
B
C
Ta có
 TP 2  TQ 2  (ZP  ZT)2  (ZT  ZQ)2  2 ZT(ZQ  ZP)
 
 2ZT.PQ  4ZT '.PQ  4ZI.PQ (1).
 OP 2  OQ 2  OH 2  HP 2  OK 2  KQ 2
 OH 2  OC 2  HP 2  OK 2  OB 2  KQ 2
  CH 2  HP 2  BK 2  KQ 2
 (HP  HC)(HP  HC)  (KQ  KB)(KB  KQ)
 CP(HP  HC)  BQ(KB  KQ)
 2YZ(HP  HC)  2XZ(KB  KQ)
 4Y ' Z(HP  HC)  4X ' Z(KB  KQ)
  
  
 4 IZ(HP  HC)  4 IZ(KB  KQ)
    
 4 ZI(KB  KQ  HP  HC)
      
 4 ZI(KB  KA  AQ  HA  AP  HC)
 
 4 ZI.PQ (2).
Từ (1) và (2) suy ra OT  PQ.
Chú ý.
Nếu PQ tiếp xúc với (I) thì Z = T.
Do đó OT vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác OPQ.
Suy ra OP = OQ
Điều đó có nghĩa là bài toán 9 là sự mở rộng của bài toán 2, IMO 2009.
23
Bài toán 10. Cho tam giác ABC. Điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB và đường tròn (ABC). Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác của ABC khi và chỉ
khi PA / ( MBC)  PB / (MCA )  PC / (MAB ) .
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm M không thuộc các đường thẳng AB, AC và
đường tròn (ABC). A’ là trung điểm của BC. Khi đó M thuộc AA’ khi và chỉ khi
PB / ( MAC)  PC / (MAB) .
Chứng minh bổ đề.
Giả sử các đường tròn (MAB), (MAC) theo thứ tự lại cắt BC tại E, F.
Vì M  (ABC) nên E  C ; F  B (h.b24).
A
M
B
E
A'
F
C
(h.b24)
Vì A’ là trung điểm của BC nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7, A ' B   A ' C (1).
Vậy các mệnh đề sau tương đương.
1. PB / (MAC)  PC / ( MAB) .
2. BF.BC  CE.CB.
3. BF   CE.


4. A ' F  A ' B   A ' E  A 'C .
5. A ' F  A ' E
6. A ' F.A ' C  A ' E.A ' B.
7. PA '/ (MAC)  PA '/ (MAB) .
8. A '  AM.
9. M  AA '.
Chú ý, theo định lí B4, 1  2; theo định lí 23 [1], 2  3; theo định lí 26 [1],
3  4; vì (1) nên 4  5; vì (1) nên 5  6; theo định lí B4, 6  7; hiển nhiên 7  8;
hiển nhiên 8  9.
□
Trở lại giải bài toán 10.
Gọi B’, C’ theo thứ tự là trung điểm của AC, AB.
Các mệnh đề sau tương đương.
24
1. PA / ( MBC)  PB / (MCA )  PC / (MAB) .
 PA / ( MBC )  PC / (MBA)
2. 
 PA / ( MCB)  PB / (MCA ).
 M  BB '
3. 
 M  CC '.
4. M  BB ' CC '.
5. M lµ träng t©m cña ABC.
Chú ý, hiển nhiên 1  2; theo bổ đề trên, 2  3; hiển nhiên 3  4; hiển nhiên
□
4  5.
Bài toán 11. Cho tam giác ABC. AD, BE, CF là các đường phân giác. Đường tròn
(DEF) theo thứ tự cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại các điểm thứ hai X, Y, Z. Chứng
minh rằng trong ba số DX, EY, FZ có một số bằng tổng hai số còn lại.
Lời giải. (h.b16).
Đặt BC = a; CA = b; AB = c.
 
Định hướng các đường thẳng BC, CA, AB bởi các đoạn thẳng định hướng BC, CA,

AB.

 

Theo các định lí 8, 9 [1], AE  CA; AF  AB (1).
bc
bc
Theo bổ đề trong lời giải 1 của bài toán A5, AE 
; AF 
(2).
ca
ba
2
2
bc
 bc 
VËy 

.EY  AE  AE.EY (v× (1) vµ (2))

 ca  ca

 AE. AE  EY

 AE.AY (theo ®Þnh lÝ 26[1])
 AF.AZ (theo ®Þnh lÝ B5)


 AF. AF  FZ (theo ®Þnh lÝ 26[1])
2
 AF  AF.FZ
2
bc
 bc 


.FZ (v× (1) vµ (2)).

ba ba
A
F
Z
E
Y
B
D
X C
(h.b16)
25
a
a
abc
abc
.EY 
.FZ 

.
2
ca
ba
(c  a) (b  a)2
Tương tự, ta có
b
b
abc
abc
c
c
abc
abc
.FZ 
.DX 

;
.DX 
.EY 

.
2
2
2
ab
cb
(a  b) (c  b) b  c
ac
(b  c) (a  c)2
c
 b
c  b  b  c  1

a
 c
Kết hợp ba đẳng thức trên, chú ý rằng 

 1 , suy ra DX  EY  FZ  0.
a

c
c

a

b
 a
b  a  b  a  1

Do đó trong ba số DX, EY, FZ có một số bằng tổng hai số còn lại.
□
Suy ra
Bài toán 12. Cho tam giác ABC và các điểm M1, M2 không thuộc các đường thẳng
BC, CA, AB. AM1, AM2 theo thứ tự cắt BC tại A1, A2. A3 là giao điểm khác A của các
đường tròn (AA1A2), (ABC). AA3 cắt BC tại A4. B4, C4 được định nghĩa tương tự. Chứng
minh rằng A4, B4, C4 thẳng hàng.
Lời giải. (h.b17).
Theo định lí B5, A 4 B.A 4 C  A 4 A.A 4 A 3  A 4 A1 .A 4 A 2 .
Từ đó, theo các định lí 26, 23 [1], suy ra
 A B
 4  A 4 A 2  A 4 A 2  A 4 B  BA 2   A 2 B
 A A
A4C
A 4 C  A 4 A1 A1C
A1C
 4 1
 A C
AA
A A  A 4 C CA 2
AC
 4  4 2  4 2

 2 .
 A 4 A1
A4B
A 4 B  A 4 A1
A1B
A1 B
A3
A
C2
B2
M2
O
C1
B
B1
M1
A1
A2
C
A4
(h.b17)
Do đó
A4B
A4C

A1 B A 2 B
.
.
A1C A 2 C
26
B 1C B 2 C C 4 A C 1 A C 2 A
.
;

.
.
B 4 A B 1 A B 2 A C 4 B C 1B C 2 B
Nhân vế với vế của ba đẳng thức trên, ta có
A 4 B B 4 C C 4 A A 1 B B 1C C 1A A 2 B B 2 C C 2 A
.
.

.
.
.
.
.
.
A 4 C B 4 A C 4 B A1C B1A C1B A 2 C B 2 A C 2 B
Chú ý rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy (tại M1); AA2, BB2, CC2 đồng quy (tại M2),
theo định lí A10, suy ra
A4B B4C C4 A
.
.
 (1)(1)  1.
A4C B4 A C 4B
Vậy, theo định lí A11, A4, B4, C4 thẳng hàng.
Tương tự
B4C

Bài toán 13. Cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C. Điểm O
không thuộc ∆ và khác A, B, C. P, Q, R theo thứ tự là giao điểm của ∆ với BC, CA, AB.
OA, OB, OC theo thứ tự cắt ∆ tại X, Y, Z. Chứng minh rằng các đường tròn (OPX),
(OQY), (ORZ) hoặc có điểm chung khác O hoặc đôi một tiếp xúc với nhau tại O.
Lời giải. (h.b31).
Gọi 1 , 2 , 3 theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (OQY),
(ORZ); (ORZ), (OPX); (OPX), (OQY).
Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1. 1 , 2 , 3 cùng song song với .
Vì O cùng thuộc (OPX), (OQY), (ORZ) nên O cùng thuộc 1 , 2 , 3
Kết hợp với 1 , 2 , 3 cùng song song với , suy ra 1 , 2 , 3 trùng nhau.
Do đó (OPX), (OQY), (ORZ) hoặc có điểm chung khác O hoặc đôi một tiếp xúc
với nhau tại O.
Trường hợp 2. 1 , 2 , 3 không cùng song song với .
Không mất tính tổng quát giả sử 3 không song song với .
Đặt I     3 .
Theo định lí B4, IP.IX  IQ.IY (1).
Chú ý rằng các bộ ba điểm P, C, B; Q, A, C; R, B, A thẳng hàng, theo định lí A11,
ta có
PY CZ BO
QZ AX CO
RX BY AO
.
.
 1;
.
.
 1;
.
.
 1.
PZ CO BY
QX AO CZ
RY BO AX
A
Y
R
X
B
Q Z
C
P
O
(h.b31)
27
Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, theo định lí 26 [1], suy ra
PY QZ RX IY  IP IZ  IQ IX  IR
1
.
.

.
.
(2).
PZ QX RY IZ  IP IX  IQ IY  IR
Từ (1) và (2), sau một vài biến đổi đại số, ta có IP.IX  IQ.IY  IR.IZ.
Điều đó có nghĩa là PI /(OPX )  PI /(OQY)  PI /(ORZ ) .
Từ đó, chú ý rằng O đồng thời thuộc (OPX), (OQY), (ORZ), theo định lí B9, suy ra
(OPX), (OQY), (ORZ) nhận OI là trục đẳng phương chung.
Vậy (OPX), (OQY), (ORZ) hoặc có điểm chung khác O hoặc đôi một tiếp xúc với
nhau tại O.
□
Chú ý.
Tác giả của lời giải trên là Nguyễn Nguyên Hùng, học sinh Trường THPT chuyên –
ĐHSP Hà Nội.
Bài toán 14. Cho đường tròn (O). Đường tròn (O1) tiếp xúc trong với (O). Đường
tròn (O2) đi qua O1 và tiếp xúc trong với (O) tại M. (O1), (O2) cắt nhau tại A, B. AB cắt (O)
tại C, D. MC, MD theo thứ tự lại cắt (O2) tại E, F. Chứng minh rằng EF tiếp xúc với (O1).
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho hai đường tròn (O1), (O2), trục đẳng phương ∆. M là điểm bất kì và H là
hình chiếu vuông góc của M trên ∆. Khi đó
PM /(O1 )  PM /(O2 )  2O1O 2 .HM.
Chứng minh bổ đề.
Gọi R1, R2 theo thứ tự là bán kính của (O1), (O2); K, N theo thứ tự là hình chiếu
vuông góc của H, M trên O1O2 (h.b34).
H
O1
M
K
N
O2
(h.b34)
28

   MO
 
   HO

Ta cã PM/(O1 )  PM/(O2 )  PM/(O1 )  PH/(O1 )  PM/(O2 )  PH/(O2 ) (v× H  )
2
1
 R12
2
1
     MO
 R12
2
2
 
 R 22  HO 22  R 22

(theo ®Þnh lÝ B4)

  NO
 
 NO    KO
 MO12  MO22  HO12  HO 22
2
1
2
2

2
1

 O O  NO
2
1
1

 KO 22 (theo ®Þnh lÝ B1)
 NO  NO    KO  KO  KO  KO 
 NO   O O  KO  KO  (theo ®Þnh lÝ 26[1])
 KO  NO  KO 
 NO1  NO2
 O2 O1 NO1

1
2
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
 2O2 O1 .NK (theo ®Þnh lÝ 26[1])
 2O1O 2 .KN (theo ®Þnh lÝ 23)
 2O1O 2 .HM
(v× HK // MN; HM // KN vµ bæ ®Ò h×nh b×nh hµnh[1]).

Trở lại giải bài toán 14.
Gọi R, R1, R2 theo thứ tự là bán kính của (O), (O1), (O2); H là hình chiếu vuông góc
của O trên CD.
Đặt K = O1O2 ∩ EF (h.b35, h.b36).
R2
Qua H MR , đường tròn (O) biến thành đường tròn (O2) và đường thẳng CD biến
thành đường thẳng EF (1).
Suy ra CD // EF.
Kết hợp với O1O 2  CD, suy ra K là hình chiếu của O2 trên EF.
Từ (1), chú ý rằng H, K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của O, O2 trên CD, EF,
R2
suy ra H MR (H)  K.
R2
OH (2).
R
Theo bổ đề trên, chú ý rằng OO1 = R – R1; OO2 = R – R2, ta có
Vậy O2 K 

2
 
2

2O1O 2 .HO  PO /(O1 )  PO /(O2 )   R  R1   R12   R  R 2   R 22  2R  R 2  R1  .
Từ đó, theo định lí 23 [1], suy ra OH 
R
 R1  R2  (3).
O1O2
Vì (O2) đi qua O1 nên O1O2 = R2 (4)
29
C
C
A
E
E
A
M
M
K
O2
K
O1
H
O2
H
O
O1
B
O
F
B
F
D
D
(h.b35)
(h.b36)
VËy O1 K  O1K
 O1O 2  O 2 K (theo ®Þnh lÝ 26[1])
 O1O 2 
R2
.OH (v× (2))
R
 O1O2 
R2 R
.
(R1  R2 ) (v× (3))
R O1O 2
2
O O  R1 R 2  R 22
 1 2
O1O2

R 1R 2
(v× (4))
O1O 2
 R1 (v× (4)).
Điều đó có nghĩa là EF tiếp xúc với (O1).
□
4. Góc định hướng và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán
hình học
4.1 Điểm Miquel
Bài toán 15. Cho tam giác ABC. Các điểm M, N, P khác A, B, C và theo thứ tự
thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng
1) Các đường tròn (ANP), (BPM), (CMN) cùng đi qua một điểm.
2) Các đường tròn (ANP), (BPM), (CMN), (ABC) cùng đi qua một điểm khi và chỉ
khi M, N, P thẳng hàng.
30
Lời giải.
1) Gọi K là giao điểm thứ hai của (CMN), (BPM) (h.e12).
Ta thÊy (KN, KP)  (KN, KM)  (KM, KP)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (CN, CM)  (BM, BP)(mod )
(v× C  (KNM); B  (KMP) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (CN, BP)(mod ) (v× CM  BM vµ ®Þnh lÝ 99[1])
 (AN, AP)(mod ) (v× CN  AN vµ BP  AP).
A
P
K
B
M
N
C
(h.e12)
Từ đó, theo định lí E2, suy ra K  (ANP).
Điều đó có nghĩa là (ANP), (BPM), (CMN) cùng đi qua một điểm (điểm K).
□
2) Theo phần 1, (ANP), (BPM), (CMN) cùng đi qua một điểm, kí hiệu là K
Ta thÊy (MN, MP)  (MN, CN)  (CA, BA)  (BP, MP) (mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (MK, CK)  (CA, BA)  (BK, MK)(mod )
(v× K  (MNC); K  (BPM) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (KB, KC)  (AB, AC)(mod )(mod )
(theo c¸c ®Þnh lÝ 99 vµ109[1]) (1).
Vậy các điều kiện sau tương đương.
1. (ANP),(BPM),(CMN), (ABC) cïng ®i qua mét ®iÓm.
2. K  (ABC).
3. (KB, KC)  (AB, AC)(mod ).
4. (KB, KC)  (AB, AC)  0 (mod ).
5. (MN, MP)  0(mod ).
6. M, N, P th¼ng hµng.
Chú ý, hiển nhiên 1  2; theo định lí E2, 2  3; hiển nhiên 3  4; vì (1) nên
4  5; theo định lí 107 [1], 5  6.
□
Chú ý.
Khi M, N, P thẳng hàng, điểm K được gọi là điểm Miquel của ABC và MNP.
Bài toán 16. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng ∆ không đi
qua A, B, C và theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. A2, B2, C2 thuộc (O) sao cho
AA2, BB2, CC2 cùng song song với ∆. Chứng minh rằng A1 A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại
một điểm thuộc (O).
Lời giải.
Gọi K là điểm Miquel của ABC và ∆ (h.e13).
31
Ta thÊy (KA1 , KA 2 )  (KA1 , B1A1 )  (B1 A1 , AA 2 )  (AA 2 , KA 2 )(mod )
(theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (KA1 , B1 A1 )  (AA 2 , KA 2 )(mod )
(v× B1 A1 // AA 2 vµ ®Þnh lÝ 107[1])
 (KC, B1C)  (AC, KC)(mod )
(v× C  (KA1 B1 );C  (AA 2 K) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (AC, B1C)(mod )(theo ®Þnh lÝ 99[1])
 0(mod )(v× AC  B1C vµ ®Þnh lÝ107[1]).
A2
A
K
C1
C2
B1
B
C
A1
B2
(h.e13)
Từ đó, lại theo định lí 107 [1], K  A1 A 2 .
Tương tự K  B1 B 2 ; K  C1C 2 .
Tóm lại A1 A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại một điểm thuộc (O) (điểm K).
□
Bài toán 17. Cho tứ giác ABCD. E = AB ∩ CD, F = AD ∩ CB. X, Y, Z, T theo thứ
tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADE, BCE, ABF, CDF. S là điểm Miquel của
tam giác ABF và đường thẳng CDE. Chứng minh rằng X, Y, Z, T, S cùng thuộc một
đường tròn.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho hai đường tròn (O1), (O2) cắt nhau tại A, B. Hai điểm M1, M2 theo thứ
tự thuộc (O1), (O2) sao cho B thuộc M1M2. Khi đó các tam giác AM1M2, AO1O2 đồng dạng
cùng hướng.
Chứng minh bổ đề. (h.e3).
A
M1
O1
O2
B
M2
(h.e3)
32
Ta thÊy (M1A, M1M 2 )  (M1A, M1B)(mod ) (v× M1M 2  M1B)
1  
 (O1A, O1B)(mod ) (theo ®Þnh lÝ E1)
2
 (O1A, O1O 2 )(mod )
(v× O1A  O1B;O1O2  AB vµ ®Þnh lÝ C12).
Tương tự (M 2 A, M 2 M1 )  (O2 A, O2 O1 )(mod ).
Vậy, theo định lí D3, các tam giác BM1M2, BO1O2 đồng dạng cùng hướng.
Trở lại giải bài toán 17.
Ta cã (XY,XZ)  (SE,SA)(mod) (v× XY  SE; XZ  SA)
 (DE,DA)(mod) (v× D  (SEA))
 (DC,DF)(mod) (v× DE  DC; DF  DA)
 (SC,SF)(mod) (v× S  (DCF))
 (TY,TZ)(mod) (v× SC  TY;SF  TZ).
Suy ra X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn (1).
Theo bổ đề trên, các tam giác SXY, SAB đồng dạng cùng hướng.
Kết hợp với SA  SZ;SF  TZ, ta có (SX,SY)  (SA,SB)  (ZX,ZY)(mod).
Suy ra X, Y, Z, S cùng thuộc một đường tròn (2).
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
□
E
Y
S
X
B
C
T
A
D
Z
F
4.2 Đường tròn Euler
Bài toán E18. Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng
hàng. Chứng minh rằng đường tròn Euler của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC cùng
đi qua một điểm.
Lời giải.
Trước hết ta cần cóhai bổ đề.
33
Bổ đề 1. Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Các
điểm M, N, P, Q, R, S theo thứ tự là trung điểm của AB, CD, AC, DB, AD, BC. Khi đó
MN, PQ, RS có cùng trung điểm.
Chứng minh bổ đề 1.
Vì M, P theo thứ tự là trung điểm của AB, AC nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A8,
MP 1
MP // BC và
 (h.e16).
BC 2
A
M
R
P
B
D
Q
N
S
C
(h.e16)
Tương tự QN // BC và
QN 1
 .
BC 2
 MP  QN

Suy ra  MP // QN

MP  NQ.
  MP  QN

 MP  QN
Vậy, theo bổ đề độ dài đại số [1], 
// QN
  MP
 

  MP  QN.

Do đó, hoặc theo định lí 28 [1] (khi MP  QN ) hoặc theo bổ đề hình bình hành [1]
(khi MP // QN ), MN, PQ có cùng trung điểm.
Tương tự MN, RS có cùng trung điểm.
Tóm lại MN, PQ, RS có cùng trung điểm.
□
Bổ đề 2. Các đoạn thẳng MN, PQ, RS có cùng trung điểm. Chứng minh rằng các
đường tròn (MPR), (NQR), (MQS), (NPS) cùng đi qua một điểm.
Chứng minh bổ đề 2. (h.e15).
Vì MN, PQ có cùng trung điểm nên hoặc
 PM  NQ

Vì MN, PQ có cùng trung điểm nên   PM  NQ
 
  PM  NQ (theo bæ ®Ò h×nh b×nh hµnh[1])

 PM  NP
Suy ra 
(1).
 PM // NP
34
P
K
S
N
R
M
Q
(h.e15)
Gọi K là giao điểm thứ hai của (MPR), (NQR) (h.e15).
Ta thÊy (KM, KQ)  (KM, KR)  (KR, KQ)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (PM, PR)  (NR, NQ)(mod )
(v× P  (KMR); N  (KRQ) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (NQ, PR)  (NR, NQ)(mod ) (v× (1) vµ ®Þnh lÝ 107[1])
 (NR, PR)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (SM, SQ)(mod) (v× (2) vµ ®Þnh lÝ 107[1]).
Từ đó, theo định lí E2, K  (MQS).
Tương tự K  (NPS).
Vậy (MPR), (NQR), (MQS), (NPS) cùng đi qua một điểm (điểm K).
□
Trở lại giải bài toán 18.
Gọi M, N, P, Q, R, S theo thứ tự là trung điểm của AB, CD, AC, DB, AD, BC
(h.e16).
Theo bổ đề trên MN, PQ, RS có cùng trung điểm.
Vậy, theo bài toán E11, các đường tròn (NQS), (RPN), (MQR), (SPM) cùng đi qua
một điểm (1).
Theo bổ đề 1 trong bài toán B14, các đường tròn (NQS), (RPN), (MQR), (SPM)
theo thứ tự là đường tròn Euler của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
□
Bài toán 19. Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. X, Y, Z theo thứ tự là ảnh của O qua RBC, RCA, RAB. Chứng minh rằng các đường tròn
(XBC), (YCA), (ZAB) cùng đi qua một điểm và đoạn thẳng nối điểm đó với O có trung
điểm thuộc đường tròn Euler của tam giác ABC.
Lời giải.
Gọi H, K, L, M, N, P theo thứ tự là trung điểm của OX, OY, OZ, OA, OB, OC (h.e17).
OM ON OP OH OK OL 1
Theo bổ đề 1 trong bài toán A7,





 .
OA OB OC OX OY OZ 2
1
Suy ra M, N, P, H, K, L theo thứ tự là ảnh của A, B, C, X, Y, Z qua H O2 .
Do đó các đường tròn (HNP), (KPM), (LMN) theo thứ tự là ảnh của các đường tròn
1
(XBC), (YCA), (ZAB) qua H O2 (1).
Đương nhiên H, K, L theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của O trên BC, CA, AB.
Theo bổ đề 1 trong bài toán B14, (HNP), (KPM), (LMN) theo thứ tự là đường tròn
Euler của các tam giác OBC, OCA, OAB.
35
A
Z
M
L
Y
K
B
O
N
P
H
X
C
(h.e17)
Vậy, theo bài toán E12, (HNP), (KPM), (LMN) cùng đi qua một điểm thuộc đường
tròn Euler của ABC (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
□
Bài toán 20. Cho tam giác ABC, E là tâm đường tròn Euler. B '  R AE (B);
C '  R AE (C); X  R BE (A); Y  R CE (A). Chứng minh rằng các đường tròn (XCB’),
(YBC’) bằng nhau.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC, E, H theo thứ tự là tâm đường tròn Euler và trực tâm
của tam giác ABC, Oa là tâm của đường tròn (HBC). Khi đó E là trung điểm của AOa.
Chứng minh bổ đề.
A
O
E
B
H
M
N
D
C
Oa
(E) là đường tròn Euler của tam giác HBC; Oa, A theo thứ tự là tâm đường tròn
ngoại tiếp và trực tâm của tam giác HBC.
Suy ra E là trung điểm của AOa
□
36
Trở lại giải bài toán 20.
Gọi Oa, Ob, Oc theo thứ tự là tâm của các đường tròn (HBC), (HCA), (HAB)
(h.e57).
Theo bổ đề trên, Oa, Ob, Oc theo thứ tự thuộc AE, BE, CE.
Từ đó, chú ý rằng B '  R AE (B); C '  R AE (C); X  R BE (A); Y  R CE (A), suy ra
B ';C '  (HBC); X  (HCA);Y  (HAB) (1).
Đặt K  R AE (X).
Kết hợp với X  R BE (A); Y  R CE (A), ta có EK = EX = EA = EY.
Do đó A, X, Y, K cùng thuộc một đường tròn (tâm E) (2).
Kí hiệu AA là tiếp tuyến tại A của đường tròn (AXYK).
Vì AA  AE và B '  R AE (B) nên AA // BB’ (3).
Vì K  R AE (X); C '  R AE (C); B  R AE (B ') nên, theo hệ quả của định lí C13, các
tam giác KC’B, XCB’ bằng nhau ngược hướng (4).
A
Ob
Oc
E
K
H
C'
C
B
X
Y
B'
Oa
(h.e57)
37
VËy (YK, YB)  (YK, YA)  (YA, YB)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (YK, YA)  (HA, HB)(mod ) (v× (1) vµ ®Þnh lÝ E2)
1  
 (EK, EA)  (HA, HB)(mod ) (v× ( 2) vµ ®Þnh lÝ E1)
2
1  
 (EA, EX)  (HA, HB)(mod ) (v× X  R AE (K) vµ ®Þnh lÝ C13)
2
 (YA, YX)  (HA, HB)(mod ) (v× ( 2) vµ ®Þnh lÝ E1)
 (AA, AX)  (HA, HB)(mod ) (theo ®Þnh lÝ E4)
 (BB', AX)  (HA, HB)(mod ) (v× (3) vµ ®Þnh lÝ 113[1])
 (BB', HB)  (HA, AX)(mod ) (theo ®Þnh lÝ120[1])
 (CB', HC)  (HC, CX)(mod ) (v× (1) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (CB', CX)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (C'K, C'B)(mod ) (v× (4) vµ ®Þnh lÝ C5).
Theo định lí E2, Y, B, K, C’ cùng thuộc một đường tròn.
Điều đó có nghĩa là (KC’B), (YBC’) bằng nhau (5).
Từ (4) và (5) suy ra (XCB’), (YBC’) bằng nhau.
□
Chú ý.
1) Kí hiệu AA không chỉ đoạn thẳng-không AA mà chỉ tiếp tuyến tại A của đường
tròn (AXYK).
2) Tác giả của bài toán trên là ThS. Trần Quang Hùng, giáo viên Trường THPTC
chuyên – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội.
4.3 Đường thẳng Simson
Bài toán E21. Cho tam giác ABC và điểm M. H, K, L theo thứ tự là hình chiếu
vuông góc của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng H, K, L thẳng hàng khi và chỉ khi M
thuộc đường tròn (ABC).
Lời giải.
Có hai trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1. M  BC  CA  AB.
Dễ thấy H, K, L thẳng hàng khi và chỉ khi M  A, B, C .
Trường hợp 2. M  BC  CA  AB, (h.e28).
Vì H, K, L theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB nên các bộ
bốn điểm C, H, K, M; B, H, L, M cùng thuộc một đường tròn (1).
A
L
H
C
B
K
M
(h.e28)
38
Vậy các điều kiện sau tương đương
1. H, K, L th¼ng hµng.
2. HK  HL.
3. (HK, HL)  0 (mod ).
4. (HK, HM)  (HM, HL)  0 (mod ).
5. (CK, CM)  (BM, BL)  0(mod ).
6. (CA, CM)  (BM, BA)  0 (mod ).
7. (CA, CM)  (BA, BM)(mod ).
8. M  (ABC) \ A, B, C .
Chú ý, hiển nhiên 1  2; theo định lí 107 [1], 2  3; theo định lí 99 [1], 3  4;
vì (1) và định lí E2 nên, 4  5; vì CK  CA;BL  BA nên 5  6; theo định lí 109 [1],
6  7; theo định lí E2, 7  8.
Kết hợp cả hai trường hợp, H, K, L thẳng hàng khi và chỉ khi M thuộc (ABC).
□
Chú ý.
 HKL được gọi là đường thẳng Simson của M đối với ABC.
 Khi M  (ABC), H, K, L không thẳng hàng, HKL được gọi là tam giác bàn
đạp của M đối với ABC.
Bài toán E22. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai điểm M, N thuộc
(O). M ,  N theo thứ tự là đường thẳng Simson của M, N đối với tam giác ABC. Chứng
1  
minh rằng ( M , N )  (ON, OM)(mod ).
2
Lời giải.
Gọi X, Y theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M, N trên AB; Z, T theo thứ tự là
hình chiếu vuông góc của M, N trên BC (h.e29).
Đương nhiên các bộ bốn điểm B, M, X, Z; B, N, Y, T cùng thuộc một đường tròn.
VËy ( M ,  N )  (XZ, YT)(mod ) (v×  M  XZ;  N  YT)
 (XZ, XB)  (YB, YT)(mod ) (v× XB  YB vµ ®Þnh lÝ 99[1])
 (MZ, MB)  (NB, NT)(mod )
(v× M  (XZB); N  (YBT) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (NT, MB)  (NB, NT)(mod ) (v× MZ // NT vµ ®Þnh lÝ113[1])
 (NB, MB)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
1  
 (ON, OM)(mod )(theo ®Þnh lÝ E1).
2
39
A
N
Y
Z
B
O
T
X
C
M
(h.e29)
□
Chú ý.
Các điều kiện sau tương đương.
1.  M   N .

.
2
1   
3. (ON, OM)  (mod ).
2
2
 
4. (ON,OM)   (mod 2).


5. ON  OM
6. O ®o¹n MN
7. MN lµ ®­êng kÝnh cña (O).
Chú ý, theo định lí 108 [1], 1  2; theo kết quả trong bài toán E20, 2  3; hiển
nhiên 3  4; theo định lí 104 [1], 4  5; theo định lí 8 [1], 5  6; hiển nhiên 6  7.
2. ( M ,  N ) 
Bài toán 23. Cho hai tam giác ABC, A’B’C’ cùng nội tiếp đường tròn (O). Điểm
M chạy trên (O). ,  ' theo thứ tự là đường thẳng Simson của M đối với các tam giác
ABC, A’B’C’. Chứng minh rằng (,  ')0 không đổi.
Lời giải.
40
A
C'
H'
B'
O
B
H
C
K
A'
K'
M
Ta có
(,  ')  (HK, H ' K ') (mod )
 (HK, HM)  (HM, H ' M)  (H ' M, H ' K ')(mod )
 (CK, CM)  (BC, B ' C ')  (C ' M, C ' K ')(mod )
 (CA, CM)  (BC, B ' C ')  (C ' M, C ' A ')(mod )
 (CA, C ' A ')  (BC, B ' C ')  (C ' M, CM)(mod )
1  1  1  1  1 
 s®CC'
 s®AA'  s®BB'  s®CC'  s®C'C (mod )
2
2
2
2
2
1  1  1 
 s®AA'
 s®BB'  s®CC'(mod ).
2
2
2
4.4 Đường thẳng Steiner và điểm Anti-Steiner
Bài toán 24. Cho tam giác ABC, trực tâm H, nội tiếp đường tròn (O). Điểm M
thuộc (O). X, Y, Z theo thứ tự là điểm đối xứng với M qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng
H, X, Y, Z thẳng hàng.
Lời giải.
Bỏ qua trường hợp đơn giản: ABC vuông.
Giả sử AH cắt BC tại A1 ; cắt (O) tại điểm thứ hai A2.
Tương tự ta có các điểm B1, B2; C1, C2 (h.e43).
Theo giả thiết, R CA (M)  Y; R AB (M)  Z (1).
Theo bổ đề 2 trong bài toán E14, R BC (H)  A 2 ; R CA (H)  B 2 ; R AB (H)  C 2 (2).
VËy (HY, HZ)  (HY, HA)  (HA, HZ)(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (B 2 A, B 2 M)  (C 2 M, C 2 A)(mod ) (v× (1),(2) vµ ®Þnh lÝ C13)
 (C 2 A, C 2 M)  (C 2 M, C 2 A)(mod ) (v× C 2  (B 2 AM) vµ ®Þnh lÝ E2)
 0(mod ) (v× c¸c ®Þnh lÝ 99,107[1]).
41
A
C2
C1
O
Z
H
B2
B1
X
A1
B
C
M
Y
A2
(h.e43)
Lại theo định lí 107 [1], H, Y, Z thẳng hàng.
Tương tự H, Z, X thẳng hàng.
Tóm lại H, X, Y, Z thẳng hàng.
Chú ý.
XYZ được gọi là đường thẳng Steiner của M đối với ABC.
□
Bài toán 25. Cho tam giác ABC, trực tâm H, nội tiếp đường tròn (O). Δ là đường
thẳng đi qua H. ΔA, ΔB, ΔC theo thứ tự là ảnh của Δ qua RBC, RCA, RAB. Chứng minh rằng
ΔA, ΔB, ΔC đồng quy tại một điểm thuộc (O).
Lời giải.
Bỏ qua trường hợp đơn giản: ABC vuông.
Giả sử AH cắt BC tại A1 ; cắt (O) tại điểm thứ hai A2.
Tương tự ta có các điểm B1, B2; C1, C2 (h.e45).
Theo bổ đề 2 trong bài toán E14, R BC (H)  A 2 ; R CA (H)  B 2 ; R AB (H)  C 2 (1).
Ta thÊy ( B ,  C )  ( B , AH)  (AH, C )(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (AB 2 , )  (, AC 2 )(mod ) (v× (1) vµ ®Þnh lÝ C13)
 (AB 2 , AC 2 )(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 0 (mod ) (v× AB 2 , AC 2 c¾t nhau vµ ®Þnh lÝ 107[1]).
Lại theo định lí 107 [1], ΔB, ΔC cắt nhau.
Đặt M = ΔB ∩ ΔC (2).
Chú ý rằng MB 2   B ; MC 2   C , theo chứng minh trên, ta có
(MB 2 , MC 2 )  (AB 2 , AC 2 )(mod ).
42
A
C2
C1
O
B
B1
H
C
A1
B
B2
C
A
M A2
(h.e45)
Do đó, theo định lí E2, M  (AB 2 C 2 ).
Nói cách khác M  (O) (3).
Ta thÊy (MA 2 ,  A )  (MA 2 , AA 2 )  (AA 2 ,  A )(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (MB 2 , AB 2 )  (AA 2 ,  A )(mod ) (v× B 2  (MA 2 A) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (AH, )  (, AA 2 )(mod ) (v× (1); AA 2  BC vµ ®Þnh lÝ C13)
 (AH, AA 2 ) (mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 0(mod ) (v× AH  AA 2 vµ ®Þnh lÝ 107[1]).
Lại theo định lí 107 [1], chú ý rằng A 2   A , suy ra M   A (4).
Từ (2), (3) và (4) suy ra ΔA, ΔB, ΔC đồng quy tại một điểm thuộc (O) (điểm M).
Chú ý.
M được gọi là điểm Anti-Steiner của ∆ đối với ABC.
□
Bài toán 26. Cho tam giác ABC. Đường thẳng  theo thứ tự cắt các đường thẳng
BC, CA, AB tại A0, B0, C0. Các đường thẳng  A ,  B ,  C theo thứ tự đi qua A0, B0, C0 và
vuông góc với BC, CA, AB. A1   B   C ; B1   C   A ;C1   A   B . H, H1 theo thứ tự
là trực tâm của các tam giác ABC, A1B1C1. Chứng minh rằng H thuộc  khi và chỉ khi H1
thuộc .
Lời giải.
Trước hết ta cần có hai bổ đề.
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC, trực tâm H. Đường thẳng  bất kì.  A ,  B ,  C theo
thứ tự là ảnh của ∆ qua RBC, RCA, RAB. Nếu  A ,  B ,  C đồng quy thì  đi qua H.
Chứng minh bổ đề 1.
Trong phép chứng minh này, kí hiệu d(X, ) chỉ khoảng cách từ điểm X tới đường
thẳng ; kí hiệu d(,  ') chỉ khoảng cách giữa hai đường thẳng song song ,  '.
Giả sử  không đi qua H.
Gọi  ' là đường thẳng đi qua H và song song với ; 'A ,  'B , 'C theo thứ tự là ảnh
của  ' qua RBC, RCA, RAB.
Theo giả thiết,  A ,  B ,  C đồng quy tại một điểm, kí hiệu là M.
Theo bài toán E30, 'A ,  'B , 'C đồng quy tại một điểm, kí hiệu là M’.
43
Vì
 ' // 
nên
'A ,  'B , 'C
theo thứ tự song song với
A ,  B , C
và
d('A ,  A )  d( 'B ,  B )  d( 'C ,  C )  d( ',  ).
Kết hợp với M '   'A   'B   'C , suy ra
d(M ',  A )  d( M ',  B )  d(M ', C )  d( ', ).
Kết hợp với M   A   B   C , suy ra đường tròn (M ', d( ', )) có ba tiếp tuyến
cùng đi qua M, mâu thuẫn.
Vậy  đi qua H.
Bổ đề 2. Nếu các đường thẳng 1 , 2 , 3 thoả mãn các điều kiện 1   2 và
1  2  3 thì R 1 ( 3 )  R 2 (  3 ).
Chứng minh bổ đề 2.
Ta thÊy (R 1 ( 3 ), R 2 ( 3 ))  (R 1 ( 3 ), 1 )  ( 1 ,  2 )  (  2 , R 2 ( 3 )) (mod )
(theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (1 , 3 )  (1 , 2 )  (3 ,  2 )(mod ) (theo ®Þnh lÝ C13)
 (1 ,  2 )  (1 ,  2 )(mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 
 (mod ) (v× 1   2 vµ ®Þnh lÝ 108[1])
2 2
 0(mod ).
Từ đó, chú ý rằng R 1 ( 3 ), R 2 ( 3 ) cùng đi qua 1   2 , theo định lí 107 [1], suy

ra R 1 ( 3 )  R 2 (  3 ).
Trở lại giải bài toán E31 (h.e46).
B1
C0
A
C
A
A1
H1
B0
C1
B
H
B
A0
C
(h.e46)
Các điều kiện sau tương đương.
1. H  .
2. R BC (), R CA ( ), R AB () đồng quy.
44
3. R B1C1 (), R C1A1 (), R A1B1 () đồng quy.
4. H1  .
Chú ý, theo bài toán 30, 1  2; theo bổ đề 1, 2  1; theo bổ đề 2, 2  3; theo bổ
đề 1, 3  4; theo bài toán 30, 4  3.
Chú ý.
Tác giả của lời giải trên là Đậu Hải Đăng, học sinh Trường THPT chuyên – ĐHSP
Hà Nội.
Bài toán 27. Cho hai tam giác ABC, A1B1C1 cùng nội tiếp đường tròn (O) và cùng
có trực tâm là H. Đường thẳng ∆ quay quanh H. S, S1 theo thứ tự là điểm anti-staine của ∆
 không đổi.
đối với các tam giác ABC, A1B1C1. Chứng minh rằng SOS
1
A
C1
S
B1
H
O
C
S1
B
A1
Lời giải.
Gọi d, d1 theo thứ tự là đường thẳng simson của S, S1 đối với tam giác ABC,
A1B1C1.
Đương nhiên d //  // d1 .
Lấy M bất kì (nhưng đã xác định) trên (O).
Gọi , 1 theo thứ tự là đường thẳng simson của M đối với các tam giác ABC,
A1B1C1.  
 
 
 
(OS, OS1 )0  (OS, OS1 )  (OS, OM)  (OM, OS1 )  2(, d)  2(d1 , 1 )(mod 2)
 2(, )  2(, 1 )  2((, )  (, 1 ))  2(, 1 )  2(, 1 )0 (mod 2).
4.5 Bài toán 1, VN IMO 2005 - 2006
Bài toán 28. Cho tứ giác ABCD. Điểm M chạy trên đường thẳng AB và khác A, B.
Các đường tròn (ACM), (BDM) cắt nhau tại điểm thứ hai N. Chứng minh rằng
1) N luôn chạy trên một đường tròn cố định.
2) MN luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải. (h.e9).
1) Đặt O = AC ∩ BD.
45
A
B
M
K
D
O
C
N
(h.e9)
Ta thÊy (NC, ND)  (NC, NM)  (NM, ND) (mod ) (theo ®Þnh lÝ 99[1])
 (AC, AM)  (BM, BD)(mod )
(v× A  (NCM); B  (NMD) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (AC, BD)(mod ) (v× AM  BM vµ ®Þnh lÝ 99[1])
 (OC, OD)(mod ) (v× AC  OC vµ BD  OD).
Do đó, theo định lí E2, N thuộc đường tròn (OCD).
Chú ý rằng (OCD) cố định, ta có điều phải chứng minh.
2) Gọi K là giao điểm thứ hai của MN với (OCD) (1).
Ta thÊy (OK, AC)  (OK, OC)(mod ) (v× AC  OC)
 (NK, NC) (mod ) (v× N  (OKC) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (NM, NC)(mod ) (v× NK  NM)
 (AM, AC)(mod ) (v× A  (NMC) vµ ®Þnh lÝ E2)
 (AB, AC)(mod ) (v× AM  AB).
Từ đó, theo định lí 110 [1], suy ra OK // AB (2).
Từ (1) và (2) suy ra K cố định.
Chú ý rằng K  MN, ta có điều phải chứng minh.
Chú ý. Nam Nghĩa và Kiên.
□
□
4.6 Bài toán 4, VN IMO 1989 - 1990
Bài toán 29. Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA.MA’ =
MB.MB’ = MC.MC’, ở đây A’, B’, C’ theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên BC,
CA, AB.
Lời giải.
Bỏ qua trường hợp đơn giản: ABC vuông.
Trường hợp 1. M  A, B, C .
Dễ thấy MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ (cùng bằng 0).
Do đó M | MA.MA '  MB.MB '  MC.MC '  A, B, C .
Trường hợp 2. M  BC  CA  AB \ A, B, C .
Dễ thấy trong ba số MA.MA’, MB.MB’, MC.MC’có một số bằng không và hai số
khác không.
Do đó M | MA.MA '  MB.MB '  MC.MC '  .
46
Trường hợp 3. M  BC  CA  AB.
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp của ABC; (Oa), (Ob), (Oc) theo thứ tự là ảnh của
(O) qua RBC, RCA, RAB; H là trực tâm của ABC.
Dễ thấy H  (Oa )  (O b )  (O c ).
Thuận. Giả sử MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ (h.e26, h.e27).
MA MB
Vì MA.MA’ = MB.MB’ nên

.
MB' MA '
 

'A   MA
'B, suy ra các tam giác MB’A, MA’B đồng
Từ đó, chú ý rằng MB
2
dạng.
 (MA, B'A)  (MB, A 'B) (mod )
Do đó, theo các định lí D1, D5, 
 (MA, B'A)   (MB, A 'B) (mod ).
Kết hợp với B' A  CA; A ' B  CB, suy ra
 (MA, CA)  (MB, CB) (mod )
 (MA, CA)   (MB, CB) (mod ).

 M  (O) \ A, B, C
Do đó, theo định lí E2, 
 (MA, CA)   (MB, CB) (mod ).
Từ đẳng thức MB.MB’ = MC.MC’, tương tự, suy ra
 M  (O) \ A, B, C

 (MB, AB)   (MC, AC) (mod ).
Từ đẳng thức MC.MC’ = MB.MB’, tương tự, suy ra
 M  (O) \ A, B, C

 (MC, BC)   (MA, BA) (mod ).
A
A
C''
C'
O
O
C'
B
B'
M=H
B''
A'
C
B
C
A'
B'
A''
M
(h.e26)
(h.e27)
Vậy, nếu MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’M thì
47
 M  (O) \ A, B, C

 (MA, CA)   (MB, CB) (mod ) (1)
 (MB, AB)   (MC, AC) (mod ) (2)

 (MC, BC)   (MA, BA) (mod ) (3).
Từ (1) và (2), suy ra (MA, CA)  (MC, AC)    (MB, CB)  (MB, AB)  (mod ).
Theo định lí 99 [1], (MA, MC)   (BA, BC) (mod ).
Chú ý rằng HA  BC; HC  BA, theo các định lí 105, 108 [1], ta có
(HA, HC)   (HC, HA)   (BA, BC) (mod ).
Vậy (MA, MC)  (HA, HC) (mod ).
Kết hợp với H  (O b ), suy ra M  (O b ) \  C, A .
Từ (2) và (3), tương tự, suy ra M  (O c ) \  A, B .
Vậy, từ (1), (2) và (3) suy ra M  (O b )  (O c ) \ A, B, C  H.
 M  (O) \ A, B, C
Tóm lại 
 M  H.
 M  (O) \ A, B, C (h.e26)
Đảo. Giả sử 
 M  H (h.e27).
Có hai khả năng xảy ra.
Khả năng 1. M  (O) \ A, B, C
Ta thÊy (AM, AB ')  (AM, AC)(mod ) (v× AB '  AM)
 (BM, BC)(mod ) (v× M  (O) vµ ®Þnh lÝ E2).
 (BM, BA ')(mod ) (v× BC  BA ').
 

Kết hợp với MB
' A   MA
' B, theo định lí D4, suy ra các tam giác MB’A,
2
MA’B đồng dạng (cùng hướng).
MA MB
Do đó

.
MB' MA '
Suy ra MA.MA’ = MB.MB’.
Tương tự MB.MB’ = MC.MC’.
Vậy MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’.
Khả năng 2. M  H.
Gọi A’’, B’’, C’’ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của AH, BH, CH với (O).
Theo định lí B5 (dạng hình học), MA.MA ''  MB.MB ''  MC.MC ''.
Theo bổ đề 2 trong bài toán B14 (dạng hình học),
1
1
1
MA '  MA ''; MB '  MB ''; MC '  MC ''.
2
2
2
Vậy MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’.
Kết luận cho trường hợp 3.
M | MA.MA '  MB.MB '  MC.MC '   (O)  H  \ A, B, C .
Kết luận chung cho ba trường hợp.
M | MA.MA '  MB.MB '  MC.MC '  (O)  H .
□
□
48
4.6 Bài toán 1, VN TST 2012
Bài toán 30. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). B, C cố định và A thay
đổi. Đường tròn (D) đi qua B, C và theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F. M, N thuộc BE, CF
sao cho DM // AC, DN // AC. Tiếp tuyến tại M, N của đường tròn (DMN) cắt nhau tại T.
Chứng minh rằng T cố định.
Chú ý.
1). Khi (D) là đường tròn đường kính BC, bài toán 30 trở thành bài toán .. đề
thi chọn đội tuyến quốc gia năm 2012.
2) Bài toán 30 được phát biểu với sự cộng tác của ThS Trần Quang Hùng – giáo
viên Trường THPT chuyên – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC cân tại A. Đường tròn (D) đi qua B, C và theo thứ tự cắt
AC, AB tại E, F. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc BE, CF sao cho DM // AC và DN // AB.
Tam giác TPQ cân tại T và nhận (DMN) là đường tròn nội tiếp. Khi đó P, Q theo thứ tự là
tâm của các đường tròn (PDM), (QCN).
Chứng minh bổ đề.
A
F
E
T
M
P
B
N
Q
D
C
49
 PM  PD.
 
 
 2(BD, BM)  2(BD, BE)  (BD, DE)    (DB, DE)    2(CB, CE)(mod 2)
 
 
   2(DP, DM)    (DP, PM)  (PD, PM)(mod 2).
Vậy P là tâm của (BDM).
Tương tự Q là tâm của (CDN).
Trở lại giải bài toán 30.
 chứa A của (O), E1, F1 theo thứ tự là giao điểm thứ
Gọi A1 là trung điểm cung BC
hai của A1C, A1B và (D), M1, N1 theo thứ tự thuộc BE1, CF1 sao cho DM1 // A1C, DN1 //
A1B, T1 là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn (DM1N1) tại M1, N1, I, I1, P, Q theo
thứ tự là tâm các đường tròn (DMN), (DM1N1), (BDM1), (CDN1).
A1
A
F
F1
O
E1
T=T1
N
N1
M1
E
I1
I
M
B
C
P
D
Q
50
 
Ta thÊy (PM, PM1 )  2(BM, BM1 )  2(BE, BE1 )  2(CE, CE1 )
 2(CA, CA1 )  2(BA, BA1 )  2(BF, BF1 )(mod 2)
 
 2(CF, CF1 )  2(CN, CN1 )  (QN, QN1 )(mod 2).
Kết hợp với đường tròn (P, PB) và (Q, QC) bằng nhau, suy ra các tam giác
PMM1 , QNN1 bằng nhau cùng hướng (1).
Vì các tam giác T1PQ và T1M1N1 cùng cân tại T1 nên PQ // M1N1.
TM TN
Do đó 1 1  1 1 (2).
T1P
T1Q
Từ (1) và (2) suy ra các tam giác T1 MM1 , T1 NN 1 bằng nhau cùng hướng.
Do đó các tam giác T1 MN, T1 M1 N1 đồng dạng cùng hướng (3).
Đương nhiên các tam giác TMN, T1 M1 N1 theo thứ tự cân tại T, T1 (4).
Chú ý rằng TM, T1M1 theo thứ tự tiếp xúc với các đường tròn (I), (I1) và DM // CA,
DM // BA, DM1 // CA1, DM1 // BA1, ta có
(MN, MT)  (DN, DM)  (BA, BC)  (BA1 , CA1 )(mod )
 (DN1 , DM1 )  (M1N1 , M1T1 )(mod ) (5).
Từ (4) và (5) suy ra các tam giác TMN, T1 M1 N1 đồng dạng cùng hướng (6).
Từ (3) và (6) suy ra các tam giác T1 MN, TMN bằng nhau cùng hướng.
Suy ra T  T1 .
Điều đó có nghĩa là T cố định.
Chú ý.
Bài toán trên được phát biểu cùng với sự cộng tác của ThS Trần Quang Hùng –
giáo viên trường THPT chuyên ĐHKHTN.
4.7 Bài toán 6, IMO 2011
Bài toán 31. Cho tam giác ABC và điểm P không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. Đường thẳng ∆ qua P và theo thứ tự cắt các đường tròn (PBC), (PCA), (PAB) lần thứ
hai tại X, Y, Z. ∆X, ∆Y, ∆Z theo thứ tự tiếp xúc với các đường tròn (PBC), (PCA), (PAB) tại
X, Y, Z. D, E, F theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng ∆Y, ∆Z; ∆Z, ∆X; ∆X, ∆Y.
Chứng minh rằng các đường tròn (ABC), (DEF) tiếp xúc với nhau.
Chú ý.
1) Khi P là trực tâm của tam giác ABC thì bài toán 31 trở thành bài toán 6, IMO
2011.
Bài toán 31’. Cho tam giác ABC. Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (ABC).
∆X, ∆Y, ∆Z theo thứ tự là ảnh của d qua RBC, RCA, RAB. D, E, F theo thứ tự là giao điểm của
các cặp đường thẳng ∆Y, ∆Z; ∆Z, ∆X; ∆X, ∆Y. Chứng minh rằng các đường tròn (ABC),
(DEF) tiếp xúc với nhau .
51
A
Z
C'
X
Y
X
O
B'
Z
H
Y
C
B
T
A'
d
2) Tác giả của bài toán 31 là ThS Trần Quang Hùng – giáo viên Trường THPT
chuyên – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội.
Lời giải.
Gọi T là điểm Miquel của tam giác DEF và đường thẳng ∆.
Ta cã(AY, AZ)  (AY, AC)  (AC, AB)  (AB, AZ)(mod)
 (YY, YC)  (AC, AB)  (ZB, ZZ)(mod)
 (YD, YC)  (AC, AP)  (AP, AB)  (ZB, ZD) (mod)
 (YD, ZD)  (YC, YP)  (ZP, ZB)  (ZB, YC)(mod)
 (YD, ZD)(mod).
Suy ra A  (DYZT).
Tương tự B  (EZXT);C  (FXYT).
Ta cã(TB, TC)  (TB, TX)  (TX, TC)(mod)
 (ZB, ZX)  (YX, YC)(mod)
 (ZB, YC)(mod)
 (ZB, AB)  (AB, AC)  (AC, YC)(mod)
 (ZZ, AZ)  (AB, AC)  (AY, YY) (mod)
 (DZ, AZ)  (AB, AC)  (AY, DY) (mod)
 (DY, AY)  (AB, AC)  (AY, DY)(mod)
 (AB, AC)(mod).
Suy ra T  (ABC).
52
A
T
F
Z
X
E
P
Y
B
C
D
(h.1)
Ta cã (TB,TE)  (XB,XE)(mod)
 (XB,XP)  (YP,FE)(mod)
 (CB,CP)  (YP,FE)(mod)
 (CB,FE)  (YP,CP)(mod)
 (CB,FE)  (YY,CY)(mod)
 (CB,FE)  (YF,CY)(mod)
 (CB,FE)  (TF,CT)(mod)
 (CB,CT)  (FT,FE)(mod).
Suy ra c¸c ®­êng trßn (ABC) vµ (DEF) tiÕp xóc víi nhau (t¹i T).
4.8 Bài toán 2, IMO 1996
Bài toán 33. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Chứng minh rằng
MB AB
 C
  AMC
  B.


 AMB
MC AC
Chú ý.
Bài toán 33 là sự mở rộng của bài toán 2, IMO 1996.
53
Bài toán 33’. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác sao cho

  AMC
  B.
 I, I’ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABM,
AMB  C
ACM. Chứng minh rằng AM, BI, CI’ đồng quy.
A
K=K'
I
M
I'
C
B
Bài toán 34. Cho tam giác ABC không cân tại A. Điểm M không thuộc đường tròn
ngoại tiếp của tam giác. Chứng minh rằng
MB AB

 (MA, MB)  (MA, MC)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod180).
MC AC
Chứng minh bổ đề.
Không mất tính tổng quát giả sử AB > AC.
Có bốn trường hợp xảy ra.
Trường hợp 1. M thuộc đường thẳng BC (h.e88).
A
O
B
E
C
F
(h.e88)
Các điều kiện sau tương đương.
1. M  (EF).
M  E
2. 
 M  F.
 MA  EA
3. 
 MA  FA.
4. (MA, CA)  (MA, BA)  0 (mod 180).
5. (MA, CB)  (CB,CA)  (MA, BC)  (BC, BA)  0 (mod 180).
6. (MA, MB)  (CB, CA)  (MA, MC)  (BC, BA)  0 (mod 180).
7. (MA, MB)  (MA, MC)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod180).
54
Chú ý, vì M  BC nên 1  2; hiển nhiên 2  3; theo định lí C13, 3  4; hiển
nhiên 4  3; theo định lí 99 [1], 4  5; vì CB  MB và BC  MC nên 5  6; hiển
nhiên 6  7.
Trường hợp2. M thuộc đường thẳng CA (h.e89).
Gọi M1 là giao điểm thứ hai của AC và (EF).
A
O
B
E
C
F
M1
(h.e89)
Các điều kiện sau tương đương.
1. M  (EF).
2. M  M1 .
3.
M1B AB

.
M1C AC

4. BC là phân giác của trong của góc M
1BA.
5. (CB, M1B)  (AB, CB)(mod 180).
6. (CB, M1B)  (BA, BC)(mod 180).
7. (CB, CA) + (CA, M1B)  (BA, BC)(mod180).
8. (CA, M1 B)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod180).
9. (M1 A, M1B)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod 180).
10. (MA, MB)  (MA, MC)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod 180).
Chú ý, vì M  AC nên 1  2; hiển nhiên 2  1; vì M 1  (E) nên, theo bổ đề 1,
2  3; theo bổ đề trong lời giải 1 của bài toán A5, 4  5; hiển nhiên 5  6; theo định lí
99 [1], 6  7; theo định lí 107 [1], 7  8; vì CA  M1 A nên 8  9; vì M  M1 và
M1 A  M1C nên 9  10.
Trường hợp 3. M thuộc đường thẳng AB (h.e90).
Gọi K là trung điểm của EF.
 CBA,
 ACB
 là A, B, C.
Kí hiệu số đo của các góc BAC,
Chú ý rằng KA = KE, B > C, ta có
  BAE
  EAK
  BAE
  AEC
  A  A  B  A  B  90.
BAK
2 2
Suy ra AB không tiếp xúc với (EF).
Gọi M2 là giao điểm thứ hai của AB và (EF).
Tương tự trường hợp 2, ta có
M  (EF) khi và chỉ khi (MA, MB)  (MA, MC)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod180).
55
A
M2
O
E
B
C
K
F
(h.e90)
Trường hợp 4. M không thuộc các đường thẳng BC, CA, AB (h.e91).
Gọi X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm thứ hai của MA, MB, MC với (O).
Theo định lí B5 (dạng hình học), MX.MA  MY.MB; MX.MA  MZ.MC.
MX MY MX MZ
Do đó

;

.
MB MA MC MA
  BMA;XMZ
   CMA,
 suy ra các cặp tam giác MXY,
Từ đó, chú ý rằng XMY
MBA; MXZ, MCA đồng dạng.
MX
MX
Do đó XY  AB.
; XZ  AC.
(1).
MB
MC
Vì B  C nên MB  MC.
Do đó Y  Z (2).
A
Z
O
E
B
X
C
F
Y
M
(h.e91)
Vậy các điều kiện sau tương đương.
MB AB
1.

.
MC AC
AB AC
2.

.
MB MC
3. XY  XZ.
  s®XZ.

4. s®XY
56
   s®XZ.

5. s®XY
1  1  1 
1  1  1 
6. s®XY
 s®AB  s®AB    s®XZ
 s®AC  s®AC  .
2
2
2
2
2
2

7. (MA, MB)  (CA, CB)    (MA, MC)  (BA, BC)  (mod )
8. (MA, MB)  (MA, MC)  (CA, CB)  (BA, BC)(mod ).
Chú ý, hiển nhiên 1  2, vì (1) nên 2  3, hiển nhiên 3  4, vì (2) nên 4  5,
hiển nhiên 5  6, theo hệ quả của định lí F1 và định lí E3, 6  7; hiển nhiên, 7  8. □
Chú ý.
Bài toán 34 cho ta một cách mô tả đẹp các đường tròn Apollonius của tam giác.
Bài toán 35. Cho tam giác ABC không cân tại A và (AB, AC)  30 (mod 180).
 CZ, CT theo thứ tự
BX, BY theo thứ tự là phân giác trong, phân giác ngoài của góc ABC;
 Chứng minh rằng các đường tròn đường
là phân giác trong, phân giác ngoài của góc ACB.
kính BC, XY, ZT cùng đi qua một điểm.
Lời giải.
Trở lại giải bài toán 36 (h.e92, h.e93).
Kí hiệu (BC), (XY), (ZT) theo thứ tự là đường tròn đường kính BC, XY, ZT.
Giả sử M  (XY)  (ZT).
Suy ra M  (XY);M  (ZT).
MC BC MB CB
Do đó

;

.
MA BA MA CA
(MB, MC)  (MB, MA)  (AB, AC)  (CB, CA)(mod180)
Theo bài toán 34, 
(MC, MB)  (MC, MA)  (AC, AB)  (BC, BA)(mod180).
Do ®ã (MB, MC)  (MB, MA)  (MC, MB)  (MC, MA)
 (AB, AC)  (CB, CA)  (AC, AB)  (BC, BA)(mod180)
Theo định lí 99 [1], 3(MB, MC)  3(AB, AC)(mod180).
Suy ra (MB, MC)  (AB, AC)(mod 60).
(MB, MC)  (AB, AC)(mod180)
Điều đó có nghĩa là (MB, MC)  (AB, AC)  60 (mod 180)
(MB, MC)  (AB, AC)  120 (mod 180).
Chú ý rằng M không thuộc đường tròn (ABC), theo định lí E2, ta có
(MB, MC)  (AB, AC)  60 (mod 180)
(MB, MC)  (AB, AC)  120 (mod 180).

Kết hợp với (AB, AC)  30 (mod 180), suy ra
(MB, MC)  90 (mod 180)
(MB, MC)  150 (mod180).

Vậy, trong hai giao điểm của (XY), (ZT), một điểm thuộc (BC) (kí hiệu là M), một
điểm không thuộc (BC) (kí hiệu là M’).
57
A
Z
M
Y
M
X
Z
B
C
B
A
T
X
C
Y M'
T
M'
(h.e92)
(h.e93)
□
58