Nguyễn Văn Linh
108 BÀI TOÁN
HÌNH HỌC SƠ CẤP
A
T
B1
C2
Z
B2
B3
V
C1
O'
S
PL
O
X
Y
Q
A3
C3
C
W
B
U
A2
A1
Hà Nội, Tháng 10 Năm 2017
108 bài toán hình học sơ cấp
Nguyễn Văn Linh
Biên tập: Nguyễn Hoàng Tùng Lâm
Mục lục
Lời nói đầu
3
1 Các định lý cổ điển
4
2 Đề bài
24
3 Lời giải
36
4 Sáng tạo một bài toán hình học
4.1 Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Sáng tạo ra bài toán mới như thế nào? .
4.2.1 Lấy cảm hứng từ một mô hình đã
4.2.2 Đặc biệt hóa . . . . . . . . . . . .
4.2.3 Tổng quát hóa . . . . . . . . . . .
4.2.4 Nghịch đảo . . . . . . . . . . . .
4.3 Thế nào là một bài toán đẹp? . . . . . .
1
. . .
. . .
biết
. . .
. . .
. . .
. . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
172
172
172
172
175
177
180
181
Lời nói đầu
Cuốn sách nhỏ này là tuyển tập các bài toán mà tôi đã sáng tác trong 8 năm qua. Khá nhiều
bài toán trong số đó từng được sử dụng làm đề thi chọn đội tuyển một số nước như Nga, Trung
Quốc, Arab Saudi hay đặc biệt là bài toán G8 trong đề IMO Shortlist 2012 trùng với bài tôi
đưa lên diễn đàn AoPS trước đó 2 năm. Cũng có bài được đưa vào sách như cuốn Geometry in
Figures của tác giả A.Akopyan...
Nội dung của cuốn sách phù hợp với các bạn học sinh ôn thi học sinh giỏi Quốc gia, là tài
liệu cho các giáo viên bồi dưỡng đội tuyển HSG cũng như các bạn yêu thích hình học sơ cấp.
Xin chân thành cảm ơn sự đóng góp của bạn bè cũng như những học sinh của tôi trong việc
đưa ra lời giải đẹp cho một số bài toán. Tôi đã học hỏi được rất nhiều từ những người xung
quanh mình.
Cuốn sách được tôi biên soạn khá kĩ lưỡng, tuy nhiên chắc chắn không thể tránh khỏi sai
sót. Rất mong nhận được những ý kiến đóng góp cho cuốn sách từ độc giả.
Hà Nội, tháng 10/2017
Nguyễn Văn Linh
2
Chương 1
Các định lý cổ điển
Trong chương này, tác giả giới thiệu tới bạn đọc các định lý cổ điển trong hình học sơ cấp.
Các định lý này được sử dụng khá nhiều trong quá trình giải toán. Vì vậy tác giả cố gắng chứng
minh chi tiết cho từng định lý theo cách dễ hiểu nhất để bạn đọc tiện sử dụng như những bổ
đề.
PA
=k
PB
không đổi (k > 0) là một đường tròn, được gọi là đường tròn Apollonius của đoạn thẳng
AB ứng với tỉ số k.
1. Đường tròn Apollonius. Cho hai điểm A, B. Tập hợp các điểm P sao cho tỉ số
P
D
A
C
B
CA
Chứng minh. Gọi C, D là hai điểm nằm trong và ngoài đoạn thẳng AB sao cho
=
CB
DA
= k.
DB
CA
DA
PA
Khi đó
=
=
nên C, D lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài của
PB
CB
DB
góc AP B. Suy ra ∠CP D = 90◦ . Vậy P nằm trên đường tròn đường kính CD.
Ngược lại giả sử P là điểm bất kì nằm trên đường tròn đường kính CD. Khi đó ∠CP D =
90◦ . Mà (ABCD) = −1 nên theo tính chất hàng phân giác, suy ra C, D lần lượt là chân
PA
đường phân giác trong và ngoài của góc AP B. Từ đó
= k.
PB
Như vậy tập hợp các điểm P là đường tròn đường kính CD.
Chú ý rằng khi k = 1, đường tròn Apollonius suy biến thành đường trung trực của đoạn
thẳng AB.
3
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Từ định nghĩa đường tròn Apollonius của đoạn thẳng chúng ta xây dựng đường tròn
Apollonius của một tam giác như sau.
Đường tròn Apollonius của tam giác ABC ứng với đỉnh A là đường tròn có đường kính là
đoạn thẳng nối hai chân đường phân giác trong và ngoài góc BAC.
Như vậy trong một tam giác, có ba đường tròn Apollonius ứng với ba đỉnh của tam giác.
Rõ ràng các đỉnh của tam giác đều nằm trên đường tròn Apollonius tương ứng. Sau đây
chúng ta tìm hiểu một số tính chất của các đường tròn này.
2. Đường thẳng Euler. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), với trực tâm H, trọng
tâm G. Khi đó H, G, O thẳng hàng và GH : GO = −2.
A
H
O
G
B
M
C
E
Chứng minh. Gọi E là điểm đối xứng với A qua O. M là trung điểm BC. Dễ thấy BHCE
là hình bình hành nên M đồng thời là trung điểm HE. Suy ra M O là đường trung bình
AH
AG
=
= 2 nên theo định lý Thales, G là điểm chia đoạn
của tam giác AHE. Do
GM
OM
HO theo tỉ số −2.
3. Đường tròn Euler (đường tròn 9 điểm). Cho tam giác ABC với trực tâm H, tâm
đường tròn ngoại tiếp O. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB; A2 , B2 , C2
lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C xuống BC, CA, AB; A3 , B3 , C3 lần lượt là trung
điểm AH, BH, CH. Khi đó 9 điểm A1 , B1 , C1 , A2 , B2 , C2 , A3 , B3 , C3 cùng nằm trên đường
tròn có tâm là trung điểm OH.
Trang 4
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
A3
B2
B1
C1
C2
H
O
E
C3
B3
B
C
A1
A2
Chứng minh. Theo phép chứng minh đường thẳng Euler, AH k= 2OA1 nên AA3 k= OA1 ,
từ đó AA3 A1 O là hình bình hành. Suy ra A1 A3 đi qua trung điểm E của HO và A1 A3 =
R
AO = R. Do ∠A3 A2 A1 = 90◦ nên A1 , A2 , A3 cùng nằm trên đường tròn (E, ). Chứng
2
R
minh tương tự suy ra 9 điểm cùng nằm trên (E, ).
2
Nhận xét. Dễ thấy rằng đường tròn Euler là ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự
1
−1
tâm H tỉ số , hoặc qua phép vị tự tâm G tỉ số
(với G là trọng tâm tam giác ABC).
2
2
4. Đường thẳng Simson của tam giác. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P
là điểm bất kì trong mặt phẳng. Khi đó hình chiếu vuông góc của P trên các cạnh của
tam giác ABC thẳng hàng khi và chỉ khi P nằm trên (O).
A
B1
A1
B
C
C1
P
Chứng minh. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của P trên BC, CA, AB.
Ta có A1 , B1 , C1 thẳng hàng khi và chỉ khi ∠BA1 C1 = ∠B1 A1 C.
Do các tứ giác P C1 BA1 , P A1 B1 C nội tiếp nên ∠BA1 C1 = ∠BP C1 , ∠B1 A1 C = ∠B1 P C.
Vậy ∠BA1 C1 = ∠B1 A1 C khi và chỉ khi ∠BP C1 = ∠B1 P C hay ∠BP C = ∠B1 P C1 =
180◦ − ∠BAC. Điều này tương đương P nằm trên (O).
Trang 5
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
5. Đường thẳng Steiner của tam giác. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P
là điểm bất kì nằm trên (O). Khi đó các điểm đối xứng với P qua ba cạnh của tam giác
ABC cùng nằm trên một đường thẳng, đồng thời đường thẳng đó đi qua trực tâm của
tam giác ABC.
B3
A
B2
C3
H
A2
O
B1
C2
B
A1
C
C1
P
Chứng minh. Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là điểm đối xứng với P qua BC, CA, AB; H là trực
tâm tam giác ABC; B3 , C3 lần lượt là giao điểm thứ hai của BH, CH với (O).
Dễ thấy B3 , C3 lần lượt là điểm đối xứng với H qua AC, AB. Do đó HC3 C2 P, HB3 B2 P
là các hình thang cân.
Ta có ∠C3 HC2 + ∠C3 HB3 + ∠B3 HB2 = ∠HC3 P + 180◦ − ∠BAC + ∠HB3 P = ∠P AC +
∠P AB + 180◦ − ∠BAC = 180◦ .
Vậy C2 , H, B2 thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có đpcm.
Dựa theo chứng minh đường thẳng Simson, ta nhận thấy chiều đảo của đường thẳng
Steiner cũng đúng:
Nếu các điểm đối xứng của P qua BC, CA, AB thẳng hàng thì P nằm trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Chúng ta đến với một dạng đảo khác của bài toán đường thẳng Steiner.
6. Định lý Collings. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi d là đường thẳng bất kì đi
qua H. Khi đó các đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB đồng quy tại một điểm
nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trang 6
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
B2
B1
C2
H
O
C1
B
C
P
Chứng minh. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao của d với BC, CA, AB; A2 , B2 , C2 là giao
điểm thứ hai của AH, BH, CH với (O); B1 B2 giao C1 C2 tại P.
Chú ý rằng B2 , C2 lần lượt đối xứng với H qua AC, AB.
Ta có ∠C1 P B1 = 180◦ − ∠P C1 B1 − ∠P B1 C1 = 180◦ − (360◦ − 2∠AC1 B1 − 2∠AB1 C1 ) =
180◦ − 2∠BAC = ∠ABB2 + ∠ACC2 .
Suy ra P nằm trên (O). Chứng minh tương tự ta thu được A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy.
Nhận xét. Điểm P được gọi là điểm Anti-Steiner của đường thẳng d.
7. Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần. Cho tứ giác toàn phần ABCD.EF.
Khi đó trực tâm của các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE cùng nằm trên một đường
thẳng, được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCD.EF .
M
F
A
H1
B
H3
H2
C
D
E
H4
Chứng minh. Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCD.EF . Các trực tâm
của tam giác ABF, DCF, BCE, ADE lần lượt nằm trên đường thẳng Steiner của M ứng
Trang 7
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
với các tam giác ABF, DCF, BCE, ADE. Mà M có chung đường thẳng Simson nên cũng
có chung đường thẳng Steiner với 4 tam giác này. Suy ra trực tâm của 4 tam giác thẳng
hàng.
8. Đường thẳng Gauss-Newton của tứ giác toàn phần. Trung điểm các đường chéo
của một tứ giác toàn phần cùng nằm trên một đường thẳng.
F
K
L
A
Q
H1
P
T
N
B
R
M
H2
D
S
C
E
Chứng minh. Gọi H1 , H2 lần lượt là trực tâm các tam giác AF B, DF C. Kẻ các đường
cao AK, BL, F T của tam giác F AB, DR, CQ, F S của tam giác F DC.
Ta có H1 A.H1 K = H1 B.H1 L, H2 D.H2 R = H2 C.H2 Q nên H1 H2 là trục đẳng phương của
(AC) và (BD).
H1 F .H1 T = H1 B.H1 L, H2 F .H2 S = H2 D.H2 R nên H1 H2 là trục đẳng phương của (BD)
và (EF ).
Như vậy ba đường tròn (AC), (BD), (EF ) đồng trục và có trục đẳng phương là H1 H2 .
Do đó trung điểm của AC, BD, EF thẳng hàng.
Nhận xét. Từ lời giải trên ta thu được kết quả sau.
Trong một tứ giác toàn phần, đường thẳng Steiner và đường thẳng Simson cùng vuông góc
với đường thẳng Gauss-Newton.
9. Định lý Brocard. Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AD giao BC tại
M, AB giao CD tại N, AC giao BD tại I. Chứng minh rằng O là trực tâm của tam giác
M IN .
Trang 8
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
M
A
B
I
H
O
N
C
D
Chứng minh. Gọi H là giao điểm khác I của đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID,
BIC. Hiển nhiên M nằm trên trục đẳng phương của (AID) và (BIC) nên M, I, H thẳng
hàng.
Xét tứ giác DOHC ta có
∠DHC = 360◦ − ∠DHI − ∠CHI = ∠DAC + ∠DBC = ∠DOC.
Từ đó suy ra tứ giác DOHC nội tiếp. Tương tự ta cũng có tứ giác AOHB nội tiếp.
Dễ thấy N A · N B = N C · N D.
Suy ra N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (AIHD), (BIHC), suy ra
O, H, N thẳng hàng.
Ta có ∠AHI = ∠ADB = ∠ACB = ∠BHI. Suy ra HI là phân giác ∠AHB. Lại có
OA = OB nên HO là phân giác ngoài của ∠AHB.
Suy ra IM ⊥ ON . Tương tự ta có IN ⊥ OM .
Vậy O là trực tâm tam giác M IN .
10. Định lý Pascal. Cho sáu điểm bất kì A, B, C, A0 , B 0 , C 0 cùng thuộc một đường tròn. Khi
đó giao điểm của các cặp đường thẳng (AB 0 , BA0 ), (AC 0 , CA0 ), (BC 0 , CB 0 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Cách 1 (Jan van Yzeren).
B
A
C
K
Z
Y
A'
X
J
C'
B'
Trang 9
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (BC 0 , CB 0 ), (AC 0 , CA0 ),
(AB 0 , BA0 ).
A0 C, AC 0 giao (XCC 0 ) lần thứ hai tại K, J.
Ta có ∠A0 KX = ∠XC 0 C = ∠BA0 C nên XK k A0 Z. Chứng minh tương tự ta suy ra hai
tam giác XKJ và ZA0 A có cạnh tương ứng song song. Từ đó XZ, KA0 , JA đồng quy hay
X, Y, Z thẳng hàng.
Cách 2.
B
A
C
M
N
Z
X
Y
A'
C'
B'
Gọi M, N lần lượt là giao của AC 0 và BA0 , BC 0 và CA0 .
Ta có A(A0 C 0 B 0 B) = C(A0 C 0 B 0 B) nên (A0 M ZB) = (N C 0 XB). Điều đó nghĩa là M C 0 ,
N A0 , XZ đồng quy hay X, Y, Z thẳng hàng.
11. Định lý Brianchon. Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn (O). Khi đó các
đường chéo AD, BE, CF đồng quy.
Chú ý rằng lục giác ABCDEF không nhất thiết phải là lục giác lồi.
Chứng minh. Cách 1 (A.S.Smogorzhevski).
Z'
O1
V'
B
X
Y
A
C
V
X'
Z
O2
F
Y'
D
U
E
T
O3
T'
U'
Trang 10
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi X, Y, Z, T, U, V lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB, BC, CD, DE, EF, F A.
Trên tia XA lấy X 0 , tia Y C lấy Y 0 , tia ZC lấy Z 0 , tia T E lấy T 0 , tia U E lấy U 0 , tia V A
lấy V 0 sao cho XX 0 = Y Y 0 = ZZ 0 = T T 0 = U U 0 = V V 0 .
Rõ ràng tồn tại đường tròn (O1 ) tiếp xúc với V V 0 , ZZ 0 tại V 0 , Z 0 ; đường tròn (O2 ) tiếp
xúc với Y Y 0 , U U 0 tại Y 0 , U 0 ; đường tròn (O3 ) tiếp xúc với XX 0 , T T 0 tại X 0 , T 0 .
Lại có AV 0 = V V 0 − V A = XX 0 − XA = AX 0 . Suy ra A nằm trên trục đẳng phương của
(O1 ) và (O3 ), chứng minh tương tự suy ra AD là trục đẳng phương của (O1 ) và (O3 ).
Tương tự ta thu được AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của (O1 ), (O2 ), (O3 ).
Cách 2.
B
P
X
Y
A
Q
V
C
B'
C'
A'
F
U
Z
T
D
E
Kí hiệu các tiếp điểm giống cách 1. Gọi XY ∩ V Z = {P }, XZ ∩ Y U = {Q}.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm X, X, Y, Z, V, V suy ra P, A, Q thẳng hàng. Tương tự
suy ra P, Q, A, C thẳng hàng.
Bằng phương pháp tương tự ta thu được XT, ZV, AD đồng quy tại A0 , XT, Y U, BE đồng
quy tại B 0 , Y U, ZV đồng quy tại C 0 .
Xét hai tam giác ABC và tam giác A0 B 0 C 0 có AB ∩ A0 B 0 = {X}, AC ∩ A0 C 0 = {P },
BC ∩ B 0 C 0 = {Y } thẳng hàng nên theo định lý Desargues, AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy hay
AD, BE, CF đồng quy.
Cách 3.
Trang 11
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B
X
A
Y
B'
X'
A'
Y'
V'
V
C'
C
O
Z
Z'
F'
U'
T'
D'
F
D
E'
U
T
E
Vẫn kí hiệu các tiếp điểm giống cách 1.
Gọi A0 là giao của OA với XV , tương tự xác định B 0 , C 0 , D0 , E 0 , F 0 .
2
Xét phép nghịch đảo IOR : A 7→ A0 , B 7→ B 0 , C 7→ C 0 , D 7→ D0 , E 7→ E 0 , F 7→ F 0 .
1
Xét phép vị tự HO2 : X 7→ X 0 , Y 7→ Y 0 , Z 7→ Z 0 , T 7→ T 0 , U 7→ U 0 , V 7→ V 0 .
Khi đó AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi đường tròn ngoại tiếp các tam giác A0 OD0 ,
B 0 OE 0 , C 0 OF 0 đồng trục. Điều này xảy ra khi và chỉ khi tâm ngoại tiếp của 3 tam giác
này thẳng hàng hay X 0 V 0 ∩ Z 0 T 0 , X 0 Y 0 ∩ T 0 U 0 , Y 0 Z 0 ∩ U 0 V 0 thẳng hàng.
R
Mà X 0 , Y 0 , Z 0 , T 0 , U 0 , V 0 cùng nằm trên (O, ) nên theo định lý Pascal, X 0 V 0 ∩Z 0 T 0 , X 0 Y 0 ∩
2
T 0 U 0 , Y 0 Z 0 ∩ U 0 V 0 thẳng hàng. Ta có đpcm.
Cách 4.
M
A
X
B
Y
C
V
Z
N
D
T
F
U
E
P
Trang 12
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm X, Y, Z, T, U, V suy ra V X ∩ ZT = {M }, XY ∩ U T =
{N }, Y Z ∩ U V = {P } thẳng hàng.
Xét cực và đối cực ứng với đường tròn (O).
Ta có M nằm trên đường đối cực của A và D nên A, D nằm trên đường đối cực của M .
Vậy AD là đường đối cực của M.
Tương tự BE là đường đối cực của N, CF là đường đối cực của P.
Do M, N, P thẳng hàng nên AD, BE, CF đồng quy tại cực của đường thẳng qua M, N, P.
Nhận xét. Cách 3,4 cho thấy định lý Brianchon và định lý Pascal đối ngẫu với nhau. Có
thể dùng định lý này để chứng minh định lý kia.
12. Định lý Pithot. Cho tứ giác lồi ABCD. Khi đó ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ
khi AB + CD = AD + BC.
B
X
A
Y
T
I
F
D
Z
E
C
Chứng minh. - Chiều thuận. Giả sử tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I).
Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA.
Ta có AB + CD = AX + BX + DZ + CZ = AT + DT + BY + CY = AD + BC.
- Chiều đảo. Giả sử AB + CD = AD + BC. Ta sẽ chứng minh tứ giác ABCD có 3 đường
phân giác đồng quy.
Trên các tia DC, BC lần lượt lấy các điểm E, F sao cho DE = DA, BF = BA.
Từ giả thiết ta thu được DC − DA = CB − BA hay CE = CF .
Suy ra phân giác ∠DCB chính là trung trực của đoạn thẳng EF.
Mặt khác, phân giác ∠ADC, ∠ABC lần lượt là trung trực của các đoạn thẳng AE, AF
nên đường phân giác của các góc DCB, ADC, ABC đồng quy tại tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác AEF. Từ đó ta có đpcm.
Nhận xét. Người ta còn sử dụng các dạng phát biểu sau cho định lý Pithot.
Cho tứ giác lồi ABCD có hai tia CB, DA cắt nhau tại E, hai tia BA, CD cắt nhau tại
F . Khi đó tứ giác ABCD ngoại tiếp khi và chỉ khi một trong hai điều kiện sau thỏa mãn.
1) EC − F C = EA − F A.
2) EB + F B = ED + F D.
Trang 13
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
13. Đường thẳng Gauss-Newton của tứ giác ngoại tiếp. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp
đường tròn (O). Khi đó O nằm trên đường thẳng nối trung điểm của AC và BD.
Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau.
Bổ đề 1. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC, BD, Q là điểm trên
1
mặt phẳng sao cho SAQB +SCQD = SBQC +SAQD = SABCD . Khi đó M, N, Q thẳng hàng.
2
B
A
N
E
Q
M
I
D
F
C
Chứng minh. Gọi I là giao của AB và CD. Lấy E trên đoạn IB sao cho AB = IE, F
trên đoạn IC sao cho IF = DC.
1
Ta có SABCD = SAQB + SDQC = SIEQ + SIF Q = SIEQF .
2
Mặt khác do N là trung điểm BD nên SIEN D = SIEN + SIDN = SAN B + SDN C =
1
SAN B + SDN C = SABCD
2
Suy ra SIEQF = SIEN D hay SEN F = SEQF . Từ đó N Q k EF . Tương tự ta cũng chứng
minh được M Q k EF .
Vậy M, N, Q thẳng hàng.
Trở lại bài toán.
B
X
A
Y
T
M
O
N
D
Z
C
Gọi r là bán kính của (O). Theo định lý Pithot ta có AB + CD = AD + BC. Do đó
r
r
(AB + CD) = (AD + BC), hay SAOB + SCOD = SBOC + SAOD Theo bổ đề trên, ta thu
2
2
được O nằm trên đường thẳng nối trung điểm của AC và BD.
Trang 14
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
14. Định lý Monge-D’Alembert. Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 )
phân biệt trên mặt phẳng. Khi đó tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (C1 , C2 ),
(C2 , C3 ), (C3 , C1 ) cùng thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp
đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường
thẳng.
O1
O2
O3
A1
A2
A3
Chứng minh. Ta chứng minh định lý trong trường hợp ba tâm vị tự ngoài, trường hợp
còn lại chứng minh tương tự.
Gọi tâm vị tự của các cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) lần lượt là A3 , A1 , A2 .
Khi đó:
R1
R3
R2
VAR32 : O2 7→ O1 ; VAR21 : O1 7→ O3 ; VAR13 : O3 7→ O2 .
Suy ra:
R2 R3 R1
A1 O2 A2 O3 A3 O1
.
.
=
·
·
= 1.
R3 R1 R2
A1 O3 A2 O1 A3 O2
Theo định lý Menelaus thu được A1 , A2 , A3 thẳng hàng.
15. Định lý ERIQ. Cho hai đường thẳng d1 và d2 . Trên d1 lấy các điểm A1 , B1 , C1 , trên d2
A1 B1
A2 B2
lấy các điểm A2 , B2 , C2 sao cho
=
= k. Trên A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 lần lượt lấy
B1 C1
B2 C2
A3 A1
B3 B1
C3 C 1
các điểm A3 , B3 , C3 sao cho
=
=
. Khi đó A3 , B3 , C3 thẳng hàng và
A3 A2
B3 B2
C3 C 2
A3 B3
= k.
B3 C3
Trang 15
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A2
A3
A1
M
B1
B3
B2
N
P
C1
C3
C2
Q
Chứng minh. Dựng các hình bình hành A1 A3 M B1 , A1 A3 P C1 , A3 A2 B2 N, A3 A2 C2 Q.
Ta có
B1 M
A1 A3
B1 B3
B3 M
=
=
nên theo định lý Thales, B3 , M, N thẳng hàng và
=
B2 N
A2 A3
B2 B3
B3 N
B3 B1
.
B3 B2
Chứng minh tương tự suy ra C3 , P, Q thẳng hàng và
Mặt khác ta có
C3 P
B3 M
=
.(1)
C3 Q
B3 N
A3 M
A1 B1
A2 B2
A3 N
=
=
=
. Suy ra M N k P Q.(2)
A3 P
B1 C1
B2 C2
A3 Q
Từ (1) và (2) suy ra A3 , B3 , C3 thẳng hàng và
A3 B3
A3 M
=
= k.
B3 C3
A3 P
16. Định lý Sawayama- Thebault 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại
tiếp đường tròn (I). D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi (O0 ) là đường tròn tiếp
xúc trong với (O), tiếp xúc với các đoạn thẳng CD, AD lần lượt tại E, F . Khi đó I, E, F
thẳng hàng.
A
K
O'
E
J
O
N
B
C
D
F
M
Trang 16
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Chứng minh. Gọi K là tiếp điểm của (O0 ) với (O). KE, KF lần lượt cắt (O) lần thứ hai
tại N, M . AM cắt EF tại J. Khi đó M là điểm chính giữa cung BC.
Do K là tâm vị tự ngoài của (O) và (O0 ) nên hiển nhiên EF k M N.
Do đó ∠AKE = ∠AM N = ∠AJE, suy ra tứ giác AKJE nội tiếp.
Mà (O0 ) tiếp xúc với AD nên ∠EF K = ∠AEK = ∠AJK, nghĩa là đường tròn ngoại tiếp
tam giác JKF tiếp xúc với AM .
Suy ra M J 2 = M F.M K. Mặt khác, ∠M KC = ∠BCM nên M C 2 = M F.M K, ta thu
được M J 2 = M C 2 hay M B = M C = M J.
Lại có M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC, suy ra J ≡ I hay I ∈ EF.
Nhận xét. Đường tròn (O0 ) được gọi là đường tròn Thebault của tam giác ABC ứng với
AD và đỉnh C
Trong trường hợp D ≡ B hoặc D ≡ C, ta thu được bài toán sau.
17. Bổ đề Sawayama. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi (J) là đường tròn
tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh AC, AB lần lượt tại E, F . Khi đó trung
điểm của EF là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lưu ý rằng (J) được gọi là đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với đỉnh A của tam giác
ABC. Trường hợp tiếp xúc ngoài được phát biểu tương tự với tâm đường tròn nội tiếp
được thay thế bằng các tâm đường tròn bàng tiếp.
Định lý Sawayama- Thebault 1 cũng như bổ đề Sawayama là một phương pháp khá thú
vị để chứng minh hai đường tròn tiếp xúc nhau, dựa trên nhận xét rằng các đường tròn
Thebault và mixtilinear nói trên được dựng một cách duy nhất. Nếu có một đường tròn
tiếp xúc với AD, DC lần lượt tại E, F thỏa mãn EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác ABC thì đường tròn đó phải là đường tròn Thebault của tam giác ABC. Do đó
nó tiếp xúc với (O).
18. Định lý Sawayama-Thebault 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại
tiếp đường tròn (I). D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi (O1 ), (O2 ) lần lượt là các
đường tròn Thebault của tam giác ABC ứng với đường thẳng AD và các đỉnh B, C. Khi
đó I, O1 , O2 thẳng hàng.
A
O2
F
I
O1
H
L
B
G
D
E
C
Trang 17
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Chứng minh. Gọi L là giao điểm của O1 O2 và BC; G, H là tiếp điểm của (O1 ) với
DB, DA; E, F là tiếp điểm của (O2 ) với DC, DA.
Theo định lý Sawayama-Thebault 1, I là giao điểm của EF và GH.
Gọi I 0 là giao của GH và O1 O2 . Do GH và DO2 cùng vuông góc với DO1 nên GH k DO2 .
LG
LI 0
=
. (1)
Suy ra
LO2
LD
LO1
LG
Mặt khác, O1 G k O2 E nên
=
. (2)
LO2
LE
LI 0
LE
Chia theo vế của (1) cho (2) ta thu được
=
hay O1 D k EI 0 .
LO1
LD
Mà EI và O1 D cùng vuông góc với O2 D nên EI k O1 D. Từ đó I 0 ≡ I hay O1 , I, O2 thẳng
hàng. Bài toán được chứng minh.
19. Định lý Fontené 1. Cho tam giác ABC. P là điểm bất kì trên mặt phẳng. Gọi A1 , B1 , C1
thứ tự là trung điểm BC, CA, AB; A2 B2 C2 là tam giác pedal của P đối với tam giác
ABC.X, Y, Z thứ tự là giao điểm của B1 C1 với B2 C2 , A1 C1 với A2 C2 , A1 B1 với A2 B2 . Khi
đó A2 X, B2 Y, C2 Z đồng quy tại giao điểm của (A1 B1 C1 ) với (A2 B2 C2 ).
A
L
B2
Q
C1
C2
B1
X
P
E
F
B
A2
O
O'
A1
C
Chứng minh. Gọi E là tâm (A1 B1 C1 ), O0 là tâm (A2 B2 C2 ), F là giao điểm của OP với
đường tròn đường kính OA, L là điểm đối xứng của A2 qua B1 C1 thì AL k BC. Do đó
∠ALP = 90◦ .
Ta có ∠AF P = ∠AB2 P = ∠AC2 P = ∠ALP = 90◦ nên L, F, B2 , C2 cùng thuộc (AP ).
∠F C1 X = ∠F AB1 = ∠B2 C2 F suy ra tứ giác F XC1 C2 nội tiếp.
Gọi L0 là giao của F X với (AP ) thì tứ giác AL0 C2 F nội tiếp. Mà F XC1 C2 nội tiếp nên
AL0 k B1 C1 hay L0 ≡ L. Vậy L, X, F thẳng hàng.
Gọi Q là giao của A2 X với (E).F 0 là điểm đối xứng với Q qua B1 C1 .
Xét phép đối xứng trục B1 C1 : (AO) 7→ (E), mà Q ∈ (E) suy ra F 0 ∈ (AO).
Mặt khác cũng qua phép đối xứng trục B1 C1 : A2 7→ L. Vì A2 , X, Q thẳng hàng nên
L, X, F 0 thẳng hàng. Suy ra F 0 ≡ F .
Trang 18
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Ta thu được tứ giác A2 LQF là hình thang cân.
Suy ra XQ.XA2 = XL.XF = XB2 .XC2 .
Vậy Q nằm trên (O0 ). Tương tự B2 Y, C2 Z cũng đi qua Q. Ta có đpcm.
20. Công thức hiệu số phương tích. Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1 , R1 ) và
(O2 , R2 ) có trục đẳng phương d. Xét một điểm M bất kì, gọi K là hình chiếu của M trên
d, H là giao điểm của O1 O2 với d.
Khi đó PM/(O1 ) − PM/(O2 ) = 2O1 O2 · KM . (1)
M
K
O1
H
I
O2
Chứng minh. Gọi I là trung điểm O1 O2 .
Ta có PM/(O1 ) − PM/(O2 ) = (M O12 − R12 ) − (M O22 − R22 ).
= M O12 − M O22 + R22 − R12 = (M O12 − M O22 ) + (HO22 − HO12 )
−−−→ −−−→ −−−→ −−−→
−−→ −−→ −−→ −−→
= (M O1 − M O2 )(M O1 + M O2 ) − (HO1 − HO2 )(HO1 + HO2 ).
−−−→ −−→ −−−→ −→
= O2 O1 · 2M I − O2 O1 · 2HI
−−−→ −−→ −→
−−−→ −−→
= 2O2 O1 · (M I − HI) = 2O2 O1 · M H
−−−→ −−→
= 2O2 O1 · M K = 2O1 O2 · KM
Nhận xét. Nếu điểm M nằm trên (O2 ) ta có PM/(O2 ) = 0, công thức hiệu số phương tích
trở thành:
PM/(O1 ) = 2O1 O2 · KM . (2)
Từ đó chúng ta có hệ quả sau:
Hệ quả 1. Cho ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đồng trục và một điểm M bất kì nằm trên
PM/(O1 )
O3 O1
(O3 ). Khi đó
=
.
PM/(O2 )
O3 O2
Chứng minh. Gọi K là hình chiếu của M trên trục đẳng phương d của 3 đường tròn.
Theo nhận xét trên ta có
PM/(O1 )
O1 O3 · KM
O3 O1
=
=
.
PM/(O2 )
O2 O3 · KM
O3 O2
Trang 19
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Ngược lại, ta cũng có:
Hệ quả 2. Quỹ tích các điểm M thỏa mãn
PM/(O1 )
= k không đổi là một đường tròn
PM/(O2 )
đồng trục với (O1 ) và (O2 ).
Chứng minh. Dựng đường tròn (O3 ) qua M sao cho (O3 ), (O1 ), (O2 ) đồng trục, suy ra
O1 , O2 , O3 thẳng hàng.
Theo hệ quả trên
PM/(O1 )
O3 O1
= k.
=
PM/(O2 )
O3 O2
Do đó O3 cố định. Với mỗi vị trí của tâm O3 chỉ có duy nhất một đường tròn đồng trục
với (O1 ) và (O2 ). Như vậy (O3 ) không phụ thuộc vào vị trí của M , tức là M chuyển động
trên đường tròn (O3 ) đồng trục với (O1 ) và (O2 ).
p
R22 k 2 + R12 + (O1 O22 − R12 − R22 )k
.
Ngoài ra ta có thể chứng minh bán kính của (O3 ) bằng
|1 − k|
21. Định lý Sondat. Cho hai tam giác ABC và A1 B1 C1 trực giao có tâm trực giao là P và
Q. Giả sử hai tam giác ABC và A1 B1 C1 thấu xạ theo tâm O. Khi đó O, P, Q thẳng hàng.
Chứng minh. Trước tiên ta phát biểu 2 bổ đề sau.
Bổ đề 1 (Định lý Dergiades). Cho tam giác ABC. 3 đường tròn ωa , ωb , ωc lần lượt đi
qua các cặp đỉnh B, C; C, A; A, B. Gọi D, E, F là giao điểm thứ hai của 3 đường tròn
này. Đường thẳng Qua D vuông góc với AD cắt BC tại X. Tương tự xác định Y, Z. Khi
đó X, Y, Z thẳng hàng.
A
E
F
J
D
X
C
B
Chứng minh. Đặt ∠BEC = ∠BF C = α, ∠ADC = ∠AF C = β, ∠AEB = ∠ADB = γ,
bán kính của ωa , ωb , ωc lần lượt tại Ra , Rb , Rc .
Trang 20
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
BD · sin ∠XDB
BD · (− cos ∠ADB)
BD · cos γ
XB
=
=
=
.
XC
CD · sin ∠XDC
CD · (− cos ∠ADC)
CD · cos β
XB Y C ZA
BD CE AF
Chứng minh tương tự suy ra
·
·
=
·
·
.
XC Y A ZB
CD AE BF
2Rc sin ∠BAD
BD
=
. Tương tự và áp dụng định lý Céva sin cho tam giác
Ta lại có
CD
2Rb sin ∠CAD
ABC với các đường AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của ωa , ωb , ωc ta thu
BD CE AF
được
·
·
= 1. Vậy X, Y, Z thẳng hàng.
CD AE BF
Ta có
Bổ đề 2. Cho hai tam giác ABC và XY Z thỏa mãn các đường vuông góc kẻ từ A, B, C
tới Y Z, ZX, XY và các đường vuông góc kẻ từ X, Y, Z tới BC, CA, AB cùng đồng quy
tại O. Khi đó hai tam giác ABC và XY Z thấu xạ.
F
X
A
E
Y'
Z'
O
P
Z
t
B
C
D
Y
K
H
Chứng minh. Gọi X 0 , Y 0 , Z 0 lần lượt là hình chiếu của X, Y, Z trên BC, CA, AB. D, E, F
lần lượt là giao của BC và Y Z, AC và XZ, AB và XY . Gọi H, K lần lượt là giao của AB
và OY 0 , AC và OZ 0 .
Do O là trực tâm của tam giác AHK nên AO ⊥ HK. Mà AO ⊥ Y Z nên Y Z k HK. Lại
có HZ 0 Y 0 K là tứ giác nội tiếp nên áp dụng định lý Reim suy ra Y, Z, Y 0 , Z 0 cùng nằm
trên đường tròn ωx . Tương tự có ωy , ωz .
Áp dụng định lý Dergiades cho tam giác XY Z và 3 đường tròn ωx , ωy , ωz suy ra D, E, F
thẳng hàng. Theo định lý Desargues ta có hai tam giác ABC và XY Z thấu xạ.
Trở lại việc chứng minh định lý.
Trang 21
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
O
A
A1
Q
A2
P
P'
C1
C'2
C2
B
C
B1
B'2
B2
Gọi A2 là điểm nằm trên AA1 sao cho P A2 ⊥ BC, B2 , C2 là hai điểm trên BB1 , CC1 sao
cho A2 B2 k A1 B1 , A2 C2 k A1 C1 .
Do A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy tại O nên hai tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 vị tự theo tâm
O. Suy ra B1 C1 k B2 C2 . P là tâm trực giao của tam giác A2 B2 C2 ứng với tam giác ABC.
Gọi D, E, F là giao điểm của B2 C2 với BC, A2 C2 với AC, A2 B2 với AB. Do hai tam giác
A2 B2 C2 và ABC thấu xạ nên theo định lý Desargues, D, E, F thẳng hàng.
Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với AC, AB cắt A2 B2 , A2 C2 lần lượt tại B20 , C20 . Do các
đường vuông góc kẻ từ B2 tới AC, C2 tới AB cắt nhau tại một điểm P 0 trên A2 P nên hai
tam giác P B20 C20 và P 0 B2 C2 vị tự theo tâm A2 . Suy ra B20 C20 k B2 C2 và do đó P là tâm
trực giao của hai tam giác A2 B20 C20 và ABC. Theo bổ đề 2 suy ra A2 B20 C20 và ABC thấu
xạ. Theo định lý Desargues, giao điểm D0 của B20 C20 với BC nằm trên EF . Mà D và D0
cùng nằm trên BC nên D ≡ D0 hay hai tam giác ABC và A2 B2 C2 có chung tâm trực
giao P.
Ta có hai tam giác A2 P B2 và A1 QB1 có cạnh tương ứng song song nên vị tự theo tâm O.
Suy ra O, P, Q thẳng hàng.
Trang 22
Chương 2
Đề bài
Bài 1. (Tạp chí TTT2 năm 2012) Cho tam giác ABC. P là điểm bất kì nằm trong tam giác.
Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác XY Z cắt BC tại T khác X. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, BA. M N cắt Y T
tại L. Chứng minh rằng LY = LZ.
Bài 2. (Tạp chí TTT2 năm 2008) Cho tứ giác ABCD. Dựng ra ngoài tứ giác các hình vuông
ABEF , BCGH, CDJI, DALK. Gọi R, S, U, V lần lượt là trung điểm của F L, EG, HI, JK.
Chứng minh rằng RU ⊥ SV và RU = SV.
Bài 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BHb , CHc giao nhau tại trực
tâm H. Hb Hc cắt BC tại P . N là trung điểm AH, L là hình chiếu của O trên đường đối
trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Chứng minh rằng ∠N LP = 90◦ .
Bài 4. (Arab Saudi TST 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao
BE, CF giao nhau tại trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC. K là hình chiếu của H trên
AM . EF cắt BC tại P . Q là giao của tiếp tuyến tại A của (O) với BC. T đối xứng với
Q qua P . Chứng minh rằng ∠OKT = 90◦ .
Bài 5. Cho tam giác ABC. Các đường cao BHb , CHc cắt nhau tại trực tâm H. Gọi Ma , Mb , Mc
lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Mb Mc cắt Hb Hc tại L. Hb Hc cắt BC tại K. E là tâm
đường tròn Euler của tam giác ABC. Chứng minh rằng hai tam giác ALK và HEMa
đồng dạng.
Bài 6. (Tạp chí THTT tháng 11/2016) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. P là điểm
bất kì trên cung BC. P 0 đối xứng với P qua BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác OP P 0
cắt AP tại G. Chứng minh rằng trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 .
Bài 7. (Arab Saudi TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Hai tiếp tuyến tại B, C giao
nhau tại P . Phân giác góc A cắt (P, P B) tại điểm E nằm trong tam giác ABC. Gọi M, N
là điểm chính giữa cung BC và cung BAC. Đường tròn đường kính BC cắt đoạn thẳng
EN tại F . Chứng minh rằng trực tâm tam giác EF M nằm trên BC.
Bài 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại P . Đường tròn ngoại tiếp
hai tam giác AP D, BP C cắt nhau lần thứ hai tại Q. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn
nội tiếp các tam giác AQD, BQC. Trên AD lấy hai điểm X, T , trên BC lấy hai điểm
Y, Z sao cho XY, ZT là hai tiếp tuyến chung ngoài của (I1 ) và (I2 ). Chứng minh rằng
X, Y, Z, T đồng viên.
23
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 9. Cho hình bình hành ABCD. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn bàng tiếp góc A của
các tam giác ADC, ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1 I2 cắt AC lần thứ hai tại
K. Chứng minh rằng AK = AB + AD.
Bài 10. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn (I) và đường tròn bàng tiếp
góc A (Ia ) tiếp xúc với BC lần lượt tại D, P . Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp
của các tam giác AP C, AP B, (J1 ), (J2 ) lần lượt là các đường tròn đối xứng với (I1 ), (I2 )
qua trung điểm của AC, AB. Chứng minh rằng AD là trục đẳng phương của (J1 ) và (J2 ).
Bài 11. Cho tam giác ABC. Gọi P là điểm nằm trong 4ABC sao cho AB + BP = AC + CP .
Gọi Y, Z lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng BP và AC, CP và AB. Chứng
minh rằng trung điểm BC nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn nội tiếp tam
giác Y CP và ZBP .
Bài 12. Cho tam giác ABC. P là điểm nằm trong tam giác sao cho AB + BP = AC + CP . Chứng
minh rằng trung điểm BC nằm trên trục đẳng phương của đường tròn nội tiếp các tam
giác ABP, ACP.
Bài 13. (Tạp chí THTT tháng 9/2017) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), với đường
tròn (Ia ) bàng tiếp góc A. (Ia ) tiếp xúc với BC tại T . Trung trực của AT cắt Ia T tại K.
J là điểm bất kì trên AK sao cho (J, JA) và (I) ngoài nhau. Gọi P, Q là giao của tiếp
tuyến chung trong của (I) và (J, JA) với BC. Chứng minh rằng BP = CQ.
Bài 14. (Tạp chí THTT tháng 9/2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp
đường tròn (I). Một đường tròn tâm J bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F .
Tiếp tuyến chung ngoài của (AEF ) và (I) cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng (J, JP )
tiếp xúc với (O) và (AEF ).
Bài 15. Cho tam giác ABC có N là điểm Nagel. Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung
BAC, ABC, ACB. Chứng minh rằng N là tâm đẳng phương của các đường tròn (X, XA),
(Y, Y B), (Z, ZC).
Bài 16. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có I là tâm nội tiếp. AI cắt (O) lần thứ hai
tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với AB, AC. Hai tiếp tuyến chung ngoài của
(O) và ω tiếp xúc với (O) tại hai điểm E, F . Chứng minh rằng E, I, F thẳng hàng.
Bài 17. Cho tứ giác A0 B 0 C 0 D0 . Gọi A, C lần lượt là hình chiếu của A0 , C 0 trên B 0 D0 ; B, D lần lượt
là hình chiếu của B 0 , D0 trên A0 C 0 . Chứng minh rằng tứ giác A0 B 0 C 0 D0 ngoại tiếp khi và
chỉ khi tứ giác ABCD ngoại tiếp.
Bài 18. (Tạp chí THTT tháng 6/2016) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Tia AB
giao tia CD tại E, Tia DA giao tia CB tại F . Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội
tiếp các tam giác EF B, EF D. Chứng minh rằng ∠I1 IB = ∠I2 ID.
Bài 19. Cho hình vuông ABCD. P là điểm bất kì trên AB. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn
nội tiếp các tam giác ADP, CBP . DI1 , CI2 cắt AB lần lượt tại E, F . Đường thẳng qua
E song song với AC cắt BD tại M , đường thẳng qua F song song với BD cắt AC tại N .
Chứng minh rằng M N là tiếp tuyến chung của (I1 ) và (I2 ).
Bài 20. Cho tam giác ABC có AB + AC = 2BC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi Ma là
trung điểm BC. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính HMa và AO tiếp xúc với
nhau.
Trang 24
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 21. Cho tam giác ABC có AB + AC = 2BC. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A. Đường tròn
(A, AIa ) cắt BC tại E, F sao cho E thuộc tia CB, F thuộc tia BC. Đường tròn (EBIa )
cắt AB tại M , (F CIa ) cắt AC tại N . Chứng minh rằng tứ giác BCN M là tứ giác lưỡng
tâm.
Bài 22. Cho tam giác ABC có AB + AC = 3BC. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A. Trên BC lấy hai
điểm P, Q sao cho CP = CA, BQ = BA và theo thứ tự P, B, C, Q. Đường tròn (P BIa )
cắt AB lần thứ hai tại M , đường tròn (QCIa ) cắt AC lần thứ hai tại N . Chứng minh
rằng BCN M là tứ giác lưỡng tâm.
Bài 23. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E, AD giao BC tại F . Gọi
(O1 ) là đường tròn tiếp xúc với tia EA, EB và tiếp xúc trong với (O). (O2 ) là đường tròn
tiếp xúc với tia F A, F B và tiếp xúc ngoài với (O) tại một điểm trên cung AB không chứa
C, D. Chứng minh rằng giao của hai tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) nằm trên
(O).
Bài 24. (ARMO 2010) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại K. Gọi
(I1 ), (I2 ), (I3 ), (I4 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA, DAB.
M1 , M2 , M3 , M4 lần lượt là điểm chính giữa các cung AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng
I1 M1 , I2 M2 , I3 M3 , I4 M4 , OK đồng quy.
Bài 25. Cho tam giác ABC. D là một điểm bất kì trên BC. Gọi (O1 ) là đường tròn tiếp xúc với
AB, BC và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC, (O2 ) là đường tròn
tiếp xúc với AC, BC và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB. Gọi E, F
lần lượt là tiếp điểm của (O1 ) và (O2 ) với BC, G là tiếp điểm của (O1 ) với (ADC), H
là tiếp điểm của (O2 ) với (ADB). Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác
BHF, CGE và đường tròn đường kính BC đồng quy.
Bài 26. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại P . Đường tròn ngoại tiếp
các tam giác AP D và BP C lần lượt giao CD tại E và F sao cho E, F thuộc đoạn thẳng
CD. AE, BF giao (O) lần lượt tại K, L. Gọi I1 , I2 , J1 , J2 lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác ADE, CEK, BCF, DF L. Chứng minh rằng I1 , I2 , J1 , J2 đồng viên.
Bài 27. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi M là điểm chính giữa cung
BHC của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. BM giao AC tại E, CM giao AB tại
F . Kẻ phân giác AD của tam giác ABC. Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF.
a) Chứng minh rằng T D ⊥ BC.
b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF bằng OD.
Bài 28. (Arab Saudi JBMO TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác
góc A cắt BC tại D và cắt (O) tại E. Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua O, K, L lần
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACD. Chứng minh rằng K, L, E, A0
đồng viên.
Bài 29. (Arab Saudi TST 2016) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Gọi d1 và
d2 là hai đường thẳng đi qua A và đối xứng nhau qua AB. d1 cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại
G, E, d2 cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại F, H sao cho E nằm giữa A và G, F nằm giữa A và
H. EH cắt F G tại J. BJ cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại K, L, O1 K cắt O2 L tại N . Chứng
minh rằng (N LK) tiếp xúc với AB.
Trang 25
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 30. (Trường đông viện toán học 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Kẻ các
đường kính AA0 , BB 0 , CC 0 của (O). Các đường thẳng B 0 C 0 , C 0 A0 , A0 B 0 cắt cạnh BC, CA, AB
tại các điểm X, Y, Z, T, U, V theo thứ tự xoay vòng ngược kim đồng hồ (X, Y ∈ BC,
Z, T ∈ AC, U, V ∈ AB). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, Ia , Ib , Ic lần
lượt là các tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của các tam giác AU T, BXV, CY Z.
Chứng minh rằng I, Ia , Ib , Ic đồng viên.
Bài 31. (Arab Saudi IMO Training Test 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực
tâm H. Trung tuyến AM cắt (O) lần thứ hai tại N . AH cắt (O) tại K. Các đường thẳng
KN, BC và đường thẳng qua H vuông góc với AN cắt nhau tạo thành tam giác XY Z.
Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc với (O).
Bài 32. Cho tam giác ABC. Một đường tròn (Oa ) đi qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F. BE
giao CF tại P . Gọi M là trung điểm BC. Kẻ P K vuông góc với AOa . Q đối xứng với P
qua BC, L đối xứng với K qua M . Các đường thẳng P K, QL, BC cắt nhau tạo thành
tam giác XY Z. Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc với (ABC).
Bài 33. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua O. Trung
tuyến AM của tam giác ABC cắt BA0 , CA0 lần lượt tại L, K. Các đường thẳng qua L
vuông góc với BA0 , qua K vuông góc với CA0 và đường thẳng OM cắt nhau tạo thành
tam giác XY Z. Gọi P là giao của hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Chứng minh rằng
(AM P ) tiếp xúc với (XY Z).
Bài 34. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H, đường đối trung AD (D ∈ BC).
Qua D kẻ đường thẳng cắt AC, AB lần lượt tại E, F sao cho D là trung điểm EF . Gọi
K là trực tâm tam giác AEF .
a) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AK tiếp xúc với (O).
b) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AK tiếp xúc với (BHC).
Bài 35. (Tạp chí Pi số 1/2017) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với hai đường chéo
AC và BD vuông góc. AD giao BC tại P. Kẻ đường kính P Q của (P CD). Gọi M, N lần
lượt là điểm chính giữa hai cung CD của (P CD). QM giao BD, CD lần lượt tại E, F .
QN giao AC, CD lần lượt tại K, L. Chứng minh rằng (EDF ) tiếp xúc với (KCL).
Bài 36. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có B, C cố định, A chuyển động. Hai tiếp tuyến tại B, C
của (O) giao nhau tại P . Đường tròn đường kính OP cắt AC, AB lần lượt tại D, E. DE
cắt P B, P C lần lượt tại Q, R. Chứng minh rằng (P QR) luôn tiếp xúc với một đường tròn
cố định.
Bài 37. Cho tam giác ABC với (I) là đường tròn nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt
tại D, E, F . Đường cao AH cắt đường tròn (A, AE) tại điểm M nằm trong tam giác. M I
cắt BC tại T . AT cắt ID tại P . Chứng minh rằng hai tứ giác AP DB và AP DC bàng
tiếp.
Bài 38. Cho tam giác ABC. Một đường tròn bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F . BE
cắt CF tại P . Một đường thẳng d bất kì qua A cắt BE, CF lần lượt tại L, K. Đường
thẳng d0 đẳng giác với d trong góc BAC cắt BE, CF lần lượt tại M, N . M K cắt LN tại
X, M K, LN cắt BC lần lượt tại Z, Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp hai tam
giác BP C và XY Z tiếp xúc nhau.
Trang 26
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 39. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r). (I) tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại
E, F . Trên các tia EA, F A lần lượt lấy điểm K, L sao cho EK = F L = r. Đường thẳng
qua K vuông góc với AC cắt đường thẳng qua L vuông góc với AB tại J. Chứng minh
rằng đường tròn (J, JL) tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.
Bài 40. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Hai điểm E, F lần lượt nằm
trên cạnh AC, AB sao cho EF tiếp xúc với (BHC). Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp
của tam giác AEF . Chứng minh rằng (EJF ) tiếp xúc với (O).
Bài 41. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn đi qua A tiếp xúc
ngoài với (BIC) và cắt AC, AB lần lượt tại E, F . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác AEF . Chứng minh rằng (EJF ) tiếp xúc với BC.
Bài 42. Cho tứ giác ABCD. AD cắt BC tại P . Gọi O, O0 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác P CD, P AB, H, H 0 lần lượt là trực tâm các tam giác P CD, P AB. Chứng minh
rằng (DOC) tiếp xúc với (AO0 B) khi và chỉ khi (DHC) tiếp xúc với (AH 0 B).
Bài 43. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường cao BE, CF cắt nhau tại trực
tâm H. Qua H kẻ đường vuông góc với AO cắt BC tại J. Tiếp tuyến tại B và C của (O)
giao nhau tại P . Gọi M là trung điểm BC. EM cắt P C tại X, F M cắt P B tại Y .
a) Chứng minh rằng 4 điểm X, Y, P, M đồng viên.
b) Chứng minh rằng (P XY ) tiếp xúc với (J, JH).
Bài 44. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P .
P O cắt AC, AB lần lượt tại X, Y . Gọi Q là trung điểm XY . Qua Q kẻ đường thẳng song
song với AO cắt đường thẳng qua P song song với BC tại J.
a) Chứng minh rằng đường tròn đường kính XY trực giao với (O).
b) Chứng minh rằng (QP J) tiếp xúc với (O).
Bài 45. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Đường tròn đường kính AH
cắt (O) tại K khác A. Tiếp tuyến tại B và C của (O) giao nhau tại T . T O cắt KA tại
S. Qua S kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng qua T song song với AO tại
R. Chứng minh rằng (T SR) tiếp xúc với (O).
Bài 46. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại trực
tâm H. EF cắt BC tại K. Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt CH, BH lần
lượt tại P, Q. Đường thẳng AH cắt (O) tại T khác A.
a) Chứng minh rằng P, Q, H, T đồng viên.
b) Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt BC tại L. Kẻ đường kính AA0 của
(O). Đường thẳng qua L vuông góc với BC cắt A0 B, A0 C lần lượt tại Y, Z. Chứng minh
rằng (A0 Y Z) tiếp xúc với (HP Q).
Bài 47. (Trường đông Titan 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AO cắt BC tại
T và cắt (O) tại D khác A. Gọi K là điểm đối xứng với D qua BC. BK cắt AC tại E,
CK cắt AB tại F . Gọi J, L là hai điểm trên BC sao cho ∠JF T = ∠LET = 90◦ . P là
giao của tiếp tuyến tại B và C của (O). Chứng minh rằng P nằm trên tiếp tuyến chung
ngoài của (J, JF ) và (L, LE).
Trang 27
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 48. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với
BC tại D. Gọi L là điểm đối xứng với D qua I; X, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của các đường
tròn bàng tiếp góc A, B, C với cạnh BC, CA, AB. Giả sử ∠AIO = 90◦ . Chứng minh rằng
X, Y, Z, L cùng thuộc một đường tròn.
Bài 49. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao
BB1 , CC1 cắt nhau tại trực tâm H. Gọi N là điểm chính giữa cung BAC của (O). Giả
sử rằng B1 C1 tiếp xúc với (I). Chứng minh rằng tiếp điểm của (I) với đường tròn Euler
của tam giác ABC nằm trên HN.
Bài 50. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Các đường tròn
(Ia ), (Ib ), (Ic ) bàng tiếp góc A, B, C lần lượt tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. Giả
sử OI k BC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác XY Z nằm trên
phân giác ∠BAC.
Bài 51. Cho tam giác ABC với đường tròn (Ib ), (Ic ) bàng tiếp góc B và C. Gọi Ja , Jb , Jc lần
lượt là tiếp điểm của (Ic ) với BC, CA, AB, La , Lb , Lc lần lượt là tiếp điểm của (Ib ) với
BC, CA, AB. Ja Jb cắt Ib Ic tại K, La Lc cắt Ib Ic tại Q. KLb cắt QJc tại R, KJc cắt QLb
tại P .
a) Chứng minh rằng tứ giác Jc RLb P nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AP = ra với ra là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A của tam
giác ABC.
Bài 52. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R), ngoại tiếp đường tròn (I, r). Các đường
tròn bàng tiếp (Ia ), (Ib ), (Ic ). (Ia ) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại Ab , Ac . Tương tự xác
định Ba , Bc , Ca , Cb . Ia Ib , Ia Ic cắt Ab Ac lần lượt tại N, M . Ia Ib , Ic Ib cắt Ba Bc lần lượt tại
P, Q. Ic Ib , Ic Ia cắt Ca Cb lần lượt tại R, S. RBa cắt QCa tại X, Tương tự xác định Y, Z.
XQ cắt ZP tại T , ZN cắt Y M tại V , Y S cắt XR tại U . Chứng minh rằng 6 điểm
X, Y, Z, T, U, V cùng nằm trên đường tròn (O, R + r).
Bài 53. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm AB, CD. K là điểm nằm trong tam giác AN B sao cho ∠KAB = ∠EAN ,
∠KBA = ∠EBN . Chứng minh rằng M O là phân giác của ∠EM K.
Bài 54. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm nằm trong tam giác ABC
sao cho P nằm trên phân giác ∠BAC. Gọi K, L lần lượt là giao điểm khác P của BP với
(AP C), CP với (AP B), E, F lần lượt là điểm chính giữa cung AC, AB của (O). AE, AF
cắt (AP C), (AP B) lần lượt tại M, N khác A. Chứng minh rằng 4 điểm L, K, M, N cùng
thuộc một đường tròn.
Bài 55. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là điểm bất kì nằm trên phân giác góc A. BP giao
(AP C) lần thứ hai tại K, CP giao (AP B) lần thứ hai tại L. J là điểm bất kì nằm trên
AP sao cho đường tròn tâm J tiếp xúc với BC không chứa trong (O). Hai tiếp tuyến
chung ngoài của (O) và (J) tiếp xúc với (O) tại M và N . Chứng minh rằng L, K, M, N
đồng viên.
Bài 56. (China TST 2010) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Gọi
A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B, C qua O, P là điểm bất kì trên mặt
phẳng. Gọi A2 B2 C2 là tam giác pedal của P ứng với 4ABC, A3 , B3 , C3 lần lượt là các
Trang 28
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua A2 , B2 , C2 . Chứng minh rằng H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc
một đường tròn.
Bài 57. (Trường xuân Titan 2017) Cho tam giác ABC với trực tâm H. P là điểm bất kì trên mặt
phẳng. Kẻ P X, P Y, P Z lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Dựng các điểm A1 , B1 , C1
−−→
−−→ −−→
−→ −−→
−→
sao cho AA1 = 2P X, BB1 = 2P Y , CC1 = 2P Z. Chứng minh rằng H, A1 , B1 , C1 đồng
viên.
Bài 58. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. P là điểm bất kì nằm trong
tam giác. AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 B2 C2 là tam giác pedal của
P ứng với tam giác ABC. A1 A2 cắt AH tại A3 , tương tự xác định B3 , C3 . Chứng minh
rằng H, A3 , B3 , C3 đồng viên.
Bài 59. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. P là một điểm bất kì trên mặt phẳng,
A1 , B1 , C1 là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (O), A2 B2 C2 là tam giác pedal của
P đối với 4ABC, A3 , B3 , C3 thứ tự là điểm đối xứng của A1 , B1 , C1 qua A2 , B2 , C2 . Khi
đó H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc một đường tròn.
Bài 60. (Tạp chí THTT tháng 12/2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường
cao AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại H. P là điểm bất kì trên OH. AP, BP, CP cắt (O) lần
thứ hai lần lượt tại A2 , B2 , C2 . Gọi A3 , B3 , C3 là các điểm đối xứng với A2 , B2 , C2 qua
A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên
OH.
Bài 61. Cho tam giác ABC với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm. Qua A kẻ đường
thẳng song song với OH cắt BC tại P . Chứng minh rằng đường thẳng Euler của các tam
giác AP B, AP C, ABC đồng quy tại một điểm nằm trên BC.
Bài 62. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường cao AH. M là trung điểm BC. AM giao OH tại
G. Chứng minh rằng G nằm trên trục đẳng phương của (BOC) và đường tròn Euler của
tam giác ABC.
Bài 63. Cho tứ giác ABCD có ∠A = ∠C = 120◦ . Phân giác góc A và góc C giao nhau tại P . Chứng
minh rằng đường thẳng Euler của 10 tam giác có đỉnh là 3 trong 5 điểm A, B, C, D, P
đồng quy.
Bài 64. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A, B, C cắt cạnh đối diện
lần lượt tại Pa , Pb , Pc ; Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh rằng
đường tròn Euler của các tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc có trung trục đẳng phương là
đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Bài 65. (Trường thu Hùng Vương 2016) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Trung tuyến
AX cắt (BHC) tại P nằm giữa A và X. BP , CP lần lượt cắt AC, AB tại Y, Z. Chứng
minh rằng A nằm trên trục đẳng phương của (XY Z) và đường tròn Euler của tam giác
ABC.
Bài 66. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm AC, AB. M N cắt (O) tại P, Q. Các tia M H, N H lần lượt cắt (O) tại X, Y . Gọi J
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P HQ, HK là đường kính của đường tròn ngoại
tiếp tam giác XHY . Chứng minh rằng trung điểm JK là tâm đường tròn Euler của tam
giác ABC.
Trang 29
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 67. (Vietnam IMO Training Test 2015) Cho tam giác ABC có E là tâm đường tròn Euler.
Gọi X, Y, Z là hình chiếu của E trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng đường thẳng Euler
của các tam giác AY Z, BXZ, CXY, ABC đồng quy.
Bài 68. (Vietnam IMO Training Test 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực
tâm H. Đường thẳng qua A vuông góc với OH cắt BC tại D. Gọi E, Eb , Ec lần lượt là
tâm đường tròn Euler của các tam giác ABC, ABD, ACD. Chứng minh rằng E, Eb , Ec , H
cùng thuộc một đường tròn.
Bài 69. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao ứng với đỉnh A, B, C kéo dài
cắt (O) lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Kẻ các đường kính AA0 , BB 0 , CC 0 của (O). Gọi A2 , B2 , C2
lần lượt đối xứng với A1 , B1 , C1 qua AA0 , BB 0 , CC 0 . Đường thẳng Simson của A2 , B2 , C2
ứng với tam giác ABC cắt nhau tạo thành tam giác A00 B 00 C 00 . Chứng minh rằng hai tam
giác ABC và A00 B 00 C 00 có chung đường tròn Euler.
Bài 70. (Mathley No.2 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). L là điểm bất kì trên
cung BC không chứa A. Chứng minh rằng đường tròn A-mixtilinear nội tiếp của tam giác
ABC, các đường tròn L-mixtilinear nội tiếp của các tam giác LAB, LAC có chung một
tiếp tuyến.
Bài 71. (Mathley No.3 2014) Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp là O. Gọi
E, F lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC. Chứng minh rằng tồn tại một đường
tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, F AB, F CD.
Bài 72. Cho tam giác ABC. P là điểm chuyển động trên BC. Kẻ P X, P Y lần lượt vuông góc với
AC, AB. Đường tròn (BP X) giao AB lần thứ hai tại M , đường tròn (CP Y ) giao AC lần
thứ hai tại N . Chứng minh rằng (AM N ) luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 73. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B, C cố định, A chuyển động trên cung
BC. P là một điểm cố định nằm trong (O). Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc với AC, AB.
Tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T . Tiếp tuyến
tại B, C của (O) cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng T chuyển động trên một đường tròn
cố định có tâm là trung điểm P Q.
Bài 74. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm chuyển động trên (O). Gọi
la , lb , lc lần lượt là các đường thẳng đối xứng với AP, BP, CP qua BC, CA, AB. la , lb , lc
cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng khi P chuyển động, tâm đường tròn
nội tiếp của tam giác XY Z luôn nằm trên một đường tròn cố định.
Bài 75. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn AC ⊥ BD. Tiếp tuyến tại (O) lần
lượt qua A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác XY ZT . XZ cắt Y T tại P . Chứng minh
rằng tâm đường tròn nội tiếp của 8 tam giác XP Y , Y P Z, ZP T , T P X, XY Z, Y ZT ,
ZT X, T XY cùng thuộc một đường tròn.
Bài 76. Cho 4 cung tròn ω1 , ω2 , ω3 , ω4 (được sắp xếp theo thứ tự) cùng dựng trên dây cung AB
sao cho chúng cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AB. Giả sử tồn tại đường tròn (O1 )
tiếp xúc với ω1 và ω2 , đường tròn (O2 ) tiếp xúc với ω3 và ω4 sao cho giao điểm của hai
tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) nằm trên AB. Gọi (O3 ) là đường tròn bất kì tiếp
xúc với ω1 và ω2 . Từ điểm C trên AB kẻ hai tiếp tuyến tới (O3 ), cắt ω3 và ω4 lần lượt tại
(X, Y ); (T, Z). Chứng minh rằng tứ giác cong XY ZT (tạo bởi các cạnh XY, ZT và các
cung Y Z, XT ) ngoại tiếp.
Trang 30
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 77. (Mathley No.1 2014) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn
(O) lần lượt tại A, B. Từ A kẻ hai tiếp tuyến t1 , t2 tới (O2 ), từ B kẻ hai tiếp tuyến l1 , l2
tới (O1 ) sao cho t1 và l1 nằm cùng một phía với đường thẳng AB. Gọi X, Y lần lượt là
giao điểm của t1 và l1 , t2 và l2 . Chứng minh rằng tứ giác AXBY ngoại tiếp.
Bài 78. Với kí hiệu như bài toán 77, gọi M, N lần lượt là giao của AX, AY với (O1 ), P, Q lần lượt
là giao của BX, BY với (O2 ). Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn mixtilinear incircle ứng
với đỉnh A và B của các tam giác AM N và BP Q. Chứng minh rằng (I1 ) và (I2 ) có cùng
bán kính.
Bài 79. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). D, E là hai điểm nằm trên cạnh BC. Gọi
(I1 ), (I2 ) là đường tròn nội tiếp các tam giác ABD, ACE. (I) tiếp xúc với AB, AC tại
X, Y . P là một điểm chuyển động trên cung nhỏ XY . P B, P C lần lượt giao (I1 ), (I2 )
tại L, K sao cho giao điểm còn lại của P B với (I1 ), P C với (I2 ) nằm giữa B, L và nằm
giữa C, K. Chứng minh rằng khi P chuyển động, giao điểm của LD và KE nằm trên một
đường tròn cố định.
Bài 80. (IMO Shortlist 2012). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi d là đường
thẳng bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z; P là hình chiếu của O trên d. Chứng
minh rằng các đường tròn (AXP ), (BY P ), (CZP ) đồng trục.
MN
PQ
=
= k.
NB
QC
Chứng minh rằng các điểm chia đoạn nối trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của các
tam giác AM P, AN Q, ABC theo cùng một tỉ số là các bộ điểm thẳng hàng.
Bài 81. Cho tam giác ABC. M, N nằm trên AB, P, Q nằm trên AC sao cho
Bài 82. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam
giác AHB, AHC.
a) Chứng minh rằng các đường tròn (I1 ), (I2 ), (BC) có chung một tiếp tuyến l.
b) Giả sử l cắt AB, AC lần lượt tại X, Y . Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp góc
A của tam giác AXY tiếp xúc với (BC).
Bài 83. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm bất kì nằm trên AO, X, Y, Z
lần lượt nằm trên cạnh BC, CA, AB sao cho P X, P Y, P Z lần lượt là phân giác của các
góc BP C, CP A, AP B. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Chứng minh rằng
H, X, Y, Z đồng viên.
Bài 84. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi (Ia ), (Ib ), (Ic ) là các đường tròn có bán kính bằng
nhau và lần lượt tiếp xúc với cặp cạnh (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB). Gọi da là tiếp
tuyến của (Ia ) sao cho da ⊥ AO và Ia nằm khác phía với B, C bờ là đường thẳng da .
da cắt AC, AB lần lượt tại Ab , Ac . Tương tự ta xác định Ba , Bc , Ca , Cb . Các đường tròn
(BCAb Ac ), (CABc Ba ), (ABCa Cb ) cắt nhau tại X, Y, Z. Chứng minh rằng Ia , Ib , Ic , X, Y, Z
đồng viên.
Bài 85. (Mathley No.1 2011) Cho ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đôi một cắt nhau; mỗi đường
tròn cắt hai đường tròn kia tại hai điểm phân biệt. Gọi (X1 ) là đường tròn tiếp xúc ngoài
với (O1 ) và tiếp xúc trong với các đường tròn (O2 ), (O3 ); tương tự xác định được các đường
tròn (X2 ), (X3 ). Gọi (Y1 ) là đường tròn tiếp xúc trong với (O1 )và tiếp xúc ngoài với các
đường tròn (O2 ), (O3 ), tương tự xác định được các đường tròn (Y2 ), (Y3 ). Gọi (Z1 ), (Z2 )
Trang 31
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ). Chứng minh
rằng X1 Y1 , X2 Y2 , X3 Y3 , Z1 Z2 đồng quy.
Bài 86. (Mathley No.2 2011) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Một
đường thẳng bất kì đi qua H cắt đường tròn (O) tại hai điểm P và Q. Qua P, Q lần lượt
kẻ các đường vuông góc với AP, AQ, các đường này cắt đường thẳng BC lần lượt tại hai
điểm M, N . Chứng minh rằng đường thẳng qua P và vuông góc với OM và đường thẳng
qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn (O).
Bài 87. (Mathley No.3 2011) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R). Một đường tròn
(O0 , R0 ) tiếp xúc trong với (O) tại I sao cho R < R0 . P là một điểm bất kì trên (O). Các
tia P A, P B, P C lần lượt cắt (O0 ) tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 B2 C2 là tam giác tạo bởi các giao
điểm của các đường thẳng đối xứng với B1 C1 qua BC, C1 A1 qua CA, A1 B1 qua AB.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2 C2 cũng tiếp xúc với (O).
Bài 88. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P và Q là hai điểm bất kì trong mặt phẳng.
Một đường tròn bất kì qua P, Q cắt (BP C), (CP A), (AP B) lần lượt tại M, N, K khác P .
Gọi ωa , ωb , ωc là các đường tròn qua Q và tiếp xúc với (BP C), (CP A), (AP B) lần lượt tại
M, N, K. ωa , ωb , ωc cắt nhau lần thứ hai tại X, Y, Z. Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc
với (O).
Bài 89. (Mathley No.4 2011). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). E là tâm Euler. Qua
E kẻ các đường thẳng M N song song với BC, P Q song song với AC, KL song song với
AB (K, P ∈ BC, N, L ∈ AC, M, Q ∈ AB). Chứng minh rằng đường thẳng Euler của các
tam giác ALQ, BM K, CP N, ABC đồng quy.
Bài 90. (Mathley No.5 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P là một
điểm tùy ý trong mặt phẳng tam giác ABC. Các điểm A0 , B 0 , C 0 lần lượt là đối xứng của
P qua các đường thẳng BC, CA, AB; X là giao điểm, khác A, của đường tròn đường kính
AP và đường tròn ngoại tiếp tam giác AB 0 C 0 . Các điểm Y, Z được xác định tương tự.
Chứng minh rằng năm đường tròn (O), (AB 0 C 0 ), (BC 0 A0 ), (CA0 B 0 ), (XY Z) có một điểm
chung.
Bài 91. (Mathley No.6 2012) Cho AB là một dây cung bất kì của đường tròn (O). Hai đường tròn
(X) và (Y ) nằm cùng phía với dây cung AB sao cho chúng cùng tiếp xúc trong với (O)
và lần lượt tiếp xúc với AB tại C, D;C nằm giữa A và D). Gọi H là giao điểm của XY
và AB. M là điểm chính giữa cung AB không chứa (X), (Y ). Biết HM cắt (O) lần thứ
hai tại I. Gọi IX, IY lần lượt giao AB tại K, J. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp
tam giác IKJ tiếp xúc với (O).
Bài 92. (Mathley No.7 2012) Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E, AD giao BC
tại F . Hai đường thẳng bất kì qua E lần lượt cắt AD, BC tại M, N, P, Q (M, N ∈
AD, P, Q ∈ BC). Hai đường thẳng bất kì qua F lần lượt cắt AB, CD tại X, Y, Z, T
(X, Y ∈ AB, Z, T ∈ CD). Gọi d1 , d2 là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp
các tam giác F XY, F ZT ; d3 , d4 là các tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp
các tam giác EM N, EP Q. Chứng minh rằng d1 , d2 , d3 , d4 cắt nhau tạo thành một tứ giác
ngoại tiếp.
Bài 93. (Mathley No.8 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Hai
đường thẳng d1 và d2 bất kì vuông góc với nhau và đi qua H. d1 cắt BC, CA, AB lần lượt
Trang 32
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
tại X1 , Y1 , Z1 . Gọi A1 B1 C1 là tam giác tạo bởi các đường thẳng qua X1 và vuông góc với
BC, qua Y1 và vuông góc với CA, qua Z1 và vuông góc với AB. Tương tự ta xác định
được tam giác A2 B2 C2 . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác A1 B1 C1 và
A2 B2 C2 tiếp xúc với nhau tại một điểm nằm trên (O).
Bài 94. (Mathley No.9 2012) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Kí hiệu (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) lần
lượt là các đường tròn bất kì đi qua các cặp điểm (A, B); (B, C); (C, D); (D, A). Gọi
X, Y, Z, T lần lượt là giao điểm thứ hai của (O1 ) và (O2 ), (O2 ) và (O3 ), (O3 ) và (O4 ), (O4 )
và (O1 ). Chứng minh
(a) bốn điểm X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn có tâm I.
(b) trung điểm các đoạn thẳng O1 O3 , O2 O4 , OI thẳng hàng.
Bài 95. (Mathley No.10 2012) Cho n−giác lưỡng tâm A1 A2 A3 ...An (≥ 3). Kí hiệu Ii là tâm đường
tròn nội tiếp của tam giác Ai−1 Ai Ai+1 ; Ai(i+1) là giao điểm của Ai Ai+2 và Ai−1 Ai+1 ; Ii(i+1)
là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 (i = 1, n). Khi đó 2n điểm I1 , I2 ,
..., In , I12 , I23 , ..., In1 cùng thuộc một đường tròn.
Bài 96. (Mathley No.11 2012) Cho tam giác ABC, với P là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng
tam giác đó. Các đường thẳng AP, BP , CP cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
A1 , B1 , C1 . Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là các điểm Miquel của tứ giác toàn phần AB1 P C1 BC,
BC1 P A1 CA, CA1 P B1 AB. Chứng minh rằng sáu đường tròn ngoại tiếp các tam giác
AP A2 , BP B2 , CP C2 , BA2 C, AB2 C, AC2 B đồng quy tại một điểm.
Bài 97. (Mathley No.12 2012) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc. Gọi
M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi các đường thẳng AB, BC, CD, DA. L là
giao điểm thứ hai của hai đường tròn (M AC) và (M BD). Chứng minh rằng tâm đường
tròn ngoại tiếp các tam giác LAB, LBC, LCD, LDA cùng nằm trên đường tròn ω và 3
đường tròn (M AC), (M BD), ω đôi một trực giao.
Bài 98. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Q là điểm bất kì nằm trong tam giác. Gọi
A0 B 0 C 0 là tam giác pedal của Q ứng với tam giác ABC. B 0 C 0 cắt (O) tại hai điểm A1 , A2 .
Tương tự xác định các điểm B1 , B2 , C1 , C2 . Biết rằng AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy. Chứng
minh rằng tâm đẳng phương của ba đường tròn (A0 A1 A2 ), (B 0 B1 B2 ), (C 0 C1 C2 ) nằm trên
đường thẳng OQ.
Bài 99. Cho tam giác ABC. Gọi A0 , B 0 , C 0 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh rằng
tâm đẳng phương của các đường tròn (A, AA0 ), (B, BB 0 ), (C, CC 0 ) nằm trên đường thẳng
Euler của tam giác ABC.
Bài 100. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với
BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
N P giao (O) tại hai điểm A1 , A2 , tương tự xác định B1 , B2 , C1 , C2 . Chứng minh rằng I
là tâm đẳng phương của ba đường tròn (XA1 A2 ), (Y B1 B2 ), (ZC1 C2 ).
Bài 101. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có ∠B > ∠C, trực tâm H. P là điểm
2
nằm trên (O) sao cho H và P khác phía với AO và ∠AOP = ∠HAO. Gọi Q là điểm
3
đối xứng với P qua O. Chứng minh rằng đường thẳng Simson của Q tiếp xúc với đường
tròn Euler của tam giác ABC.
Trang 33
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 102. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), với tâm đường tròn nội tiếp I. Gọi l1 , l2 là
hai đường thẳng bất kì qua I. l1 , l2 cắt (BIC) lần thứ hai tại A1 , A2 . Tương tự ta xác định
các điểm B1 , B2 , C1 , C2 . Gọi XY Z là tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng
A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác XY Z nằm
trên (O).
Bài 103. Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Gọi X là điểm bất kì trong mặt phẳng sao cho X không
nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Chứng minh rằng tâm đường tròn pedal
của X ứng với các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng viên.
Bài 104. (China TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), P là điểm bất kì trong
mặt phẳng. AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là các
điểm đối xứng với P qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng 4 đường tròn (O), (P A1 A2 ),
(P B1 B2 ), (P C1 C2 ) đồng quy.
Bài 105. Cho tam giác ABC. Gọi P là điểm bất kì trong mặt phẳng, A1 B1 C1 là tam giác pedal
của P ứng với tam giác ABC. Gọi O là tâm của (A1 B1 C1 ),L là điểm bất kì trên P O.
A1 L, B1 L, C1 L cắt (A1 B1 C1 ) lần lượt tại A2 , B2 , C2 . Chứng minh rằng AA2 , BB2 , CC2
đồng quy.
Bài 106. Cho tam giác ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp O. Gọi A1 , B1 , C1 là các điểm bất kì
nằm trên BC, CA, AB. Đường thẳng qua A1 , B1 , C1 lần lượt vuông góc với BC, CA, AB
cắt nhau và tạo thành tam giác A2 B2 C2 với tâm đường tròn ngoại tiếp I. Gọi A3 , B3 , C3
lần lượt là các điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm của BC, CA, AB, J là điểm
Miquel của tam giác ABC ứng với bộ 3 điểm (A3 , B3 , C3 ). Chứng minh rằng OI ≥ OJ.
Bài 107. (Tạp chí THTT năm 2009) Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABD giao AC lần thứ hai tại X, đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao AC lần
thứ hai tại Y . Khi đó tứ giác BXDY ngoại tiếp.
Bài 108. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng d bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z. Gọi
P, Q, R lần lượt là trung điểm AX, BY, CZ. Các đường thẳng qua P, Q, R lần lượt vuông
góc với BC, CA, AB cắt nhau tạo thành tam giác A0 B 0 C 0 . Chứng minh rằng trực tâm
tam giác A0 B 0 C 0 nằm trên d.
Trang 34
Chương 3
Lời giải
Bài 1. (Tạp chí TTT2 năm 2012) Cho tam giác ABC. P là điểm bất kì nằm trong tam giác.
Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác XY Z cắt BC tại T khác X. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, BA. M N cắt Y T
tại L. Chứng minh rằng LY = LZ.
A
N
Z
Y
L
B
M
T
P
X
C
K
Lời giải. Qua Z kẻ đường thẳng vuông góc với ZY cắt T Y tại K.
Ta có ∠ZY K = ∠ZXT = ∠ZP B nên hai tam giác vuông ZY K và ZP B đồng dạng.
Suy ra 4ZP Y ∼ 4ZBK.
Từ đó ∠ZBK = ∠ZP Y = 180◦ − ∠BAC, suy ra BK k AC.
Ta có M N là đường trung bình của hình thang AY KB nên L là trung điểm KY . Vậy
LY = LK = LZ.
Bài 2. (Tạp chí TTT2 năm 2008) Cho tứ giác ABCD. Dựng ra ngoài tứ giác các hình vuông
ABEF , BCGH, CDJI, DALK. Gọi R, S, U, V lần lượt là trung điểm của F L, EG, HI, JK.
Chứng minh rằng RU ⊥ SV và RU = SV.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu 2 bổ đề sau.
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC. Dựng ra ngoài tam giác các tam giác AEC và AF B lần
lượt vuông cân tại E và F . Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó tam giác EM F vuông
cân tại M.
35
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
F
P
B
N
M
C
K
Chứng minh. Cách 1.
1
1
Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AC, AB. Ta có N E = AC = P M, N M = AB =
2
2
P F.
Đồng thời ∠F P M = 90◦ + ∠BAC = ∠M N E, suy ra 4F P M = 4M N E (c.g.c).
Từ đó M E = M F và ∠F M E = ∠F M P + ∠P M N + ∠N M E = ∠BAC + ∠P M F +
∠P F M = 180◦ − ∠F P B = 90◦ . Vậy tam giác EM F vuông cân tại M.
Cách 2.
Gọi K đối xứng với E qua M . Suy ra BK = EC = AE. Bằng phép cộng góc đơn
giản dễ thấy ∠F BK = 90◦ + ∠BAC = ∠F AE. Do đó 4F AE = 4F BK (c.g.c), suy ra
F E = F K và ∠AF E = ∠BF K. Ta thu được ∠KF E = ∠BF A = 90◦ . Suy ra tam giác
KF E vuông cân tại F . Lại có M là trung điểm của EK nên tam giác EM F vuông cân
tại M.
Bổ đề 2. (Định lý Van-Aubel). Cho tứ giác ABCD. Dựng ra ngoài tứ giác các hình
vuông ABEF , BCGH, CDJI, DALK. Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tâm của các hình vuông
này. Khi đó XZ ⊥ Y T và XZ = Y T.
Trang 36
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
E
F
H
X
L
B
A
Y
T
M
G
K
D
C
Z
I
J
Chứng minh. Gọi M là trung điểm BD. Áp dụng bổ đề 1 cho hai tam giác ABD và CBD
suy ra các tam giác M XT và M Y Z đều vuông cân tại M . Từ đó ∠XM Z = ∠T M Y và
M X = M T, M Y = M Z. Ta thu được 4XM Z = 4T M Y (c.g.c).
Suy ra XZ = Y T và ∠M XZ = ∠M T Y . Bằng một số phép cộng góc đơn giản suy ra
XZ ⊥ Y T.
Trở lại bài toán.
E
S
F
R
G
X
L
A
B
Y
T
H
K
C
D
U
V
Z
J
I
Trang 37
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tâm của 4 hình vuông trên. Áp dụng bổ đề 1 cho tam
giác F AL suy ra tam giác T RX vuông cân tại R. Chứng minh tương tự, các tam giác
XSY, Y U Z, ZV T lần lượt vuông cân tại S, U, V.
Áp dụng bổ đề 2 cho tứ giác XY ZT suy ra RU ⊥ SV và RU = SV.
Bài 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BHb , CHc giao nhau tại trực
tâm H. Hb Hc cắt BC tại P . N là trung điểm AH, L là hình chiếu của O trên đường đối
trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Chứng minh rằng ∠N LP = 90◦ .
A
Hb
N
I
K
O
L
Hc
H
B
Q
P
Ha
D
M
C
Lời giải. Gọi M là trung điểm BC, M N giao Hb Hc tại I. AD là đường đối trung ứng
với đỉnh A (D ∈ BC). OL giao đường cao AHa tại K, giao BC tại Q.
Do AD là đường đối trung nên AQ là tiếp tuyến của (O). Suy ra ∠QAO = 90◦ .
Ta có tứ giác DHa KL, ALHa Q nội tiếp nên ∠LKD = ∠LHa D = ∠QAL = ∠AOL,
suy ra KD k AO k M N.
Mặt khác, M N là đường trung trực của Hb Hc nên I là trung điểm Hb Hc . Mà 4AHb Hc ∼
4ABC nên AI là đường đối trung của tam giác ABC hay I ∈ AD.
Từ đó ∠Ha N I = ∠Ha KD = ∠Ha LD. Suy ra tứ giác N Ha LI nội tiếp. Mặt khác, tứ
giác N IHa P nội tiếp đường tròn đường kính N P nên các điểm I, L, Ha đều nằm trên
đường tròn đường kính N P.
Vậy ∠N LP = 90◦ .
Bài 4. (Arab Saudi TST 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao
BE, CF giao nhau tại trực tâm H. Gọi M là trung điểm BC. K là hình chiếu của H trên
AM . EF cắt BC tại P . Q là giao của tiếp tuyến tại A của (O) với BC. T đối xứng với
Q qua P . Chứng minh rằng ∠OKT = 90◦ .
Trang 38
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
N
O
K
F
H
P
Q
B
L
D
M
T
C
A'
Lời giải. Kẻ đường cao AD của tam giác ABC, đường kính AA0 của (O). AO cắt EF
tại N . L đối xứng với A qua N .
1
Ta có AO ⊥ EF nên tứ giác N ECA0 nội tiếp. Do đó AO · AL = AA0 · 2AN =
2
AA0 · AN = AE · AC = AH · AD = AK · AM . Suy ra tứ giác KOLM nội tiếp.
Mặt khác do AQ k EF và P là trung điểm QT nên ALT Q là hình thang nhận P N làm
đường trung bình. Suy ra ∠LT C = ∠EP C = ∠HAO = ∠M OL. Suy ra tứ giác OM T L
nội tiếp. Vậy 5 điểm O, K, M, T, L đồng viên hay K nằm trên đường tròn đường kính OT
hay ∠OKT = 90◦ .
Bài 5. Cho tam giác ABC. Các đường cao BHb , CHc cắt nhau tại trực tâm H. Gọi Ma , Mb , Mc
lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Mb Mc cắt Hb Hc tại L. Hb Hc cắt BC tại K. E là tâm
đường tròn Euler của tam giác ABC. Chứng minh rằng hai tam giác ALK và HEMa
đồng dạng.
A
Hb
T
Mc
Hc
Mb
L
H
E
O
Q
R
P
N
K
B
Ma
C
Trang 39
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Gọi N là giao điểm của AL với BC, (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC, Q, R lần lượt là trung điểm HB, HC. Ma H cắt (O) tại T suy ra A, T, K thẳng
hàng và ∠AT H = 90◦ .
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm Mb , Mc , Hb , Hc , Q, R ta thu được P = Mb Hb ∩
Hb Mc , H = QHb ∩ RHc , E = QMb ∩ RMc thẳng hàng.
Lại có AL là đường đối cực của P ứng với (E) suy ra AL ⊥ OH.
Suy ra ∠AN K = ∠HOMa và ∠OHMa = ∠T AN .
Suy ra 4AN K ∼ 4HOMa . Do L, E lần lượt là trung điểm AN và HO nên 4ALK ∼
4HEMa .
Bài 6. (Tạp chí THTT tháng 11/2016) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. P là điểm
bất kì trên cung BC. P 0 đối xứng với P qua BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác OP P 0
cắt AP tại G. Chứng minh rằng trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 .
Lời giải. Cách 1.
A
J
G
L
O
P'
H
K
B
M
C
A'
P
Oa
Gọi J là giao của OP 0 với AH. Ta có ∠JAG = ∠GP P 0 = ∠GOJ nên tứ giác AJGO
nội tiếp. (AGH) giao HP 0 lần thứ hai tại K suy ra G là điểm Miquel của tam giác JHP
ứng với bộ 3 điểm (A, O, K). Ta thu được tứ giác KGOP 0 nội tiếp.
Gọi Oa là tâm ngoại tiếp của tam giác BHC, GH giao (Oa ) lần thứ hai tại M . Gọi A0
là giao điểm của AH với (O). Do hai đường tròn (O) và (Oa ) đối xứng nhau qua BC nên
A0 P = HP 0 . Ta có ∠GM P 0 = ∠HM P 0 = ∠HAP = ∠HKG nên M ∈ (OP P 0 ).
Trang 40
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi L là giao của Oa H với (OP P 0 ). Do Oa H = Oa M = Oa P 0 , ta thu được H là tâm
nội tiếp của tam giác LM P 0 . Suy ra GL = GH = GP 0 .
Lại có ∠HLP 0 = ∠Oa OP 0 = ∠HJP 0 nên tứ giác HLJP 0 nội tiếp đường tròn tâm G.
Do hai đường tròn (AGO) và (AGH) cắt nhau tại A và G, đồng thời ∠AOG = ∠GJH =
∠GHJ nên R(AGO) = R(AGH). Mặt khác, ∠GAO = ∠GP O nên R(AGO) = R(P GO).
Vậy 3 đường tròn (AGO), (AGK), (KGO) có bán kính bằng nhau và đồng quy tại G
nên K là trực tâm tam giác AGO.
Cách 2 (Nguyễn Duy Khương, HS THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam).
A
J
O
K
G
P'
H
C
B
P
Gọi J là giao điểm thứ hai của AH và (AGO).
Ta có ∠JOG = ∠HAG = ∠GP P 0 = 180◦ − ∠GOP 0 nên O, P 0 , J thẳng hàng.
Lại có ∠GJO = ∠P AO = ∠GP O = ∠GP 0 O nên tam giác GJP 0 cân tại G. Suy ra
∠JGP 0 = ∠AOP = 2∠ACP mà ∠AHP 0 = ∠HP P 0 = ∠ACP suy ra G là tâm của
(JHP 0 ). Gọi (JHP 0 ) cắt (AGO) tại điểm thứ hai K khác J.
Thế thì ∠GKO = ∠OAG = ∠GP O = ∠GP 0 O nên ∠OP 0 K = ∠OKP 0 hay OK =
OP 0 . Điều này nghĩa là K đối xứng với P 0 qua GO.
Mặt khác, GJ = GK nên AG là phân giác ∠HAK. Mà ∠GKA = ∠GJH = ∠AHG,
ta thu được K đối xứng H qua AG. Do đó HP 0 là đường thẳng Steiner của K trong tam
giác AGO hay trực tâm tam giác AGO nằm trên HP 0 .
Bài 7. (Arab Saudi TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Hai tiếp tuyến tại B, C giao
nhau tại P . Phân giác góc A cắt (P, P B) tại điểm E nằm trong tam giác ABC. Gọi M, N
là điểm chính giữa cung BC và cung BAC. Đường tròn đường kính BC cắt đoạn thẳng
EN tại F . Chứng minh rằng trực tâm tam giác EF M nằm trên BC.
Trang 41
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
N
A
F
L
E
K
C
I
B
J
M
P
T
Lời giải. Gọi I là trung điểm BC. Ta có ∠ICM = ∠M AC = ∠M CP nên CM là phân
giác ∠ICP , suy ra M là tâm vị tự trong của (I) và (P ). Do ∠M CN = 90◦ nên N là tâm
vị tự ngoài của (I) và (P ).
−P C
Gọi L, T là giao của F M với (P ) (L nằm giữa F và M ). Xét phép vị tự HMIC : F 7→ T ,
suy ra IF k P T.
PC
Lại xét phép vị tự HNIC : F 7→ E, suy ra IF k P E.
Vậy E, P, T thẳng hàng hay ET là đường kính của (P ), suy ra ∠ELP = 90◦ .
Gọi J là giao điểm thứ hai của F N với (O). Xét 3 đường tròn (O), (P ), (ELM J) có
trục đẳng phương lần lượt là EL, BC, JM nên EL cắt JM tại K nằm trên BC. Vậy trực
tâm K của tam giác EF M nằm trên BC.
Bài 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại P . Đường tròn ngoại tiếp
hai tam giác AP D, BP C cắt nhau lần thứ hai tại Q. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn
nội tiếp các tam giác AQD, BQC. Trên AD lấy hai điểm X, T , trên BC lấy hai điểm
Y, Z sao cho XY, ZT là hai tiếp tuyến chung ngoài của (I1 ) và (I2 ). Chứng minh rằng
X, Y, Z, T đồng viên.
Trang 42
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
N
B
A
Y
X
P
I2
E I1
T
M
F
Q
D
Z
C
Lời giải. (Phạm Xuân Quý, HS K50 THPT chuyên ĐHSP)
Gọi N là giao của AD và BC, M là giao của XY và ZT . I1 I2 cắt AD, BC lần lượt tại
E, F .
Ta có Q là tâm vị tự quay của hai đường tròn (AP D) và (BP C) nên 4AQD ∼ 4CQB.
Suy ra 4QI1 A ∼ 4QI2 C. Từ đó 4QI1 I2 ∼ 4QAC.
Lại có Q là điểm Miquel của tứ giác toàn phần N AP B.DC nên ta có ∠QN E =
∠QCA = ∠QI2 I1 . Suy ra tứ giác N EQI2 nội tiếp.
Chứng minh tương tự, tứ giác N I1 QF nội tiếp.
1
1
1
Ta thu được ∠N EF = ∠N QI2 = ∠BQC = ∠BP C = ∠AQD = ∠I2 QN =
2
2
2
∠EF N.
Suy ra ∠N EF − ∠EM X = ∠N F E − ∠F M Z hay ∠M XE = ∠F ZM . Vậy tứ giác
XY ZT nội tiếp.
Bài 9. Cho hình bình hành ABCD. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn bàng tiếp góc A của
các tam giác ADC, ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AI1 I2 cắt AC lần thứ hai tại
K. Chứng minh rằng AK = AB + AD.
Trang 43
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
B
D
t
F
L
C
I2
E
I1
K
Lời giải. Gọi E1 , E2 lần lượt là tiếp điểm của (I1 ), (I2 ) với AC.
Do chu vi của hai tam giác ADC và ABC bằng nhau nên AE1 = AE2 . Suy ra E1 ≡
E2 ≡ E.
Gọi F, L lần lượt là tiếp điểm của (I1 ) với CD, DA.
Kẻ phân giác Ct của ∠ACD. Ta có Ct k AI2 . Lại có Ct ⊥ CI1 nên I1 C ⊥ AI2 . Tương
tự I2 C ⊥ AI1 . Từ đó C là trực tâm tam giác AI1 I2 .
Suy ra C và K đối xứng nhau qua I1 I2 hay EC = EK.
Từ đó AK = AE +EK = AL+CF = AD+DL+CF = AD+DF +CF = AD+CD =
AD + AB.
Bài 10. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn (I) và đường tròn bàng tiếp
góc A (Ia ) tiếp xúc với BC lần lượt tại D, P . Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp
của các tam giác AP C, AP B, (J1 ), (J2 ) lần lượt là các đường tròn đối xứng với (I1 ), (I2 )
qua trung điểm của AC, AB. Chứng minh rằng AD là trục đẳng phương của (J1 ) và (J2 ).
Trang 44
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
X
S
Y
A
J1
J2
Z
T
U
Q
R
I
I2
B
I1
K D
P
L
C
Lời giải. Từ A kẻ tiếp tuyến AX tới (J2 ), AY tới (J1 ). Do phép đối xứng tâm nên
AX k BC và AY k BC. Suy ra X, A, Y thẳng hàng.
Do P là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC nên chu vi hai tam giác
ABP và ACP bằng nhau. Từ đó nếu gọi tiếp điểm của (I1 ), (I2 ) với BC lần lượt là L, K
thì AY = CL = BK = AX. Suy ra A nằm trên trục đẳng phương của (J1 ) và (J2 ).
Gọi T, Z lần lượt là tiếp điểm của (J2 ) với AB, (J1 ) với AC. Ta thu được X, Y, Z, T
cùng nằm trên đường tròn tâm A.
Gọi XY giao T Z tại S và XT giao Y Z tại Q. Do tứ giác XY ZT nội tiếp nên X, Y và
Z, T là các cặp điểm ảnh của nhau qua phép nghịch đảo tâm S hay S là tâm vị tự ngoài
của (J1 ) và (J2 ). Đồng thời ta cũng có Q nằm trên trục đẳng phương của (J1 ) và (J2 ).
Vậy ta cần chứng minh A, Q, D thẳng hàng.
Gọi R là giao của DX với AB, U là giao của DY với AC.
Do AX k BD nên R là tâm vị tự trong của (J2 ) và (I). Tương tự U là tâm vị tự trong
của (J1 ) và (I).
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (I), (J1 ), (J2 ) ta thu được R, U, S
thẳng hàng.
Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác XDY và T AZ suy ra XT, AD, Y Z đồng
quy hay Q nằm trên AD. Ta có đpcm.
Bài 11. Cho tam giác ABC. Gọi P là điểm nằm trong 4ABC sao cho AB + BP = AC + CP .
Gọi Y, Z lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng BP và AC, CP và AB. Chứng
minh rằng trung điểm BC nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn nội tiếp tam
giác Y CP và ZBP .
Lời giải. Cách 1.
Trang 45
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Z
U
V
Y
P
S
B'
C'
R
B
C
M
D
N
O
Do AB + BP = AC + CP nên tứ giác AZP Y bàng tiếp một đường tròn ω có tâm O.
Gọi ω1 và ω2 lần lượt là đường tròn nội tiếp 4ZP B và 4Y P C. U, V và R, S lần lượt là
tiếp điểm của ω1 , ω2 với P Z, P Y và P B, P C,. U R, V S, P O cắt BC lần lượt tại M, N, D.
Rõ ràng U R k V S k OP nên 4BRM ∼ 4BP D và 4CSN ∼ 4CP D.
BM CS
CN
BR CP
BM CD
BR
=
,
=
suy ra
·
=
·
Ta thu được
BP
BD CP
CD
CS BP
CN BD
CP
CD
Lại có
=
. Gọi B 0 , C 0 là tiếp điểm của ω với P B, P C, ta có P B 0 = P C 0 =
BP
BD
BR = CS. Từ đó suy ra BM = CN, hay trung điểm của BC đồng thời là trung điểm
của M N
Dễ thấy trung điểm của BC nằm trên đường trung bình của hình thang U V SR và
đường thẳng này hiển nhiên là trục đẳng phương của ω1 , ω2 .
Cách 2.
Ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC. P là điểm bất kì nằm trên phân giác trong góc A. Qua
B, C lần lượt kẻ đường vuông góc với P B, P C, cắt phân giác ngoài góc A tại hai điểm
E, F . Khi đó trung trực của BC chia đôi EF .
Trang 46
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
E
A
F
I
G
H
B
C
P
Chứng minh. Gọi G, H là giao của P F với BE, P E với BF . BE giao CF tại I.
Ta có tứ giác F ACP, P BAE nội tiếp nên ∠P F C = ∠P AC = ∠P AB = ∠BEP . Suy
ra tứ giác F GHE nội tiếp. Từ đó ∠P GB = ∠P HC. Mà hai tam giác F CP và EBP đồng
CH
BG
=
.
dạng nên
GE
HF
Theo định lý ERIQ, trung điểm EF, GH, BC thẳng hàng.
Lại áp dụng định lý đường thẳng Gauss trong tứ giác toàn phần GIHP EF ta có trung
điểm EF, GH, IP thẳng hàng. Mà trung điểm IP là tâm của (BICP ) nên nằm trên trung
trực BC. Như vậy trung trực BC đi qua trung điểm EF.
Trở lại bài toán.
A
Z
Y
I1
B'
B
E
P
I2
S
R
C'
M
F
C
O
Điều kiện của đề bài tương đường tồn tại một đường tròn (O) bàng tiếp tứ giác AY P Z.
Trang 47
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Kẻ I1 E, I2 F vuông góc với BC. Gọi M là trung điểm BC. Áp dụng bổ đề trên cho
tam giác BP C với điểm O nằm trên phân giác góc P suy ra trung trực BC chia đôi I1 I2 .
Do đó M E = M F.
Gọi R, S là tiếp điểm của (I1 ), (I2 ) với P B, P C, B 0 , C 0 là tiếp điểm của (O) với P B, P C.
Ta có BR = P B 0 = P C 0 = CS. Do đó BI12 − r12 = BR2 = CS 2 = CI22 − r22 .
Mặt khác, BI12 − M I12 = BE 2 − M E 2 = CF 2 − M F 2 = CI22 − M I22 nên M I12 − r12 =
M I22 − r22 . Vậy M nằm trên trục đẳng phương của (I1 ) và (I2 ).
Bài 12. Cho tam giác ABC. P là điểm nằm trong tam giác sao cho AB + BP = AC + CP . Chứng
minh rằng trung điểm BC nằm trên trục đẳng phương của đường tròn nội tiếp các tam
giác ABP, ACP.
Lời giải. Ta phát biểu và chứng minh một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC. P là điểm bất kì trên BC, gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường
tròn nội tiếp các tam giác ABP, ACP . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với
BC tại D. Khi đó I1 , I2 , P, D cùng thuộc một đường tròn.
A
I
I2
I1
B
E
P
D
F
C
Chứng minh. Gọi E, F là tiếp điểm của (I1 ), (I2 ) với BC. Bằng công thức tính đoạn nối
đỉnh tới tiếp điểm của đường tròn nội tiếp, dễ thấy EP = F D. Đồng thời do 4I1 P E ∼
4P I2 F nên 4DEI1 ∼ 4I2 F D. Suy ra ∠I1 DI2 = 90◦ .
Trở lại bài toán.
Trang 48
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Z
I1
S I2
Y
U
T
P
W
V
B
C
E
M
F
O
Gọi Y, Z lần lượt là giao của BP với AC, CP với AB, (I1 ), (I2 ) là đường tròn nội tiếp
tam giác ABP, ACP .
Điều kiện của đề bài tương đường tồn tại một đường tròn (O) bàng tiếp tứ giác AY P Z.
Gọi ω1 , ω2 là đường tròn bàng tiếp góc A của các tam giác AP Z, AP Y, T, U là tiếp
điểm của ω1 , ω2 với AB, AC.
Áp dụng tương tự bổ đề trên cho đường tròn bàng tiếp tam giác AP Z với điểm B nằm
trên AZ ta có (I1 ) là đường tròn nội tiếp tam giác AP B, (O) là đường tròn bàng tiếp góc
Z của tam giác ZP B nên O, I1 , B, T cùng thuộc một đường tròn. Tương tự, O, I2 , C, U
cùng thuộc một đường tròn.
1
1
Mặt khác, AT = pAZP = (AZ + ZP + P A), AU = pAP Y = (AY + Y P + AP ). Do tứ
2
2
giác AY P Z bàng tiếp nên AZ+ZP = AY +Y P , từ đó AT = AU , suy ra ∠OT B = ∠OU C.
Gọi S là hình chiếu của O trên I1 I2 suy ra các bộ điểm S, O, I1 , B, T và S, O, I2 , C, U
cùng thuộc một đường tròn. Ta có ∠OSB = ∠OT B = ∠OU C = ∠OSC.
Như vậy O nằm trên phân giác ∠BSC, I1 I2 là phân giác ngoài ∠BSC. Áp dụng bổ
đề trong cách 2 bài 11 suy ra trung trực BC chia đôi I1 I2 . Từ đó hạ I1 E, I2 F ⊥ BC
ta thu được BE = CF. Gọi M là trung điểm BC ta có BI12 − M I12 = BE 2 − M E 2 =
CF 2 − M F 2 = CI22 − M I22 .
1
Gọi V, W là tiếp điểm của (I1 ), (I2 ) với BP, CP . Ta có BV = (AB + BP − AP ) =
2
1
2
2
2
2
(AC + CP − AP ) = CW. Do đó BI1 − r1 = CI2 − r2 .
2
Trang 49
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Vậy M I12 − r12 = M I22 − r22 hay M nằm trên trục đẳng phương của (I1 ) và (I2 ).
Bài 13. (Tạp chí THTT tháng 9/2017) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), với đường
tròn (Ia ) bàng tiếp góc A. (Ia ) tiếp xúc với BC tại T . Trung trực của AT cắt Ia T tại K.
J là điểm bất kì trên AK sao cho (J, JA) và (I) ngoài nhau. Gọi P, Q là giao của tiếp
tuyến chung trong của (I) và (J, JA) với BC. Chứng minh rằng BP = CQ.
A
J
S
R
K
I
P
B
C
D
Q
T
Ia
Lời giải. Gọi S là giao của hai tiếp tuyến chung trong của (J) và (I). Dựng đường tròn
(K, KA) suy ra (K, KA) tiếp xúc với (J) tại A và tiếp xúc với (Ia ) tại T .
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (I), (K), (Ia ) ta thu được tâm
vị tự trong của (I) và (K) nằm trên AT .
Lại áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (J), (I), (K) ta thu được
tâm vị tự trong của (I) và (K) nằm trên AS.
Suy ra A, S, T thẳng hàng.
Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, R là điểm đối xứng với D qua I. Ta có A là tâm
vị tự ngoài của (I) và (Ia ) nên A, R, T thẳng hàng. Suy ra S, R, T thẳng hàng. Từ đó T
là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc S của tam giác SP Q với P Q.
Suy ra DP = T Q. Mà DB = T C suy ra BP = CQ.
Bài 14. (Tạp chí THTT tháng 9/2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp
đường tròn (I). Một đường tròn tâm J bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F .
Tiếp tuyến chung ngoài của (AEF ) và (I) cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng (J, JP )
tiếp xúc với (O) và (AEF ).
Trang 50
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau.
Bổ đề. Cho tam giác ABC với (Ia ) là đường tròn bàng tiếp góc A. Một đường tròn
bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F. Tiếp tuyến chung trong của (AEF ) và (Ia )
cắt BC tại P, Q. Khi đó BP = CQ.
A
J
E
I
F
P
B
L
X
H
T
Q
C
Y
Ia
K
Chứng minh. Gọi J là tâm của (AEF ), kẻ AH ⊥ EF . Gọi L là tâm vị tự trong của (J)
và (Ia ), (I), (L) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, T P Q. (I), (Ia ) tiếp xúc
với BC lần lượt tại X, Y . Kẻ đường kính Y K của (Ia ).
Ta có AJ, AH đẳng giác trong ∠BAC. Lại có EF và BC đối song trong ∠BAC nên
AJ ⊥ BC.
Do đó AJ k Ia K, suy ra A, T, K thẳng hàng.
Mặt khác, A là tâm vị tự ngoài của (I) và (Ia ) nên A, X, K thẳng hàng. Suy ra T, X, K
thẳng hàng. Do T là tâm vị tự ngoài của (L) và (Ia ) nên X đồng thời là tiếp điểm của
(L) với BC.
Như vậy XP = Y Q và XB = Y C. Suy ra BP = CQ.
Trở lại bài toán.
Trang 51
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Y
L
E
O
I
X
K
F
S
B
P
D
J
Q
C
M
Gọi K, M lần lượt là giao của phân giác ∠BAC với (AEF ) và (O); L là tâm (AEF ).
Ta có K là điểm chính giữa cung EF của (L) nên L, K, J thẳng hàng. Ta có AL ⊥ BC.
Chứng minh tương tự AO ⊥ EF nên ALJO là hình bình hành.
Do đó JK = LJ − LK = AO − AL = OM − OJ = JM. Như vậy (J, JM ) tiếp xúc với
(O) và (L).
Áp dụng bổ đề trên, BP = CQ nên JP = JQ. Vậy ta chỉ cần chứng minh tứ giác
P KQM nội tiếp.
Do M P = M Q nên ta cần chứng minh KM là phân giác ∠P KQ.
Gọi X, S lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung qua P của (L), (I) với (L), (I); Y
là tiếp điểm của tiếp tuyến chung qua Q của (L), (I) với (L). (I) tiếp xúc với BC tại D.
1
Ta có IS k LX, ID k LA nên ∠ALX + ∠SID = 180◦ . Suy ra ∠P ID + ∠ALX = 180◦
2
hay ∠P ID = ∠XAL.
Từ đó AX k IP . Ta thu được ∠P IK = ∠XAK = ∠P XK hay tứ giác P XIK nội
tiếp.
Tương tự tứ giác QY IK nội tiếp.
Suy ra ∠P KM = ∠P XI = ∠IY Q = ∠M KQ (do P X và QY đối xứng nhau qua LI).
Ta có đpcm.
Bài 15. Cho tam giác ABC có N là điểm Nagel. Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung
BAC, ABC, ACB. Chứng minh rằng N là tâm đẳng phương của các đường tròn (X, XA),
(Y, Y B), (Z, ZC).
Lời giải. Ta phát biểu và không chứng minh một bổ đề quen thuộc:
Bổ đề. Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của
A trên BC, của B, C trên AI, M là trung điểm BC. Khi đó H, K, L, M cùng thuộc một
đường tròn có tâm là điểm chính giữa cung M H của đường tròn Euler.
Trang 52
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Trở lại bài toán.
Ac
X
C'
Ha
A
B'
Ab
O
N
Ba
B
Bc
Z
Cb
C Ca
Y
A'
Qua A, B, C lần lượt kẻ đường thẳng song song với BC, CA, AB cắt nhau tạo thành
tam giác A0 B 0 C 0 . Khi đó N là tâm nội tiếp của tam giác A0 B 0 C 0 . Gọi Ac , Ab lần lượt là
hình chiếu của C 0 , B 0 trên A0 N , tương tự xác định Ba , Bc , Ca , Cb , Ha là hình chiếu của
A0 trên BC. Khi đó Ac , Ab , A, Ha cùng nằm trên (X, XA). Dễ thấy Ab , Ac , Ba , Bc , Ca , Cb
nằm trên 3 cạnh của tam giác ABC.
Ta có ∠C 0 Cb Bc = ∠C 0 B 0 N = ∠B 0 Ba C nên tứ giác Bc Ba Cb Ca nội tiếp. Suy ra N nằm
trên trục đẳng phương của (Y, Y B) và (Z, ZC). Chứng minh tương tự ta có đpcm.
Bài 16. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có I là tâm nội tiếp. AI cắt (O) lần thứ hai
tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với AB, AC. Hai tiếp tuyến chung ngoài của
(O) và ω tiếp xúc với (O) tại hai điểm E, F . Chứng minh rằng E, I, F thẳng hàng.
Trang 53
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
O
I T
F
E
K
C
B
J
P
Lời giải. Gọi P là tâm vị tự ngoài của (O) và ω. Hiển nhiên J nằm trên phân giác ∠EP F.
Mà OE = OF = OJ, O nằm trên (EP F ) nên J là tâm nội tiếp tam giác P EF . Từ đó
EF tiếp xúc với ω.
Ta có EF ⊥ OJ nên EF k BC. Gọi T là giao của OJ với ω. Ta có ∠OJC = 90◦ −
1
∠BAC = ∠AJK nên ∠IJT = ∠CJK. Từ đó 4IJT = 4CJK. Suy ra ∠IT J = 90◦
2
hay tiếp tuyến kẻ từ I tới ω song song với BC. Như vậy I ∈ EF.
Bài 17. Cho tứ giác A0 B 0 C 0 D0 . Gọi A, C lần lượt là hình chiếu của A0 , C 0 trên B 0 D0 ; B, D lần lượt
là hình chiếu của B 0 , D0 trên A0 C 0 . Chứng minh rằng tứ giác A0 B 0 C 0 D0 ngoại tiếp khi và
chỉ khi tứ giác ABCD ngoại tiếp.
Trang 54
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
D'
C'
A
D
B
E
A'
B'
C
Lời giải. Dễ thấy các tứ giác AA0 DD0 , ABB 0 A0 , BB 0 CC 0 , DCC 0 D0 nội tiếp đường tròn
đường kính A0 D0 , A0 B 0 , B 0 C 0 , C 0 D0 .
Đặt ∠AA0 B = ∠AB 0 B = ∠AD0 D = ∠BC 0 C = α. Theo định lý hàm số sin, AD =
A0 D0 sin ∠AD0 D = A0 D0 sin α, BC = B 0 C 0 sin ∠BC 0 C = B 0 C 0 sin α. Suy ra AD + BC =
sin α(A0 D0 + B 0 C 0 ). Tương tự AB + CD = sin α(A0 B 0 + C 0 D0 ). Từ đó tứ giác A0 B 0 C 0 D0
ngoại tiếp khi và chỉ khi A0 B 0 + C 0 D0 = A0 D0 + B 0 C 0 khi và chỉ khi AB + CD = AD + BC
hay tứ giác ABCD ngoại tiếp.
Bài 18. (Tạp chí THTT tháng 6/2016) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Tia AB
giao tia CD tại E, Tia DA giao tia CB tại F . Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội
tiếp các tam giác EF B, EF D. Chứng minh rằng ∠I1 IB = ∠I2 ID.
F
I1
B
M
A
J
I2
I
E
D
N
C
Trang 55
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Gọi (J) là đường tròn nội tiếp tam giác EF C. (J) tiếp xúc với EC và F C lần
lượt tại N, M.
Áp dụng bổ đề của bài 12 cho tam giác EF C với điểm D trên EC, điểm B trên F C
ta suy ra các bộ 4 điểm I2 , I, D, N và I1 , I, B, M đồng viên.
Suy ra ∠DI2 I = ∠IN C, ∠BI1 I = ∠IM C.
Do CI là phân giác ∠F CE và CM = CN nên ∠IM C = ∠IN C. Từ đó ∠DI2 I =
∠BI1 I.
Suy ra ∠I1 IB = 90◦ − ∠II1 B = 90◦ − ∠DI2 I = ∠I2 ID.
Bài 19. Cho hình vuông ABCD. P là điểm bất kì trên AB. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn
nội tiếp các tam giác ADP, CBP . DI1 , CI2 cắt AB lần lượt tại E, F . Đường thẳng qua
E song song với AC cắt BD tại M , đường thẳng qua F song song với BD cắt AC tại N .
Chứng minh rằng M N là tiếp tuyến chung của (I1 ) và (I2 ).
Lời giải. Cách 1.
Ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho tứ giác ABCD. Gọi (I1 , r1 ) và (I2 , r2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp
4ABC và 4ADC. Tiếp tuyến chung trong ` khác AC của (I1 ) và (I2 ) cắt BD tại P. Khi
cot ∠ABI1
BP
=
.
đó
CP
cot ∠ADI2
M
B
Y
P
A
S
I2
D
I1
F
K
Z
N
E
C
Chứng minh. Gọi ` cắt CB, CD, CA lần lượt tại M, N, S. (I1 ) tiếp xúc với CA, CB lần
lượt tại E, Y , (I2 ) tiếp xúc với CA, CD lần lượt tại F, Z. Do tứ giác ADN S ngoại tiếp
nên AN, DS, F Z đồng quy tại K. Áp dụng định lý Menelaus cho 4DSC, với cát tuyến
AN K, ta có:
CN
AC KS
AC SF
=
·
=
·
.
ND
AS DK
AS DZ
MB
AS BY
Chứng minh tương tự,
=
·
CM
AC SE
Trang 56
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lại áp dụng định lý Menelaus cho 4BCD với cát tuyến `, ta thu được:
BP
M B CN
SF BY
r2 BY
cot ∠ABI1
=
·
=
·
=
·
=
.
CP
CM N D
SE DZ
r1 DZ
cot ∠ADI2
Trở lại bài toán.
S
A
R
E
P
F V
B
I2
I1
Z
M
T
L
G
X
U
Y
N
I3
D
K
C
Gọi (I3 ) là đường tròn nội tiếp tam giác P CD.
Ta sẽ chứng minh 3 đường tròn (I1 ), (I2 ), (I3 ) có chung một tiếp tuyến.
Gọi XY là tiếp tuyến chung ngoài khác AB của (I1 ) và (I2 ), XY giao P D, P C lần lượt
tại G, L. (I1 ) tiếp xúc với AD, DP, P A lần lượt tại R, T, S; (I2 ) tiếp xúc với BC, CP, P B
lần lượt tại U, Z, V .
Tứ giác GLCD ngoại tiếp khi và chỉ khi GL + CD = DG + CL.
⇔ XY − GX − LY + CD = DT − GT + CZ − LZ
⇔ SV + CD = DT + CZ = DR + CU = AD − AR + BC − BU.
⇔ AB − AS − BV + CD = AD − AR + BC − BU.
⇔ AB + CD = AD + BC, luôn đúng.
1
Kẻ I3 K ⊥ CD. Ta có ∠I1 DI3 = ∠ADC = ∠BDC nên ∠EDM = ∠I3 DK.
2
DM
DM
DK
cot ∠I3 DC
=
Do đó 4EDM ∼ 4I3 DK. Suy ra
=
=
= cot ∠I3 DC =
MB
ME
KI3
cot 45◦
cot ∠I3 DC
.
cot ∠I2 BC
Áp dụng bổ đề trên suy ra M nằm trên tiếp tuyến chung trong của (I2 ) và (I3 ). Chứng
minh tương tự suy ra M N là tiếp tuyến chung của (I1 ) và (I2 ).
Cách 2 (Jean-Louis Ayme).
Trang 57
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
B
P
I2
Y
I1
L
M
X
K
T
S
I3
Q
D
C
Gọi K, L lần lượt là giao của tiếp tuyến chung ngoài thứ hai của (I1 ) và (I2 ) với
P D, P C, I3 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác P DC. Gọi Q là giao của EK và BL.
Theo bổ đề của cách 1, ba đường tròn (I1 ), (I2 ), (I3 ) có chung một tiếp tuyến nên tứ
giác DKLC ngoại tiếp đường tròn (I3 ). Suy ra I1 K giao I2 L tại I3 .
Ta có EB, I1 I2 , KL đồng quy tại tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (I1 ) và (I2 ) nên
hai tam giác EI1 K và BI2 L thấu xạ. Theo định lý Desargues, giao điểm của các cặp
đường thẳng EI1 và BI2 , EK và BL, I1 K và I2 L thẳng hàng hay Q ∈ DI3 .
Gọi Y là hình chiếu của E trên DP, EY giao BC tại X. Ta có DE là phân giác ∠ADY
nên DY = DA = DC. Suy ra 4XY D = 4XCD. Từ đó X ∈ DI3 .
1
Gọi T là giao của DX với AC, ta có ∠EDX = ∠ADC = 45◦ = ∠T AE, suy ra tứ
2
giác AET D nội tiếp. Suy ra ∠ET D = 90◦ .
Do EM k AC nên EM ⊥ BD. Suy ra các điểm A, E, Y, M, T, D cùng thuộc đường
tròn đường kính DE.
Suy ra ∠M Y X = ∠M DE = ∠BDE = ∠XDC = ∠CY X. Ta thu được Y, M, C thẳng
hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, E, Y, M, T, D ta có AE ∩DY = {P }, EM ∩DT =
{S}, Y M ∩ AT = {C} thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pappus cho 2 bộ 3 điểm (E, P, B) và (D, Q, S) ta có EQ∩P D = {K},
ES ∩ BD = {M }, P S ∩ BQ = {L} thẳng hàng. Vậy M nằm trên tiếp tuyến chung ngoài
của (I1 ) và (I2 ).
Chứng minh tương tự suy ra M N là tiếp tuyến chung ngoài của (I1 ) và (I2 ).
Bài 20. Cho tam giác ABC có AB + AC = 2BC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi Ma là
trung điểm BC. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính HMa và AO tiếp xúc với
nhau.
Trang 58
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
F
I
O
G
N
H
B
D
Ma
C
J
Lời giải. Gọi F là hình chiếu của I trên AB. AI cắt (O) lần thứ hai tại J. Ta có
BC
AB + AC − BC
=
= BMa . Lại có ∠F AI = ∠JBMa nên 4IF A = 4JMa B.
AF =
2
2
Suy ra AI = BJ = JI. Ta thu được OI ⊥ AJ hay I ∈ (AO).
Gọi D là giao của AI với BC. Ta có IF = JMa nên khoảng cách từ I và J đến BC
1
bằng nhau, suy ra DI = DJ = AD.
2
Do đó nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì IG k BC. Gọi N là giao của IG với
OMa . Ta có N Ma = r = Ma J. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IN J với cát tuyến
GN
GH
AI Ma J GN
·
·
= 1. Do đó
=2
. Ta thu được IO k HN.
(A, G, Ma ) ta có
AJ Ma N GI
GI
GO
Mà AI ⊥ OI nên AI ⊥ HN . Đồng thời N I ⊥ AH nên I là trực tâm tam giác AHN .
Suy ra HI ⊥ AN.
Lại có IMa là đường trung bình của tam giác AJN nên IMa k AN . Suy ra HI ⊥ IMa
hay I ∈ (HMa ). Do I nằm trên đường trung bình của hình thang AOMa H nên I nằm
trên đường nối hai tâm của (AO) và (HMa ). Ta có đpcm.
Bài 21. Cho tam giác ABC có AB + AC = 2BC. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A. Đường tròn
(A, AIa ) cắt BC tại E, F sao cho E thuộc tia CB, F thuộc tia BC. Đường tròn (EBIa )
cắt AB tại M , (F CIa ) cắt AC tại N . Chứng minh rằng tứ giác BCN M là tứ giác lưỡng
tâm.
Trang 59
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
I
E
B
O
C
K
F
J
Ia
N
M
Lời giải. Gọi E 0 là giao của đường tròn qua A, B và tiếp xúc với AIa với BC, K là giao
của AIa với BC, J là giao của AI với (O).
Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác ABJC ta có AB · JC + AC · BJ = AJ · BC. Do
JB = JC = JI nên JI · (AB + AC) = AJ · BC. Suy ra AJ = 2JI. Từ đó AI = IJ = JIa ,
lại có AI = 2IK nên AK = KIa . Từ đó KIa2 = KA2 = KB · KE 0 , nghĩa là (E 0 BIa ) tiếp
xúc với AIa .
Như vậy ∠AE 0 Ia = ∠AE 0 K + ∠KE 0 Ia = ∠BAI + ∠BIa I = ∠BAI + ∠BCI.
Mà ∠E 0 AIa = ∠ABC nên ∠E 0 AIa = 180◦ − 2∠AE 0 Ia hay tam giác AE 0 Ia cân tại A.
Từ đó E 0 ≡ E.
Suy ra ∠BIa M = 180◦ − ∠M BIa − ∠BM Ia = 180◦ − (90◦ − ∠IBC) − ∠BIa I =
90◦ + ∠IBC − ∠ICB.
Chứng minh tương tự, ∠CIa N = 90◦ +∠ICB−∠IBC. Suy ra ∠BIa M +∠CIa N = 180◦
hay tứ giác BCN M ngoại tiếp.
Mặt khác, AIa là tiếp tuyến chung của (BIa M ) và (CIa N ) nên AB · AM = AIa2 =
AC · AN hay tứ giác BCN M nội tiếp. Ta có đpcm.
Bài 22. Cho tam giác ABC có AB + AC = 3BC. Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A. Trên BC lấy hai
điểm P, Q sao cho CP = CA, BQ = BA và theo thứ tự P, B, C, Q. Đường tròn (P BIa )
cắt AB lần thứ hai tại M , đường tròn (QCIa ) cắt AC lần thứ hai tại N . Chứng minh
rằng BCN M là tứ giác lưỡng tâm.
Trang 60
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
O
I
Q
P
B
D
C
Ia
N
M
Lời giải. Gọi D là điểm chính giữa cung BC. Dễ thấy IA = IQ = IP. Từ giả thiết
AB + AC = 3BC, áp dụng định lý Ptolemy như bài 21 suy ra AI = 2ID hay IA = IIa .
Vậy AP Ia Q nội tiếp đường tròn tâm I. Bằng một số phép cộng góc đơn giản suy ra
AICQ, AIBP nội tiếp.
Ta có ∠P M B = ∠P Ia B = ∠P Ia A − ∠BIa A = ∠AQB − ∠ICB = ∠Ia IC − ∠ICA =
1
∠IAC. Suy ra ∠BIa M = 180◦ − ∠BP M = ∠P BM + ∠P M B = ∠B + ∠A.
2
1
Tương tự ∠CIa N = ∠C + ∠A. Ta thu được ∠BIa M + ∠CIa N = 180◦ .
2
Suy ra M N tiếp xúc với (Ia ) hay tứ giác BCN M ngoại tiếp.
Mặt khác, ∠CN M = 2∠CN Ia = 2∠P QIa = 2∠P AI = 2∠IBC = ∠ABC hay tứ giác
BCN M nội tiếp. Ta có đpcm.
Bài 23. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E, AD giao BC tại F . Gọi
(O1 ) là đường tròn tiếp xúc với tia EA, EB và tiếp xúc trong với (O). (O2 ) là đường tròn
tiếp xúc với tia F A, F B và tiếp xúc ngoài với (O) tại một điểm trên cung AB không chứa
C, D. Chứng minh rằng giao của hai tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) nằm trên
(O).
Lời giải. Ta phát biểu và chứng minh hai bổ đề sau.
Bổ đề 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC cắt BD tại E. Gọi ω là
đường tròn tiếp xúc với tia EC, ED lần lượt tại M, N và tiếp xúc trong với (O) tại P .
I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ECD, ACD. Khi đó P, I, J, N, D
cùng thuộc một đường tròn.
Trang 61
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B
K
A
L
E
M
J
N
O
I
D
C
P
Chứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao của P M, P N với (O).
Theo định lý Sawayama-Thebault ta có J nằm trên M N.
1
Suy ra ∠EN J = 90◦ − ∠DEC = ∠JID. Từ đó N, J, I, D cùng thuộc một đường
2
tròn.
Mặt khác, P là tâm vị tự ngoài của ω và (O) nên LK k M N. Suy ra ∠N P D =
∠LKD = ∠N JD hay N, J, P, D cùng thuộc một đường tròn.
Vậy P, I, J, N, D cùng thuộc một đường tròn.
Bổ đề 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E. Gọi (I) là
đường tròn tiếp xúc với tia EA, EB và tiếp xúc trong với (O); (J) là đường tròn tiếp xúc
với AD, BC và tiếp xúc trong với (O) tại một điểm nằm trên cung AB không chứa C, D.
Khi đó (I), (J), (O) có chung một tiếp điểm.
B
T
I
A
Q
Y
M
P
Z
X
N
E
J
O
D
C
Trang 62
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Chứng minh. Gọi T là tiếp điểm của (I) với (O), X, Y, Z lần lượt là tâm nội tiếp các tam
giác ABC, ABD, ABE. M, N là tiếp điểm của (I) với EA, EB; M N cắt BC, AD lần lượt
tại P, Q.
Hiển nhiên các bộ 3 điểm A, Z, X; B, Z, Y thẳng hàng. Theo định lý SawayamaThebault, X, Y nằm trên M N.
Áp dụng bổ đề 1 suy ra T ZN XB, T ZM Y A nội tiếp.
Suy ra ∠T Y M = ∠T AC = 180◦ − ∠T BC. Ta thu được Y T BP nội tiếp. Tương tự
T AQX nội tiếp.
Từ đó ∠T P B = ∠T Y B = ∠T AX = ∠T QP hay BC tiếp xúc với (P QT ). Tương tự
AD tiếp xúc với (P QT ).
1
1
Đồng thời ∠BT P = ∠BY P = ∠M AZ = ∠BAC = ∠BT C nên T P là phân giác
2
2
∠BT C. Suy ra (P T Q) tiếp xúc với (O) tại T . Vậy (P T Q) ≡ (J). Ta có đpcm.
Trở lại bài toán.
F
J
B
P
T
A
I
E
O
D
L
C
K
Gọi (L) là đường tròn tiếp xúc với tia EC, ED và tiếp xúc trong với (O) tại K. T, P
lần lượt là tiếp điểm của (I), (J) với (O).
Theo bổ đề 2, tồn tại đường tròn ω1 và ω2 tiếp xúc với AD, BC và lần lượt tiếp xúc
trong với (O) tại T, K. Chứng minh tương tự bổ đề 2 ta cũng thu được tồn tại đường tròn
ω3 tiếp xúc với AC, BD và tiếp xúc ngoài với (O) tại P.
Áp dụng định lý Monge D’Alembert cho 3 đường tròn (I), ω2 , (O) suy ra F, T, K thẳng
hàng; cho 3 đường tròn ω3 , (L), (O) suy ra P, E, K thẳng hàng.
Lại áp dụng định lý Monge D’Alembert cho 3 đường tròn (I), (J), ω1 suy ra tâm vị tự
ngoài của (I) và (J) nằm trên T F ; cho 3 đường tròn (I), (J), ω3 suy ra tâm vị tự ngoài
Trang 63
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
của (I) và (J) nằm trên P E. Mà F T giao P E tại K nên K là tâm vị tự ngoài của (I) và
(J). Ta có đpcm.
Bài 24. (ARMO 2010) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại K. Gọi
(I1 ), (I2 ), (I3 ), (I4 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA, DAB.
M1 , M2 , M3 , M4 lần lượt là điểm chính giữa các cung AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng
I1 M1 , I2 M2 , I3 M3 , I4 M4 , OK đồng quy.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu hai bổ đề.
Bổ đề 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E. Gọi (I)
là đường tròn nội tiếp tam giác AEB, (J) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) tại N và
tiếp xúc với các tia EC, ED. Gọi M là điểm chính giữa cung AB không chứa N . Khi đó
M, I, N thẳng hàng.
B
M
A
K
I
L
E
O
H
G
I2
I1
J
D
N
C
Chứng minh. Gọi G, H lần lượt là tiếp điểm của (J) với BD, AC. L, K lần lượt là điểm
chính giữa cung BD chứa A, cung AC chứa B. BI giao AL tại I1 , AI giao BK tại I2 .
Do tiếp tuyến tại L của (O) song song với tiếp tuyến tại G của (J) nên phép vị tự tâm
N biến (J) thành (O) sẽ biến G thành L, suy ra N, G, L thẳng hàng. Tương tự, N, H, K
thẳng hàng.
Ta có AI1 là phân giác ngoài của ∠N AB nên I2 là tâm đường tròn bàng tiếp góc B
của 4ABD. Tương tự, I2 là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC.
Theo định lý Sawayama-Thébault, I1 , I2 , G, H thẳng hàng.
Ta có ∠N GH = ∠N HC = ∠N BK suy ra tứ giác N GBI2 nội tiếp.
1
1
∠BII2 = (∠BAE + ∠ABE) = 90o − ∠AEB = ∠BGI2 .
2
2
Suy ra tứ giác GIBI2 nội tiếp. Từ đó 5 điểm N, G, I, B, I2 cùng thuộc một đường tròn.
Suy ra ∠IN B = ∠II2 B. (1)
Tương tự, ∠IN A = ∠II1 A. (2)
Mặt khác, AI, BI lần lượt đi qua điểm chính giữa các cung BC, AD nên ∠I1 AI2 =
∠I1 BI2 .
Từ đó tứ giác I1 ABI2 nội tiếp, suy ra ∠II1 A = ∠II2 B. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra N I là phân giác góc AN B hay M, I, N thẳng hàng.
Trang 64
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bổ đề 2. (Yetti). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là điểm bất kì nằm
trên cạnh BC, AP cắt (O) lần thứ hai tại D. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp
tam giác AP B, AP C; (J1 ), (J2 ) lần lượt là đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (P B, P D),
(P C, P D) và cùng tiếp xúc trong với (O). Khi đó I1 I2 , J1 J2 , BC đồng quy.
A
M
N
I1
I2
B
L
C
D
J1
K
J2
G
E
Chứng minh. Gọi K, G lần lượt là tiếp điểm của (J1 ), (J2 ) với (O). M, N lần lượt là điểm
chính giữa các cung AC, AB.
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn (O), (J1 ), (J2 ) suy ra BC, KG, J1 J2
đồng quy tại L.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm N, M, B, C, K, G suy ra giao điểm của các cặp
đường thẳng (N C, M B), (N G, M K), (BG, CK) thẳng hàng.
Từ đó theo định lý Desargues, I1 I2 , BC, J1 J2 đồng quy.
Trở lại bài toán.
B
M1
L
N2
N1
A
I1
M2
I2
K
N4
J4
M4
O
J3
C
D
N3
M3
Gọi (J1 ), (J2 ), (J3 ), (J4 ) lần lượt là các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (KA, KB),
(KB, KC), (KC, KD), (KD, KA) và tiếp xúc trong với (O) lần lượt tại N1 , N2 , N3 , N4 .
Trang 65
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Theo bổ đề 1 ta có M1 , I1 , N3 thẳng hàng và M2 , I2 , N4 thẳng hàng. Do đó ta chỉ cần
chứng minh I1 N3 , I2 N4 , OK đồng quy.
Theo bổ đề 2, N3 N4 , J3 J4 , I1 I2 đồng quy tại một điểm trên AC.
Áp dụng định lý Desargues cho ba đường thẳng N3 N4 , J3 J4 , I1 I2 suy ra giao điểm của
các cặp đường thẳng (I1 N3 , I2 N4 ), (N4 J4 , N3 J3 ), (I1 J3 , I2 J4 ) thẳng hàng, tức là giao điểm
của I1 N3 và I2 N4 nằm trên OK.
Chứng minh tương tự ta thu được I1 M1 , I2 M2 , I3 M3 , I4 M4 , OK đồng quy.
Bài 25. Cho tam giác ABC. D là một điểm bất kì trên BC. Gọi (O1 ) là đường tròn tiếp xúc với
AB, BC và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC, (O2 ) là đường tròn
tiếp xúc với AC, BC và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB. Gọi E, F
lần lượt là tiếp điểm của (O1 ) và (O2 ) với BC, G là tiếp điểm của (O1 ) với (ADC), H
là tiếp điểm của (O2 ) với (ADB). Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác
BHF, CGE và đường tròn đường kính BC đồng quy.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự cùng nằm trên một đường thẳng. Gọi
ω1 , ω2 , ω3 , ω4 lần lượt là đường tròn bất kì qua các cặp điểm (A, B), (B, C), (C, D), (D, A).
X, Y, Z, T lần lượt là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn ω1 và ω2 , ω2 và ω3 , ω3 và
ω4 , ω4 và ω1 . Khi đó X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn.
Z
Y
T
X
A
B
C
D
Chứng minh. Bổ đề trên có thế chứng minh bằng một số phép cộng góc đơn giản hoặc
xét phép nghịch đảo cực A phương tích bất kì biến bài toán thành định lý điểm Miquel
của tam giác.
Trở lại bài toán.
Trang 66
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
M
I
K
B
O2
H
O1
E
G
D
C
F
L
N
Gọi K là tiếp điểm của (O1 ) với AB. (AKG) cắt (CEG) lần thứ hai tại I. AI, CI lần
lượt cắt EK tại N, M.
Áp dụng định lý điểm Miquel cho tam giác AKN với bộ 3 điểm K, E, I ta có (AKI)
cắt (KKE) tại G nên G là điểm Miquel của tam giác AKN ứng với 3 điểm K, E, I, hay
N ∈ (CEG). Tương tự, M ∈ (AKG).
Gọi C 0 là giao của (AM N ) và (IEN ). Áp dụng bổ đề trên cho 4 điểm M, K, E, N và
4 đường tròn (M KI), (O1 ), (N EI), (M AN ) ta thu được (AGC 0 ) tiếp xúc với (O1 ). Từ đó
suy ra C 0 ≡ C hay tứ giác A, M, N, C nội tiếp.
Suy ra ∠IAB = ∠IM K = ∠IAC, ∠ICB = ∠IEN = ∠ICA hay I là tâm đường tròn
nội tiếp của tam giác ABC.
Ta có ∠AGI = ∠AM I = ∠CN I = ∠IGC hay GI là phân giác ∠AGC.
Tương tự, (BHF ) cũng đi qua I và HI là phân giác ∠BHA.
Gọi L là giao điểm thứ hai của (BHF ) và (CGE).
Ta có
∠BLC = ∠BLI + ∠CLI = ∠BHI + ∠CGI =
∠ADC) = 90◦ . Suy ra đpcm.
1
1
(∠BHA + ∠CGA) = (∠ADB +
2
2
Bài 26. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại P . Đường tròn ngoại tiếp
các tam giác AP D và BP C lần lượt giao CD tại E và F sao cho E, F thuộc đoạn thẳng
CD. AE, BF giao (O) lần lượt tại K, L. Gọi I1 , I2 , J1 , J2 lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác ADE, CEK, BCF, DF L. Chứng minh rằng I1 , I2 , J1 , J2 đồng viên.
Trang 67
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Cách 1.
T
N
B
M
A
Y
P
X
I
J1
I1
E
F
D
C
I2
K
J2
L
Gọi T là giao của AD và BC. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác T CD, (X) và (Y )
lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác AP D và BP C. Ta có X và Y lần lượt là
điểm chính giữa cung AD và BC của (AP D) và (BP C) nên XY là phân giác ∠AP D.
Dễ thấy T I song song với phân giác ∠DP C nên T I ⊥ XY . Mà T A · T D = T B · T C
nên T nằm trên trục đẳng phương của (X) và (Y ). Suy ra T I là trục đẳng phương của
(X) và (Y ).
Do đó ID · II1 = IC · IJ1 hay tứ giác DI1 J1 C nội tiếp.
1
1
1
Suy ra ∠EI1 J1 = ∠DI1 J1 −∠DI1 E = 180◦ − ∠BCD −(90◦ + ∠DAE) = ∠DAB −
2
2
2
1
∠DAE = ∠EAP = ∠EXP . Do đó I1 J1 k XY.
2
Gọi M, N lần lượt là điểm đối xứng với I1 qua X, J1 qua Y suy ra M N k XY k I1 J1 .
Suy ra ∠M N C = ∠M N J1 + ∠J1 N C = ∠I1 J1 F + ∠J1 BC = ∠I1 J1 F + ∠F J1 C − 90◦ =
∠I1 J1 C − 90◦ = 270◦ − ∠I1 DC = 180◦ − (90◦ + ∠I1 DC) = 180◦ − ∠M DC. Do đó tứ giác
M N CD nội tiếp.
1
1
Ta có ∠M I2 C = 90◦ + ∠EKC = 90◦ + ∠ADC = ∠M DC nên I2 ∈ (M N CD),
2
2
tương tự với J2 .
Suy ra tứ giác M N J2 I2 nội tiếp. Mà I1 J1 k M N nên theo định lý Reim, tứ giác I1 J1 J2 I2
nội tiếp.
Cách 2 (Cho phần chứng minh I1 , J1 , C, D đồng viên).
Trang 68
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
J5
B
I5
A
T
S
Y
P
X
J3
I3
J4
I4
I1
E
J1
F
D
C
I2
J2
K
M
L
(Luis González) Gọi I3 , I4 , J3 , J4 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AP D,
ADC, BP C, BDC.
AI4 giao BJ4 tại M là trung điểm cung CD của (O). Dễ thấy tứ giác DCJ4 I4 nội tiếp
đường tròn (M, M B) nên M I4 = M J4 .
1
1
Lại có I3 J3 đi qua P và ∠P I3 I4 = 90◦ − ∠ADP = 90◦ − ∠ACB = ∠P J3 J4 nên tam
2
2
giác M I3 J3 cân tại M . Ta thu được I3 J3 J4 I4 là hình thang cân.
Mặt khác, dễ thấy tứ giác AI3 I1 D và BJ3 J1 C lần lượt nội tiếp đường tròn có tâm X
và Y là trung điểm cung AD và BC của (AP D) và (BP C). Gọi T là giao của I1 I3 và
J1 J4 , S là giao của I1 I4 và J1 J3 .
Ta có ∠I1 I3 I4 = ∠ADI1 = ∠CDI1 = ∠I4 J4 T nên tứ giác T I3 I4 J4 nội tiếp.
Tương tự tứ giác SJ3 J4 I4 nội tiếp. Vậy S, T ∈ (I4 J4 J3 I3 ).
Suy ra ∠I1 T J1 = ∠I3 T J4 = ∠J3 SI4 = ∠J1 SI1 hay tứ giác T SJ1 I1 nội tiếp.
Do các tứ giác T SJ4 I4 và DCJ4 I4 nội tiếp nên áp dụng định lý Reim, T S k DC. Lại có
T SJ1 I1 nội tiếp nên áp dụng định lý Reim ta có DCJ1 I1 nội tiếp và I1 J1 k I4 J4 k I3 J3 .
Bài 27. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi M là điểm chính giữa cung
BHC của đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC. BM giao AC tại E, CM giao AB tại
F . Kẻ phân giác AD của tam giác ABC. Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF.
a) Chứng minh rằng T D ⊥ BC.
b) Chứng minh rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF bằng OD.
Trang 69
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
J
A
F
T
E
M
H
O
C
B
D
1
Lời giải. a) Ta có ∠F AD = ∠BAC = ∠M CB nên tứ giác F ACD nội tiếp.
2
Suy ra ∠DF C = ∠DAC = ∠M BC, ta thu được tứ giác F M DB nội tiếp, tương tự
M ECD nội tiếp.
Dễ thấy M ∈ (AEF ), gọi T là tâm của (AEF ). Ta có
T B 2 − T C 2 = PB/(T ) − PC/(T ) = BM · BE − CM · CF = BD · BC − CD · CB =
BC(BD − CD) = (BD + CD)(BD − CD) = BD2 − CD2 . Suy ra T D ⊥ BC.
b) Ta có ∠ADB = ∠AEB = ∠M DC nên DA và DM đối xứng nhau qua DT.
Do BM = CM và ∠BF M + ∠CEM = 180◦ nên R(BM F ) = R(CM E) . Suy ra BF = CE.
Ta có (AEF ) giao (O) tại J là tâm của phép vị tự quay biến BF thành CE nên
JB = JC. Do OT ⊥ AJ và AJ ⊥ AD nên OT k AD.
Ta thu được ∠T OM = ∠ADT = ∠T DM , suy ra tứ giác T M OD nội tiếp. Mà OM k
T D nên T M OD là hình thang cân. Vậy T M = OD hay R(AEF ) = OD.
Bài 28. (Arab Saudi JBMO TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Phân giác
góc A cắt BC tại D và cắt (O) tại E. Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua O, K, L lần
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ACD. Chứng minh rằng K, L, E, A0
đồng viên.
Trang 70
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
M
A
J
L
K
O
D
C
B
A'
E
Lời giải. Ta có EB 2 = ED · EA = PE/(K) nên ∠KBE = 90◦ . Tương tự, ∠LCE = 90◦ .
Gọi M là giao của BK và CL suy ra M là điểm chính giữa cung BAC.
Ta có ∠AOM = 2∠ABM = ∠AKM nên tứ giác AM OK nội tiếp. Chứng minh tương
tự suy ra A, M, K, L, O cùng thuộc một đường tròn.
Lại có M O là phân giác ∠KM L nên OK = OL. Gọi J là tâm của (AKL) thì OJ là
trung trực của KL và AM . Mà A0 , E lần lượt đối xứng với A, M qua O nên phép đối
xứng trục OJ:
SOJ : K 7→ L, A 7→ M, A0 7→ E, suy ra KLA0 E là hình thang cân. Vậy KLA0 E là tứ
giác nội tiếp.
Bài 29. (Arab Saudi TST 2016) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Gọi d1 và
d2 là hai đường thẳng đi qua A và đối xứng nhau qua AB. d1 cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại
G, E, d2 cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại F, H sao cho E nằm giữa A và G, F nằm giữa A và
H. EH cắt F G tại J. BJ cắt (O1 ), (O2 ) lần lượt tại K, L, O1 K cắt O2 L tại N . Chứng
minh rằng (N LK) tiếp xúc với AB.
L
A
O
N
E
O1
K
J
O2
F
B
G
H
Trang 71
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Ta có
1
1
∠AKO1 = 90◦ − ∠AO1 K = 90◦ −∠ABK = 90◦ −∠ABL = 90◦ − ∠AO2 L = ∠ALO2 .
2
2
Suy ra ALN K là tứ giác nội tiếp.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ALN K.
Do B là giao của (AGF ) và (AEH) nên B là điểm Miquel của tứ giác toàn phần
AEJF.GH hay B ∈ (JF H).
Ta thu được ∠BAO = ∠BAK + ∠KAO = ∠BAF + ∠F AK + 90◦ − ∠ALK
_
_
1 _
1 _
= (BF + F K) + 90◦ − ∠AHB = (BG + F K) − ∠GJB + 90◦ = 90◦ .
2
2
Suy ra AB tiếp xúc với (O).
Bài 30. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Kẻ các đường kính AA0 , BB 0 , CC 0 của (O).
Các đường thẳng B 0 C 0 , C 0 A0 , A0 B 0 cắt cạnh BC, CA, AB tại các điểm X, Y, Z, T, U, V theo
thứ tự xoay vòng ngược kim đồng hồ (X, Y ∈ BC, Z, T ∈ AC, U, V ∈ AB). Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC, Ia , Ib , Ic lần lượt là các tâm đường tròn bàng tiếp góc
A, B, C của các tam giác AU T, BXV, CY Z. Chứng minh rằng I, Ia , Ib , Ic đồng viên.
Jb
D
A
Jc
C'
T
U
Ib
V
Ia
O
I
Ic
F
Z
Y
X
B
B'
P
C
E
A'
Ja
Lời giải. Gọi Ja , Jb , Jc lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của tam giác
ABC. Ta thu được I là trực tâm tam giác Ja Jb Jc .
Ta có C 0 T CX là hình bình hành có O là trung điểm CC 0 nên O đồng thời là trung
điểm của XT . Tương tự, O là trung điểm của U Y . Suy ra U T Y X là hình bình hành.
Suy ra U T = XY.
Hiển nhiên Ia , Ib , Ic lần lượt nằm trên AJa , BJb , CJc . Ta có hai tam giác AU T và ABC
AIa
AU
đồng dạng, có Ia , Ja lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, suy ra
=
=
AJa
AB
UT
XY
=
.
BC
BC
Trang 72
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
BIb
BX CIc
CY
=
,
=
.
BJb
BC CJc
CB
AIa
BIb
CIc
XY
BX CY
Vậy
+
+
=
+
+
= 1.
AJa BJb CJc
BC
BC
BC
Tương tự,
Qua Ib , Ic lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BJb , CJc , hai đường thẳng này
cắt nhau tại P . Ja P, Jb P, Jc P cắt cạnh đối diện của tam giác Ja Jb Jc lần lượt tại D, E, F .
EP
FP
SJ P J
SJ P J
SJ P J
DP
+
+
= b c + a c + a b = 1.
Ta có
DJa EJb F Jc
SJa Jb Jc SJa Jb Jc SJa Jb Jc
EP
BIb F P
CIc
DP
AIa
Theo định lý Thales, ta lại có
=
,
=
nên
=
. Suy ra
EJb
BJb F Jc
CJc
DJa
AJa
Ia P k AD hay P Ia ⊥ Ja A.
Vậy I, Ia , Ib , Ic đều nằm trên đường tròn đường kính IP .
Bài 31. (Arab Saudi IMO Training Test 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực
tâm H. Trung tuyến AM cắt (O) lần thứ hai tại N . AH cắt (O) tại K. Các đường thẳng
KN, BC và đường thẳng qua H vuông góc với AN cắt nhau tạo thành tam giác XY Z.
Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc với (O).
A
J
T
O
H
Z
P
C
Y
B
X
M
x
K
Q
N
Lời giải. Giả sử vị trí các điểm X, Y, Z như hình vẽ. Gọi T là giao điểm thứ hai của
(AH) và (O), P là hình chiếu của H trên AM , Q là điểm đối xứng với A qua O.
Theo kết quả quen thuộc, T, H, M, Q thẳng hàng.
Ta có ∠HXK = 90◦ − ∠P N X = 90◦ − ∠AN K = 90◦ − ∠AQK = ∠KAQ = ∠KT H.
Suy ra tứ giác XKHT nội tiếp.
Do HP ⊥ AM , Y M ⊥ AH nên Y là trực tâm tam giác AHM , suy ra Y, T, A thẳng
hàng.
Từ đó ∠T XK = ∠T HA = ∠T Y B hay tứ giác ZXY T nội tiếp.
Kẻ tiếp tuyến T x của (O). Ta có ∠XT x = ∠XT K − ∠xT K = ∠XHK − ∠T AK =
∠T Y H = ∠T ZX. Suy ra T x đồng thời là tiếp tuyến của (XY Z). Vậy hai đường tròn
(XY Z) và (O) tiếp xúc nhau tại T.
Trang 73
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 32. Cho tam giác ABC. Một đường tròn (Oa ) đi qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F. BE
giao CF tại P . Gọi M là trung điểm BC. Kẻ P K vuông góc với AOa . Q đối xứng với P
qua BC, L đối xứng với K qua M . Các đường thẳng P K, QL, BC cắt nhau tạo thành
tam giác XY Z. Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc với (ABC).
V
A
Hc
Hb
H'
J
E
T
O
H
F
K
P
Z
Y
M
S
X
C
B
Oa
Q
U
L
R
W
Lời giải. Giả sử vị trí của ba điểm X, Y, Z như hình vẽ.
Gọi T là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính AP với đường tròn (O) ngoại
tiếp tam giác ABC. Do P K ⊥ AOa nên theo định lý Brocard, Z là giao của EF và AT.
Gọi H, H 0 lần lượt là trực tâm các tam giác ABC, AEF . Hb , Hc lần lượt là hình chiếu
của F, E trên AC, AB.
Ta có H 0 F · H 0 Hb = H 0 E · H 0 Hc suy ra H 0 thuộc trục đẳng phương của (BE) và
(CF ). Chứng minh tương tự suy ra HH 0 là trục đẳng phương của (BE) và (CF ). Mà
P E · P B = P F · P C nên P, H, H 0 thẳng hàng.
Do Oa T ⊥ AZ nên T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BF EC.AZ. Suy ra T có
chung đường thẳng Simson với hai tam giác AEF, ABC. Do đường thẳng Steiner là ảnh
của đường thẳng Simson qua phép vị tự tâm T tỉ số 2 nên HH 0 là đường thẳng Steiner
của T ứng với hai tam giác AEF, ABC hay P H là đường thẳng Steiner của P ứng với
tam giác ABC.
Kéo dài AH cắt (O) tại R suy ra T R đi qua Q.
Ta có ZP · ZK = PZ/(Oa ) = ZB · ZC. Suy ra tứ giác BP KC nội tiếp.
Trang 74
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi U là đối xứng của P qua M . Phép đối xứng tâm M biến đường tròn (BP KC)
thành (BLU C). Lại có Q đối xứng với P qua BC nên QU k BC và QB = QP = U C hay
tứ giác BQU C là hình thang cân. Vậy 5 điểm B, Q, L, U, C đồng viên.
Ta có P K k U L nên ∠P XL = 180◦ − ∠QLU . (1)
Gọi V là giao điểm thứ hai của P Q với (BQC). W là điểm đối xứng với A qua O. Do hai
đường tròn (BP C) và (BQC) đối xứng với nhau qua BC nên P là trực tâm tam giác BV C.
Đồng thời V U đi qua tâm ngoại tiếp tam giác V BC nên ∠QV U = |∠V BC − ∠V CB|.
Lại có ∠ABP = ∠ACP nên ∠V BA = ∠V CA. Suy ra |∠V BC − ∠V CB| = |∠ABC −
∠ACB| = ∠RAW = ∠RT W = ∠QT P.
Vậy ∠QV U = ∠QT P . (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∠QT P = ∠QXP hay tứ giác XT P Q nội tiếp đường tròn (S).
Ta có ∠ST P = 90◦ − ∠T QP = 90◦ − ∠T RA = 90◦ − ∠T W A = ∠T AW . Suy ra ST là
tiếp tuyến của (O).
Mặt khác, ∠ST X = 90◦ − ∠T P X = ∠T ZP = ∠T Y X. Suy ra ST là tiếp tuyến của
(XY Z).
Vậy hai đường tròn (O) và (XY Z) tiếp xúc nhau tại T.
Bài 33. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua O. Trung
tuyến AM của tam giác ABC cắt BA0 , CA0 lần lượt tại L, K. Các đường thẳng qua L
vuông góc với BA0 , qua K vuông góc với CA0 và đường thẳng OM cắt nhau tạo thành
tam giác XY Z. Gọi P là giao của hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Chứng minh rằng
(AM P ) tiếp xúc với (XY Z).
W
A
O
M
E
Y
B
C
L
Z
J S
V
A'
U
T
K
X
P
Trang 75
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Giả sử vị trí của các điểm X, Y, Z như hình vẽ.
Gọi U, V lần lượt là giao điểm thứ hai của AM, AP với (O). BA0 giao OM tại E.
Ta có ∠M EC = ∠M EB = ∠ABC = ∠M U C nên tứ giác M EU C nội tiếp.
Suy ra ∠EU M = ∠ECM = ∠EBM = ∠EXL hay tứ giác ELU X nội tiếp. Từ đó
∠EU X = ∠ELX = 90◦ = ∠EU C. Suy ra X, U, C thẳng hàng.
Do V, U đối xứng nhau qua OM nên B, V, X thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta
cũng có B, Y, U và C, Y, V lần lượt thẳng hàng.
Ta có ∠Y V X = ∠BA0 K = ∠Y ZL nên tứ giác XZY V nội tiếp đường tròn (J).
Do đó ∠JV C = 90◦ − ∠V XY = ∠V BC hay JV là tiếp tuyến của (O). Từ đó (XY Z)
trực giao với (O). (1)
Mặt khác, kéo dài P M cắt (O) tại hai điểm W và S thì (T M SW ) = −1. Suy ra
PO/(AM P ) = OM · OP = OB 2 nên (AM P ) trực giao với (O). (2)
Gọi T là giao điểm thứ hai của (XY Z) và (O) thì T là điểm Miquel của tứ giác toàn
phần AM Y V.CX. Suy ra ∠T M P = ∠T BX = ∠T AP hay T ∈ (AM P ). (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra đường nối tâm các đường tròn (AM P ) và (XY Z) nằm trên tiếp
tuyến tại T của (O) hay (AM P ) tiếp xúc với (XY Z) tại T .
Bài 34. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H, đường đối trung AD (D ∈ BC).
Qua D kẻ đường thẳng cắt AC, AB lần lượt tại E, F sao cho D là trung điểm EF . Gọi
K là trực tâm tam giác AEF .
a) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AK tiếp xúc với (O).
b) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AK tiếp xúc với (BHC).
Lời giải. a) Gọi M là trung điểm BC. Do AM và AD đẳng giác trong ∠BAC và D là
trung điểm EF nên tứ giác F BEC nội tiếp và 4AF E ∼ 4ACB. Do AH và AO đẳng
giác trong góc A nên K ∈ AO. Suy ra (AK) tiếp xúc với (O) tại A.
b) Cách 1.
Trang 76
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
N
K
X
E
T
O
Q
H
V
Y
M
L
C
D
B
W
Z
J
F
G
R
Gọi T là hình chiếu của H trên AM . Ta chứng minh (AK) và (BHC) tiếp xúc nhau
tại T.
Gọi X, Y, Z lần lượt là trung điểm AD, BE, CF . AD cắt BE, CF lần lượt tại V, W ;
BE cắt CF tại R.
Ta có (RW F C) = (RV BF ) = −1 nên theo hệ thức Maclaurin, RV · RY = RB · RE =
RF · RC = RW · RZ. Suy ra tứ giác V W ZY nội tiếp.
2
Theo hệ thức Newton, XY · XZ = XV · XW = XA . Do AY, AZ cũng đẳng giác trong
∠BAC nên ta thu được ∠AZX = ∠XAY = ∠ZAM hay AM k XZ.
Do XZ là đường thẳng Gauss-Newton của tứ giác toàn phần ABDE.F C nên XZ
vuông góc với đường thẳng Steiner HK. Suy ra AM ⊥ HK hay HK đi qua T .
Gọi Q là giao điểm thứ hai của (AH) với (O). HT cắt BC tại L. Dễ thấy Q, H, M
thẳng hàng và H là trực tâm tam giác ALM nên L, A, Q thẳng hàng. Suy ra LH · LT =
LA · LQ = LB · LC nên T ∈ (BHC).
Gọi G là điểm đối xứng với A qua M, J là tâm của (BHC). Ta có J và O đối xứng
với nhau qua BC nên G ∈ (BHC) và JG k AO. Vậy T là tâm vị tự của hai đường tròn
(AK) và (BHC) hay hai đường tròn tiếp xúc nhau tại T.
Cách 2.
Trang 77
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
K
E
T
O
Y
H
D
B
M
C
X
F
P
Theo cách 1, hai đường tròn đường kính AK và (BHC) tiếp xúc nhau nếu ta chứng
minh được HK ⊥ AM.
Kéo dài AD cắt (O) tại P. Ta có ∠BP A = ∠BCA = ∠BF D. Suy ra P là điểm Miquel
của tứ giác toàn phần ABDE.CF.
Do H, K lần lượt là trực tâm các tam giác ABC, AEF nên HK là đường thẳng Steiner
của tứ giác toàn phần ABDE.CF hay đường thẳng Steiner của điểm Miquel P ứng với
tam giác ABC.
Kẻ P X ⊥ AB, P Y ⊥ AC. Suy ra XY là đường thẳng Simson của P ứng với tam giác
ABC. Ta thu được XY k HK.
Mặt khác, ta có AP là đường kính của (AXY ), AM đẳng giác với AP trong ∠BAC
nên AM ⊥ XY . Vậy AM ⊥ HK.
Bài 35. (Tạp chí Pi số 1/2017) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với hai đường chéo
AC và BD vuông góc. AD giao BC tại P. Kẻ đường kính P Q của (P CD). Gọi M, N lần
lượt là điểm chính giữa hai cung CD của (P CD). QM giao BD, CD lần lượt tại E, F .
QN giao AC, CD lần lượt tại K, L. Chứng minh rằng (EDF ) tiếp xúc với (KCL).
Trang 78
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
N
P
B
A
U
S
R
J
y
T
x
O
K
D
F
I
L
C
Q
M
E
Lời giải. Gọi S là giao của AC và BD. Phân giác ∠ASD cắt AD, BC lần lượt tại R, U.
Ta có ∠DRU = ∠DAS + ∠ASR = ∠CBD + ∠BSU = ∠CU R. Suy ra tam giác P RU
cân tại P.
Do P M là phân giác ∠P RU nên P M ⊥ RU , suy ra P M song song với phân giác Sx
của ∠DSC hay Sx ⊥ M Q.
Lại có ∠DSC = 90◦ nên ∠SEF = 45◦ . Tứ giác ESKQ nội tiếp nên ∠LKC = ∠SEQ =
45◦ .
Gọi T là giao điểm khác C của (CD) và (KCL) suy ra ∠LT C = ∠LKC = 45◦ . Suy
ra ∠DT L = 45◦ .
Do M, N là điểm chính giữa hai cung CD nên QM, QN là hai phân giác của ∠DQC,
suy ra (DCLF ) = −1. Mà ∠DT C = 90◦ nên T C là phân giác ∠LT F . Ta thu được
∠LT F = 90◦ . Từ đó ∠DT F = 135◦ .
Suy ra ∠DT F + ∠DEF = 180◦ hay T ∈ (DEF ).
Kẻ tiếp tuyến T y của (LT C). Ta có ∠yT D = ∠yT L − ∠DT L = ∠T CL − ∠CT F =
∠T F D. Suy ra T y đồng thời là tiếp tuyến của (DEF ). Vậy hai đường tròn tiếp xúc nhau
tại T .
Bài 36. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có B, C cố định, A chuyển động. Hai tiếp tuyến tại B, C
của (O) giao nhau tại P . Đường tròn đường kính OP cắt AC, AB lần lượt tại D, E. DE
cắt P B, P C lần lượt tại Q, R. Chứng minh rằng (P QR) luôn tiếp xúc với một đường tròn
cố định.
Trang 79
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
R
O
D
M
B
L
C
Q
E
J
T
K
N
P
Lời giải. Ta có ∠P DC = ∠P BC = ∠BAC nên P D k AB. Tương tự P E k AC. Từ đó
ADP E là hình bình hành. Suy ra AP cắt DE tại trung điểm M của mỗi đường.
Gọi J là trung điểm OP suy ra JM là đường trung bình của tam giác AOP . Dễ thấy
D, E lần lượt nằm trên trung trực của AB, AC nên O là trực tâm tam giác ADE, suy ra
AO
R
AO ⊥ DE. Suy ra JM ⊥ DE và JM =
= .
2
2
Gọi N là trung điểm BP , ta có JN là đường trung bình của tam giác BOP nên
R
JN =
và JN ⊥ BP . Tương tự suy ra J là tâm nội tiếp của tam giác P QR.
2
Qua J kẻ đường vuông góc với JP cắt P C, P B lần lượt tại K, T . Suy ra K, T cố định
và theo bổ đề Sawayama, K, T là tiếp điểm của đường tròn P -mixtilinear (L) của tam
giác P QR. Suy ra (L) là đường tròn cố định và (L) tiếp xúc với (P QR).
Bài 37. Cho tam giác ABC với (I) là đường tròn nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt
tại D, E, F . Đường cao AH cắt đường tròn (A, AE) tại điểm M nằm trong tam giác. M I
cắt BC tại T . AT cắt ID tại P . Chứng minh rằng hai tứ giác AP DB và AP DC bàng
tiếp.
Trang 80
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
N
A
X
P
E
F
t
M
I
B
H
D
T
C
Lời giải. Gọi X là giao điểm thứ hai của M I với (A). DM cắt (A) lần thứ hai tại N.
Kẻ tiếp tuyến M t của (A) suy ra M t k BC.
Ta có ∠XN M = ∠XM t = ∠M T D suy ra tứ giác XN T D nội tiếp.
Suy ra ∠DN T = ∠DXT.
Lại có IM · IX = IE 2 = ID2 nên ∠DXI = ∠IDM = ∠DM H = ∠AM N = ∠AN M.
Do đó ∠AN M = ∠DXT = ∠DN T , suy ra N, A, T thẳng hàng.
Do AN = AM và AM k DP nên P D = P N . Suy ra P D − P A = P N − P A = AN =
AE = AC − DC = AB − BD.
Suy ra các tứ giác ABDP và ACDP bàng tiếp.
Bài 38. Cho tam giác ABC. Một đường tròn bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F . BE
cắt CF tại P . Một đường thẳng d bất kì qua A cắt BE, CF lần lượt tại L, K. Đường
thẳng d0 đẳng giác với d trong góc BAC cắt BE, CF lần lượt tại M, N . M K cắt LN tại
X, M K, LN cắt BC lần lượt tại Z, Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp hai tam
giác BP C và XY Z tiếp xúc nhau.
Trang 81
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
L
F
P
M
X
N
B
Y
T
C
K
Z
Lời giải. Gọi T là giao điểm khác P của (M XL) và (N XK). Khi đó T là tâm vị tự quay
của hai đoạn thẳng LM và N K.
Do B, C, E, F đồng viên nên 4AEB ∼ 4AF C. Lại có hai đường thẳng d và d0 đẳng
LM
NK
giác trong ∠BAC nên
=
.
MB
KC
Suy ra T là tâm vị tự quay của hai đoạn thẳng LB và N C.
Ta thu được T là giao của hai đường tròn (BP C) và (LP N ).
Suy ra T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BP N Y.LC. Suy ra T ∈ (N Y C).
Từ đó T đồng thời là điểm Miquel của tứ giác toàn phần Y N KZ.XC. Suy ra T ∈
(XY Z).
Vậy ta chỉ cần chứng minh T Y, T Z đẳng giác trong ∠BT C.
Do d và d0 đẳng giác trong ∠BAC nên ∠ALE = ∠AN F , suy ra tứ giác M N KL nội
tiếp. Suy ra ∠CT Z = ∠CKZ = ∠XKN = ∠M LN = ∠BT Y . Ta có đpcm.
Bài 39. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r). (I) tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại
E, F . Trên các tia EA, F A lần lượt lấy điểm K, L sao cho EK = F L = r. Đường thẳng
qua K vuông góc với AC cắt đường thẳng qua L vuông góc với AB tại J. Chứng minh
rằng đường tròn (J, JL) tiếp xúc với đường tròn đường kính BC.
Trang 82
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
P
L
J
x
K
Q
E
T
F
I
B
C
D
Lời giải. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, Q là điểm đối xứng của D qua I.
Do AE = AF nên AK = AL. Suy ra (J) tiếp xúc với AB, AC. Do đó A là tâm vị tự
ngoài của (I) và (J).
Xét phép vị tự tâm A HA : (I) → (J), Q 7→ P , F 7→ L.
Gọi T là giao điểm thứ hai của IP với (J) thì do tính chất của phép vị tự, ∠P T L =
∠QDF = ∠ABI nên tứ giác LT IB nội tiếp. Tương tự, tứ giác KT IC nội tiếp.
Do đó ∠BT C = ∠BT I +∠CT I = ∠BLI +∠CKI = 45◦ +45◦ = 90◦ . Suy ra T ∈ (BC).
1
Ta có ∠KT C = ∠KIC = 135◦ − ∠ACB.
2
1
∠KLT + ∠CBT = ∠KLI + ∠IBC = 180◦ − ∠ALK − ∠BLI + ∠ABC
2
1
1
1
= 135◦ − 90◦ + ∠BAC − ∠ABC = 135◦ − ∠ACB.
2
2
2
Do đó ∠KT C = ∠KLT + ∠CBT.
Kẻ tiếp tuyến T x của (BC). Ta có ∠KT x + ∠xT C = ∠KLT + ∠CBT.
Mà ∠xT C = ∠T BC suy ra ∠KT x = ∠KLT. Suy ra T x là tiếp tuyến của (J). Vậy
(J) và (BC) tiếp xúc nhau tại T .
Bài 40. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Hai điểm E, F lần lượt nằm
trên cạnh AC, AB sao cho EF tiếp xúc với (BHC). Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp
của tam giác AEF . Chứng minh rằng (EJF ) tiếp xúc với (O).
Trang 83
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
J
E
T
F
H
O
C
B
x
L
Lời giải. Gọi T là tiếp điểm của EF với (BHC). (BF T ) cắt (O) lần thứ hai tại L.
Ta có ∠T LC = ∠BLC − ∠BLT = 180◦ − ∠EAF − ∠AF E = ∠AEF. Do đó tứ giác
CLT E nội tiếp.
Ta có ∠ELF = ∠ELT + ∠T LF = ∠ECT + ∠F BT = ∠BHC − ∠BAC = 180◦ −
2∠BAC = 180◦ − ∠EJF.
Suy ra tứ giác EJF L nội tiếp.
Kẻ tiếp tuyến Lx của (O).
Ta có ∠xLF = ∠xLB + ∠BLF = ∠BCL + ∠F T B = ∠BCL + ∠T CB = ∠T CL =
∠F EL.
Suy ra Lx cũng đồng thời là tiếp tuyến của (EJF ). Vậy (EJF ) và (O) tiếp xúc nhau
tại L.
Bài 41. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn đi qua A tiếp xúc
ngoài với (BIC) và cắt AC, AB lần lượt tại E, F . Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác AEF . Chứng minh rằng (EJF ) tiếp xúc với BC.
Trang 84
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
J
F
E
x
T
I
B
C
S
Lời giải. Gọi T là tiếp điểm của (AEF ) với (BIC). (BF T ) cắt BC tại S suy ra tứ giác
ST EC nội tiếp.
Ta có ∠ESF = ∠EST + ∠T SF = ∠ECT + ∠F BT = ∠BT C − ∠BAC = ∠BIC −
1
∠BAC = 90◦ − ∠BAC = 180◦ − ∠EJF.
2
Do đó tứ giác EJF S nội tiếp.
Kẻ tiếp tuyến chung T x của (AEF ) và (BIC). Suy ra ∠xT B = ∠T CB và ∠xT F =
∠T EF.
Từ đó ∠F SB = ∠F T B = ∠T CB + ∠T EF = ∠T ES + ∠T EF = ∠SEF.
Vậy BC là tiếp tuyến của (EJF ).
Bài 42. Cho tứ giác ABCD. AD cắt BC tại P . Gọi O, O0 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác P CD, P AB, H, H 0 lần lượt là trực tâm các tam giác P CD, P AB. Chứng minh
rằng (DOC) tiếp xúc với (AO0 B) khi và chỉ khi (DHC) tiếp xúc với (AH 0 B).
Trang 85
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
P
O' H'
B
A
T
x
H
O
L
D
C
Lời giải. Giả sử (DOC) tiếp xúc với (AO0 B) tại T .
Gọi L là giao điểm thứ hai của (AT D) và (BT C).
Ta có ∠ALB = ∠ALT + ∠T LB = ∠ADT + ∠BCT = ∠DT C − ∠DP C = ∠DOC −
∠DP C = ∠DP C = 180◦ − ∠AH 0 B. Do đó L ∈ (AH 0 B).
Lại có ∠DLC = ∠DAT + ∠CBT = ∠AP B + ∠AT B = ∠AP B + 180◦ − 2∠AP B =
180◦ − ∠AP B = ∠DHC.
Suy ra L ∈ (DHC).
Kẻ tiếp tuyến Lx của (DHC).
Ta có ∠ALx = ∠ALD − ∠xLD = ∠AT D − ∠LCD = ∠ABT + ∠T CD − ∠LCD =
∠ABT + ∠T CL = ∠ABT + ∠T BL = ∠ABL.
Suy ra Lx đồng thời là tiếp tuyến của (AH 0 B). Suy ra (AH 0 B) tiếp xúc với (DHC)
tại L.
Chiều ngược lại có thể chứng minh tương tự.
Bài 43. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường cao BE, CF cắt nhau tại trực
tâm H. Qua H kẻ đường vuông góc với AO cắt BC tại J. Tiếp tuyến tại B và C của (O)
giao nhau tại P . Gọi M là trung điểm BC. EM cắt P C tại X, F M cắt P B tại Y .
a) Chứng minh rằng 4 điểm X, Y, P, M đồng viên.
b) Chứng minh rằng (P XY ) tiếp xúc với (J, JH).
Trang 86
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Y
E
T
F
Q
J
H
O
x
C
M
B
A'
K
P
X
Lời giải. a) Ta có M E, M F là hai tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
nên ∠EM F = 180◦ − 2∠BAC.
Lại có P B, P C là hai tiếp tuyến của (O) nên ∠BP C = 180◦ − 2∠BAC. Suy ra
∠EM F = ∠BP C.
Từ đó ∠XM Y = ∠XP Y hay tứ giác XP M Y nội tiếp.
b) Không mất tính tổng quát giả sử ∠B > ∠C.
Gọi T là giao của (AH) với (O), K là giao của AH với (O), A0 là điểm đối xứng với A
qua O.
Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho 3 đường tròn (AH), (BC), (O) ta có AT , EF ,
BC đồng quy tại Q. Suy ra A(T H, BC) = −1. Chiếu lên (O) ta thu được (T K, BC) = −1
hay tứ giác T BKC điều hòa.
Suy ra T, K, P thẳng hàng.
Hiển nhiên T, H, M, A0 thẳng hàng. Ta thu được ∠P T M = ∠KT A0 = ∠KAA0 =
∠ABC − ∠ACB.
Mặt khác, ∠M XP = ∠ACx − ∠M EC = ∠ABC − ∠ACB suy ra ∠M XP = ∠P T M
hay T ∈ (P XY ).
Do JH ⊥ AO nên JH k EF . Lại có H và K đối xứng nhau qua BC nên K ∈ (J).
Ta có ∠KT H = ∠KAA0 = ∠F QB = ∠HJB suy ra J là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác T HK.
Do HK k P M nên (T HK) tiếp xúc với (T P M ) hay (J, JH) tiếp xúc với (P XY ).
Trang 87
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 44. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P .
P O cắt AC, AB lần lượt tại X, Y . Gọi Q là trung điểm XY . Qua Q kẻ đường thẳng song
song với AO cắt đường thẳng qua P song song với BC tại J.
a) Chứng minh rằng đường tròn đường kính XY trực giao với (O).
b) Chứng minh rằng (QP J) tiếp xúc với (O).
Y
Q
A
R
X
T
E
F
O
H
M
K
C
B
R
A'
P
J
Lời giải. a) Ta có ∠AY X = 90◦ − ∠ABC = ∠BAH = ∠OAC.
Suy ra OA là tiếp tuyến của (AXY ). Suy ra OX · OY = OA2 .
Từ O kẻ tiếp tuyến OR tới (XY ) suy ra OR2 = OA2 nên R ∈ (O) và ∠QRO = 90◦ .
Suy ra (O) trực giao với (XY ).
b) Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M là trung điểm BC. Tia M H cắt (O) tại T .
E, F là hình chiếu vuông góc của B, C trên AC, AB.
Ta biết rằng AT, EF, BC đồng quy tại K. Suy ra (KH, BC) = −1. Lại có QX = QY
và AH k XY nên A(HQ, XY ) = −1. Chiếu lên BC suy ra T, A, Q thẳng hàng.
Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua O, AH cắt (O) tại R. Hiển nhiên T, H, M, A0 thẳng
hàng. Gọi J 0 là giao của T A0 với QJ.
Ta có A(KH, BC) = −1. Chiếu lên (O) suy ra tứ giác T BRC điều hòa. Suy ra T, R, P
thẳng hàng.
Ta có ∠P QJ 0 = ∠RAA0 = ∠RT A0 = ∠P T J 0 nên tứ giác T QJ 0 P nội tiếp. Suy ra
∠QP J 0 = ∠QT J 0 = 90◦ . Từ đó J 0 ≡ J.
Do AA0 k QJ nên tồn tại phép vị tự tâm T biến A thành Q, A0 thành J, (T AA0 ) thành
(T QJ). Vậy (P QJ) tiếp xúc với (O) tại T .
Trang 88
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 45. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Đường tròn đường kính AH
cắt (O) tại K khác A. Tiếp tuyến tại B và C của (O) giao nhau tại T . T O cắt KA tại
S. Qua S kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng qua T song song với AO tại
R. Chứng minh rằng (T SR) tiếp xúc với (O).
R
S
A
J
x
K
Z
O
H
B
M
C
L
A'
T
Lời giải. Kẻ đường kính AA0 của (O). AH cắt (O) tại L.
Ta có A(KH, BC) = −1 nên (KLBC) = −1. Suy ra tứ giác KBLC điều hòa. Từ đó
KL đi qua T .
Do AL, AA0 đẳng giác trong ∠BAC nên T L, T A0 đối xứng qua OT .
Gọi Z là giao của T A0 với (O) suy ra K đối xứng với Z qua OT .
Suy ra ∠OZS = ∠OKA = ∠OAK. Suy ra tứ giác AOZS nội tiếp.
Gọi R0 là giao của ZA với SR. Ta thu được tứ giác R0 SZT nội tiếp đường tròn đường
kính R0 T . Mà tứ giác AOZS nội tiếp nên theo định lý Reim, T R0 k AO. Suy ra R0 ≡ R.
Phép vị tự tâm Z biến A thành R, A0 thành T sẽ biến (ZAA0 ) thành (ZRT ). Vậy
(T SR) tiếp xúc với (O) tại Z.
Bài 46. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Hai đường cao BE, CF cắt nhau tại trực
tâm H. EF cắt BC tại K. Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt CH, BH lần
lượt tại P, Q. Đường thẳng AH cắt (O) tại T khác A.
a) Chứng minh rằng P, Q, H, T đồng viên.
b) Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt BC tại L. Kẻ đường kính AA0 của
(O). Đường thẳng qua L vuông góc với BC cắt A0 B, A0 C lần lượt tại Y, Z. Chứng minh
rằng (A0 Y Z) tiếp xúc với (HP Q).
Trang 89
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
P
G
O
F
H
L
K
J
B
C
Y
A'
T
Q
Z
Lời giải. a) Gọi G là giao của AH với EF . Ta có (GK, EF ) = −1 nên H(GK, EF ) = −1.
Lại có P Q k AH nên KP = KQ.
Mặt khác, H và T đối xứng nhau qua BC nên BC là đường trung trực của HT và
P Q.
Suy ra P QT H là hình thang cân hay P, Q, H, T đồng viên.
b) Gọi J là tâm của (HP Q) suy ra J nằm trên BC.
Do P HT Q là hình thang cân nên QH giao P T tại B.
Suy ra ∠HJC = ∠HP T = ∠F HA − ∠BT H = ∠ABC − ∠ACB = ∠HAO = ∠F KB.
Suy ra JH k EF . Suy ra ∠JHL = 90◦ hay LH là tiếp tuyến của (HP Q). Từ đó, LT là
tiếp tuyến còn lại kẻ từ L tới (HP Q).
Mặt khác, ∠LY B = 90◦ − ∠CBA0 = 90◦ − ∠BCH = 90◦ − ∠F EH = 90◦ − ∠JHB =
∠BHL = ∠BT L. Suy ra tứ giác BLY T nội tiếp.
Suy ra T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần LY A0 C.BZ. Suy ra T ∈ (A0 Y Z).
Lại có ∠LT Y = ∠LBY = ∠Y A0 T nên LT là tiếp tuyến của (A0 Y Z). Vậy (HP Q) tiếp
xúc với (A0 Y Z) tại T .
Bài 47. (Trường đông Titan 2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AO cắt BC tại
T và cắt (O) tại D khác A. Gọi K là điểm đối xứng với D qua BC. BK cắt AC tại E,
CK cắt AB tại F . Gọi J, L là hai điểm trên BC sao cho ∠JF T = ∠LET = 90◦ . P là
giao của tiếp tuyến tại B và C của (O). Chứng minh rằng P nằm trên tiếp tuyến chung
ngoài của (J, JF ) và (L, LE).
Trang 90
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
F
J
K O
C
B
L
T
D
X
Z
P
Y
Lời giải. Gọi Y là giao của BD với AC, Z là giao của CD với AB.
Ta có ∠ZBY = ∠ZCY = 90◦ nên tứ giác ZBCY nội tiếp đường tròn đường kính Y Z.
1
Lại có ∠BZC = 90◦ − ∠BAC = ∠BP C suy ra P là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ
2
giác ZBCY hay P là trung điểm Y Z.
Gọi X là giao của BD và T F .
Ta có ∠T AF = ∠T CD = ∠KCT suy ra tứ giác AF T C nội tiếp. Tương tự tứ giác
AET B nội tiếp.
Suy ra ∠ET C = ∠BAC = ∠F T B hay T E và T B đối xứng nhau qua BC.
Ta thu được E và X đối xứng nhau qua BC, suy ra T E = T X.
1
Lại có ∠XY E = 90◦ − ∠BAC = 90◦ − ∠ET C = ∠ELT = ∠ET X. Suy ra L là tâm
2
đường tròn ngoại tiếp tam giác EXY hay Y ∈ (L, LE).
Lại có ∠XY Z = ∠BCZ = ∠BAD = 90◦ − ∠ADB = 90◦ − ∠ACB = ∠XEY , suy ra
Y Z là tiếp tuyến của (L, LE).
Tương tự ta thu được Y Z là tiếp tuyến chung ngoài của (L, LE) và (J, JF ). Vậy P
nằm trên tiếp tuyến chung ngoài của (J, JF ) và (L, LE).
Bài 48. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với
BC tại D. Gọi L là điểm đối xứng với D qua I; X, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của các đường
tròn bàng tiếp góc A, B, C với cạnh BC, CA, AB. Giả sử ∠AIO = 90◦ . Chứng minh rằng
X, Y, Z, L cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm và điểm Nagel thẳng hàng.
Trang 91
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
T
Mb
Mc
I
G
N
C
B
D
L
Ma
Chứng minh. Gọi D là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC, DI cắt (I) lần thứ
hai tại T , AT cắt BC tại L; gọi Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB; N là
điểm Nagel của tam giác ABC.
Ta biết rằng Ma là trung điểm DL nên Ma I k AL hay Ma I k AN . Chứng minh tương
tự, Mb I k BN, Mc I k CN . Do đó I là điểm Nagel của tam giác Ma Mb Mc .
Do G là tâm vị tự của hai tam giác ABC và Ma Mb Mc nên I, G, N thẳng hàng và
IG
1
= .
GN
2
Trở lại bài toán.
A
L
Z
K
T
F
O
G
N
I
Q
B
D
Y
X
C
P
M
Gọi M là điểm chính giữa cung BC, G là trọng tâm tam giác ABC, Q là trung điểm
BC, P là giao của AI với BC, F là tiếp điểm của (I) với AB.
Do ∠AIO = 90◦ nên AI = IM = M B = M C. Lại có ∠IAF = ∠M BQ nên 4IF A =
1
1
4M QB(g.c.g). Ta thu được M Q = IF = ID. Suy ra P I = P M = IM = IA.
2
2
AI
AG
Suy ra
=
hay IG k BC. Gọi N là giao của IG với OM ta thu được QN =
IP
GQ
ID = QM . Gọi T là giao của AQ với ID suy ra IT là đường trung bình của tam giác
Trang 92
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
1
1
IG
1
M Q = N Q. Do đó
= . Ta thu được N là điểm Nagel của
2
2
IN
2
tam giác ABC, tức là AX, BY, CZ đồng quy tại N .
AM Q, suy ra IT =
Gọi K là giao của Y Z và AX suy ra (AN KX) = −1. Mà IL là đường trung bình của
tam giác AM N nên LA = LN . Áp dụng hệ thức Maclaurin suy ra KL · KX = KN · KA.
Mặt khác, do N đối xứng với M qua BC nên ∠Y N Z = ∠BN C = ∠BM C = 180◦ −
∠BAC, suy ra tứ giác AZN Y nội tiếp. Do đó KN · KA = KY · KZ.
Vậy KY · KZ = KL · KX hay tứ giác LZXY nội tiếp.
Bài 49. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao
BB1 , CC1 cắt nhau tại trực tâm H. Gọi N là điểm chính giữa cung BAC của (O). Giả
sử rằng B1 C1 tiếp xúc với (I). Chứng minh rằng tiếp điểm của (I) với đường tròn Euler
của tam giác ABC nằm trên HN.
N
T
A
R
B1
J
C1
H
I
O
B
A1
D
M
C
S
Lời giải. Trước tiên ta chứng minh rằng tồn tại một đường tròn tiếp xúc với (BHC),
(O), (AH).
Do phép đối xứng trục, dễ nhận thấy (M, M N ) tiếp xúc với (O) và (BHC) lần lượt
tại N và S đối xứng với N qua BC.
Như vậy ta chỉ cần chứng minh (M, M N ) tiếp xúc với (AH).
Gọi J là trung điểm AH, M J cắt (AH) tại R sao cho J nằm giữa R và M .
Ta có M R = M J + JR = OA + JA = ON + OM = M N , suy ra (M, M N ) tiếp xúc
với (AH) tại R.
Do M J là trung trực của B1 C1 nên R là điểm chính giữa cung B1 C1 của (AH). Mà S
là điểm chính giữa cung BC của (BHC) nên RS là phân giác ∠BHC. Do đó RS đi qua
tiếp điểm D của (I) với BC theo tính chất của tứ giác lưỡng tâm.
HB·HB1
Phép nghịch đảo IH
: (AH) ↔ BC, (BHC) ↔ B1 C1 , (O) ↔ (A1 B1 C1 ).
Trang 93
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Từ đó R ↔ D.
Do đó ảnh của (M, M N ) là một đường tròn tiếp xúc với BC tại D, tiếp xúc với B1 C1
và đường tròn Euler của tam giác ABC hay chính là (I). Suy ra điểm Feuerbach Fe là
ảnh của N hay Fe nằm trên HN .
Bài 50. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Các đường tròn
(Ia ), (Ib ), (Ic ) bàng tiếp góc A, B, C lần lượt tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. Giả
sử OI k BC. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác XY Z nằm trên
phân giác ∠BAC.
Lời giải. Cách 1.
A
J
Ic
N
K
Z
I
F
U
E
O
Y
C
M
B
V
X
D
T
Q
L
Ia
Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB; K đối xứng với D qua I,
M là trung điểm BC.
Do AK đi qua X và M là trung điểm DX nên IM k AK. Mà IO k BC nên OM = ID,
suy ra OM k= IK hay IKOM là hình bình hành. Suy ra OK k IM . Ta thu được
A, K, O, X thẳng hàng.
Qua A kẻ đường vuông góc với BC cắt IM tại N . Gọi U, V lần lượt là tiếp điểm của
(Ic ), (Ib ) với BC. L là điểm chính giữa cung BC không chứa A.
NI
AI
AI
Do AN k M L nên
=
=
.
MI
LI
LB
AI
AF
BZ
BU
NI
BU
Lại có 4AF I ∼ 4BM L nên
=
=
=
. Suy ra
=
hay
LB
BM
BM
BM
MI
BM
BI k U N . Mà BI k U Z nên U Z đi qua N . Tương tự V Y đi qua N .
Gọi J, Q lần lượt đối xứng với Z, Y qua phân giác AI. Ta có ∠ZN Y = ∠BIC =
1
1
90◦ + ∠BAC, ∠ZQY = ∠AQY = 90◦ − ∠BAC nên ∠ZN Y + ∠ZQY = 180◦ , suy
2
2
Trang 94
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
ra tứ giác ZN Y Q nội tiếp. Suy ra 5 điểm Z, J, Y, Q, N cùng thuộc một đường tròn. Lại
có AKIN là hình bình hành và AN, AO đẳng giác trong ∠BAC nên AI là phân giác
∠N AK, suy ra AKIN là hình thoi. Nghĩa là N đối xứng với K qua AI. Suy ra 6 điểm
K, J, Y, Q, N, X thuộc một đường tròn.
Kéo dài AX cắt (O) tại T . Ta có O là trung điểm KX nên AK = XT .
Suy ra AK · AX = AX · XT = XB · XC = DB · DC = BF · CE = AZ · AY = AJ · AY.
Suy ra tứ giác KJY X nội tiếp. Vậy X ∈ (ZJY Q). Mà ZJY Q là hình thang cân có trục
đối xứng AI nên tâm của (XY Z) nằm trên AI.
Cách 2 (Lê Quang Dũng, học sinh THPT chuyên Lam Sơn, Thanh Hoá).
A
Ic
Z
I
K
B
O
Y
B
D
J
M
X
C
Gọi D là tiếp điểm của (I) trên BC, M là trung điểm BC, K là điểm đối xứng của I
qua O.
Ta có ID k OM và O, M lần lượt là trung điểm của IK, DX nên KX ⊥ BC. Chứng
minh tương tự, KY ⊥ AC, KZ ⊥ AB.
Ta thu được ∠BZX + ∠CY X = ∠BKX + ∠CKX = ∠BKC.
Do OI k BC nên BIKC là hình thang cân. Ta thu được ∠BKC = ∠BIC = 90◦ +
1
∠BAC.
2
1
Suy ra ∠Y XZ = ∠BZX + ∠CY X − ∠BAC = ∠BKC − ∠BAC = 90◦ + ∠BAC −
2
1
◦
∠BAC = 90 − ∠BAC.
2
Gọi J là điểm trên phân giác AI sao cho tứ giác AZJY nội tiếp. Ta thu được ∠Y JZ =
180◦ − ∠BAC = 2∠Y XZ. Suy ra J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z.
Bài 51. Cho tam giác ABC với đường tròn (Ib ), (Ic ) bàng tiếp góc B và C. Gọi Ja , Jb , Jc lần
lượt là tiếp điểm của (Ic ) với BC, CA, AB, La , Lb , Lc lần lượt là tiếp điểm của (Ib ) với
BC, CA, AB. Ja Jb cắt Ib Ic tại K, La Lc cắt Ib Ic tại Q. KLb cắt QJc tại R, KJc cắt QLb
tại P .
a) Chứng minh rằng tứ giác Jc RLb P nội tiếp.
b) Chứng minh rằng AP = ra với ra là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A của tam
giác ABC.
Trang 95
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lc
Jb
Ib
Q
Ic
A
K
Jc
R
I
X
Ja
B
Lb
O
Y
M
C
P
La
Ia
1
Lời giải. a) Ta có ∠Lc QA = 180◦ − ∠Lc AQ − ∠ALc Q = (∠BAC + ∠ABC) = ∠Ib CLa ,
2
suy ra tứ giác QCLa Ib nội tiếp. Suy ra ∠AQC = ∠Ib La C = 90◦ .
Bằng phép cộng góc tương tự, nếu gọi Q0 là giao của Ja Jc với Ib Ic thì ∠AQ0 C = 90◦ .
Suy ra Q0 ≡ Q hay Q, Ja , Jc thẳng hàng. Tương tự K, La , Lb thẳng hàng. Từ đó tứ giác
KQLa Ja nội tiếp đường tròn đường kính La Ja .
Suy ra ∠ALb K = ∠CLb La = ∠CLa Lb = ∠KQJa . Suy ra tứ giác AQLb R nội tiếp.
Tương tự tứ giác ARJc K nội tiếp. Từ đó R là điểm Miquel của tam giác P QK với bộ 3
điểm A, Jc , Lb . Suy ra tứ giác RLb P Jc nội tiếp.
b) Trước tiên ta phát biểu một bổ đề như sau.
Bổ đề. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r). Đường cao AH. M là trung
điểm BC. M I cắt AH tại P . Khi đó AP = r.
Trang 96
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
P
T
I
B
H
D M
K
C
Chứng minh. Gọi D là tiếp điểm của (I) với BC, T là điểm đối xứng với D qua I. AT
cắt BC tại K.
Ta có M D = M K, suy ra IM là đường trung bình của tam giác T DK.
Suy ra IP k AT . Mà AP k IT suy ra AP IT là hình bình hành. Vậy AP = IT = r.
Trở lại bài toán.
Gọi M là trung điểm BC. (I, r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ia là tâm đường
tròn bàng tiếp góc A. (I) và (Ia ) tiếp xúc với BC lần lượt tại X, Y .
Ta có K, Jc , Ja nằm trên đường tròn đường kính Ic B nên ∠RAJc = ∠RKJc = 90◦ −
∠Ja KJc = 90◦ − ∠ABC. Suy ra AR ⊥ BC.
M Ja
MB
= 1 nên theo định lý Thales, M, I, R
=
Lại có BI k Ja R, CI k La R và
MC
M Jb
thẳng hàng. Áp dụng bổ đề trên ta thu được AR = r.
Ta có ∠KAJc = ∠KRJc = ∠KP Q nên tứ giác Jc AQP nội tiếp. Tương tự tứ giác
ALb P K nội tiếp.
Suy ra ∠AP Lb = ∠AJc R, ∠ALb P = 180◦ − ∠AKJc = ∠ARJc . Suy ra 4ARJc ∼
4ALb P.
Suy ra AP · AR = ALb · AJc = BX · BY.
Dễ thấy 4BXI ∼ 4Ia Y B nên BX · BY = IX · Ia Y = r · ra .
Vậy AP · AR = r · ra . Mà AR = r nên AP = ra .
Bài 52. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R), ngoại tiếp đường tròn (I, r). Các đường
tròn bàng tiếp (Ia ), (Ib ), (Ic ). (Ia ) tiếp xúc với AB, AC lần lượt tại Ab , Ac . Tương tự xác
định Ba , Bc , Ca , Cb . Ia Ib , Ia Ic cắt Ab Ac lần lượt tại N, M . Ia Ib , Ic Ib cắt Ba Bc lần lượt tại
P, Q. Ic Ib , Ic Ia cắt Ca Cb lần lượt tại R, S. RBa cắt QCa tại X, Tương tự xác định Y, Z.
XQ cắt ZP tại T , ZN cắt Y M tại V , Y S cắt XR tại U . Chứng minh rằng 6 điểm
X, Y, Z, T, U, V cùng nằm trên đường tròn (O, R + r).
Trang 97
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Ba
Ca
X
A
R
Ic
Ib
Q
T
U
Jc L
S
Jb
P
O
C
B
Cb
Z
Y
Ab
M
N
Bc
Ac
V
Ia
Lời giải. Gọi L là giao của Cb Q với Bc R. Theo bài 51, AL ⊥ BC và AL = r.
Ta có Cb Q đi qua tiếp điểm Jc của (Ic ) với AB. Mà Jc và Ca đối xứng nhau qua Ib Ic
nên QCa và QCb đối xứng nhau qua Ib Ic . Tương tự RBa và RBc đối xứng nhau qua Ib Ic .
Ta thu được X và L đối xứng nhau qua Ib Ic . Từ đó AX = r và AX, AL đẳng giác trong
∠BAC.
Suy ra X, A, O thẳng hàng và OX = OA + AX = R + r.
Tương tự suy ra X, Y, Z ∈ (O, R + r).
Từ đó dễ thấy XY k AB, Y Z k BC.
Ta có ∠T QIb = ∠XQR = ∠RQL = ∠RBc Cb =
1
∠BAC.
2
1
∠ACB. Tương tự ∠T P Ib =
2
1
1
1
Suy ra ∠QT P = ∠QIb P + ∠Ib QT + ∠Ib P T = 90◦ − ∠ABC + ∠BAC + ∠ACB =
2
2
2
180◦ − ∠ABC = 180◦ − ∠XY Z.
Suy ra T ∈ (O, R + r). Tương tự với các điểm U, V ta có đpcm.
Bài 53. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm AB, CD. K là điểm nằm trong tam giác AN B sao cho ∠KAB = ∠EAN ,
∠KBA = ∠EBN . Chứng minh rằng M O là phân giác của ∠EM K.
Lời giải. Cách 1.
Trang 98
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
F
B
M
A
R
X
P
L
K
Y
E
O
D
Q
N
C
Gọi AD giao BC tại F , AB giao CD tại P . EF giao CD tại Q.
Gọi L là điểm nằm trong tam giác QAB sao cho ∠LAB = ∠EAQ, ∠LBA = ∠EBQ.
Gọi X, Y là giao của BL với AC, AL với BD.
Ta có ∠Y AQ = ∠EAB = ∠Y DQ nên tứ giác AY QD nội tiếp. Tương tự tứ giác
BXQC nội tiếp.
Gọi R là giao điểm thứ hai của (AQD) và (BQC) thì AD, BC, QR đồng quy tại F là
tâm đẳng phương của (ADQ), (BCQ), (O). Từ đó ta thu được EY · ED = EL · EQ =
EX · EC.
Suy ra tứ giác DXY C nội tiếp. Ta thu được ∠Y XC = ∠Y DC = ∠EAB nên XY k AB.
Áp dụng bổ đề hình thang cho hình thang ABY X ta có EL đi qua M.
Mặt khác, (DC, P Q) = −1 nên theo hệ thức Maclaurin, P Q·P N = P D·P C = P A·P B.
Suy ra tứ giác ABN Q nội tiếp.
Từ đó ∠ABK = ∠EBN = ∠BN C − ∠BDC = ∠QAB − ∠BAE = ∠QAE = ∠BAL.
Tương tự, ∠BAK = ∠ABL.
Suy ra 4ABL = 4BAK hay K, L đối xứng nhau qua OM . Mà M, L, E thẳng hàng
nên M O là phân giác ∠EM K.
Cách 2 (Trần Quang Độ, HS THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam).
Trang 99
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
K'
B
M
A
E
K
O
D
N
C
Gọi K 0 là điểm đối xứng với K qua AB. Ta có ∠K 0 AB = ∠KAB = ∠EAN , ∠K 0 BA =
∠KBA = ∠EBN.
Suy ra K 0 và N là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác AEB. Suy ra EK 0 và
EN đẳng giác trong ∠AEB.
Lại có 2 tam giác AEB và DEC đồng dạng với 2 trung tuyến tương ứng EM và EN
nên ∠M EB = ∠N EC. Suy ra EM và EN đẳng giác trong ∠AEB. Suy ra E, M, K 0
thẳng hàng.
Nghĩa là hai đường thẳng EM và KM đối xứng nhau qua AB, hay M O là phân giác
∠EM K.
Bài 54. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm nằm trong tam giác ABC
sao cho P nằm trên phân giác ∠BAC. Gọi K, L lần lượt là giao điểm khác P của BP với
(AP C), CP với (AP B), E, F lần lượt là điểm chính giữa cung AC, AB của (O). AE, AF
cắt (AP C), (AP B) lần lượt tại M, N khác A. Chứng minh rằng 4 điểm L, K, M, N cùng
thuộc một đường tròn.
Trang 100
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
L
K
A
F
E
P
O
I
N
Z
B
Y
M
C
Lời giải. Gọi Y, Z lần lượt là giao điểm của (AP C) với CF , (AP B) với BE, I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ta có ∠N ZB = ∠N AB = ∠EF B nên N Z k EF . Tương tự Y M k EF.
Do A, P, I thẳng hàng nên I nằm trên trục đẳng phương của (AP B) và (AP C). Suy ra
IY ·IC = IZ ·IB. Suy ra tứ giác BZY C nội tiếp. Ta thu được ∠IZY = ∠ICB = ∠F EZ.
Suy ra Y Z k EF.
Vậy 4 điểm B, Z, Y, C thẳng hàng.
Mặt khác, ta có ∠BLC = ∠BAP = ∠CAP = ∠CKB. Suy ra tứ giác BLKC nội tiếp.
Ta thu được ∠LKB = ∠LCB.
Từ đó ∠LKM = ∠LKC + ∠CKM = 180◦ − ∠LBC + ∠CAM = 180◦ − ∠LBZ −
∠ZBC + ∠EBC = 180◦ − ∠LBZ = 180◦ − ∠LN M . Suy ra tứ giác LKM N nội tiếp.
Bài 55. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là điểm bất kì nằm trên phân giác góc A. BP giao
(AP C) lần thứ hai tại K, CP giao (AP B) lần thứ hai tại L. J là điểm bất kì nằm trên
AP sao cho đường tròn tâm J tiếp xúc với BC không chứa trong (O). Hai tiếp tuyến
chung ngoài của (O) và (J) tiếp xúc với (O) tại M và N . Chứng minh rằng L, K, M, N
đồng viên.
Trang 101
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
K
S
A
L
N
M
P
T
O
RC
X
Y
B
V
E
U
J
Lời giải. Gọi S là điểm chính giữa cung BAC. Ta có SB = SC và ∠BSC = ∠BAC =
2∠P AC = 2∠BKC = 2∠BLC nên S là tâm ngoại tiếp của tứ giác BLKC.
Mặt khác, ∠LAB = ∠LP B = ∠CP K = ∠CAK nên AB, AC đẳng giác trong ∠LAK
hay AP là phân giác của ∠LAK, suy ra AS là phân giác ngoài ∠LAK. Mà SL =
SK nên L, A, S, K đồng viên. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho 3 đường tròn
(LASK), (O), (S) suy ra LK, AS, BC đồng quy tại T .
Kéo dài SM, SN giao BC tại X, Y . Gọi U, V lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến chung
ngoài với (J), R là tiếp điểm của (J) với BC. Ta có OS k JR suy ra M S k RU, N S k RV.
Ta có ∠SM · SX = SB 2 = SN · SY nên tứ giác XM N Y nội tiếp, suy ra ∠M XY =
∠M N S = ∠XM U , suy ra XM RU là hình thang cân có J nằm trên trục đối xứng, suy ra
JM = JX. Tương tự JN = JY , mà JM = JN nên tứ giác XM N Y nội tiếp đường tròn
tâm J. Gọi E là điểm chính giữa cung BC suy ra A là giao của JE với (SM N ). Từ đó
A là điểm Miquel của tứ giác toàn phần nội tiếp XM N Y ST , suy ra AS, M N, XY đồng
quy tại T.
Vậy T L · T K = T A · T S = T M · T N hay tứ giác LM N K nội tiếp.
Trang 102
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 56. (China TST 2010) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Gọi
A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B, C qua O, P là điểm bất kì trên mặt
phẳng. Gọi A2 B2 C2 là tam giác pedal của P ứng với 4ABC, A3 , B3 , C3 lần lượt là các
điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua A2 , B2 , C2 . Chứng minh rằng H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc
một đường tròn.
A
C1
B1
B2
B3
B4
C4
C2
A3
B5
O
A5
H
P
C5
C3 A
2
B
C
A4
A1
Lời giải. Gọi A4 , B4 , C4 lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, suy ra A4 là trung điểm
A3 H. Tương tự với B4 , C4 .
Ta thu được HA3 k= 2A2 A4 , HB3 k= 2B2 B4 , HC3 k= 2C2 C4 .(1)
Dựng các hình chữ nhật OA4 A2 A5 , OB4 B2 B5 , OC4 C2 C5 suy ra A5 , B5 , C5 nằm trên
đường tròn đường kính OP.(2)
Lại có OA5 k= A4 A2 , OB5 k= B4 B2 , OC5 k= C4 C2 (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc một đường tròn. Hơn nữa ta có thể
chứng minh 4A3 B3 C3 ∼ 4ABC.
Bài 57. (Trường xuân Titan 2017) Cho tam giác ABC với trực tâm H. P là điểm bất kì trên mặt
phẳng. Kẻ P X, P Y, P Z lần lượt vuông góc với BC, CA, AB. Dựng các điểm A1 , B1 , C1
−−→
−−→ −−→
−→ −−→
−→
sao cho AA1 = 2P X, BB1 = 2P Y , CC1 = 2P Z. Chứng minh rằng H, A1 , B1 , C1 đồng
viên.
A
A1
B1
O
A3
A2
C1
H
Z
B
Y
B2
C2
C3
P
B3
C
X
Trang 103
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là giao của các cặp đường thẳng AX với P A1 , BY với
AA2
A1 A2
P B1 , CZ với P C1 . Theo giả thiết ta thu được
=
= 2. Tương tự suy ra tam
A2 X
A2 P
1
giác A2 B2 C2 là ảnh của tam giác A1 B1 C1 qua phép vị tự tâm P tỉ số .
3
Suy ra 4A2 B2 C2 ∼ 4A1 B1 C1 .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Kẻ OA3 , OB3 , OC3 lần lượt vuông
1
góc với P X, P Y, P Z. Suy ra A3 X k AH và A3 X = AH.
2
HA2
Theo định lý Thales, H, A2 , A3 thẳng hàng và
= 2.
A2 A3
Chứng minh tương tự suy ra A3 B3 C3 là ảnh của tam giác A2 B2 C2 qua phép vị tự tâm
3
H tỉ số .
2
Suy ra 4A3 B3 C3 ∼ 4A2 B2 C2 .
Lại có A3 , B3 , C3 nằm trên đường tròn đường kính OP nên ∠B3 A3 C3 = ∠C3 OB3 =
∠BAC. Tương tự suy ra 4A3 B3 C3 ∼ 4ABC.
Vậy 4A1 B1 C1 ∼ 4ABC. Suy ra ∠B1 A1 C1 + ∠B1 HC1 = 180◦ . Ta có đpcm.
Bài 58. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. P là điểm bất kì nằm trong
tam giác. AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 B2 C2 là tam giác pedal của
P ứng với tam giác ABC. A1 A2 cắt AH tại A3 , tương tự xác định B3 , C3 . Chứng minh
rằng H, A3 , B3 , C3 đồng viên.
A
P
O
H
A3
Q
R
A2
B
A1
C
L
K
Lời giải. Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P trong tam giác ABC. AQ cắt (O) tại
K, cắt BC tại R.
Gọi L là giao của QA1 với BC. Ta sẽ chứng minh P L k AQ.
AP
QL
QR
Điều này tương đương
=
=
AA1
QA1
QK
AP
AA1
⇔
=
QR
QK
Trang 104
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
AP
QR
AA1
:
=
sin ∠P BA sin ∠QBC
QK
BP
BQ
AA1
⇔
:
=
sin ∠BAP sin ∠QRB
QK
AA1 · sin ∠BAP
BP · QK
=
= 2R sin ∠BAP = BA1
⇔
BQ
sin ∠AKA1
BP
QB
⇔
=
. (1)
BA1
QK
Do ∠BP A1 = ∠BAP + ∠P BA = ∠QAC + ∠QBC = ∠QBC + ∠CBK = ∠QBK,
∠BA1 P = ∠BKQ, ta thu được 4A1 BP ∼ 4KQB. Suy ra (1) đúng. Vậy P L k AQ.
⇔
Kẻ QA03 ⊥ AH. Ta có hai tam giác P A2 L và AA03 Q có cạnh tương ứng song song suy
ra AP, A03 A2 , QL đồng quy tại A1 . Suy ra A03 ≡ A3 .
Chứng minh tương tự ta thu được B3 , C3 lần lượt là hình chiếu của Q trên BH, CH.
Vậy A3 , B3 , C3 , H cùng nằm trên đường tròn đường kính HQ.
Bài 59. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. P là một điểm bất kì trên mặt phẳng,
A1 , B1 , C1 là giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (O), A2 B2 C2 là tam giác pedal của
P đối với 4ABC, A3 , B3 , C3 thứ tự là điểm đối xứng của A1 , B1 , C1 qua A2 , B2 , C2 . Khi
đó H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu và chứng minh hai bổ đề:
Bổ đề 1. Với các kí hiệu như bài toán, ta có 4A1 B1 C1 ∼ 4A2 B2 C2 ∼ 4A3 B3 C3 .
A
B3
C1
C2
C3
B2
A3
O
B1
P
B
A2
C
A1
C4
B4
Chứng minh. Kết quả 4A1 B1 C1 ∼ 4A2 B2 C2 là quen thuộc. Vì vậy chúng ta chỉ chứng
minh 4A3 B3 C3 ∼ 4A1 B1 C1 .
Gọi B4 , C4 lần lượt là điểm đối xứng của B3 , C3 qua A2 suy ra 4A1 B4 C4 ∼ 4A3 B3 C3 .(1)
Do C2 A2 là đường trung bình của tam giác C1 C3 C4 nên C1 C4 k C2 A2 . Tương tự,
B1 B4 k B2 A2 . Gọi R = B1 B4 ∩ C1 C4 thì ∠B1 RC1 = ∠B2 A2 C2 = ∠B1 A1 C1 . Suy ra
R ∈ (O).
Trang 105
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
⇒ ∠A1 C1 C4 = ∠A1 B1 B4 .
A 2 C2
C1 C4
A1 C1
=
=
. Do đó 4A1 C1 C4 ∼ 4A1 B1 B4 .
Mặt khác,
A1 B1
A2 B2
B1 B4
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC. Gọi A1 là hình chiếu của A trên BC, A2 , B2 , C2 lần lượt là
trung điểm BC, CA, AB. P là điểm bất kì trên mặt phẳng, A0 B 0 C 0 là tam giác pedal của
P ứng với 4ABC.(A0 B 0 C 0 ) ∩ (A2 B2 C2 ) = {F, F 0 }. đường thẳng qua A0 song song với AP
cắt AA1 tại A00 . Khi đó đường tròn đường kính A0 A00 đi qua một trong hai điểm F, F 0 .
A
A''
I'
B2
M
V
L
I
C2
C'
N
B'
P
F
A2
B
A1
A'
C
Chứng minh. Gọi V là giao điểm của B 0 C 0 và B2 C2 . Áp dụng định lý Fontené 1 ta thu
được A0 , V, F thẳng hàng.
Mặt khác, gọi I 0 , L lần lượt là trung điểm của AP, AA0 .
Do AA00 A0 P là hình bình hành nên I, L, I 0 thẳng hàng và II 0 ⊥ BC. Mà L ∈ B2 C2 suy
ra I 0 đối xứng với I qua B2 C2 . Vậy (I 0 , I 0 A) đối xứng với (I, IA00 ) qua B2 C2 . Suy ra giao
điểm M, N của hai đường tròn nằm trên đường thẳng B2 C2 .
Lại có B 0 , C 0 ∈ (I 0 , I 0 A) nên V F .V A0 = V B 0 .V C 0 = V M .V N , suy ra F, A0 , M, N cùng
thuộc một đường tròn hay (I, IA00 ) đi qua F .
Trở lại bài toán.
A
T
M
Z
Y
R
C2
H
B2
O
A3
P
S
L
B
X
N
A2
C
A1
Trang 106
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi L là giao điểm của (A2 B2 C2 ) với đường tròn 9 điểm của tam giác ABC, X, Y, Z
thứ tự là trung điểm BC, CA, AB. LA2 ∩ (XY Z) = {L, N }.Gọi M là trung điểm AH, K
là hình chiếu của A trên BC, R là trung điểm AA1 .
Vì OX k= AM nên AO k= XM .
Gọi T là giao của đường thẳng qua A2 song song với AA1 và AK. Áp dụng bổ đề 2 ta
thu được (A2 T ) đi qua L.
Suy ra ∠T A2 L = ∠T KL = ∠M N L kéo theo M N k A2 T k AP . Vậy ∠XM N =
∠OAR. Nhưng ∠XN M = ∠ORA = 90◦ nên 4XM N = 4OAR.
1
⇒ OR k= XN suy ra ORN X là hình bình hành, do đó RN k= OX k= AH.
2
Vì vậy N là trung điểm HA1 hay N A2 là đường trung bình của tam giác HA3 A1 .
⇒ HA3 k A2 L. Tương tự ta cũng có HB3 k B2 L.
⇒ ∠A3 HB3 = ∠A2 LB2 = ∠A2 C2 B2 .
Áp dụng bổ đề 1 ta thu được ∠A3 HB3 = ∠A3 C3 B3 hay A3 , B3 , C3 , H cùng thuộc một
đường tròn.
Bài 60. (Tạp chí THTT tháng 12/2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường
cao AA1 , BB1 , CC1 đồng quy tại H. P là điểm bất kì trên OH. AP, BP, CP cắt (O) lần
thứ hai lần lượt tại A2 , B2 , C2 . Gọi A3 , B3 , C3 là các điểm đối xứng với A2 , B2 , C2 qua
A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng H, A3 , B3 , C3 cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên
OH.
A
T
B1
C2
Z
B2
B3
V
C1
O'
S
PL
O
X
Y
Q
A3
C3
C
W
B
U
A2
A1
Lời giải. Ta chứng minh bằng cách mở rộng bài toán như sau.
Mở rộng. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi X, Y là hai điểm bất kì sao
cho X, O, Y thẳng hàng. Gọi A1 B1 C1 , A2 B2 C2 lần lượt là các tam giác circumcevian của
X và Y ứng với tam giác ABC. Gọi A3 , B3 , C3 lần lượt là điểm đối xứng của A2 , B2 , C2
qua trung điểm A1 X, B1 X, C1 X. Khi đó A3 , B3 , C3 , X cùng nằm trên một đường tròn có
tâm O0 nằm trên XY.
Trang 107
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Chứng minh.
Gọi S là giao điểm của A1 C2 và A2 C1 . Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C1 , C2 , A1 ,
A2 , A, C ta thu được S ∈ XY .
Gọi T, U lần lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng qua A1 , C1 lần lượt vuông
góc với A1 A2 , C1 C2 với (O). A1 T cắt C1 U tại P . Áp dụng định lý Pascal lần thứ hai cho
6 điểm A1 , A2 , C1 , C2 , T, U suy ra P ∈ XY . Tương tự ta thu được đường thẳng qua B1
vuông góc với B1 B2 cũng đi qua P , các đường thẳng lần lượt qua A2 , B2 , C2 và vuông góc
với A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy tại Q ∈ XY .
−→ −−−→ −−→ −−−→ −→ −−−→
−→
Dựng các điểm V, W, Z sao cho P V = A1 A2 , P W = B1 B2 , P Z = C1 C2 . Suy ra P V =
−−−→ −−→
A1 A2 = A3 X. Gọi L là trung điểm XP thì V đối xứng với A3 qua L.
Tương tự suy ra (A3 B3 C3 ) là đối xứng của (V W Z) qua L. Mà P, V, W, Z nằm trên
đường tròn tâm O đường kính P Q và X đối xứng với P qua L nên X nằm trên (A3 B3 C3 ).
Hơn nữa, O0 đối xứng với O qua L, suy ra O0 ∈ XY .
Bài 61. Cho tam giác ABC với O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm. Qua A kẻ đường
thẳng song song với OH cắt BC tại P . Chứng minh rằng đường thẳng Euler của các tam
giác AP B, AP C, ABC đồng quy tại một điểm nằm trên BC.
A
O1
O
H
P
B
K
C
H1
Lời giải. Gọi K là giao của OH với BC, H1 , O1 lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác AP B.
Ta có H1 B ⊥ AP nên H1 B ⊥ HK. Mà BK ⊥ HH1 nên K là trực tâm tam giác
BHH1 . Suy ra H1 K ⊥ BH.
1
Mặt khác, ta có ∠OKC = ∠AP B = ∠BO1 A = ∠BO1 O. Suy ra tứ giác O1 BKO nội
2
tiếp.
1
Suy ra ∠O1 KB = ∠O1 OB = ∠AOB = ∠ACB.
2
Suy ra O1 K k AC hay O1 K ⊥ BH.
Vậy O1 , K, H1 thẳng hàng. Chứng minh tương tự, đường thẳng Euler của tam giác
AP C cũng đi qua K.
Trang 108
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 62. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Đường cao AH. M là trung điểm BC. AM giao OH tại
G. Chứng minh rằng G nằm trên trục đẳng phương của (BOC) và đường tròn Euler của
tam giác ABC.
A
K
E
L
N
O
F
G
C
T
B
H
M
Q
P
Lời giải. Gọi P, Q lần lượt là giao của OM, OH với (BOC); E, F là chân đường cao kẻ
từ B, C. Gọi (Eu ) là đường tròn Euler của tam giác ABC, d là trục đẳng phương của
(Eu ) và (BOC).
Xét 3 đường tròn (BOC), (Eu ), (BC) có EF, BC, d là các trục đẳng phương nên
EF, BC, d đồng quy tại T.
Ta có OP là đường kính của (BOC) nên ∠HQP = 90◦ . Xét 3 đường tròn (HM P Q),
(BOC), (Eu ) có P Q, HM, d là các trục đẳng phương nên P Q đi qua T .
Gọi K là giao điểm thứ hai của AM với (Eu ), N là trung điểm BC. Ta có AO vuông
góc với EF tại L, suy ra tứ giác LON E nội tiếp.
Suy ra AL · AO = AE · AN = AK · AM hay tứ giác KM OL nội tiếp. Mà các điểm
L, M, Q cùng nằm trên đường tròn đường kính OT nên tứ giác KOM Q nội tiếp. Vậy
GK · GM = GO · GQ hay G thuộc trục đẳng phương của (BOC) và (Eu ).
Bài 63. Cho tứ giác ABCD có ∠A = ∠C = 120◦ . Phân giác góc A và góc C giao nhau tại P . Chứng
minh rằng đường thẳng Euler của 10 tam giác có đỉnh là 3 trong 5 điểm A, B, C, D, P
đồng quy.
Lời giải. Ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho tam giác ABC không vuông. Gọi D là điểm thỏa mãn ∠DBA = ∠BAC =
∠DCA. Khi đó D nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Trang 109
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
E
F
H
L
K
A
N
M
B
C
O
D
Chứng minh. Gọi E là giao của AB và CD, F là giao của AC và BD. Khi đó hai tam
giác F AB và EAC lần lượt cân tại F và E. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC
suy ra F M giao EN tại tâm ngoại tiếp O của tam giác ABC.
Gọi K, L lần lượt là hình chiếu của B trên AC, C trên AB. BK giao CL tại trực tâm
H của tam giác ABC.
Xét hai đường tròn đường kính BF và CE. Ta có HK ·HB = HL·HC nên PH /(BF ) =
PH /(CE).
Do tứ giác F M N E nội tiếp đường tròn đường kính EF nên OF · OM = OE · ON hay
PO /(BF ) = PO /(CE).
Ta có ∠F BE = ∠F CE nên tứ giác F BCE nội tiếp, suy ra DB · DF = DC · DE hay
PD /(BF ) = PD /(CE).
Vậy H, O, D cùng nằm trên trục đẳng phương của (CE) và (BF ) hay D nằm trên
đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Trở lại bài toán.
B
A
C
P
L
T
K
O1
G
X
M
O2
Y
D
Trang 110
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi G, L lần lượt là trọng tâm tam giác BP D, BCD; M là trung điểm BD, O1 , O2 lần
lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác BCD, BCA. CP cắt (O1 ) lần thứ hai tại K. Dễ thấy
M O1
MG
ML
1
tam giác KBD đều nên O1 là trọng tâm tam giác KBD. Từ đó
=
=
= .
MK
MP
MC
3
Suy ra O1 , G, L thẳng hàng hay đường thẳng Euler của tam giác BCD đi qua trọng tâm
tam giác BP D. Chứng minh tương tự với các tam giác BAD, ABP, ADP, BCP, DP C.
Như vậy ta cần chứng minh G nằm trên đường thẳng Euler của các tam giác ABC,
ADC, AP C.
Gọi Y, X là giao của AG với (O2 ), CG với (O1 ), AP cắt (O2 ) lần thứ hai tại T .
Ta có GO1 k CK nên theo định lý Reim, X, O1 , G, O2 đồng viên.
Tương tự O1 , G, O2 , Y đồng viên. Như vậy 5 điểm X, O1 , G, O2 , Y cùng nằm trên ω.
Mà O1 X = O2 Y nên XY k KT . Từ đó ∠BAY = ∠BCX.
Đặt ∠P AG = ∠P CG = x. Hiển nhiên số đo các cung XO1 , O1 O2 , O2 Y của ω đều bằng
2x. Do đó ∠XGY = 180◦ − 3x.
Mà ∠XGY = 360◦ − ∠ABC − ∠BAG − ∠BCG = 360◦ − 2x − 120◦ − ∠ABC.
Do đó ∠ABC = 60◦ + x = ∠BAG = ∠BCG.
Áp dụng bổ đề trên suy ra G nằm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. Tương
tự với tam giác ADC. Bằng cộng góc cũng suy ra ∠AP C = 180◦ − x = 180◦ − ∠P AG =
180◦ −∠P CG. Suy ra G nằm trên đường thẳng Euler của tam giác AP C. Ta có đpcm.
Bài 64. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A, B, C cắt cạnh đối diện
lần lượt tại Pa , Pb , Pc ; Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh rằng
đường tròn Euler của các tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc có trung trục đẳng phương là
đường thẳng Euler của tam giác ABC.
A
Xa
T
Mb
Mc
O
E
H
Pa
B
Ha
Ma
C
Lời giải. Gọi ωa , ωb , ωc lần lượt là đường tròn Euler của các tam giác APa Ma , BPb Mb ,
CPc Mc . Gọi E là tâm của ωa , Ha , Hb , Hc là hình chiếu của A, B, C trên BC, CA, AB.
Ta có ∠EMa Ha = 90◦ −∠EMa O = 90◦ −|∠Ma Mb Mc −∠Ma Mc Mb | = 90◦ −|∠B −∠C|.
Mà ∠APa Ma = |∠B − ∠Pa AB| = |∠B − ∠C| nên ∠EMa Ha + ∠APa Ma = 90◦ .
Trang 111
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Suy ra Ma E ⊥ APa . Gọi Ta = Ma E ∩ AHa thì Ta là trực tâm của tam giác APa Ma . Do
E là trung điểm Ma Ta nên E nằm trên wa . Chứng minh tương tự suy ra ωa , ωb , ωc đồng
quy tại E.
Mặt khác, gọi Xa là giao của ωa với AHa . Ta thu được Xa là trung điểm ATa . Mà Ta
3
3
là trung điểm AH nên HXa · HHa = HA · HHa = HB · HHb = HXb · HHb . Do đó H
4
4
nằm trên trục đẳng phương của ωa và ωb .
Chứng minh tương tự suy ra đường thẳng Euler của tam giác ABC là trục đẳng phương
của ωa , ωb , ωc .
Bài 65. (Trường thu Hùng Vương 2016) Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Trung tuyến
AX cắt (BHC) tại P nằm giữa A và X. BP , CP lần lượt cắt AC, AB tại Y, Z. Chứng
minh rằng A nằm trên trục đẳng phương của (XY Z) và đường tròn Euler của tam giác
ABC.
A
T
Z
Y
K
P
O
E
H
B
C
X
Oa
Lời giải. Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, (Oa ) là đường tròn ngoại tiếp
tam giác BHC, T là trung điểm AP.
1
Do A là trực tâm tam giác BHC nên xét phép vị tự H 2 : (Oa ) 7→ (E), do P ∈ (Oa )
A
nên T ∈ (E).
Mặt khác gọi K là giao của Y Z với AP . Ta có ∠Y P Z = ∠BP C = ∠BHC = 180◦ −
∠BAC nên tứ giác AY P Z nội tiếp. Suy ra KY · KZ = KP · KA.
Lại có (AP KX) = −1 nên áp dụng hệ thức Maclaurin ta có KP · KA = KT · KX.
Suy ra KY · KZ = KT · KX hay tứ giác XY T Z nội tiếp. Vậy T X là trục đẳng phương
của (XY Z) và (E), suy ra đpcm.
Trang 112
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 66. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm AC, AB. M N cắt (O) tại P, Q. Các tia M H, N H lần lượt cắt (O) tại X, Y . Gọi J
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P HQ, HK là đường kính của đường tròn ngoại
tiếp tam giác XHY . Chứng minh rằng trung điểm JK là tâm đường tròn Euler của tam
giác ABC.
A
J
C'
B'
L
N
P
M
E
T
R
O
Q
H
X
B
V
C
U
K
Y
S
Lời giải. Gọi (E) là đường tròn Euler của tam giác ABC, T, U lần lượt là giao điểm
của QH, P H với (E) (H nằm giữa T Q và P U ), R, S lần lượt là giao điểm thứ hai của
QH, P H với (O), V là tâm đường tròn (XHY ).
Kéo dài XH, Y H cắt (O) tại B 0 , C 0 .
Do H là tâm vị tự ngoài của (E) và (O) với tỉ số
điểm HS, HR, HB 0 , HC 0 .
1
nên U, T, M, N lần lượt là trung
2
1
Suy ra HM · HX = HN · HY = HT · HQ = HP · HU = PH/(O) .
2
Do đó tứ giác P T U Q nội tiếp đường tròn tâm L và ta thu được ∠T U H = ∠P QH =
∠N Y T. Tương tự ta thu được 5 điểm H, T, U, X, Y đồng viên.
Suy ra V, E, L đều nằm trên đường trung trực của U T.
Ta có ∠V HY + ∠HXY = 90◦ . Mà ∠HXY = ∠HN M, ∠HN M + ∠N HA = 90◦ nên
A, H, V thẳng hàng. Suy ra HV k LO. Mà E là trung điểm HO nên E là trung điểm LV.
Mặt khác, hai tam giác P HQ và T HU đồng dạng nên HJ là đường cao của tam giác
T HU , suy ra HJ k LE. Suy ra L là trung điểm JO. Mà V là trung điểm HK nên E là
trung điểm JK.
Trang 113
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 67. (Vietnam IMO Training Test 2015) Cho tam giác ABC có E là tâm đường tròn Euler.
Gọi X, Y, Z là hình chiếu của E trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng đường thẳng Euler
của các tam giác AY Z, BXZ, CXY, ABC đồng quy.
Lời giải. Cách 1.
A
Q
Oa
Y
Mc
Mb
J
Z
L O
E
H
B
Ma
C
Gọi O là tâm ngoại tiếp tam giác ABC, L là trung điểm EO. ta sẽ chứng minh đường
thẳng Euler của các tam giác AY Z, BXZ, CXY đều đi qua L.
Gọi Oa là tâm ngoại tiếp tam giác AY Z. J là trung điểm Oa L. EJ cắt AO tại Q.
Ta có Oa là trung điểm AE nên Oa L k AO. Từ đó thu được Q là trung điểm AO.
Gọi Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Ta có Q và E lần lượt là tâm
ngoại tiếp các tam giác AMb Mc và Ma Mb Mc nên Q và E đối xứng nhau qua Mb Mc . Từ
đó J là trung điểm Mb Mc và EJ ⊥ Mb Mc .
Suy ra tứ giác EJY Mb nội tiếp, ta thu được ∠JY A = ∠JEMb = ∠Mb Ma Mc = ∠BAC.
Tương tự suy ra ∠AY J = ∠AZJ = ∠Y AZ. Áp dụng bổ đề của bài 63 suy ra J nằm
trên đường thẳng Euler của tam giác AY Z. Vậy Oa L là đường thẳng Euler của tam giác
AY Z. Chứng minh tương tự ta có đpcm.
Cách 2 (Lê Thị Hải Linh, HS THPT chuyên Bắc Ninh).
A
Hb
T
R
Y
Oa
Hc
Z
K
H
Q
M
J
Mc
Mb
E
L
O
B
Ma
C
Trang 114
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Gọi Q, Qa , J, L lần lượt là trung điểm AO, AE, EQ, EO; Ma , Mb , Mc lần lượt là trung
điểm BC, CA, AB. Ta có (Ma Mb Mc ) và (AMb Mc ) đối xứng qua Mb Mc nên các tâm ngoại
tiếp E và Q đối xứng qua Mb Mc , suy ra J là trung điểm Mb Mc . Hiển nhiên J là trung
điểm Oa L.
Gọi Hb , Hc là chân đường cao kẻ từ B, C. R, M lần lượt là trung điểm Hb Hc , XY .
Hc Z
Hb Y
=
= 1 và R, M, J lần lượt là trung điểm Hb Hc , Y Z, Mb Mc nên theo
Do
Y Mb
ZMc
định lý ERIQ, M là trung điểm RJ.
Ta có ER ⊥ Hb Hc , AO ⊥ Hb Hc , Oa L k AO nên ER k Oa L k AO.
Gọi K là giao của M Oa với AO.
Kí hiệu dA/l là khoảng cách từ A đến đường thẳng l. Do EL = LO nên dR/AO = 2dJ/AO .
3
M là trung điểm RJ nên dM/AO = dJ/AO . Từ đó Oa K = 2Oa M.
2
Gọi T là trực tâm tam giác AY Z thì AT k= 2Oa M hay AT k= Oa K, suy ra T Oa k AO.
Từ đó T, Oa , L thẳng hàng hay đường thẳng Euler của tam giác AY Z đi qua trung điểm
EO. Chứng minh tương tự ta có đpcm.
Bài 68. (Vietnam IMO Training Test 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực
tâm H. Đường thẳng qua A vuông góc với OH cắt BC tại D. Gọi E, Eb , Ec lần lượt là
tâm đường tròn Euler của các tam giác ABC, ABD, ACD. Chứng minh rằng E, Eb , Ec , H
cùng thuộc một đường tròn.
A
Hb
T
Mc
Mb
S
Hc
H
E
Ec O
Eb
B
Ha
D M
Ma
C
Lời giải. Gọi Ma , Mb , Mc lần lượt là trung điểm BC, CA, AB; Ha , Hb , Hc là chân các
đường cao của tam giác ABC. AD giao Mb Mc tại S, T là trung điểm AHa .
Qua E kẻ đường song song với AD cắt BC tại M . Từ M kẻ M Eb0 ⊥ BHb , M Ec0 ⊥ BHc .
Ta sẽ chứng minh Eb0 ≡ Eb , Ec0 ≡ Ec .
Do Eb0 , E, Ha cùng nằm trên đường tròn đường kính HM nên ∠Eb0 EHa = ∠Eb0 HHa =
1
∠Mc T Ha = ∠Mc EHa .
2
Trang 115
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Do đó EEb0 là phân giác ∠Mc EHa . Mà EMc = EHa nên Eb0 Mc = Eb0 Ha .
Ta có ∠Mc Eb0 Ha = 360◦ − 2∠EEb0 Ha = 2∠EM Ha = 2∠EOMa .
Do AD ⊥ EO, Mb Mc ⊥ OMa nên ∠EOMa = ∠ASMc , suy ra ∠Mc Eb0 Ha = 2∠ASMc =
2∠Mc SD. Điều này nghĩa là Eb0 là tâm của đường tròn Euler của tam giác ADB hay
Eb0 ≡ Eb .
Chứng minh tương tự, Ec0 ≡ Ec . Từ đó H, E, Eb , Ec cùng nằm trên đường tròn đường
kính M H.
Bài 69. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao ứng với đỉnh A, B, C kéo dài
cắt (O) lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Kẻ các đường kính AA0 , BB 0 , CC 0 của (O). Gọi A2 , B2 , C2
lần lượt đối xứng với A1 , B1 , C1 qua AA0 , BB 0 , CC 0 . Đường thẳng Simson của A2 , B2 , C2
ứng với tam giác ABC cắt nhau tạo thành tam giác A00 B 00 C 00 . Chứng minh rằng hai tam
giác ABC và A00 B 00 C 00 có chung đường tròn Euler.
B1
A
C2
C'
dc
B''
B'
P
A2
A''
C1
O
H
M
da
N
B2
db
B
C''
C
A1
A'
Lời giải. Gọi da , db , dc lần lượt là các đường thẳng Simson của A2 , B2 , C2 ứng với tam
giác ABC.
_
_
_
1
1
Do BC k B 0 C 0 nên (B2 C2 , BC) = (B2 C2 , B 0 C 0 ) = sd(C 0 C2 + B 0 B2 ) = sd(C 0 C1
2
2
_
0
+ B B1 ) = |∠B − ∠C|.
Mặt khác, theo kết quả quen thuộc, góc giữa hai đường thẳng Simson của hai điểm
_
1
P, Q bất kì trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng sd P Q. Chú ý rằng BC là
2
_
1
0
đường thẳng Simson của A ứng với tam giác ABC, ta thu được (da , BC) = sd A2 A0 =
2
_
1
0
sd A1 A = |∠B − ∠C|.
2
Suy ra da k B2 C2 .
Trang 116
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Chứng minh tương tự ta thu được hai tam giác A2 B2 C2 và A00 B 00 C 00 vị tự nhau.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm HA2 , HB2 , HC2 suy ra M, N, P lần lượt nằm trên
da , db , dc .
Ta có M N k A2 B2 k A00 B 00 . Tương tự N P k B 00 C 00 , P M k C 00 A00 . Suy ra M, N, P lần
lượt là trung điểm các cạnh của tam giác A00 B 00 C 00 .
Suy ra (M N P ) là đường tròn Euler của tam giác A00 B 00 C 00 . Hiển nhiên (M N P ) cũng
là đường tròn Euler của tam giác ABC do (M N P ) là ảnh của (O) qua phép vị tự tâm H
1
tỉ số .
2
Bài 70. (Mathley No.2 2014) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). L là điểm bất kì trên
cung BC không chứa A. Chứng minh rằng đường tròn A-mixtilinear nội tiếp của tam giác
ABC, các đường tròn L-mixtilinear nội tiếp của các tam giác LAB, LAC có chung một
tiếp tuyến.
Lời giải. (Luis González). Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC giao BD tại E. Gọi (I) là
đường tròn tiếp xúc với tia EA, ED và tiếp xúc trong với (O) tại L. M là điểm bất kì
trên cung AD không chứa B, C. Gọi I1 , I2 là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác
M AC, M BD. Chứng minh rằng I1 , I2 , M, L cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh.
C
N
B
E
P
H
O
K
I1
I2
I
D
A
M
L
Gọi K, H lần lượt là tiếp điểm của (I) với AC, BD. KL, HL giao (O) lần thứ hai tại
P, N thì P, N là điểm chính giữa các cung AC, BD. Do đó M, I1 , P và M, I2 , N .
Bằng phép cộng góc đơn giản suy ra P N vuông góc với phân giác ∠AED hay P N k
KH.
PK
NH
P K.P L
N H.N L
Từ đó
=
hay
=
2
PL
NL
PL
N L2
Trang 117
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
P A2
N I2
N D2
P I1
Suy ra
=
.
=
hay
P L2
N L2
PL
NL
Ta thu được 4LP I1 ∼ 4LN I2 (c.g.c), do đó ∠LI1 P = ∠LI2 N hay L, I1 , I2 , M cùng
thuộc một đường tròn.
Trở lại bài toán.
A
F
N
M
E
R
J1
O
I
I1
J2
Q
J
I2
C
B
K
L
Gọi (J), (J1 ), (J2 ) lần lượt là các đường tròn A-mixtilinear nội tiếp của tam giác ABC,
các đường tròn L-mixtilinear nội tiếp của các tam giác LAB, LAC; l là tiếp tuyến chung
của (J1 ) và (J2 ), cắt (O) tại E và F. Gọi I, I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của
các tam giác LEF, LAB, LAC. Gọi M, N là tiếp điểm của (J1 ), (J2 ) với l, R là tiếp điểm
của (J1 ) với AL.
Theo định lý Sawayama-Thebault, I nằm trên J1 J2 và M R, I1 R ⊥ J1 L. Dễ thấy
∠M IN = 90◦ .
Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính M N với J1 J2 .
Do J1 M là tiếp tuyến của (M N ) nên J1 I1 .J1 L = J1 R2 = J1 M 2 = J1 Q.J1 I.
Suy ra I1 nằm trên (QIL).
Tương tự I2 cũng nằm trên (QIL). Tức là I, I1 , I2 , L cùng thuộc một đường tròn.
Gọi K là tiếp điểm của (J) với (O). Áp dụng bổ đề trên cho tứ giác AABC suy ra
I1 , I2 , L, K cùng thuộc một đường tròn.
Do đó lại áp dụng bổ đề trên cho tứ giác AF CE ta có (LII2 ) đi qua tiếp điểm K của
đường tròn tiếp xúc với EF, AC và (O). Mà qua điểm K chỉ có duy nhất một đường tròn
tiếp xúc với AC và tiếp xúc trong với (O), suy ra (J) tiếp xúc với EF . Ta có đpcm.
Bài 71. (Mathley No.3 2014) Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp là O. Gọi
E, F lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC. Chứng minh rằng tồn tại một đường
tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, F AB, F CD.
Trang 118
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). AC
giao BD tại P . Khi đó O, I, P thẳng hàng.
B
C1
D1
A
P
I
O
L
D
B1
A1
C
Chứng minh. Gọi A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là giao điểm của AI, BI, CI, DI với (O). Bằng
một số phép cộng góc đơn giản dễ thấy A1 C1 và B1 D1 là các đường kính của (O).
Gọi L là giao điểm của A1 B và D1 C.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A1 , B1 , C1 , D1 , B, C suy ra I, O, L thẳng hàng.
Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, B, C, D, A1 , D1 suy ra I, P, L thẳng hàng.
Như vậy P nằm trên OI.
Trở lại bài toán.
Trang 119
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
E
G
A
H
X
K
T
O
I
P
B
D
Z
Y
M
N
L
J
C
F
Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF . Khi đó dễ thấy M nằm trên
EF và M, P, O thẳng hàng. Áp dụng bổ đề trên suy ra M, P, O, I thẳng hàng.
Từ M kẻ tiếp tuyến M K, M N tới (I). Từ O kẻ OH ⊥ M K, OL ⊥ M N . Gọi X, Y, Z, T
lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I).
Theo kết quả quen thuộc, AC, BD, XZ, Y T đồng quy tại P.
Do đó EF là đường đối cực của P với đường tròn (I). Suy ra P nằm trên đường đối
cực của M với (I) hay P nằm trên KN .
Theo định lý Brocard, P là trực tâm của tam giác OEF suy ra M P.M O = M E.M F .
Mặt khác tứ giác ABCD nội tiếp nên bằng một số phép cộng góc đơn giản, phân giác
các góc DEA và DF C vuông góc với nhau tại I. Tức là tam giác EIF vuông tại I có
IM là đường cao. Ta thu được M E.M F = M I 2 .
MI
MP
=
.
Như vậy M P.M O = M I 2 hay
MI
MO
MP
MI
MK
MP
Gọi I 0 là giao của M O với HL. Ta có
=
=
=
. Suy ra I 0 ≡ I, tức
MI
MO
MH
M I0
là I là trung điểm HL.
Gọi G, J là giao điểm thứ hai của M K, M N với (ECB). Ta có (I) là đường tròn nội
tiếp tam giác ECB nên theo định lý Poncelet, (I) đồng thời là đường tròn nội tiếp tam
giác M GJ.
Trang 120
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Mà I là trung điểm đoạn nối hai tiếp điểm của đường tròn ω(O, OH) với M G, M J nên
theo bổ đề Sawayama, ω là đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với đỉnh M của tam giác
M GJ. Tức là ω tiếp xúc với (ECB).
Chứng minh tương tự ta cũng có ω tiếp xúc với (EAD), (F AB), (F CD).
Nhận xét. Với trường hợp tứ giác ABCD bất kì ngoại tiếp, luôn tồn tại một đường
tròn tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, F AB, F CD.
Bài 72. Cho tam giác ABC. P là điểm chuyển động trên BC. Kẻ P X, P Y lần lượt vuông góc với
AC, AB. Đường tròn (BP X) giao AB lần thứ hai tại M , đường tròn (CP Y ) giao AC lần
thứ hai tại N . Chứng minh rằng (AM N ) luôn đi qua một điểm cố định.
F
T
N
E
M
L
A
Y
B
X
H
P
C
Lời giải. Qua B, C lần lượt kẻ đường vuông góc với BC cắt AC, AB tại E, F . Khi đó
E ∈ (BP X) và F ∈ (CP Y ).
Gọi L là giao của EF với (BP X) thì ∠F LP = 90◦ , suy ra L ∈ (CP Y ) hay L là giao
điểm của hai đường tròn (BP X) và (CP Y ).
Ta có ∠N LM = ∠N LF + ∠ELM = ∠ACF + ∠ABE = ∠BAC = ∠N AM hay
L ∈ (N AM ).
Kẻ AH ⊥ BC, AH giao EF tại T . Ta có ∠N AT = ∠HAC = ∠ACF = ∠N LT , do đó
T ∈ (N AM ).
Mà BEF C là hình thang có A là giao điểm 2 đường chéo nên AH = AT . Suy ra T cố
định. Vậy (AM N ) luôn đi qua điểm đối xứng với chân đường cao kẻ từ A qua A.
Bài 73. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B, C cố định, A chuyển động trên cung
BC. P là một điểm cố định nằm trong (O). Kẻ P E, P F lần lượt vuông góc với AC, AB.
Tiếp tuyến tại E, F của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt nhau tại T . Tiếp tuyến
tại B, C của (O) cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng T chuyển động trên một đường tròn
cố định có tâm là trung điểm P Q.
Trang 121
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
E
F
K
P
B
J
C
T
I
S
Q
Lời giải. (Trần Quang Huy, HS K48 THPT chuyên KHTN)
Gọi J, K, I lần lượt là trung điểm BP, CP, QP .
1
.
2
Suy ra 4JIK ∼ 4BQC ∼ 4F T E. Gọi S là tâm của phép vị tự quay biến tam giác
JIK thành tam giác F T E.
Suy ra tam giác JIK là ảnh của tam giác BQC qua phép vị tự tâm P tỉ số
Ta có (F J, EK) = ∠F JP + ∠EKP − ∠BP C = 2∠ABP + 2∠ACP − ∠BP C =
2∠BP C − 2∠BAC − ∠BP C = ∠BP C − 2∠BAC.
Do ∠BAC không đổi nên (F J, EK) không đổi, suy ra ∠JSK không đổi.
1
BP
BP
JF
SJ
=
=
= 21
không đổi.
Mặt khác,
SK
KE
CP
CP
2
Suy ra S là điểm cố định.
IT
JF
IS · JF
Ta có
=
. Suy ra IT =
= a. Do các điểm J, S, I cố định và JF không
IS
JS
JS
đổi nên a không đổi.
Vậy T chuyển động trên (I, a) cố định.
Bài 74. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm chuyển động trên (O). Gọi
la , lb , lc lần lượt là các đường thẳng đối xứng với AP, BP, CP qua BC, CA, AB. la , lb , lc
cắt nhau tạo thành tam giác XY Z. Chứng minh rằng khi P chuyển động, tâm đường tròn
nội tiếp của tam giác XY Z luôn nằm trên một đường tròn cố định.
Trang 122
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Z'
X
B'
Z
I
X'
C'
A
Y
P
O
Y'
B
C
A'
Lời giải. (TelvCohl). Gọi A0 , B 0 , C 0 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B, C qua BC,
CA, AB. Do la đối xứng với P A qua BC nên A0 ∈ la . Tương tự B 0 ∈ lb , C 0 ∈ lc .
Ta có (XZ, XY ) ≡ (XZ, AC) + (AC, AB) + (AB, XY ) ≡ (AC, BP ) + (AC, AB) +
(P C, AB) ≡ (AC, P C) + (P C, BP ) + (P C, AB) + (AC, AB) ≡ 3(AC, AB) (mod π).
Mặt khác (AB 0 , AC 0 ) ≡ (AB 0 , AC) + (AC, AB) + (AB, AC 0 ) ≡ 3(AC, AB) (mod π)
nên (XZ, XY ) ≡ (AB 0 , AC 0 ) (mod π).
Suy ra X ∈ (AB 0 C 0 ). Tương tự Y ∈ (BA0 C 0 ), Z ∈ (A0 B 0 C).
Từ đó XI đi qua trung điểm X 0 của cung B 0 C 0 của (AB 0 C 0 ). Tương tự Y I đi qua Y 0 ,
ZI đi qua Z 0 .
Do tam giác XY Z có dạng không đổi khi P chuyển động nên ∠Y 0 IX 0 , ∠Z 0 IX 0 luôn
không đổi. Từ đó I là giao của hai cung tròn cố định dựng trên dây Y 0 X 0 , Z 0 X 0 . Do I
chuyển động nên I, X 0 , Y 0 , Z 0 đồng viên. Vậy I ∈ (X 0 Y 0 Z 0 ) cố định.
Bài 75. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn AC ⊥ BD. Tiếp tuyến tại (O) lần
lượt qua A, B, C, D cắt nhau tạo thành tứ giác XY ZT . XZ cắt Y T tại P . Chứng minh
rằng tâm đường tròn nội tiếp của 8 tam giác XP Y , Y P Z, ZP T , T P X, XY Z, Y ZT ,
ZT X, T XY cùng thuộc một đường tròn.
Trang 123
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Y
A
I1
I5
X
I2
B
P
D
I3
T
C
Z
Lời giải. Gọi I1 , I2 , I3 , I4 , I5 , I6 , I7 , I8 lần lượt là tâm nội tiếp của các tam giác XP Y ,
Y P Z, ZP T , T P X, XY Z, Y ZT , ZT X, T XY . Dễ thấy AC, BD, XZ, Y T đồng quy tại
P.
Do AC ⊥ BD nên ∠T XY + ∠T ZY = 180o hay tứ giác XY ZT nội tiếp.
Suy ra ∠XY P = ∠T ZP . Nhưng ∠P AY = ∠P CZ nên 4P AY ∼ 4P CZ. Suy ra
AY
YB
PY
=
=
.
PZ
CZ
ZB
Ta thu được P B là phân giác ∠Y P Z hay I2 ∈ P B. Tương tự, I3 ∈ P C.
P I3
PZ
P I2
PZ
Ta có
=
=
=
. Do đó I2 I3 k BC.
CI3
CZ
BZ
BI2
1
Suy ra ∠I1 I3 I2 = ∠ACB = 90o − ∠XY Z.
2
1
1
Vậy ∠I1 I3 I2 + ∠I1 I5 I2 = 90o − ∠XY Z + 90o + ∠XY Z = 180o .
2
2
Tương đương I1 , I2 , I3 , I5 cùng thuộc một đường tròn. Tương tự, I1 , I2 , I4 , I5 cùng thuộc
một đường tròn hay I5 ∈ (I1 I2 I3 I4 ). Tương tự với I6 , I7 , I8 ta có đpcm.
Bài 76. Cho 4 cung tròn ω1 , ω2 , ω3 , ω4 (được sắp xếp theo thứ tự) cùng dựng trên dây cung AB
sao cho chúng cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ AB. Giả sử tồn tại đường tròn (O1 )
tiếp xúc với ω1 và ω2 , đường tròn (O2 ) tiếp xúc với ω3 và ω4 sao cho giao điểm của hai
tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) nằm trên AB. Gọi (O3 ) là đường tròn bất kì tiếp
xúc với ω1 và ω2 . Từ điểm C trên AB kẻ hai tiếp tuyến tới (O3 ), cắt ω3 và ω4 lần lượt tại
(X, Y ); (T, Z). Chứng minh rằng tứ giác cong XY ZT (tạo bởi các cạnh XY, ZT và các
cung Y Z, XT ) ngoại tiếp.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề.
Bổ đề. Cho hai dây cung γ1 và γ2 cùng dựng trên dây AC sao cho chúng cùng nằm
trên một nửa mặt phẳng bờ AC. Gọi C1 , C2 là hai đường tròn tiếp xúc với γ1 và γ2 . Khi
đó tâm vị tự ngoài của C1 và C2 nằm trên AC.
Trang 124
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
T
I2
Z
I1
Y
O2
X
I
C
A
O1
Chứng minh. Gọi (O1 , R1 ) và (O2 , R2 ) lần lượt là đường tròn chứa các cung γ1 , γ2 ; I là
tâm vị tự ngoài của C1 và C2 . X, Y là tiếp điểm của C1 , C2 với γ1 , Z, T là tiếp điểm của
C1 , C2 với γ2 .
Áp dụng định Monge-D’Alembert cho bộ ba đường tròn ((O1 ), γ1 , γ2 ) và ((O2 ), γ1 , γ2 )
suy ra I, X, Y thẳng hàng và I, Z, T thẳng hàng.
Gọi IA1 A2 là tiếp tuyến chung ngoài của γ1 , γ2 .
Phép nghịch đảo IIIA1 .IA2 : γ1 7→ γ2 , đồng thời các cặp đường thẳng I1 Z và I2 T , I1 X
và I2 Y không song song nên IZ.IT = IA1 .IA2 = IX.IY . Suy ra X, Y, Z, T đồng viên.
Xét ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (XY T Z) có trục đẳng phương lần lượt là AC, XY, ZT
nên AC, XY, ZT đồng quy. Từ đó I ∈ AC.
Trở lại bài toán.
Y
O2
O4
Z
X
O1
O3
A
D
C
T
B
E
F
Gọi (O40 ) là đường tròn tiếp xúc với XY , cung Y Z, cung XT.
Áp dụng bổ đề trên suy ra tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn (O1 ) và (O3 ); (O2 )
và (O40 ) nằm trên AB.
Trang 125
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) ta có tâm vị tự
ngoài của các cặp đường tròn (O1 ) và (O2 ), (O1 ) và (O3 ) cùng nằm trên AB nên tâm vị
tự ngoài của (O2 ) và (O3 ) nằm trên AB.
Lại áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O2 ), (O3 ), (O40 ) suy ra tâm
vị tự ngoài của (O3 ) và (O40 ) nằm trên AB. Ta có tiếp tuyến chung ngoài của (O3 ) và (O40 )
cắt AB tại C. Do đó C là tâm vị tự ngoài của (O3 ) và (O40 ), nghĩa là (O40 ) tiếp xúc với
ZT hay (O40 ) ≡ (O4 ). Ta có đpcm.
Nhận xét. Đây là mở rộng của bài toán G7 IMO Shortlist 2010.
Bài 77. (Mathley No.1 2014) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn
(O) lần lượt tại A, B. Từ A kẻ hai tiếp tuyến t1 , t2 tới (O2 ), từ B kẻ hai tiếp tuyến l1 , l2
tới (O1 ) sao cho t1 và l1 nằm cùng một phía với đường thẳng AB. Gọi X, Y lần lượt là
giao điểm của t1 và l1 , t2 và l2 . Chứng minh rằng tứ giác AXBY ngoại tiếp.
X
B
L
A
I
O1
O2
Y
O
Lời giải. (Lê Thị Hải Linh-HS THPT chuyên Bắc Ninh)
Gọi O1 , O2 , O lần lượt là tâm của γ, δ, ω. AO2 giao BO1 tại I. Gọi α1 là đường tròn
tâm I và tiếp xúc với AX, AY ; α2 là đường tròn tâm I và tiếp xúc với BX, BY . OI giao
AB tại L.
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn δ, ω, α1 ta có A là tâm vị tự
ngoài của α1 và δ, B là tâm vị tự ngoài của δ và ω, suy ra tâm vị tự ngoài của α1 và ω
nằm trên AB hay L là tâm vị tự ngoài của α1 và ω.
Chứng minh tương tự L cũng là tâm vị tự ngoài của α2 và ω. Từ đó α1 ≡ α2 hay tứ
giác AXBY ngoại tiếp.
Bài 78. Với kí hiệu như bài toán 77, gọi M, N lần lượt là giao của AX, AY với (O1 ), P, Q lần lượt
là giao của BX, BY với (O2 ). Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn mixtilinear incircle ứng
với đỉnh A và B của các tam giác AM N và BP Q. Chứng minh rằng (I1 ) và (I2 ) có cùng
bán kính.
Trang 126
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
X
M
A
K
I1
O1
P
B
H
T
I2
I
O2
Q
N
Y
O
Lời giải. Cách 1.
Gọi K, H lần lượt là tiếp điểm của (I1 ) với (O1 ), (I2 ) với (O2 ); T là giao của O1 O2 với
AB . Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (O1 ), (I1 ), (I) suy ra A, K, B
thẳng hàng. Tương tự suy ra A, K, H, B thẳng hàng.
Theo bài 77 thì tứ giác AXBY ngoại tiếp đường tròn (I). Do đó R(I1 ) = R(I2 ) khi và
chỉ khi I1 I2 k AB.
II2
II1
Điều này tương đương
=
. (1)
I2 B
I1 A
II2
HA O2 I
OO2 O2 I
II2 HB O2 A
·
·
= 1 suy ra
=
·
=
·
.
Theo định lý Menelaus,
I2 B HA O2 I
I2 B
HB O2 A
O2 B O2 A
II2
OO1 O1 I
Tương tự,
=
·
.
I1 A
O1 A O1 B
OO1 O1 I
OO2 O2 I
·
=
·
.
Như vậy (1) tương đương
O2 B O2 A
O1 A O1 B
OO2 O1 A
O1 I O2 A
TA
Hay
·
=
·
, đúng vì cùng bằng
.
O2 B OO1
O1 B O2 I
TB
Bài toán được chứng minh.
Cách 2. (Vương Nguyễn Thùy Dương, HS THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng)
Gọi R, R1 , R2 , r1 , r2 lần lượt là bán kính (O), (O1 ), (O2 ), (I1 ), (I2 ).
R
R1 .R2
Xét phép vị tự HAR1 : (I1 ) 7→ (O2 ) suy ra r1 =
. Chứng minh tương tự suy ra
R
r1 = r2 .
Bài 79. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). D, E là hai điểm nằm trên cạnh BC. Gọi
(I1 ), (I2 ) là đường tròn nội tiếp các tam giác ABD, ACE. (I) tiếp xúc với AB, AC tại
X, Y . P là một điểm chuyển động trên cung nhỏ XY . P B, P C lần lượt giao (I1 ), (I2 )
Trang 127
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
tại L, K sao cho giao điểm còn lại của P B với (I1 ), P C với (I2 ) nằm giữa B, L và nằm
giữa C, K. Chứng minh rằng khi P chuyển động, giao điểm của LD và KE nằm trên một
đường tròn cố định.
A
P
Y
X
I
K
L
I2
I1
B
E
D
C
J
Q
Lời giải. Gọi (J) là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ADE. r, r1 , r2 , ra lần lượt
là bán kính của (I), (I1 ), (I2 ), (J).
r2
r1
Xét phép vị tự H r : P 7→ L, H r : P 7→ K.
B
C
Suy ra P I k I1 L k I2 K.
ra
ra
−
−
Lại xét HD r1 : L 7→ Q, HE r2 : L 7→ Q0 .
Suy ra LI1 k JQ, KI2 k JQ0 hay Q0 ≡ Q. Như vậy giao điểm của LD và KE nằm trên
(J) cố định.
Bài 80. (IMO Shortlist 2012). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi d là đường
thẳng bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z; P là hình chiếu của O trên d. Chứng
minh rằng các đường tròn (AXP ), (BY P ), (CZP ) đồng trục.
Trang 128
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Y
P
F
Z
O
B
C
X
E
Lời giải. Đường tròn (AP X) đồng trục với (BP Y ) và (CP Z) khi và chỉ khi
PA/(BP Y )
=
PA/(CP Z)
PX/(BP Y )
PX/(CP Z)
Hay
AB · AE
XP · XY
XY
=
=
. (1)
AC · AF
XP · XZ
XZ
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AY Z với đường thẳng (X, B, C) ta có
XY
·
XZ
BZ CA
·
= 1.
BA CY
XY
BA CY
Suy ra
=
·
.
XZ
BZ CA
AE
CY
=
.
AF
BZ
Ta có ZA · ZB − Y A · Y C = PZ/(O) − PY /(O)
Như vậy (1) tương đương
= ZO2 − Y O2 = ZP 2 − Y P 2 = ZY · ZP − Y Z · Y P = ZB · ZE − Y F · Y C.
AE
CY
Do đó ZB · (ZA − ZE) = Y C · (F Y + Y A) hay ZB · EA = Y C · F A hay
=
.
AF
BZ
Ta có đpcm.
MN
PQ
=
= k.
NB
QC
Chứng minh rằng các điểm chia đoạn nối trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của các
tam giác AM P, AN Q, ABC theo cùng một tỉ số là các bộ điểm thẳng hàng.
Bài 81. Cho tam giác ABC. M, N nằm trên AB, P, Q nằm trên AC sao cho
Trang 129
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Gọi X1 , X2 , X3 lần lượt là trung điểm M P, N Q, BC. Theo định lý ERIQ dễ thấy
X1 X 2
X1 , X2 , X3 thẳng hàng và
= k. Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác
X2 X 3
AG2
AG3
2
AG1
=
=
= nên theo định lý Thales, G1 , G2 , G3
AM P, AN Q, ABC. Ta có
AX1
AX2
AX3
3
G1 G2
thẳng hàng
= k.
G2 G3
A
P
G1
G2
Q
X1
M
X2
N
G3
B
X3
C
A
X1
Y1
Y2
M
Y3
N
B
P
X2
O1
X3
O2
Q
O3
C
Mặt khác, gọi O1 , O2 , O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AM P ,
AN Q, ABC; X1 , X2 , X3 lần lượt là hình chiếu của O1 , O2 , O3 trên AC, Y1 , Y2 , Y3 lần lượt
là hình chiếu của O1 , O2 , O3 trên AB.
1
1
1
Ta có X1 X2 = AX2 − AX1 = (AQ − AP ) = P Q, X2 X3 = QC.
2
2
2
X1 X2
PQ
Vậy
=
= k.
X2 X3
QC
Tương tự suy ra
Y1 Y2
= k.
Y2 Y3
Chú ý rằng O1 X1 k O2 X2 k O3 X3 , O1 Y1 k O2 Y2 k O3 Y3 . Theo định lý Thales suy ra
O1 O2
O1 , O2 , O3 thẳng hàng và
= k.
O2 O3
Vậy theo định lý ERIQ, các điểm chia đoạn thẳng Oi Gi theo cùng tỉ số thẳng hàng.
Bài 82. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam
giác AHB, AHC.
Trang 130
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
a) Chứng minh rằng các đường tròn (I1 ), (I2 ), (BC) có chung một tiếp tuyến l.
b) Giả sử l cắt AB, AC lần lượt tại X, Y . Chứng minh rằng đường tròn bàng tiếp góc
A của tam giác AXY tiếp xúc với (BC).
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu 2 bổ đề sau.
Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) ngoài nhau và cùng tiếp xúc trong với (O).
Gọi AE, BF là hai tiếp tuyến chung trong của (O1 ) và (O2 ) sao cho A, B khác phía với
E, F bờ O1 O2 . CD là tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 ) sao cho CD cùng phía với
EF bờ O1 O2 . Khi đó CD k EF.
A
B
O2
I2
T
I1
O
O1
D
C
E
L
F
Chứng minh. Gọi L là điểm chính giữa cung CD không chứa A, B. AL, BL cắt O1 O2 lần
lượt tại I1 , I2 . AE cắt BF tại T.
Áp dụng định lý Sawayama-Thebault suy ra I1 , I2 lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác
ACD, BCD. Suy ra LI1 = LD = LI2 . Từ đó ∠AI1 T = ∠BI2 T.
Mà ∠BT I2 = ∠AT I1 nên ∠I2 BT = ∠I1 AT hay ∠LBF = ∠LAE. Suy ra L là điểm
chính giữa cung EF . Vậy CD k EF.
Bổ đề 2. Với kí hiệu như bài toán ban đầu, hai đường tròn (I1 ) và (I2 ) có một tiếp
tuyến chung ngoài song song với BC.
Trang 131
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
I2
I1
H
I'1
P
B
C
Chứng minh. Gọi (I10 ) là đường tròn đối xứng với (I1 ) qua AH. I10 I2 cắt AH tại P .
1
1
Ta có ∠AI10 H = ∠AI1 H = 90◦ + ∠ABH = 90◦ + ∠ACH = ∠AI2 H. Suy ra
2
2
A, H, I10 , I2 đồng viên.
1
1
Từ đó ∠AP I10 = ∠AI10 I2 − ∠P AI10 = ∠AHI2 − ∠I1 AH = 90◦ − ∠ABC − ∠BAH =
2
2
45◦ .
Suy ra tiếp tuyến chung ngoài t khác AP của (I10 ) và (I2 ) vuông góc với AP hay t k BC.
Do phép đối xứng trục AH nên cả hai tiếp tuyến chung ngoài của (I10 ) và (I1 ) song song
với BC. Suy ra tồn tại một tiếp tuyến trùng t. Vậy t là tiếp tuyến chung ngoài song song
với BC của (I1 ) và (I2 ).
Trở lại bài toán.
Trang 132
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Y
T
I2
X
K
Z
L
I1 E
H
F V
U
B
M
C
a) Theo bổ đề 2, gọi U, V lần lượt là các điểm trên (I1 ), (I2 ) sao cho U V là tiếp tuyến
chung ngoài của (I1 ), (I2 ) và U V k BC.
Gọi Ha , M lần lượt là chân đường cao kẻ từ A và trung điểm BC.
Gọi (Eu ) là đường tròn Euler của tam giác ABC. Theo định lý Feuerbach, (Eu ) tiếp
xúc với (I1 ) và (I2 ). Lại có U V k Ha M nên theo bổ đề 1, tiếp tuyến chung trong d khác
AH của (I1 ) và (I2 ) phải đi qua M.
Ta có U V ⊥ AH, do đó tiếp tuyến chung ngoài còn lại l của hai đường tròn này vuông
góc với d. Gọi T là giao của d và l. K, L lần lượt là tiếp điểm của (I1 ) và (I2 ) trên d, E, F
lần lượt là tiếp điểm của (I1 ) với BH, (I2 ) với CH.
Do d ⊥ l nên các tam giác I1 T K và I2 T L vuông cân.
I1 K
I1 E
BI1
I1 T
=
=
=
.
Suy ra
I2 T
I2 L
I2 F
CI2
Bằng cộng góc dễ thấy BI1 ⊥ CI2 . Lại có T I1 ⊥ T I2 nên ∠T I1 B = ∠T I2 C. Do đó
4T I1 B ∼ 4T I2 C. Suy ra T là tâm của phép vị tự quay biến BI1 thành CI2 . Ta thu được
∠BT C = ∠I1 T I2 = 90◦ hay T ∈ (BC).
Do đó l là tiếp tuyến tại T của (BC). Vậy ba đường tròn (I1 ), (I2 ), (BC) có chung tiếp
tuyến l.
b) Gọi Z là giao của AH với d.
Các tứ giác AXT Z và AY T Z bàng tiếp đường tròn (I1 ) và (I2 ) nên theo định lý
Pythot, AX + XT = AZ + ZT, AY + Y T = AZ + ZT.
Suy ra AX + XT = AY + Y T , hay AT là đường thẳng chia đôi chu vi tam giác AXY .
Suy ra T là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AXY với XY.
Vậy đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AXY tiếp xúc với (BC) tại T .
Trang 133
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 83. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi P là điểm bất kì nằm trên AO, X, Y, Z
lần lượt nằm trên cạnh BC, CA, AB sao cho P X, P Y, P Z lần lượt là phân giác của các
góc BP C, CP A, AP B. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Chứng minh rằng
H, X, Y, Z đồng viên.
C1
Q
B1
J
A
Y
Z
P
Hb
O
K
Hc
B
Ha
X
C
Lời giải. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao điểm của Y Z với BC, XZ với AC, XY với AB.
XB
PB Y C
P C ZA
PA
Ta có
=
,
=
,
=
. Do đó theo định lý Céva ta thu được
XC
PC Y A
P A ZB
PB
AX, BY, CZ đồng quy.
Theo tính chất cơ bản của hàng điều hòa suy ra (XA1 BC) = (Y B1 AC) = (ZC1 AB) =
−1.
Gọi ωa , ωb , ωc là các đường tròn Apollonius của đoạn thẳng BC, CA, AB lần lượt ứng
với các bộ điểm (X, A1 ), (Y, B1 ), (Z, C1 ) suy ra ωa , ωb , ωc đồng quy tại P.
2
Gọi J là trung điểm B1 Y. Ta có JY = JA · JC suy ra ωb và (O) trực giao nhau. Tương
tự suy ra PO/ωa = PO/ωb = PO/ωc = R2 . Như vậy 3 đường tròn ωa , ωb , ωc nhận OP làm
trục đẳng phương.
Do A thuộc trục đẳng phương của 3 đường tròn nên AC1 · AZ = AB1 · AY hay tứ giác
C1 B1 ZY nội tiếp.
Gọi Ha , Hb , Hc lần lượt là giao điểm thứ hai của (XY Z) với BC, CA, AB. Suy ra
∠Hc Ha B = ∠BZX = ∠CY X = ∠XHa Hb .
AY
AHc
Lại có AY · AHb = AZ · AHc nên
=
. Xét tương tự với đỉnh B, C sau đó nhân
AZ
AHb
Trang 134
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Ha B Hb C Hc A
·
·
= 1. Suy ra AHa , BHb , CHc đồng quy. Mà BC là phân
Ha C Hb A Hc B
giác ngoài ∠Hb Ha Hc và Ha (Hb Hc AB) = −1 nên AHa ⊥ BC.
lại ta thu được
Vậy Ha ≡ H hay H, X, Y, Z đồng viên.
Bài 84. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi (Ia ), (Ib ), (Ic ) là các đường tròn có bán kính bằng
nhau và lần lượt tiếp xúc với cặp cạnh (AB, AC), (BA, BC), (CA, CB). Gọi da là tiếp
tuyến của (Ia ) sao cho da ⊥ AO và Ia nằm khác phía với B, C bờ là đường thẳng da .
da cắt AC, AB lần lượt tại Ab , Ac . Tương tự ta xác định Ba , Bc , Ca , Cb . Các đường tròn
(BCAb Ac ), (CABc Ba ), (ABCa Cb ) cắt nhau tại X, Y, Z. Chứng minh rằng Ia , Ib , Ic , X, Y, Z
đồng viên.
A
N
Ia
Ab
Y
Bc
Z
Ac
P
Cb
I
Ib
Ca
Ba
B
Ic
C
X
M
Lời giải. Tứ giác BCAb Ac nội tiếp do da là đường đối song ứng với BC của tam giác
ABC.
Gọi M N P là tam giác tạo bởi giao điểm của da , db , dc ; X 0 , Y 0 , Z 0 lần lượt là tâm đường
tròn nội tiếp của các tam giác M Ba Ca , N Ab Cb , P Bc Ac .
Ta có ∠BBc Ba = ∠AAc Ab = ∠ACB nên ∠Ac P Bc = 180◦ − 2∠ACB.
1
Từ đó ∠Ia Z 0 Ib = ∠Bc Z 0 Ca = 90◦ + ∠Ac P Bc = 180◦ − ∠ACB = 180◦ − ∠Ia Ic Ib .
2
0
Suy ra Z ∈ (Ia Ib Ic ).
Ta có ∠Z 0 Ia Ib = ∠Z 0 Ac Bc = ∠Z 0 Bc Ac = ∠Z 0 Ib Ia . Suy ra Z 0 Ia = Z 0 Ib hay Ic Z 0 là phân
giác của ∠Ia Ic Ib . Suy ra Z 0 , Ic , C thẳng hàng.
Suy ra ∠Z 0 Bc Ba = ∠Z 0 CBa hay Z 0 ∈ (ACBa Bc ). Tương tự Z 0 ∈ (BAc Ab C) hay
Z 0 ≡ Z. Chứng minh tương tự suy ra Ia , Ib , Ic , X, Y, Z đồng viên.
Bài 85. (Mathley No.1 2011) Cho ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ) đôi một cắt nhau; mỗi đường
tròn cắt hai đường tròn kia tại hai điểm phân biệt. Gọi (X1 ) là đường tròn tiếp xúc ngoài
Trang 135
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
với (O1 ) và tiếp xúc trong với các đường tròn (O2 ), (O3 ); tương tự xác định được các đường
tròn (X2 ), (X3 ). Gọi (Y1 ) là đường tròn tiếp xúc trong với (O1 )và tiếp xúc ngoài với các
đường tròn (O2 ), (O3 ), tương tự xác định được các đường tròn (Y2 ), (Y3 ). Gọi (Z1 ), (Z2 )
là hai đường tròn cùng tiếp xúc trong với cả ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ). Chứng minh
rằng X1 Y1 , X2 Y2 , X3 Y3 , Z1 Z2 đồng quy.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Gọi (X) và
(Z) là hai đường tròn tiếp xúc trong với cả hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) lần lượt tại cặp
điểm N, M và T, R ( (X) nằm trong và (Z) nằm ngoài hai đường tròn). Gọi (Y ) là đường
tròn tiếp xúc ngoài với cả hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) lần lượt tại Q, P . Gọi (A), (B) lần
lượt là đường tròn tiếp xúc ngoài với (O1 ) và tiếp xúc trong với (O2 ) lần lượt tại C, D;
tiếp xúc trong với (O1 ) và tiếp xúc ngoài với (O2 ) lần lượt tại E, F . Khi đó các bộ ba
đường thẳng XY, M P, N Q; XZ, M R, T N và AB, CE, DF đồng quy tại một điểm nằm
trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ).
Chứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của N Q, M P với (Y ). Gọi I, J lần
lượt là giao điểm của hai tiếp tuyến tại M, N của (X), tại K, L của (Y ).
Do các tam giác Y P L và O2 M P cân ta có biến đổi góc sau
(LY, LM ) ≡ (LY, LP ) ≡ (P L, P Y ) ≡ (P M, P O2 ) ≡ (M O2 , M P ) ≡ (M O2 , M L)(modπ)
Suy ra Y L k M O2 .
Tương tự, Y K k N O1 . Do đó IM k JL (cùng vuông góc M O2 ), IN k JK (cùng vuông
góc N O1 ). Mà hai tam giác IM N và JLK lần lượt cân tại I và J nên giao điểm của N K
và LM là tâm vị tự của hai tam giác và cũng là tâm vị tự của hai đường tròn (X) và (Y ).
Y
K
L
I
Q
P
T
M
R
N
X
O2
O1
Z
J
Trang 136
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Ta có M N k KL và tứ giác KLP Q nội tiếp nên tứ giác M N P Q nội tiếp. Gọi S là
giao của M P và N Q thì SM .SP = SN .SQ. Từ đó S nằm trên trục đẳng phương của hai
đường tròn (O1 ) và (O2 ).
Vậy XY, M P, N Q đồng quy tại S nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1 )
và (O2 )
Chứng minh tương tự với bộ ba XZ, M R, N T và AB, CE, DF . Ta có điều phải chứng
minh.
Từ bổ đề trên ta thấy tâm vị tự của (X1 ) và (Y1 ) nằm trên trục đẳng phương của (O2 )
và (O3 ) và nằm trên trục đẳng phương của (O1 ) và (O2 ). Do đó X1 Y1 đi qua tâm đẳng
phương của ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ). Tương tự với X2 Y2 , X3 Y3 , Z1 Z2 . Ta có điều
phải chứng minh.
Bài 86. (Mathley No.2 2011) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Một
đường thẳng bất kì đi qua H cắt đường tròn (O) tại hai điểm P và Q. Qua P, Q lần lượt
kẻ các đường vuông góc với AP, AQ, các đường này cắt đường thẳng BC lần lượt tại hai
điểm M, N . Chứng minh rằng đường thẳng qua P và vuông góc với OM và đường thẳng
qua Q và vuông góc với ON cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn (O).
A
Q
O
H
P
Z
B
M
N
Y
X
C
S
T
Lời giải. (Lê Bích Ngọc HS K46, THPT chuyên KHTN)
Gọi đường thẳng qua P và vuông góc với OM và đường thẳng qua Q và vuông góc
với ON cắt nhau tại T . Gọi AS là đường kính của (O). Gọi X, Y, Z là hình chiếu của O
−−→ 1 −→ −−→ 1 −−→ −→ 1 −→
lên P S, BC, SQ. Dễ thấy OX = AP , OY = AH, OZ = AQ mà P, H, Q thẳng hàng
2
2
2
suy ra X, Y, Z thẳng hàng. Theo bài toán đảo của đường thẳng Simson suy ra O, M, N, S
đồng viên. Từ đó ta có biến đổi góc định hướng như sau
(T P, T Q) ≡ (OM, ON )(modπ) (Do P T ⊥ OM, QT ⊥ ON )
≡ (SM, SN )(modπ) (Do O, M, N, S đồng viên)
≡ (SP, SQ)(modπ).
Từ đó T, S, P, Q đồng viên hay T thuộc (O).
Trang 137
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 87. (Mathley No.3 2011) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R). Một đường tròn
(O0 , R0 ) tiếp xúc trong với (O) tại I sao cho R < R0 . P là một điểm bất kì trên (O). Các
tia P A, P B, P C lần lượt cắt (O0 ) tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 B2 C2 là tam giác tạo bởi các giao
điểm của các đường thẳng đối xứng với B1 C1 qua BC, C1 A1 qua CA, A1 B1 qua AB.
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác A2 B2 C2 cũng tiếp xúc với (O).
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề sau.
Bổ đề (Trần Quang Hùng, GV THPT chuyên KHTN). Cho tam giác ABC và một điểm
P bất kì trên mặt phẳng. Một đường thẳng qua P cắt các đường tròn (P BC), (P CA), (P AB)
lần lượt tại Pa , Pb , Pc . Gọi la , lb , lc lần lượt là tiếp tuyến của (P BC), (P CA), (P AB) tại
Pa , Pb , Pc . Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng
la , lb , lc tiếp xúc với (ABC).
Y
Pc
A
X
R
P O
Pb
C
B
Z
t
Q
Pa
Chứng minh. Gọi XY Z là tam giác tạo bởi các giao điểm của la , lb , lc , Q là điểm Miquel
của tứ giác toàn phần XY ZPa Pb Pc , R là giao của APc và CPa .
Ta có biến đổi góc định hướng như sau:
(Pc A, Pc X) ≡ (Pc A, Pc Y ) ≡ (P A, P Pc ) ≡ (CA, CPb ) ≡ (Pb A, Pb X)(modπ) suy ra
A ∈ (XPb Pc ). Tương tự với B ∈ (Y Pc Pa ), C ∈ (ZPa Pb ). Ta sẽ chứng minh rằng Q
nằm trên (ABC), thật vậy, ta có biến đổi góc (APc , AB) + (CB, CPa ) ≡ (P Pc , P B) +
(P B, P Pa ) ≡ (P Pb , P Pa )(modπ) nên A, B, C, R cùng thuộc một đường tròn. Từ đó
(QA, QC) ≡ (QA, QPb ) + (QPb , QC) ≡ (Pc A, Pc Pb ) + (Pa Pb , Pa C) ≡ (RA, RC)(modπ)
suy ra Q ∈ (ABC).
Trang 138
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Dựng tiếp tuyến Qt của (XY Z). Ta sẽ chứng minh Qt cũng là tiếp tuyến của (ABC).
Thật vây, Qt tiếp xúc (ABC) khi và chỉ khi (Qt, QA) ≡ (CQ, CA)( mod π) ⇔ (Qt, QX) +
(QX, QA) ≡ (CQ, CPb ) + (CPb , CA)(modπ)(∗).
Mà (Qt, QX) ≡ (ZQ, ZX) ≡ (ZQ, ZPb ) ≡ (CQ, CPb ), (QX, QA) ≡ (Pb X, Pb A) ≡
(CPb , CA)(modπ) nên (∗) đúng. Ta có điều phải chứng minh.
Trở lại bài toán.
Q
P
A2
A
A1
Y'
C2
B2
Y
X'
B
C
B1
T
X
C1
S
Z'
Z
I
Gọi Z là giao điểm của (IBB1 ) với A1 B1 . Tương tự ta xác định X, Y . Ta có (IZ, B1 Z) ≡
(IB, B1 B) ≡ (AI, AP )( (mod π)) suy ra Z ∈ (A1 AI)( (mod π)). Chứng minh tương tự
với X, Y .
Mặt khác, (ZI, ZX) ≡ (B1 I, B1 X) ≡ (A1 I, A1 C1 ) ≡ (A1 I, A1 Y ) ≡ (ZI, ZY )( (mod π))
suy ra X, Y, Z thẳng hàng. Gọi T là giao của IB1 và CX. Kẻ tiếp tuyến It của (O). Ta có
(It, IB1 ) ≡ (C1 I, C1 B1 ) ≡ (C1 I, C1 X) ≡ (CI, CX) ≡ (CI, CT )( (mod π)). Suy ra It là
tiếp tuyến của (IT C). Từ đó T ∈ (O). Ta thu được (XB1 , XB) ≡ (IB1 , IB) ≡ (CX, CB)(
(mod π)), suy ra B1 C1 là tiếp tuyến của (BCX). Tương tự với C1 A1 , A1 B1 .
Gọi Q là giao điểm của (XBC) với đường thẳng qua X, Y, Z.
Ta có (QX, QB) ≡ (XB1 , XB) ≡ (ZB1 , ZB) ≡ (AZ, AB)( (mod π)) (do A1 B1 là tiếp
tuyến của (ABZ). Vậy Q ∈ (ABZ). Tương tự ta thu được (ABZ), (BCX), (ACY ) đồng
quy tại Q.
Gọi (Oa ), (Ob ), (Oc ) lần lượt là các đường tròn đối xứng với (BCX), (ACY ), (ABZ)
qua BC, CA, AB, X 0 , Y 0 , Z 0 là các điểm đối xứng với X, Y, Z qua BC, CA, AB. Do A1 B1 ,
Trang 139
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B1 C1 , C1 A1 lần lượt là các tiếp tuyến của (BCX), (ACY ), (ABZ) nên theo phép đối xứng
ta suy ra A2 B2 , B2 C2 , C2 A2 lần lượt là tiếp tuyến của (Oa ), (Ob ), (Oc ). X, Y, Z lần lượt
nằm trên B1 C1 , C1 A1 , A1 B1 nên X 0 , Y 0 , Z 0 lần lượt nằm trên B2 C2 , C2 A2 , A2 B2 .
Gọi S là giao điểm của (Oa ) và (Ob ).
Ta có: (SB, SA) ≡ (SB, SC) + (SC, SA) ≡ (X 0 B, X 0 C) + (Y 0 C, Y 0 A) ≡ (XB, XC) +
(Y C, Y A) ≡ (QB, QC) + (QC, QA) ≡ (QB, QA) ≡ (Z 0 B, Z 0 A)( (mod π)). Vậy (Oa ),
(Ob ), (Oc ) đồng quy tại S. Ta có biến đổi góc
(SC, SX 0 ) ≡ (BC, BX 0 ) ≡ (BX, BC) ≡ (BX, BI)+(BI, BC) ≡ (ZX, ZI)+(AI, AC) ≡
(AY, AI) + (AI, AC) ≡ (AY, AC) ≡ (AC, AY 0 ) ≡ (SC, SY 0 )( (mod π)). Vậy S, X 0 , Y 0
thẳng hàng. Tương tự suy ra S, X 0 , Y 0 , Z 0 thẳng hàng.
Từ đó áp dụng bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài 88. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P và Q là hai điểm bất kì trong mặt phẳng.
Một đường tròn bất kì qua P, Q cắt (BP C), (CP A), (AP B) lần lượt tại M, N, K khác P .
Gọi ωa , ωb , ωc là các đường tròn qua Q và tiếp xúc với (BP C), (CP A), (AP B) lần lượt tại
M, N, K. ωa , ωb , ωc cắt nhau lần thứ hai tại X, Y, Z. Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc
với (O).
A
K
Q
X
Y
J
O
P
M
Z
N
C
B
T
Lời giải. Sử dụng phép nghịch đảo tâm P phương tích bất kì, ta chuyển bài toán về dạng
sau.
Bài toán. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng d bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt
tại X, Y, Z. T là điểm bất kì nằm trên d. Gọi ωa , ωb , ωc lần lượt là các đường tròn qua
T và tiếp xúc với BC, CA, AB tại X, Y, Z. ωa , ωb , ωc cắt nhau lần thứ hai tại các điểm
A0 , B 0 , C 0 . Chứng minh rằng (A0 B 0 C 0 ) tiếp xúc với (O).
Trang 140
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
C'
M
Y
T
Z
t
A'
B'
X
B
C
Chứng minh.
Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BZY C.AX.
Ta có ∠Y A0 Z = ∠Y A0 T + ∠T A0 Z = ∠AY Z + ∠AZY = 180◦ − ∠Y AZ.
Suy ra A0 ∈ (AY Z). Tương tự B 0 ∈ (BXZ).
Ta có ∠B 0 A0 M = ∠B 0 A0 Z + ∠ZA0 M = ∠BZB 0 + ∠BAZ = ∠BM B 0 + ∠M AB.
Chứng minh tương tự, ∠B 0 C 0 M = ∠BM B 0 + ∠M AC. Suy ra ∠B 0 A0 M = ∠B 0 C 0 M.
Suy ra M ∈ (A0 B 0 C 0 ).
Kẻ tiếp tuyến M t của (O).
Ta có ∠tM B 0 = ∠tM B + ∠BM B 0 = ∠M AB + ∠BM B 0 = ∠M A0 B 0 . Suy ra M t đồng
thời là tiếp tuyến của (A0 B 0 C 0 ).
Vậy (A0 B 0 C 0 ) tiếp xúc với (O) tại M.
Bài 89. (Mathley No.4 2011). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). E là tâm Euler. Qua
E kẻ các đường thẳng M N song song với BC, P Q song song với AC, KL song song với
AB (K, P ∈ BC, N, L ∈ AC, M, Q ∈ AB). Chứng minh rằng đường thẳng Euler của các
tam giác ALQ, BM K, CP N, ABC đồng quy.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu và chứng minh một bổ đề sau.
Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), E là tâm Euler. M, N là hai điểm
trên AB, AC sao cho E là trung điểm M N . Chứng minh rằng O nằm trên đường thẳng
Euler của tam giác AM N .
Trang 141
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
N
H
E
M
O
C
B
L
Chứng minh. (Nguyễn Tuấn Hải Đăng, HS K47 THPT chuyên KHTN)
Gọi L là điểm đối xứng với A qua E. Suy ra L đối xứng với O qua BC.
Ta có AM LN là hình bình hành nên ∠LN C = ∠BAC = ∠LOC. Suy ra tứ giác
ON CL nội tiếp, từ đó ∠AN O = ∠OLC = ∠LOC = ∠BAC. Tương tự ta thu được
∠ON A = ∠N AM = ∠AM O. Theo bổ đề của bài 63, O nằm trên đường thẳng Euler của
tam giác AM N.
Trở lại bài toán.
A
G'
Q
M
G
R
H
N
E
S
B
L
K
O
X
P
C
Trên AB, AC lấy các điểm S, R sao cho E là trung điểm SR. Theo bổ đề trên, O nằm
trên đường thẳng Euler của tam giác ASR.
Dễ thấy tam giác ELQ là tam giác trung tuyến của tam giác ARS nên đường thẳng
Euler của các tam giác ELQ và ARS trùng nhau. Gọi G là trọng tâm tam giác ELQ thì
GO là đường thẳng Euler của tam giác ELQ.
Gọi G0 là trọng tâm tam giác ALQ thì G0 đối xứng với G qua trung điểm LQ, từ đó G
là trung điểm G0 E.
Do hai tam giác ALQ và ELQ đối xứng nhau qua trung điểm LQ nên đường thẳng
Euler của hai tam giác song song với nhau. Gọi X là điểm đối xứng với E qua O thì
G0 X k GO hay G0 X là đường thẳng Euler của tam giác ALQ.
Trang 142
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Chứng minh tương tự suy ra đường thẳng Euler của các tam giác ALQ, BM K, CP N ,
ABC đồng quy tại điểm đối xứng với E qua O.
Bài 90. (Mathley No.5 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P là một
điểm tùy ý trong mặt phẳng tam giác ABC. Các điểm A0 , B 0 , C 0 lần lượt là đối xứng của
P qua các đường thẳng BC, CA, AB; X là giao điểm, khác A, của đường tròn đường kính
AP và đường tròn ngoại tiếp tam giác AB 0 C 0 . Các điểm Y, Z được xác định tương tự.
Chứng minh rằng năm đường tròn (O), (AB 0 C 0 ), (BC 0 A0 ), (CA0 B 0 ), (XY Z) có một điểm
chung.
Lời giải. Bổ đề 1. Cho tam giác ABC, P là điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác
ABC. Gọi B 0 , C 0 lần lượt là điểm đối xứng với P qua AC, AB; E, F lần lượt là hình chiếu
của P trên AC, AB. Gọi X là giao điểm khác A của hai đường tròn (AB 0 C 0 ) và đường
tròn đường kính AP . Khi đó tứ giác P EXF điều hòa.
A
X
C'
B'
L
F
E
P
J
B
M
C
K
Chứng minh. Gọi J là giao điểm của F P và AC, K là giao điểm của EP và AB.
Ta sử dụng góc định hướng:
(AB 0 , AC 0 ) ≡ 2(AE, AF ) ≡ (KB 0 , KC 0 )(modπ) nên K ∈ (AB 0 C 0 ).
Tương tự J ∈ (AB 0 C 0 ).
Xét ba đường tròn (AEF ), (AKJ) và đường tròn đường kính KJ có ba trục đẳng
phương là AX, EF, KJ nên chúng đồng quy tại điểm L.
Gọi M là giao điểm của AP với KJ thì A(XP EF ) = (LM JK) = −1 nên tứ giác
P EXF điều hòa. Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, P là điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC.
Gọi A0 , B 0 , C 0 lần lượt là điểm đối xứng với P qua BC, CA, AB. Gọi Y, Z lần lượt là giao
điểm thứ hai của các cặp đường tròn (BA0 C 0 ) và đường tròn đường kính BP, (CA0 B 0 ) và
đường tròn đường kính P C. Khi đó AP, BY, CZ đồng quy.
Trang 143
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
B'
I
C'
K
P
J
B
C
Y
A'
A1
Z
Chứng minh. Gọi J, I, K lần lượt là hình chiếu của P trên BC, AC, AB.
Áp dụng định lý Ceva dạng sin cho tam giác ABC ta có AP, BY, CZ đồng quy khi và
chỉ khi:
sin(AB, AP ) sin(CA, CZ) sin(BY, BC)
·
·
=1
sin(AP, AC) sin(CZ, CB) sin(BY, BA)
Ta có
sin(AB, AP )
KP sin(CA, CZ)
IZ sin(BY, BC)
JY
=
,
=
,
=
.
sin(AP, AC)
IP sin(CZ, CB)
JZ sin(BY, BA)
KY
Do đó ta cần chứng minh
(3.1)
KP IZ JY
·
·
=1
IP JZ KY
Theo bổ đề 1, các tứ giác KP JY và IP JZ điều hòa nên
Y K IP
IZ
KP
=
,
=
. Từ
PJ
Y J PJ
JZ
đó suy ra (3.1) luôn đúng. Ta có điều phải chứng minh.
Trở lại bài toán.
Trang 144
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B1
A
X
B'
C'
H
P
B
C
Y
Z
A'
A1
Gọi H là giao điểm của (AB 0 C 0 ) và (CA0 B 0 ). Ta chứng minh H ∈ (O).
Thật vậy, (HC, HA) ≡ (HC, HB 0 ) + (HB 0 , HA) ≡ (A0 C, A0 B 0 ) + (C 0 B 0 , C 0 A)(modπ)
π
π
tương đương với − (CA, CB) + − (AB, AC) ≡ (BC, BA)(modπ)
2
2
Do đó H ∈ (O). Chứng minh tương tự suy ra bốn đường tròn (O), (AB 0 C 0 ), (BC 0 A0 ),
(CA0 B 0 ) đồng quy tại điểm H.
Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là giao của BY và CZ, CZ và AX, AX và BY .
Xét (XZ, XH) ≡ (XZ, XA) + (XA, XH)(modπ)
(Y Z, Y H) ≡ (Y Z, Y B) + (Y B, Y H)(modπ)
Do đó để chứng minh H ∈ (XY Z) ta cần chứng minh (XZ, XH) ≡ (Y Z, Y H)( mod π),
khi và chỉ khi (XZ, XA) + (XA, XH) ≡ (Y Z, Y B) + (Y B, Y H)(modπ)
Hay (XA, XH) + (Y H, Y B) ≡ (Y Z, Y B) + (XA, XZ)(modπ)
Tương đương với (C 0 A, C 0 H) + (C 0 H, C 0 B) ≡ (Y Z, Y A1 ) + (XB1 , XZ)(modπ).
Chú ý rằng các tứ giác P Y A1 Z, P XB1 Z nội tiếp ta thu được: (Y Z, Y A1 )+(XB1 , XZ) ≡
(P Z, P A1 ) + (P B1 , P Z) ≡ (P B1 , P A1 )(modπ)
Do đó ta cần chứng minh (C 0 A, C 0 H) + (C 0 H, C 0 B) ≡ (P B1 , P A1 )(modπ),
hay (C 0 A, C 0 B) ≡ (P B1 , P A1 )(modπ).
Điều này tương đương với (P A, P B) ≡ (P B1 , P A1 )( mod π) (do P và C 0 đối xứng nhau
qua AB).
Điều này hiển nhiên đúng vì theo bổ đề 2 thì A, P, A1 thẳng hàng, B, P, B1 thẳng hàng.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Trang 145
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 91. (Mathley No.6 2012) Cho AB là một dây cung bất kì của đường tròn (O). Hai đường tròn
(X) và (Y ) nằm cùng phía với dây cung AB sao cho chúng cùng tiếp xúc trong với (O)
và lần lượt tiếp xúc với AB tại C, D;C nằm giữa A và D). Gọi H là giao điểm của XY
và AB. M là điểm chính giữa cung AB không chứa (X), (Y ). Biết HM cắt (O) lần thứ
hai tại I. Gọi IX, IY lần lượt giao AB tại K, J. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp
tam giác IKJ tiếp xúc với (O).
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu và chứng minh một bổ đề
Bổ đề. Cho hai điểm A, B bất kì nằm trên đường tròn (O, R). Một đường tròn (I, r)
tiếp xúc trong với (O) tại T (r < R). Gọi AE, BF lần lượt là tiếp tuyến kẻ từ A, B tới
TB
TA
=
.
(I). Khi đó
EA
FB
A
E
A'
O
I
T
B'
F
B
Chứng minh. Gọi A0 , B 0 lần lượt là giao điểm của AT, BT với (I). Dễ dàng chứng minh
được AB k A0 B 0 . Do đó
AE 2
AA0 .AT
BB 0 BT
BF 2
(
)
=
=
· 0 =(
).
0
0
0
0
TA
A T.A T
BT BT
T B0
BF
AE
T A0
TA
AE
Suy ra
=
hay
=
=
.
0
0
0
TA
TB
BF
TB
TB
TA
TB
Vậy
=
. Đó là điều phải chứng minh.
EA
FB
Trở lại bài toán.
Trang 146
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
L
F
P
E
O1
O
X
H
t
A
O2
D
J
C
Y
B
K
Q
I
M
Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của (O1 ) và (O2 ) với (O).EF cắt (O2 ) lần thứ hai tại
P . Ta có ∠OEF = ∠OF E = ∠O2 P F . Do đó O1 E k O2 P . Ta suy ra EF, O1 O2 , BC đồng
quy tại tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ). Kẻ tiếp tuyến It của (IKJ). Ta
có ∠tIA + ∠AIK = ∠tIK = ∠KJI = ∠ABI + ∠JIB.
Do đó It là tiếp tuyến của (O) khi và chỉ khi ∠AIK = ∠JIB (1).
Mặt khác, từ I lần lượt kẻ các tiếp tuyến IX tới (O1 ), IY tới (O2 ).
BC
AC
=
nên EC là phân giác của góc AEB hay EC đi qua M .
Theo bổ đề trên,
AE
BE
Tương tự, F D đi qua M .
AC
IX
=
. Mà ∠M AC = ∠M EB = ∠M EA nên hai tam giác M AC
Lại theo bổ đề,
IE
AE
AC
AM
IX
AM
và M EA đồng dạng. Ta thu được
=
. Do đó
=
.
AE
EM
IE
EM
Tương tự,
IY
BM
=
. (2)
IF
FM
IE AM F M
IE F M
IX
=
·
·
=
·
. Mặt khác, ta chứng minh được CE k DP
Vậy
IY
IF EM BM
IF EM
nên ∠ECH = ∠P DH = ∠P F D, suy ra tứ giác ECDF nội tiếp.
Vậy HC.HD = HE.HF = HI.HM , suy ra tứ giác CIM D nội tiếp.
Từ đó ∠IEC = ∠IF D, ∠ICM = ∠IDM . Ta thu được ∆ECI ∼ ∆F DI.
Từ tính đồng dạng của hai tam giác HEA và HDF ta suy ra
IE
CE
HE
=
=
. (3)
IF
DF
HD
Ta có
EM
sin ∠EF D
sin ∠ECH
HE
=
=
=
. (4)
FM
sin ∠F EC
sin ∠HEC
HC
Trang 147
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
IX
HE HC
HC
O1 C
O1 X
=
·
=
=
=
.
IY
HD HE
HD
O2 D
O2 Y
IO1
O1 C
HO1
Từ đó
=
=
.
IO2
O2 D
HO2
Từ (2), (3), (4) suy ra
Gọi L là điểm chính giữa cung AB chứa (O1 ), (O2 ) thì ∠LIM = 90◦ nên IL là phân
giác trong của góc O1 IO2 . Tóm lại (1) đúng. Ta có điều phải chứng minh.
Bài 92. (Mathley No.7 2012) Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E, AD giao BC
tại F . Hai đường thẳng bất kì qua E lần lượt cắt AD, BC tại M, N, P, Q (M, N ∈
AD, P, Q ∈ BC). Hai đường thẳng bất kì qua F lần lượt cắt AB, CD tại X, Y, Z, T
(X, Y ∈ AB, Z, T ∈ CD). Gọi d1 , d2 là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp
các tam giác F XY, F ZT ; d3 , d4 là các tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp
các tam giác EM N, EP Q. Chứng minh rằng d1 , d2 , d3 , d4 cắt nhau tạo thành một tứ giác
ngoại tiếp.
Lời giải. Ta phát biểu chứng minh ba bổ đề
Bổ đề 1. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF (AB ∩ CD = {E}, BC ∩ CD = {F }).
Gọi d1 , d2 lần lượt là tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp các tam giác
EBC, EDA. Một đường thẳng bất kì qua E cắt d1 , F C, d2 , F D lần lượt tại M, N, P, Q.
Gọi (I1 , r1 ), (I2 , r2 ) lần lượt là đường tròn bàng tiếp các tam giác F M N, F P Q. Khi đó E
là tâm vị tự ngoài của (I1 ) và (I2 ).
E
O1
X
M
I1
C
B
d(1)
O2
N
P
D
I2
A
F
Q
Chứng minh. Gọi (O1 , R1 ), (O2 , R2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác EBC, EAD.
EI1 cắt F O2 tại I20 . Dựng đường tròn (I20 , r20 ) sao cho F là tâm vị tự ngoài của (I20 ) và
(O2 ).
Ta sẽ chứng minh E là tâm vị tự ngoài của (I1 ), (I20 ).
r1
r1 R1 R2
F I1 EO1 F O2
Thật vậy, xét 0 =
·
· 0 =
·
·
.
r2
R1 R2 r2
F O1 EO2 F I20
Trang 148
Nguyễn Văn Linh
Ta cần chứng minh
Đại học Sư phạm Hà Nội
EI1
r1
F I1 EO1 F O2
·
·
= 0 =
.
0
EI2
r2
F O1 EO2 F I20
Gọi X là giao của I1 O2 và EF . Hiển nhiên theo định lý Menelaus ta có
XI1
EI1 F I20
F I1 EO1
.
=
=
·
. Vậy E là tâm vị tự ngoài của (I1 ) và (I20 ). Suy ra
F O1 EO2
XO2
EI20 F O2
EQ là tiếp tuyến chung của (I1 ) và (I20 ) hay (I20 ) ≡ (I2 ). Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E, AD giao BC tại F . Một
đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh chung đỉnh R của tứ giác ABCD (R là một trong
các đỉnh A, B, C, D). Hai tiếp tuyến (khác cạnh tứ giác ABCD) kẻ từ E, F tới (I) cắt
nhau tại H. Khi đó tứ giác tạo bởi các đỉnh R, H, E, F ngoại tiếp.
Chứng minh. Ta chỉ chứng minh trong trường hợp R là đỉnh D. Các trường hợp còn lại
chứng minh tương tự.
Ta có các tứ giác EDF B, EDF H ngoại tiếp nên F B − EB = F D − ED = F H − EH.
Từ đó suy ra tứ giác HF BE ngoại tiếp. Ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 3. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AB giao CD tại E, AD giao BC tại F . Hai
đường thẳng bất kì qua F cắt AB, CD lần lượt tại X, Y, Z, T (X, Y ∈ AB, Z, T ∈ CD).
Khi đó hai tiếp tuyến kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp các tam giác F XY, F ZT tạo với
các cạnh AD, BC một tứ giác ngoại tiếp.
Chứng minh. Gọi M, Q là giao của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ E tới đường tròn nội tiếp
tam giác F ZT với AD, BC. Tương tự xác định N, P . Gọi (I1 ), (I2 ) lần lượt là đường tròn
bàng tiếp các tam giác EN A, EM D. Theo bổ đề 1 ta thu được F là tâm vị tự ngoài của
(I1 ) và (I2 ).
Gọi H, K là giao của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới (I1 ) với EQ, EB.
Áp dụng bổ đề 2 suy ra tứ giác KHBQ ngoại tiếp. Lại theo bổ đề 2, (I1 ) tiếp xúc với
KB và KH nên tứ giác M N P Q ngoại tiếp. Ta có điều phải chứng minh.
Trang 149
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
F
P
B
Y
I1
N
A
Q
K
H
X
C
I2
M
Z
T
D
E
Gọi V, W, S, R lần lượt là giao của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ F tới đường tròn nội tiếp
các tam giác EP Q, EM N với CD, AB.
Áp dụng bổ đề 3 ta suy ra tứ giác V W RS ngoại tiếp. Gọi HLKJ là tứ giác tạo bởi
giao điểm của d1 , d2 , d3 , d4 . Lại áp dụng bổ đề 3 cho tứ giác V W RS ta suy ra tứ giác
HLKJ ngoại tiếp. Ta có điều phải chứng minh.
F
E
H
R
J
L
A
X Y
N
S
B
W
D
M
P
K
T
Z
V
Q
C
Trang 150
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 93. (Mathley No.8 2012) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Hai
đường thẳng d1 và d2 bất kì vuông góc với nhau và đi qua H. d1 cắt BC, CA, AB lần lượt
tại X1 , Y1 , Z1 . Gọi A1 B1 C1 là tam giác tạo bởi các đường thẳng qua X1 và vuông góc với
BC, qua Y1 và vuông góc với CA, qua Z1 và vuông góc với AB. Tương tự ta xác định
được tam giác A2 B2 C2 . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác A1 B1 C1 và
A2 B2 C2 tiếp xúc với nhau tại một điểm nằm trên (O).
Lời giải. Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H. Hai đường thẳng d1 và
d2 bất kì vuông góc với nhau và đi qua H. d1 cắt BC, CA, AB lần lượt tại X1 , Y1 , Z1 . Tương
tự ta xác định X2 , Y2 , Z2 . Khi đó hai tứ giác toàn phần ABCX1 Y1 Z1 và ABCX2 Y2 Z2 có
chung điểm Miquel.
Y2
Hb
A
Y1
Z2
M
H
Z1
X1
X2
B
C
Ha
K
Chứng minh. Gọi Ha , Hb lần lượt là điểm đối xứng với H qua BC, CA. Suy ra X1 Ha , Y1 Hb
cắt nhau tại K - điểm Anti-Steiner của tam giác ABC ứng với d1 . Hơn nữa, theo tính
chất đối xứng ta hiển nhiên có Ha ∈ (X1 HX2 ), Hb ∈ (Y1 HY2 ).
Do Ha , H, Hb lần lượt nằm trên các cạnh của tam giác X1 KY1 nên (HX1 Ha ), (Ha KHb ),
(Hb Y1 H) đồng quy tại điểm Miquel M của tam giác X1 KY1 ứng với bộ ba điểm (Ha , H, Hb ).
Do (X1 HX2 ) và (Y1 HY2 ) cắt nhau tại M nên M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần
X1 Y1 CX2 HY2 . Từ đó M ∈ (X1 CY1 ).
Suy ra (X1 CY1 ) và (ABC) giao nhau tại M hay M là điểm Miquel của tứ giác toàn
phần ABCX1 Y1 Z1 . Tương tự ta có điều phải chứng minh.
Giải bài toán.
Trang 151
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
C2
O2
A
V
H2
A2
Y1
T
B1
B2
H
Z1
H1
U
X1
O
A1
B
C
O1
C1
Gọi T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCX1 Y1 Z1 .
Ta có A1 ∈ (AY1 Z1 ), B1 ∈ (BX1 Z1 ). Do đó (B1 X1 Z1 ) và (A1 Y1 Z1 ) cắt nhau tại T .
Suy ra T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần A1 B1 C1 X1 Y1 Z1 hay T ∈ (A1 B1 C1 ).
Áp dụng bổ đề trên suy ra T cũng là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCX2 Y2 Z2 .
Chứng minh tương tự suy ra T là giao điểm của (A1 B1 C1 ) và (A2 B2 C2 ).
Gọi O1 và O2 lần lượt là tâm của (A1 B1 C1 ) và (A2 B2 C2 ).
Theo tính chất của các tứ giác nội tiếp thì ∠T C1 A1 = ∠T CA, ∠T A1 C1 = ∠T AC. Suy
ra hai tam giác T C1 A1 và T CA đồng dạng. Từ đó ∠O1 T A1 = ∠OT A = 90◦ − ∠A1 T O.
Suy ra ∠O1 T O = 90◦ . Tương tự, ∠O2 T O = 90◦ .
Vậy T O là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ). Tức là (O1 ) và (O2 ) tiếp
xúc nhau tại T .
Nhận xét. Bổ đề trong bài 93 chính là bước để chứng minh định lý về đường thẳng DrozFarny Trung điểm các đoạn thẳng X1 X2 , Y1 Y2 , Z1 Z2 thẳng hàng. Trong bài toán trên, nếu ta
gọi H1 , H2 lần lượt là trực tâm của các tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 thì có thể chứng minh
được H1 ∈ d1 , H2 ∈ d2 . Đồng thời trung điểm của HH1 và HH2 cùng nằm trên đường thẳng
Droz-Farny. Những tính chất thú vị này xin nhường lại cho bạn đọc.
Bài 94. (Mathley No.9 2012) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Kí hiệu (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) lần
lượt là các đường tròn bất kì đi qua các cặp điểm (A, B); (B, C); (C, D); (D, A). Gọi
X, Y, Z, T lần lượt là giao điểm thứ hai của (O1 ) và (O2 ), (O2 ) và (O3 ), (O3 ) và (O4 ), (O4 )
và (O1 ). Chứng minh
Trang 152
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
(a) bốn điểm X, Y, Z, T cùng thuộc một đường tròn có tâm I.
(b) trung điểm các đoạn thẳng O1 O3 , O2 O4 , OI thẳng hàng.
B
E
O1
H
O2
X
A
T
N
O
O4
M
K
D
J
I
Y
Z
C
O3
Lời giải. (Ong Thế Phương, lớp 11 toán THPT chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hòa Đồng
Nai).
a) Ta có
(XT, XY ) ≡ (AT, AB) + (CB, CY )(modπ)
(ZT, ZY ) ≡ (AT, AD) + (CD, CY ) = −(AD, AT ) − (CY, CD)(modπ)
Suy ra (XT, XY ) − (ZT, ZY ) ≡ (AD, AB) + (CB, CD) ≡ π(modπ) ⇒ (XT, XY ) ≡
(ZT, ZY )(modπ)
⇒ X, Y , Z, T thuộc một đường tròn có tâm I.
b) Gọi J là trung điểm OI. Ta có IO1 , IO2 , IO3 , IO4 lần lượt là trung trực các đoạn
XT , XY , Y Z, ZT .
Do đó ta có
SIO4 O3 + SIO2 O1 = SZIO4 + SZO4 O3 + SZO3 I + SXIO2 + SXO2 O1 + SXO1 I .
1
Nên SIO4 O3 + SIO2 O1 = (SIT O4 DO3 Y + SIY O2 BO1 T ) và cũng có
2
Trang 153
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
SOO4 O3 + SOO2 O1 = SDO4 O3 + SDO3 O + SDOO4 + SBOO2 + SBO2 O1 + SBO1 O
1
= (SOAO4 O3 C + SOCO2 O1 B + SDO4 O3 + SBO2 O1 )
2
Từ đó suy ra SIO4 O3 + SIO2 O1 + SOO4 O3 + SOO2 O1 = SO1 O2 O3 O4
Hơn nữa do J là trung điểm của IO nên suy ra
1
1
SJO4 O3 + SJO2 O1 = (SIO4 O3 + SIO2 O1 + SOO4 O3 + SOO2 O1 ) = SO1 O2 O3 O4
2
2
Gọi M, N là trung điểm O1 O3 , O2 O4 . Ta cũng có SM O4 O3 +SM O2 O1 = SN O4 O3 +SN O2 O1 =
1
SO O O O .
2 1 2 3 4
Gọi E là giao điểm của O1 O2 và O3 O4 . Trên các tia EO1 và EO4 lấy các điểm H, K
sao cho EH = O1 O2 , EK = O3 O4 .
Khi đó ta có SJO4 O3 + SJO2 O1 = SJEK + SJHE = SEKJH = SEKH + SJHK .
Tương tự
SM O4 O3 + SM O2 O1 = SEKH + SM HK ; SN O4 O3 + SN O2 O1 = SEKH + SN HK .
1
Mà SJO4 O3 + SJO2 O1 = SM O4 O3 + SM O2 O1 = SN O4 O3 + SN O2 O1 = SO1 O2 O3 O4
2
Nên SJHK = SM HK = SN HK ⇒ M , N , J nằm trên đường thẳng song song với HK.
Từ đây ta thu được kết luận của bài toán.
Bài 95. (Mathley No.10 2012) Cho n−giác lưỡng tâm A1 A2 A3 ...An (≥ 3). Kí hiệu Ii là tâm đường
tròn nội tiếp của tam giác Ai−1 Ai Ai+1 ; Ai(i+1) là giao điểm của Ai Ai+2 và Ai−1 Ai+1 ; Ii(i+1)
là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 (i = 1, n). Khi đó 2n điểm I1 , I2 ,
..., In , I12 , I23 , ..., In1 cùng thuộc một đường tròn.
A2
O1
O2
I2
I12
A1
I23
A12
A23
I1
A3
L
I3
On
O
I34 3
A34
I4
I
An
A4
A45
I5
O
I45 4
A5
Lời giải. Gọi Oi là điểm chính giữa của cung Ai Ai+1 . Do I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp của tam giác An A1 A2 , A1 A2 A3 nên O1 A1 = O1 A2 = O1 I1 = O1 I2 hay A1 , A2 , I1 , I2
cùng thuộc (O1 , O1 A1 ). Tương tự với các đường tròn (O2 ), (O3 ), ..., (On ).
Trang 154
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lại có A1 I1 , A2 I2 , ..., An In đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp I của n-giác A1 A2 A3 ...An
nên phép nghịch đảo cực I, phương tích IA1 .II1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác
A1 A2 ...An thành đường tròn đi qua I1 , I2 , ...., In hay I1 , I2 , ..., In cùng thuộc một đường
tròn.
0
0
Mặt khác, Gọi I23
là giao của đường thẳng qua I12 và song song với O1 O2 với O1 A3 .A2 I23
0
cắt (O2 ) tại I3 .
0
A3
Do O1 , O2 , A1 , A3 cùng thuộc một đường tròn và I12 I23 k O1 O2 nên tứ giác A1 I12 I23
nội tiếp. (1)
0
0
0 0
Ta có ∠I2 I12 I23
= ∠I2 O2 O1 = ∠O1 O2 A2 = ∠O1 A3 A2 = ∠I2 I30 I23
nên tứ giác I12 I2 I23
I3
0
0
nội tiếp. Tương tự ta cũng có tứ giác I1 I12 I2 I23
nội tiếp hay tứ giác I1 I12 I23
I3 nội tiếp. (2)
Mặt khác, ∠A1 I1 I30 = ∠A1 I1 A2 + ∠I13 I1 I30
= ∠A1 I2 A2 + ∠O2 I2 I30 = 180o − ∠A2 I2 O2 + ∠O2 I2 I30 = 180o + ∠O1 O2 A1 − ∠O1 A3 I30 .
∠A1 A3 I30 = ∠O1 A3 I30 − ∠O1 A3 A1 = ∠O1 A3 I30 − ∠O1 O2 A1 .
Do đó ∠A1 A3 I30 + ∠A1 I1 I30 = 180o hay tứ giác A1 I1 I30 A3 nội tiếp. (3)
0
Từ (1), (2), (3) suy ra I12 I23
, A1 A3 , I1 I30 đồng quy.
Áp dụng định lý Desargues ta suy ra A1 I1 , A2 I2 , A3 I30 đồng quy tại I. Mà A3 I3 cũng đi
qua I nên I30 ≡ I3 .
0
≡ I23 .
Suy ra I23
Từ đó I12 , I23 ∈ (I1 I2 I3 ). Tương tự ta có đpcm.
Bài 96. (Mathley No.11 2012) Cho tam giác ABC, với P là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng
tam giác đó. Các đường thẳng AP, BP , CP cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại
A1 , B1 , C1 . Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là các điểm Miquel của tứ giác toàn phần AB1 P C1 BC,
BC1 P A1 CA, CA1 P B1 AB. Chứng minh rằng sáu đường tròn ngoại tiếp các tam giác
AP A2 , BP B2 , CP C2 , BA2 C, AB2 C, AC2 B đồng quy tại một điểm.
L
A
B2
C1
C2
B1
Q
P
A1
B
C
A2
Trang 155
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Lời giải. Áp dụng định lý hàm số sin ta có
sin(B1 B, B1 A2 )
sin(P C, P B1 )
sin(AB, AA2 )
sin(B1 B, B1 A2 )
BC1
P A2
CB1
=
=
.
=
=
sin(C
A
,
C
C)
sin(P
C
,
P
B)
sin(AA2 , AC)
sin(C1 A2 , C1 C)
CB1
1 2
1
1
P A2
BC1
Tương tự,
sin(CA, CC2 )
AB1 sin(BC, BB2 )
CA1
=
,
=
.
sin(CC2 , CB)
BA1 sin(BB2 , BA)
AC1
BC1 AB1 CA1
sin(AB, AA2 ) sin(CA, CC2 ) sin(BC, BB2 )
·
·
=
·
·
= 1 (do AA1 ,
sin(AA2 , AC) sin(CC2 , CB) sin(BB2 , BA)
CB1 BA1 AC1
BB1 , CC1 đồng quy)
Suy ra
Theo định lý Cava dạng lượng giác ta có AA2 , BB2 , CC2 đồng quy tại Q.
Ta có (C2 Q, C2 A) ≡ (A1 C, A1 A) ≡ (A1 B, A1 A) ≡ (B2 Q, B2 A)(modπ)
Do đó A, B2 , C2 , Q cùng thuộc một đường tròn. Tương tự suy ra (AB2 C2 ), (A2 BC2 ),
(A2 B2 C) đồng quy tại Q.
Suy ra (A2 C, A2 B2 ) ≡ (QC, QB2 ) ≡ (QC2 , QB) ≡ (A2 C2 , A2 B)(modπ)
Mặt khác, (A2 A, A2 B) ≡ (B1 A, B1 B) ≡ (B1 C, B1 P ) ≡ (A2 C, A2 P )(modπ)
Ta thu được (A2 Q, A2 C2 ) ≡ (A2 Q, A2 B) + (A2 B, A2 C2 ) ≡ (A2 C, A2 P ) +(A2 B2 , A2 C)
≡ (A2 B2 , A2 P ) (modπ)
Tương tự suy ra Q là điểm liên hợp đẳng giác của P ứng với tam giác A2 B2 C2 .
Gọi L là giao điểm thứ 2 của (AP A2 ) và (BP B2 ). Ta sẽ chứng minh L ∈ (ABC2 ).
Xét (LB, LA) ≡ (LB, LP ) + (LP, LA) ≡ (B2 B, B2 P ) + (A2 P, A2 A) ≡ (B2 C2 , B2 A2 ) +
2(B2 Q, B2 C2 ) + (A2 B2 , A2 C2 ) + 2(A2 C2 , A2 Q)(modπ)
(C2 B, C2 A) ≡ (C2 B, C2 A2 )+(C2 A2 , C2 B2 )+(C2 B2 , C2 A) ≡ 2(C2 B, C2 A2 )+(C2 A2 , C2 B2 )
≡ 2(QB, QA2 ) + (C2 A2 , C2 B2 ) ≡ 2(QB2 , QA2 ) + (C2 A2 , C2 B2 )(modπ)
Dê dàng chứng minh được 2(QB2 , QA2 )+(C2 A2 , C2 B2 ) ≡ (B2 C2 , B2 A2 )+2(B2 Q, B2 C2 )+
(A2 B2 , A2 C2 ) + 2(A2 C2 , A2 Q)(modπ) nên (LB, LA) ≡ (C2 B, C2 A)(modπ)
Vậy L ∈ (ABC2 ).
Tiếp theo ta chứng minh L ∈ (BA2 C).
Xét (LB, LA2 ) ≡ (LB, LP ) + (LP, LA2 ) ≡ (B2 B, B2 P ) + (AP, AA2 )(modπ)
(CB, CA2 ) ≡ (CB, CP ) + (CP, CA2 ) ≡ (B2 A1 , B2 P ) + (AC1 , AA2 ) ≡ (B2 A1 , B2 B) +
(B2 B, B2 P ) + (AC1 , AP ) + (AP, AA2 )
≡ (B2 B, B2 P ) + (AP, AA2 )(modπ) (do tứ giác ABA1 B2 nội tiếp).
Từ đó (LB, LA2 ) ≡ (CB, CA2 )(modπ)
Tương tự suy ra (ABC2 ), (AB2 C), (A2 BC) đồng quy tại L, suy ra sáu đường tròn
ngoại tiếp các tam giác AP A2 , BP B2 , CP C2 , BA2 C, AB2 C, AC2 B đồng quy. Ta có điều
phải chứng minh.
Trang 156
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 97. (Mathley No.12 2012) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc. Gọi
M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi các đường thẳng AB, BC, CD, DA. L là
giao điểm thứ hai của hai đường tròn (M AC) và (M BD). Chứng minh rằng tâm đường
tròn ngoại tiếp các tam giác LAB, LBC, LCD, LDA cùng nằm trên đường tròn ω và 3
đường tròn (M AC), (M BD), ω đôi một trực giao.
Lời giải. Trước tiên ta chứng minh một bổ đề.
Bổ đề. Cho tứ giác toàn phần ABCDEF (AD ∩ BC = {E}, AB ∩ CD = {F }) có
AC ⊥ BD tại N . Khi đó tồn tại điểm L sao cho N và L là hai điểm liên hợp đẳng giác
trong các tam giác ABE, DCE, BCF, ADF.
E
A
Z'
T
X
B
Y
N
T'
I
Y'
L
D
X'
Z
C
F
Chứng minh. Gọi X, Y, Z, T lần lượt là hình chiếu của N trên AB, BC, CD, DA; X 0 , Y 0 ,
Z 0 , T 0 lần lượt là giao điểm của N X, N Y, N Z, N T với CD, DA, AB, BC.
Ta có tứ giác AT N X, T DZN nội tiếp đồng thời AC ⊥ BD nên ∠AXT = ∠AN T =
∠T DN = ∠T ZN . Do đó tứ giác Z 0 XZT nội tiếp.
Mặt khác, dễ dàng chứng minh Z 0 XZX 0 nội tiếp nên 5 điểm X, X 0 , Z, Z 0 , T cùng thuộc
một đường tròn γ. Tương tự Y ∈ γ; X, Z cùng nằm trên (T Y 0 T 0 Y ). Vậy 8 điểm X, Y , Z,
T , X 0 , Y 0 , Z 0 , T 0 cùng thuộc đường tròn γ tâm I.
Qua X 0 , Y 0 , Z 0 , T 0 lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với CD, DA, AB, BC. Theo
tính chất đường trung bình của hình thang suy ra các đường thẳng này đồng quy tại L
là đối xứng của N qua I.
Ta có ∠LDX 0 = ∠LY 0 X 0 = 90◦ − ∠DY 0 X 0 = 90◦ − ∠T ZD = ∠T ZN = ∠T DN.
Do đó N và L đẳng giác trong góc ADC. Chứng minh tương tự ta có điều phải.
Trở lại bài toán.
Trang 157
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
E
I
M
A
J
B
O1
N
O4
O2
L
P
T
D
F
C
Q
O3
Gọi N là giao của AC và BD, E là giao của AD và BC, F là giao của AB và
CD. Theo bổ đề trên, gọi L0 là điểm liên hợp đẳng giác với N trong các tam giác
ABE, DCE, BCF, ADF.
Ta sẽ chứng minh tứ giác AL0 CM nội tiếp. Thật vậy, ta có ∠DAL0 +∠CBL0 = ∠N AB+
∠N BA = 90◦ . Suy ra ∠EAL0 + ∠EBL0 = 270◦ , từ đó ∠AEB + ∠AL0 B = 90◦ . Tương tự,
∠BL0 C + ∠BF C = 90◦ . Suy ra ∠AL0 C + ∠AM C = ∠AL0 B + ∠BL0 C + ∠AM B + ∠BM C
= ∠AL0 B + ∠AEB + ∠BL0 C + ∠BF C = 180◦ . Vậy tứ giác AL0 CM nội tiếp.
Tương tự, tứ giác DL0 BM nội tiếp. Do đó L0 ≡ L.
Để chứng minh (M BD) và (M AC) trực giao ta sẽ chứng minh ∠LDM +∠LCM = 90◦ .
Ta có ∠M CL = ∠M CB + ∠BCL = ∠EDM + ∠N CD = ∠EDM + 90◦ − ∠N DC
= ∠EDM + 90◦ − ∠ADL = 90◦ − ∠M DL.
Vậy (M BD) và (M AC) trực giao.
Gọi O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác LAB, LBC,
LCD, LDA. Như trên ta đã chứng minh ∠ALB + ∠AEB = 90◦ . Bằng cách tương tự ta
thu được
∠DLC − ∠AEB = 90◦ , ∠ALD − ∠AF D = 90◦ . (1)
Ta có ∠O4 O1 O2 = 180◦ − ∠ALB = 90◦ + ∠AEB, và ∠O4 O3 O2 = 180◦ − ∠DLC =
90◦ − ∠AEB.
Suy ra ∠O4 O1 O2 +∠O4 O3 O2 = 180◦ nên tứ giác O1 O2 O3 O4 nội tiếp. Gọi J, Q lần lượt là
tâm (M AC), (M AF ). Rõ ràng O1 , O4 , J thẳng hàng. Ta có ∠JAQ = ∠M AQ − ∠M AJ =
90◦ − ∠M F A − 90◦ + ∠ACM = ∠ACM − ∠BCM = ∠ACB. ∠O1 AL = 90◦ − ∠ABL =
90◦ − ∠N BC = ∠ACB.
Vậy ∠JAQ = ∠O1 AL. Suy ra ∠JAO1 = ∠QAL. Từ (1) ta có (O4 ) và (Q) trực giao.
Suy ra ∠O4 AQ = 90◦ . Do đó ∠QAL = ∠AO4 O1 . Vậy ∠JAO1 = ∠AO4 O1 .
Nghĩa là JA là tiếp tuyến của (AO1 O4 ) hay JA2 = JO1 .JO4 . Gọi T là giao điểm thứ
hai của (J) với ω. Ta thu được JT 2 = JO1 .JO4 hay JT là tiếp tuyến của ω. Vậy (M AC)
và ω trực giao. Chứng minh tương tự ta có điều phải chứng minh.
Trang 158
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 98. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Q là điểm bất kì nằm trong tam giác. Gọi
A0 B 0 C 0 là tam giác pedal của Q ứng với tam giác ABC. B 0 C 0 cắt (O) tại hai điểm A1 , A2 .
Tương tự xác định các điểm B1 , B2 , C1 , C2 . Biết rằng AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy. Chứng
minh rằng tâm đẳng phương của ba đường tròn (A0 A1 A2 ), (B 0 B1 B2 ), (C 0 C1 C2 ) nằm trên
đường thẳng OQ.
X
C2
A
A2
Oa
B'
B1
C'
O
Q
A1
Oc
Z
L
A'
B
G
Ob
C
Ma
Y
C1
B2
Lời giải. Gọi Oa , Ob , Oc là tâm của các đường tròn (A0 A1 A2 ), (B 0 B1 B2 ), (C 0 C1 C2 ), L là
tâm đẳng phương của ba đường tròn.
Gọi G là giao của A1 A2 với BC, Ma là trung điểm BC.
Ta có (GA0 , BC) = −1 nên GA0 · GMa = GB · GC = GA1 · GA2 . Suy ra Ma nằm trên
đường tròn (Oa ).
Gọi X là giao của A0 Q với đường thẳng qua O vuông góc với A1 A2 . Tương tự xác định
các điểm Y, Z.
Do Oa nằm trên OX, Oa thuộc trung trực đoạn thẳng A0 Ma nên Oa là trung điểm OX.
Chứng minh tương tự Ob , Oc lần lượt là trung điểm OY, OZ.
Suy ra hai tam giác Oa Ob Oc và XY Z có cạnh tương ứng song song.
Ta có các đường thẳng lần lượt qua X, Y, Z và vuông góc với cạnh đối diện của tam
giác A0 B 0 C 0 đồng quy tại O. (1)
Mặt khác, A0 thuộc trục đẳng phương của (Ob ), (Oc ) và Ob Oc k Y Z suy ra LA0 ⊥ Y Z.
Chứng minh tương tự, LB 0 ⊥ XZ, LC 0 ⊥ XY. (2)
Mà hai tam giác XY Zvà A0 B 0 C 0 thấu xạ tâm Q. (3)
Từ (1), (2), (3), áp dụng định lý Sondat ta có L, O, Q thẳng hàng.
Bài 99. Cho tam giác ABC. Gọi A0 , B 0 , C 0 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh rằng
tâm đẳng phương của các đường tròn (A, AA0 ), (B, BB 0 ), (C, CC 0 ) nằm trên đường thẳng
Euler của tam giác ABC.
Trang 159
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
H
B
P N
O
A'
C
Lời giải. (Luis González)
Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, N là tâm
đường tròn Euler, P là trung điểm HN .
Áp dụng hệ thức Stewart cho tam giác AOH với điểm P ta có:
1
3
3
AP 2 = R2 + AH 2 − OH 2
4
4
16
1
3
3
= R2 + (2OA0 )2 − OH 2
4
4
16
2
a
3
1
− OH 2
= R2 + 3 R2 −
4
4
16
13
3
3
= R2 − a2 − OH 2 .
4
4
16
Ta có PP/(A,AA0 ) = AP 2 − AA02
13
3
3
1
1
= R2 − a2 − OH 2 − (b2 + c2 ) + a2
4
4
16
2
4
13 2
3
1
=
R − OH 2 − (a2 + b2 + c2 ). Chứng minh tương tự với (B, BB 0 ) và (C, CC 0 )
4
16
2
suy ra P là tâm đẳng phương của ba đường tròn.
Bài 100. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với
BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB.
N P giao (O) tại hai điểm A1 , A2 , tương tự xác định B1 , B2 , C1 , C2 . Chứng minh rằng I
là tâm đẳng phương của ba đường tròn (XA1 A2 ), (Y B1 B2 ), (ZC1 C2 ).
Trang 160
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
U'
A
Q
A0
P
A1
N
A2
O
H
B
I
M
X
C
U
Lời giải. (Yetti)
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp, H là trực
tâm của tam giác ABC. AI, BI, CI giao (O) lần thứ hai tại U, V, W . Gọi U U 0 , V V 0 , W W 0
là các đường kính của (O). Q, S, T lần lượt là các điểm nằm trên tia M U 0 , N V 0 , P W 0 sao
cho M Q = N S = P T = R. Gọi A0 là giao của A1 A2 với M O.
abc
Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC ta thu được BC · M A0 =
.
4R
Ta có
QA21 = A0 Q2 +A0 A21 = (R−M A0 )2 +(R2 −OA20 ) = 2R2 −2R·M A0 +M O2 +2M O·OA0 =
1
1
1
1
1
2R2 − bc + M O2 + (R2 − OH 2 ) = M O2 − bc + (a2 + b2 + c2 ) = R2 + (b − c)2 =
2
4
2
4
4
M Q2 + M X 2 = QX 2
Suy ra QA1 = QA2 = QX hay Q là tâm đường tròn (XA1 A2 ). tương tự, S, T là tâm
của các đường tròn (Y B1 B2 ), (ZC1 C2 ).
Ta thu được PI/(XA1 A2 ) = IQ2 − QX 2 = (M Q − XI)2 − M Q2 = r2 − 2rR.
Chứng minh tương tự với các đường tròn (Y B1 B2 ), (ZC1 C2 ) ta có đpcm.
Bài 101. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có ∠B > ∠C, trực tâm H. P là điểm
2
nằm trên (O) sao cho H và P khác phía với AO và ∠AOP = ∠HAO. Gọi Q là điểm
3
đối xứng với P qua O. Chứng minh rằng đường thẳng Simson của Q tiếp xúc với đường
tròn Euler của tam giác ABC.
Trang 161
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
P
A
M
L
H
O
E
B
C
N
K
Q
Lời giải. Qua P kẻ P K ⊥ BC(K ∈ (O)). P K cắt AO tại L. Ta có ∠LP O = ∠ALP −
1
∠AOP = ∠HAO − ∠AOP = ∠AOP = ∠AKP . Suy ra AK k OP.
2
Mà AK song song với đường thẳng Simson của P ứng với tam giác ABC nên đường
thẳng Simson của P song song với OP.
Gọi E là trung điểm HO, M là trung điểm HP suy ra M nằm trên đường thẳng Simson
của P , mà M E k OP nên M E là đường thẳng Simson của P . Gọi N đối xứng với M qua
E. Chúng ta biết rằng đường thẳng Simson của hai điểm là hai đầu của đường kính thì
vuông góc với nhau tại một điểm trên đường tròn Euler nên đường thẳng Simson của Q
là đường thẳng qua N vuông góc với M N hay tiếp tuyến tại N của (E). Ta có đpcm.
Bài 102. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), với tâm đường tròn nội tiếp I. Gọi l1 , l2 là
hai đường thẳng bất kì qua I. l1 , l2 cắt (BIC) lần thứ hai tại A1 , A2 . Tương tự ta xác định
các điểm B1 , B2 , C1 , C2 . Gọi XY Z là tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng
A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác XY Z nằm
trên (O).
Trang 162
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
C2
A
B1
Z
J
A1
X
C1
B2
Y
I
O
C
B
D
A2
Lời giải. (Luis González)
Gọi A1 A2 giao B1 B2 , C1 C2 lần lượt tại Y, Z, J là giao của BZ và CY, D là giao của
CB1 và BC1 .
Ta có ∠CA1 A2 = ∠CIA2 = ∠CB1 B2 suy ra tứ giác A1 Y B1 C nội tiếp.
1
1
Suy ra ∠CY A1 = ∠CB1 I = ∠A. Tương tự, ∠BZA2 = ∠A, suy ra 4JY Z cân tại
2
2
J với ∠Y JZ = 180◦ − ∠A. Từ đó J ∈ (O).
Bằng phép cộng góc đơn giản ta thu được D ∈ (O).
Do ∠XB2 C2 = ∠DCI và ∠XC2 I = ∠DBI nên ∠XB2 C2 + ∠XC2 I = 360◦ − ∠BIC −
1
1
∠BDC = 360◦ − (90◦ + ∠A) − (180◦ − ∠A) = 90◦ + ∠A.
2
2
1
1
Suy ra ∠Y XZ = 90◦ − ∠A = ∠Y JZ, suy ra J là tâm đường tròn ngoại tiếp của
2
2
4XY Z.
Nhận xét. Khi l1 ⊥ l2 , A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 đồng quy tại một điểm nằm trên (O). Sử
dụng phép nghịch đảo tâm I ta thu được đường thẳng Droz-Farny.
Bài 103. Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Gọi X là điểm bất kì trong mặt phẳng sao cho X không
nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD. Chứng minh rằng tâm đường tròn pedal
của X ứng với các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng viên.
Trang 163
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B
A
P
O4
V
O1
T
Q
S
X
U
O
O2
O3
D
R
C
Lời giải. Trước tiên ta chứng minh 4 đường tròn pedal luôn đồng quy tại một điểm với
mọi tứ giác ABCD (không nhất thiết nội tiếp).
Gọi P, Q, R, S, U, V lần lượt là hình chiếu của X trên AB, BC, CD, DA, AC, BD. Gọi
(O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) lần lượt là đường tròn pedal của X ứng với các tam giác ABC,
BCD, CDA, DAB. Gọi T là giao điểm thứ hai của (O1 ) và (O4 ). Sử dụng góc định hướng
theo (mod π), ta có
(T V, T Q) ≡ (T P, T Q) + (T V, T P ) ≡ (U P, U Q) + (SV, SP ) (1)
(U P, U Q) ≡ (U C, U Q) + (U P, U A) ≡ (RC, RQ) + (SP, SA) (2)
(SV, SP ) ≡ (SV, SA) − (SP, SA) ≡ (RV, RD) − (SP, SA) (3)
Từ (1), (2), (3) ta có
(T V, T Q) ≡ (RC, RQ) + (RV, RD) ≡ (RV, RQ) suy ra T ∈ (O2 ).
Chứng minh tương tự, T ∈ (O3 ).
Giả sử rằng tứ giác ABCD nội tiếp. Từ O1 O4 ⊥ T P và O1 O2 ⊥ T Q, ta thu được
(O1 O4 , O1 O2 ) ≡ (T P, T Q) ≡ (U P, U Q) , (O3 O4 , O3 O2 ) ≡ (U S, U R)
Nhưng (U Q, U P ) ≡ (CB, CD) + (AD, AB) − (U S, U R) suy ra (U P, U Q) ≡ (U S, U R).
Do đó, (O1 O4 , O1 O2 ) ≡ (O3 O4 , O3 O2 ), suy ra O1 , O2 , O3 , O4 đồng viên.
Bài 104. (China TST 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), P là điểm bất kì trong
mặt phẳng. AP, BP, CP cắt (O) lần lượt tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là các
điểm đối xứng với P qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng 4 đường tròn (O), (P A1 A2 ),
(P B1 B2 ), (P C1 C2 ) đồng quy.
Trang 164
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
O
H
P
L
C
B
T
A2
K
A1
Lời giải. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. AH cắt (O) lần thứ hai tại K. KA2 cắt (O)
tại T.
Ta có ∠KT A1 = ∠KAA1 = ∠A2 P A1 . Suy ra T nằm trên (P A1 A2 ).
Gọi L là điểm đối xứng với T qua BC. Do HP và KA2 đối xứng nhau qua BC nên L
nằm trên HP . Vậy HP là đường thẳng Steiner của T ứng với tam giác ABC.
Vậy (P A1 A2 ) đi qua điểm Anti-Steiner của đường thẳng HP ứng với tam giác ABC.
Chứng minh tương tự ta thu được (O), (P A1 A2 ), (P B1 B2 ), (P C1 C2 ) đồng quy tại T.
Bài 105. Cho tam giác ABC. Gọi P là điểm bất kì trong mặt phẳng, A1 B1 C1 là tam giác pedal
của P ứng với tam giác ABC. Gọi O là tâm của (A1 B1 C1 ),L là điểm bất kì trên P O.
A1 L, B1 L, C1 L cắt (A1 B1 C1 ) lần lượt tại A2 , B2 , C2 . Chứng minh rằng AA2 , BB2 , CC2
đồng quy.
Lời giải. Trước tiên ta phát biểu một bổ đề như sau.
Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi P và Q là hai điểm bất kì
sao cho P, O, Q thẳng hàng. A1 B1 C1 là tam giác pedal của P ứng với tam giác ABC,
A2 , B2 , C2 lần lượt là giao điểm thứ hai của AQ, BQ, CQ với (O). Khi đó các đường tròn
(P A1 A2 ), (P B1 B2 ), (P C1 C2 ) đồng trục.
Trang 165
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Oc
A
A3
B1
C2
B2
M
C1
P
Q
B3
O
A1
N
Oa
Ob
B4
C
B
X
A4
A2
Chứng minh. Gọi Oa , Ob , Oc lần lượt là tâm của (P A1 A2 ), (P B1 B2 ), (P C1 C2 ); Đường
thẳng qua A2 vuông góc với P A2 cắt BC tại X. Tương tự xác định các điểm Y, Z.
Do Oa là trung điểm của P X nên (Oa ), (Ob ), (Oc ) đồng trục khi và chỉ khi Oa , Ob , Oc
thẳng hàng, khi và chỉ khi X, Y, Z thẳng hàng. (1)
SXBA2
sin ∠XA2 B sin ∠BAQ
XB
sin ∠XA2 B.A2 B
=
=
.
=
Ta có
XC
SXCA2
sin ∠XA2 C.A2 C
sin ∠XA2 C sin ∠CAQ
sin ∠XA2 B
cos ∠BA2 P
Lại có
=
.
sin ∠XA2 C
cos ∠CA2 P
Gọi A3 là giao của A2 P với (O), A4 là giao của A3 O với (O). Tương tự ta xác định các
điểm B3 , B4 , C3 , C4 .
cos ∠BA4 A3
cos ∠BA2 P
sin ∠BA3 A4
sin ∠BAA4
=
Ta có
=
=
cos ∠CA2 P
cos ∠CA4 A3
sin ∠CA3 A4
sin ∠CAA4
XB
sin ∠BAQ sin ∠BAA4
Suy ra
=
.
.
XC
sin ∠CAQ sin ∠CAA4
Y C ZA
Chứng minh tương tự với
,
. Áp dụng định lý Ceva dạng sin, (1) tương đương
Y A ZB
AA4 , BB4 , CC4 đồng quy.
Mặt khác, gọi M là giao điểm của AB3 với BA3 . Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
A, B, A3 , B3 , A2 , B2 ta thu được M, P, Q thẳng hàng.
Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, B, A3 , B3 , A4 , B4 ta thu được giao điểm của
AA4 và BB4 nằm trên P Q. Chứng minh tương tự, giao điểm của CC4 và BB4 nằm trên
P Q. Suy ra AA4 , BB4 , CC4 đồng quy. Ta có đpcm.
Trở lại bài toán.
Trang 166
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
X
Z2
A2
Z1
Y2
C1
Y3
Z3
B1
L Q
T
P
B2
Y1
C2
C
X3
A1
Y
Z
X1
X2
B
Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P trong tam giác ABC. X3 , Y3 , Z3 lần lượt là
hình chiếu của P trên B2 C2 , C2 A2 , A2 B2 .
Xét phép vị tự tâm P tỉ số 2, HP2 : O 7→ Q, A2 7→ X, B2 7→ Y, C2 7→ Z, A1 7→ X2 ,
B1 7→ Y2 , C1 7→ Z2 , X3 7→ X1 , Y3 7→ Y1 , Z3 7→ Z1 ; L 7→ T.
Suy ra Q là tâm của (XY Z) và X1 Y1 Z1 là tam giác pedal của P ứng với ∆XY Z.
Ta có T, L, P thẳng hàng suy ra T, P, Q thẳng hàng và T là giao điểm của XX2 , Y Y2 , ZZ2 .
Áp dụng bổ đề trên, ta thu được (P X1 X2 ), (P Y1 Y2 ), (P Z1 Z2 ) đồng trục.
Suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng B2 C2 và BC, A2 C2 và AC, A2 B2 và AB
thẳng hàng. Áp dụng định lý Desargues suy ra AA2 , BB2 , CC2 đồng quy.
Nhận xét.
1. Bài toán trên là tổng quát của định lý Steinbart, phát biểu như sau.
Định lý. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F. Gọi X, Y, Z là 3 điểm bất kì nằm trên (I). Khi đó AX, BY, CZ đồng
quy khi và chỉ khi DX, EY, F Z đồng quy.
2. Bằng phương pháp tương tự, bạn đọc có thể chứng minh bài toán sau.
Bài toán. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi Ma , Mb , Mc lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, CA, AB, P là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC, A0 , B 0 , C 0 là
giao điểm thứ hai của AP, BP, CP với (O). Chứng minh rằng các đường tròn (A0 OMa ),
(B 0 OMb ), (C 0 OMc ) đồng trục.
Trang 167
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 106. Cho tam giác ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp O. Gọi A1 , B1 , C1 là các điểm bất kì
nằm trên BC, CA, AB. Đường thẳng qua A1 , B1 , C1 lần lượt vuông góc với BC, CA, AB
cắt nhau và tạo thành tam giác A2 B2 C2 với tâm đường tròn ngoại tiếp I. Gọi A3 , B3 , C3
lần lượt là các điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm của BC, CA, AB, J là điểm
Miquel của tam giác ABC ứng với bộ 3 điểm (A3 , B3 , C3 ). Chứng minh rằng OI ≥ OJ.
A
C4
C1
B3
B2
J
C3
A4
R
O
A1
I
B1
K
A2
Q
B4
A3
B
C
C2
Lời giải. Các đường thẳng qua A3 , B3 , C3 và vuông góc với BC, CA, AB cắt nhau tạo
thành tam giác A4 B4 C4 . Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A4 B4 C4 .
Ta có A1 B2 B4 A3 , C1 B2 B4 C3 là các hình thang vuông nên trung trực của A1 A3 , C1 C3
cắt nhau tại trung điểm của B2 B4 hay O là trung điểm B2 B4 . Chứng minh tương tự suy
ra hai tam giác A2 B2 C2 và A4 B4 C4 đối xứng nhau qua O.
Suy ra hai tâm đường tròn ngoại tiếp I và K cũng đối xứng với nhau qua O hay
OI = OK.
Do hai tam giác ABC và A4 B4 C4 có cạnh tương ứng vuông góc nên OC vuông góc với
C4 K tại Q nằm trên đường tròn đường kínhCC4 . Hay nói cách khác OC cắt (CA3 B3 ) tại
Q. Tương tự OA cắt (AB3 C3 ) tại R là hình chiếu của K trên AO.
Lại có (ARB3 ) cắt (CQB3 ) tại J nên J là điểm Miquel của tam giác AOC ứng với bộ
3 điểm B3 , R, Q. Suy ra O, R, Q, J đồng viên. Suy ra 5 điểm O, R, Q, J, K đồng viên.
Từ đó ∠OJK = 90◦ .
Vậy OJ ≤ OK hay OJ ≤ OI.
Bài 107. (Tạp chí THTT năm 2009) Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABD giao AC lần thứ hai tại X, đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao AC lần
thứ hai tại Y . Khi đó tứ giác BXDY ngoại tiếp.
Lời giải. Ta phát biểu lại bài toán theo dạng tổng quát hơn như sau.
Bài toán. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AC giao BD tại P . Phép nghịch đảo tâm P
phương tích bất kì biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành A0 , B 0 , C 0 , D0 . Khi đó A0 B 0 C 0 D0
cũng là một tứ giác ngoại tiếp.
Trang 168
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
B
x X
J
P
T
y
Y
t
I
D
Z
z
C
AB
BC
Theo tính chất của phép nghịch đảo, A0 B 0 = k.
, B 0 C 0 = k.
, C 0 D0 =
P A.P B
P B.P C
CD
DA
k.
, D0 A0 = k.
.
P C.P D
P D.P A
AB
CD
0 0
0 0
Suy ra A B + C D = k.
+
P A.P B P C.P D
k
AB
CD
= sin ∠AP B.
+
2
1/2P A.P B. sin ∠AP B 1/2P C.P D. sin ∠DP C
k
AB
CD
= sin ∠AP B.
+
2
SAP B SDP C
Gọi tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA lần lượt là X, Y, Z, T , AX = AT = x,
BX = BY = y, CY = CZ = z, DZ = DT = t.
Từ A kẻ đường song song với DC cắt XZ tại J. Dễ thấy ∠AXJ = ∠DZX = ∠AJX
nên AX = AJ = x.
AJ
x
AP
SAP B
=
= .
=
Suy ra
SBP C
PC
CZ
z
SAP B
SBP C
SCP D
SDP A
Chứng minh tương tự suy ra
=
=
=
= q.
xy
yz
zt
tx
AB
CD
x+y z+t
1 1 1 1 1
Từ đó
+
=
+
=
+ + +
.
SAP B SDP C
qxy
qzt
q x y z
t
k
1 1 1 1
0 0
0 0
sin ∠AP B.
+ + +
.
Như vậy A B + C D =
2q
x y z
t
Tương tự suy ra A0 B 0 + C 0 D0 = A0 D0 + B 0 C 0 . Tức là tứ giác A0 B 0 C 0 D0 ngoại tiếp.
Bài 108. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng d bất kì cắt BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z. Gọi
P, Q, R lần lượt là trung điểm AX, BY, CZ. Các đường thẳng qua P, Q, R lần lượt vuông
góc với BC, CA, AB cắt nhau tạo thành tam giác A0 B 0 C 0 . Chứng minh rằng trực tâm
tam giác A0 B 0 C 0 nằm trên d.
Trang 169
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
Y
P
M
Z
Q
B'
R
A'
H
B
C
X
T
C'
Lời giải. Gọi M là trung điểm Y Z.
Ta có A0 Q ⊥ AC và M R là đường trung bình của tam giác ZY C nên A0 Q ⊥ M R.
Tương tự RQ ⊥ M A0 . Suy ra M là trực tâm tam giác RQA0 . Vậy trực tâm tam giác
RQA0 nằm trên d.
Chứng minh tương tự, trực tâm các tam giác RP B 0 , P QC 0 cũng nằm trên d. Do đó
d là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần P QA0 B 0 .C 0 R (đường thẳng Steiner của
điểm Miquel T ứng với 4 tam giác của tứ giác toàn phần P QA0 B 0 .C 0 R). Do đó trực tâm
tam giác A0 B 0 C 0 cũng nằm trên d.
Trang 170
Chương 4
Sáng tạo một bài toán hình học
4.1
Mở đầu
Hình học là một phân môn rất đặc biệt trong toán học. Vẻ đẹp của nó nằm trong hình vẽ
mà muốn cảm nhận được chúng đòi hỏi người đọc phải có một cái nhìn tinh tế, một trí tưởng
tượng phong phú. Điều đó thuộc về năng khiếu mà không phải ai cũng có được. Vì vậy nói về
câu chuyện sáng tạo một bài toán hình học thực sự rất khó, không thể giải thích tường tận cho
người đọc rằng bài toán đã được tìm ra như thế nào, tại sao lại biết cách để dựng ra một mô
hình như vậy. Tuy nhiên vẫn có thể có lời giải thích cho nhiều bài toán như dưới đây. Hi vọng
qua các ví dụ này bạn đọc sẽ tìm ra kinh nghiệm cho riêng mình trong việc sáng tác ra một bài
toán mới.
4.2
4.2.1
Sáng tạo ra bài toán mới như thế nào?
Lấy cảm hứng từ một mô hình đã biết
Rất nhiều bài toán khác nhau được sinh ra từ một dạng mô hình giống nhau. Lấy cảm hứng
từ một mô hình đã biết tức là tìm ra những tính chất khác xung quanh hình vẽ của một bài
toán, hoặc một dạng kết luận tương tự với bài toán đã biết.
Chúng ta hãy cùng xem xét một số ví dụ sau.
Bài 1. (Đường tròn Hagge) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Gọi
P là điểm bất kì trên mặt phẳng. Các đường thẳng AP, BP, CP giao (O) lần thứ hai
tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là các điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua các cạnh
BC, CA, AB. Chứng minh rằng H, A2 , B2 , C2 cùng thuộc một đường tròn.
171
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
A
B1
A2
C1
H
O
P
C2
C
B
B2
A1
Trong chương 2 và 3, bạn đọc đã thấy có một số bài toán có hình thức gần giống đường
tròn Hagge như các bài 56, 57, 58, 59, 60. Đó là những phát hiện của tôi trong quá trình
thay đổi giả thiết và đi tìm các tính chất của bài toán trên. Lưu ý rằng đường tròn Hagge
chính là một dạng mở rộng của đường thẳng Steiner trong tam giác.
Chúng ta đến với một số ví dụ khác.
Bài 2. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) ngoài nhau. Gọi d1 và d2 là tiếp tuyến chung ngoài của
hai đường tròn, P là điểm bất kì trên d1 , Q là điểm bất kì trên d2 . Từ P kẻ hai tiếp tuyến
l1 , l2 khác d1 tới (O1 ), (O2 ), từ Q kẻ hai tiếp tuyến l3 , l4 khác d2 tới (O1 ), (O2 ). Chứng
minh rằng l1 , l2 , l3 , l4 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp.
Bài toán này không khó, chỉ cần một số phép cộng đoạn thẳng rồi sử dụng định lý
Pythot. Tuy nhiên sau một hồi biến đổi hình vẽ tôi tìm ra bài toán khá hay và lạ sau.
Bài 3. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại A và B. Từ
A kẻ hai tiếp tuyến d1 , d2 tới (O2 ). Từ B kẻ hai tiếp tuyến d3 , d4 tới (O1 ). Chứng minh
rằng d1 , d2 , d3 , d4 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp.
X
B
A
O2
O1
O
Y
Trang 172
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 4. (Tổng quát IMO 2009). Cho tam giác ABC có tâm ngoại tiếp O. Gọi P, Q là hai điểm
bất kì trên AC, AB. Gọi M, N, J lần lượt là trung điểm của BP, CQ, P Q; R là hình chiếu
của O trên P Q. Chứng minh rằng M, N, R, J cùng thuộc một đường tròn.
Quan sát hình vẽ thấy P Q là một đường thẳng đi qua AB, AC. Tôi cho đường thẳng
P Q cắt BC và tìm các tính chất xung quanh mô hình. Kết quả thu được khá đặc sắc mà
sau này trở thành đề thi IMO Shortlist 2012.
Bài 5. Cho tam giác ABC có tâm ngoại tiếp O. Một đường thẳng d bất kì cắt BC, CA, AB lần
lượt tại X, Y, Z. Gọi P là hình chiếu của O trên d. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại
tiếp các tam giác AXP, BY P, CZP đồng trục.
A
Y
P
Z
O
X
B
C
Câu hỏi sau được đặt ra bởi một thành viên trên diễn đàn AoPS.
Câu hỏi. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Tia OC cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABD tại E, tia OA cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại F . BEDF
có phải tứ giác ngoại tiếp hay không?
Đáng tiếc sau khi kiểm tra bằng các công cụ trên máy tính thì đáp án là không, dù sai
số là rất nhỏ. Tuy nhiên dựa vào mô hình trên ta lại thu được bài toán mới khá thú vị.
Bài 6. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Đường thẳng AC lần lượt cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABD và BCD lần thứ hai tại E, F . Chứng minh rằng tứ giác BEDF
ngoại tiếp.
Trang 173
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B
A
F
E
O
C
D
Bây giờ quan sát định lý Sawayama-Thebault 2 ở chương 3, thay vì chọn điểm D bất
kì trên BC ta chọn điểm P bất kì trên (O), kết quả thu được chính là bài toán 70.
Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là điểm bất kì trên cung BC không chứa
A. Chứng minh rằng đường tròn A-mixtilinear nội tiếp của tam giác ABC, các đường
tròn P -mixtilinear nội tiếp của các tam giác P AB, P AC có chung một tiếp tuyến.
A
B
C
P
4.2.2
Đặc biệt hóa
Tư tưởng chính của phép đặc biệt hóa là từ một bài toán đã biết, lấy một trường hợp
đặc biệt của hình vẽ rồi tạo ra bài toán mới.
Chúng ta cùng xem xét một số ví dụ sau.
Bài 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi I1 , I2 , I3 , I4 lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB. Chứng minh rằng I1 I2 I3 I4 là hình chữ
nhật.
Trang 174
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 9. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi P là giao điểm của AC và BD;
I1 , I2 , I3 , I4 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AP B, BP C, CP D, DP A.
Chứng minh rằng I1 , I2 , I3 , I4 cùng thuộc một đường tròn.
Hai bài toán trên khá giống nhau, kết hợp giả thiết lại làm một ta thu được bài toán
75.
Bài 10. Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD. Gọi P là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Chứng
minh rằng tâm nội tiếp của 8 tam giác ABC, BCD, CDA, DAB, AP B, BP C, CP D,
DP A cùng thuộc một đường tròn.
B
A
C
D
Ta xét một ví dụ khác.
Bài 11. Cho tam giác ABC. Một đường thẳng d vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác
ABC cắt 3 cạnh BC, CA, AB lần lượt tại X, Y, Z. Chứng minh rằng tâm đường tròn
Euler của các tam giác AY Z, BXZ, CXY lần lượt nằm trên các đường cao tương ứng của
tam giác ABC.
Cho đường thẳng d chạy và thử xét bài toán trong trường hợp d đi qua đỉnh A. Khi
đó tâm đường tròn Euler của các tam giác ABX, ACX lần lượt nằm trên đường cao hạ
từ B và C. Từ đây ta lại thử liên hệ với đường tròn Euler của tam giác ABC xem có gì
đặc biệt và thu được bài toán mới.
Bài 12. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H. Đường thẳng qua A vuông
góc với OH cắt BC tại X. Gọi E, Eb , Ec lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam
giác ABC, ABX, ACX. Chứng minh rằng E, Eb , Ec , H cùng thuộc một đường tròn.
A
H
O
Ec
Eb
B
E
X
C
Trang 175
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 13. Cho 5 điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 nằm trên mặt phẳng và một điểm P bất kì sao cho P không
nằm trên đường tròn ngoại tiếp của mỗi 3 điểm trong 5 điểm trên. Khi đó đường tròn
pedal của P ứng với các tam giác A1 A2 A3 , A2 A3 A4 , A1 A3 A4 , A1 A2 A4 đồng quy tại X5 .
Tương tự ta cũng có các điểm X1 , X2 , X3 , X4 . Khi đó X1 , X2 , X3 , X4 , X5 cùng thuộc một
đường tròn.
Bài toán trên là một trường hợp riêng của một dạng phát biểu cho chuỗi đường tròn
Clifford ứng với 5 điểm. Bây giờ thay vì 5 điểm bất kì trên mặt phẳng ta cho 5 điểm
A1 , A2 , A3 , A4 , A5 cùng thuộc một đường tròn có tâm O và cho P trùng O. Từ đó thu
được bài toán sau.
Bài 14. Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp đường tròn (O). Gọi A0 , B 0 , C 0 , D0 , E 0 lần lượt là giao
điểm thứ hai không nằm trên cạnh ngũ giác ABCDE của đường tròn Euler của các tam
giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB. Chứng minh rằng A0 , B 0 , C 0 , D0 , E 0 cùng thuộc một
đường tròn.
B
A
E'
D'
C
C'
A'
B'
E
4.2.3
D
Tổng quát hóa
Ngược lại với đặc biệt hóa, tổng quát là việc mở rộng bài toán, tạo ra bài toán mới bao
hàm bài toán cũ. Chúng ta hãy thử tìm hiểu phương pháp này qua một số ví dụ sau.
Bài 15. (Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn
(O). Khi đó O nằm trên đường thẳng nối hai trung điểm của AC và BD.
Gọi các tiếp điểm của AB, BC, CD, DA lần lượt là X, Y, Z, T . Ta có OX, OY, OZ, OT
lần lượt vuông góc với 4 cạnh của tứ giác ABCD. Thay vì chọn O là tâm của đường tròn
chúng ta sẽ chọn một điểm P bất kì nằm trong đường tròn và thu được bài toán sau.
Bài 16. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), P là điểm bất kì nằm trong (O). Gọi XY ZT
là tứ giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng qua A và vuông góc với P A, qua B và
vuông góc với P B, qua C và vuông góc với P C, qua D và vuông góc với P D. Khi đó O
nằm trên đường thẳng nối hai trung điểm XZ và Y T.
Trang 176
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
X
B
A
Y
N
T
O
P
M
D
C
Z
Hoàn toàn tương tự ta cũng có thể mở rộng định lý Brianchon cho lục giác ngoại tiếp.
Bài 17. (Định lý Brianchon). Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp. Khi đó AD, BE, CF đồng quy.
Mở rộng.
Bài 18. Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (O). P là điểm bất kì nằm trong (O). Gọi
XY ZT RS là lục giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng qua A vuông góc với P A,
qua B vuông góc với P B, qua C vuông góc với P C, qua D vuông góc với P D, qua E
vuông góc với P E và qua F vuông góc với P F . Khi đó XT, Y R, ZS đồng quy.
X
B
Y
A
S
C
Z
F
R
D
E
T
Bài 19. (IMO 2011). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ω. Gọi t là tiếp tuyến bất kì
của ω, ta , tb , tc lần lượt là các đường thẳng đối xứng với t qua BC, CA, AB. Chứng minh
rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác được tạo bởi giao điểm của các đường thẳng ta , tb ,
tc tiếp xúc với ω.
Gọi A0 B 0 C 0 là tam giác tạo bởi giao điểm của ta , tb , tc . Ý tưởng quan trọng có trong lời
giải bài toán là chứng minh AA0 , BB 0 , CC 0 đồng quy tại một điểm I trên (O). Xuất phát
từ ý tưởng này ta có thể mở rộng bài toán và thu được bài 87.
Trang 177
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Bài 20. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn (O0 , R0 ) tiếp xúc trong với
(O) tại I sao cho R < R0 . P là một điểm bất kì trên (O). Các tia P A, P B, P C lần lượt
cắt (O0 ) tại A1 , B1 , C1 . Gọi A2 B2 C2 là tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng
đối xứng với B1 C1 qua BC, C1 A1 qua CA, A1 B1 qua AB. Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác A2 B2 C2 cũng tiếp xúc với (O).
A1 A A2
I
P
C2
O
B2
B
C
B1
C1
Tiện đây chúng ta cũng xem xét một bài toán và ý tưởng chứng minh khá giống với
bài toán IMO 2011, có thể bài toán được lấy cảm hứng từ chính mô hình của IMO 2011.
Bài 21. (APMO 2014). Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) giao nhau tại hai điểm A, B. Gọi M là
điểm chính giữa cung AB của (O1 ) sao cho M nằm trong (O2 ). Dây cung M P của (O1 )
cắt (O2 ) tại Q sao cho Q nằm trong (O1 ). Gọi l1 , l2 lần lượt là tiếp tuyến của (O1 ) tại P và
(O2 ) tại Q. Chứng minh rằng tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng l1 , l2 , AB
tiếp xúc với (O2 ).
A
O1
M
Q
O2
N
B
Y
P
X
Z
Trang 178
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
Hãy cùng nhìn lại bài toán 60. Khi mới được tìm ra, thực sự đó là một bài toán rất
khó và không có lời giải. Một thời gian khá dài sau trên diễn đàn AoPS có một lời giải
sơ cấp của tác giả Kostas Vittas sử dụng tới 6 bổ đề. Khi đó trong lúc bế tắc, tôi đã thử
tổng quát bài toán và hóa ra trong trường hợp tổng quát nó trở nên khá đơn giản.
Bài 22. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi X, Y là hai điểm bất kì nằm trong
(O) sao cho O nằm trên XY . AX, BX, CX lần lượt cắt (O) lần thứ hai tại A1 , B1 , C1 ,
AY, BY, CY cắt (O) lần thứ hai tại A2 , B2 , C2 . Gọi A3 , B3 , C3 lần lượt là điểm đối xứng
với A2 , B2 , C2 qua trung điểm A1 X, B1 Y, C1 Z. Khi đó A3 , B3 , C3 , X cùng nằm trên một
đường tròn có tâm nằm trên XY .
Bây giờ chúng ta cùng nhìn bài toán 10. Chúng ta đã có 8 tâm đường tròn nội tiếp
đồng viên. Một câu hỏi đặt ra là có thể tổng quát cho những đa giác lưỡng tâm nhiều hơn
4 cạnh không? Sau một hồi biến đổi tôi đã chứng minh bài toán đúng với ngũ giác lưỡng
tâm và nhận ra rằng lời giải cho trường hợp ngũ giác hoàn toàn áp dụng được cho trường
hợp đa giác n cạnh bất kì. Đó cũng chính là nội dung của bài toán 95.
4.2.4
Nghịch đảo
Phép nghịch đảo là một trong những công cụ rất mạnh của hình học. Nó biến một mô
hình đã biết thành một mô hình mới mà thoạt nhìn có vẻ không hề liên quan đến bài
toán cũ. Như vậy có thể tìm ra bài toán mới bằng cách nghịch đảo từ bài toán đã biết,
sau đó lại sử dụng các phép đặc biệt hóa, tổng quát hóa để "chế biến". Có nhiều bài toán
rất đẹp được tạo ra từ phép nghịch đảo. Tuy nhiên việc quá lạm dụng phép nghịch đảo
lại khiến cho nhiều bài toán mất đi vẻ đẹp do bị che giấu bản chất.
Một ví dụ điển hình cho phép nghịch đảo là định lý về điểm Miquel của tam giác và
định lý Miquel về 6 đường tròn.
Bài 23. Cho tam giác ABC. A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm bất kì trên các cạnh BC, CA, AB. Khi
đó đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1 C1 , A1 BC1 , A1 B1 C đồng quy tại một điểm gọi
là điểm Miquel của tam giác ABC ứng với bộ 3 điểm A1 , B1 , C1 .
Bây giờ ta chọn một điểm P bất kì trên mặt phẳng sao cho P không nằm trên các
cạnh của tam giác ABC và nằm ngoài các đường tròn (AB1 C1 ), (A1 BC1 ), (A1 B1 C). Sử
dụng phép nghịch đảo cực P phương tích bất kì, bài toán trên biến thành bài toán sau:
Bài 24. (Bài toán 6 đường tròn). Cho 4 điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm trên đường tròn (O).
Gọi (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) lần lượt là các đường tròn bất kì qua các cặp điểm (A, B),
(B, C), (C, D), (D, A); B 0 , C 0 , D0 , A0 là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn (O1 ) và
(O2 ), (O2 ) và (O3 ), (O3 ) và (O4 ), (O4 ) và (O1 ). Khi đó A0 , B 0 , C 0 , D0 cùng thuộc một đường
tròn.
Trang 179
Nguyễn Văn Linh
Đại học Sư phạm Hà Nội
B
A
A'
B'
D'
C'
D
C
Hay như một ví dụ khác bạn đọc có thể xem lại bài toán 88. Bài toán 88 là tổng quát
của bổ đề trong bài toán 87 bằng cách thay đường thẳng bất kì qua P bằng một đường
tròn bất kì qua P . Qua phép nghịch đảo chúng ta lại biến bài 88 về dạng khác như trong
lời giải.
4.3
Thế nào là một bài toán đẹp?
Chúng ta đã điểm qua 4 phương pháp chính trong việc sáng tạo ra bài toán mới. Tất nhiên
để tìm ra một kết quả đẹp, một bài toán hay thì không đơn giản. Cần một chút kinh nghiệm,
một chút tinh tế trong quan sát và tất nhiên là một chút may mắn. Bản thân tác giả thích sử
dụng phương pháp 1 nhất khi nó có thể tạo ra những kết quả đẹp và lạ đến bất ngờ. Tuy nhiên
phương pháp 1 khá khó áp dụng và hay dẫn đến ngõ cụt.
Để kết thúc chúng ta sẽ bàn luận một chút về bài toán hình học đẹp. Theo quan điểm cá
nhân thì tôi cho rằng một bài toán đẹp là bài toán có cách phát biểu ngắn gọn, dễ hiểu, dễ
tưởng tượng. Kết luận cần chứng minh cũng độc đáo lạ mắt. Tuy nhiên nó phải đảm bảo hai
yếu tố. Một là kết luận không quá hiển nhiên. Có nhiều bài toán nhìn qua thì phát biểu khá
đẹp, cách giải của người ra đề cũng khá phức tạp, tưởng như thành công trong phân loại người
giải bài. Tuy nhiên đến khi xem lời giải của thí sinh mới nhận ra mình đã thất bại vì bài toán
của họ quá hiển nhiên. Hai là các dữ liệu của bài toán không được kết hợp cơ học, có nghĩa là
ghép nối một cách không khéo léo các tính chất của bài toán nọ với bài toán kia để tạo ra bài
toán mới. Những bài toán sinh ra kiểu này nhìn khá khó chịu vì trong quá trình giải phải chia
nhỏ ra nhiều bài toán phụ. Nó cũng đòi hỏi người làm phải biết nhiều bổ đề định lý, dẫn đến
sự thiếu sót trong việc tìm ra những học trò tiềm năng nhưng chưa được học nhiều.
Vì vậy một lời khuyên tới bạn đọc là không nên mất thời gian cho những bài toán cơ học,
rắc rối trong cách phát biểu mà nên làm những bài toán đẹp, có ý nghĩa và mang tính chìa
khóa cho những bài toán khác.
Chúc các bạn thành công!
Trang 180
Tài liệu tham khảo
[1] Roger A.Johnson, Advanced Euclidean geometry, Dover reprint, 1960.
[2] Arseniy Akopyan, Geometry in Figures, 2011.
[3] Tạp chí Pi số 1 năm 2017.
[4] Tạp chí Toán tuổi thơ 2 các năm 2008, 2012.
[5] Tổng tập tạp chí Toán học và Tuổi trẻ các năm 2010-2016.
[6] Geometry Mathley Contest, Hexagon of Maths and Science.
http://www.hexagon.edu.vn/mathley.html
[7] Nguyễn Văn Linh, Euclidean Geometry Blog.
http://nguyenvanlinh.wordpress.com
[8] Jean-Louis Ayme’s Geometry blog.
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr
[9] AoPS forum.
http://artofproblemsolving.com
[10] H. Fukagawa và T. Rothman, Sacred Mathematics, Princeton University Press, Princeton,
2008.
[11] T. Rothman, Japanese Temple Geometry, Scientific American, 1998, 5:84–91.
[12] Paris Pamfilos, Some Remarks on a Sangaku from Chiba, Forum Geom, Vol.15 (2015)
275-280.
Email: Nguyenvanlinhkhtn@gmail.com
181