Mục lục
Lời nói đầu
3
1 Lý thuyết
1.1 Lí thuyết cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các hàng điểm điều hòa và chùm điều hòa đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Tứ giác điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
5
6
7
2 Đề bài
9
3 Lời giải
15
4 Bài tập rèn luyện
87
Tài liệu tham khảo
91
1
MỤC LỤC
57 bài toán về tứ giác điều hòa
2
Lời nói đầu
Trong các chủ đề của hình học phẳng thì chủ đề về tứ giác điều hòa đã không còn quá xa lạ
với một số bạn. Tứ giác điều hòa hay còn gọi là tứ giác đẹp bởi lẽ nó đi kèm với các tính chất
thú vị, giúp chúng ta giải được nhiều bài tập khác nhau. Chắc hẳn ai cũng đều tiếp xúc với tứ
giác này, có chăng chỉ là không biết tên gọi và khi lên bậc THPT thì mới biết định nghĩa, tính
chất rõ ràng cụ thể của tứ giác điều hòa.
Chính vì vậy, thông qua cuốn sách này tác giả muốn trình bày tới bạn đọc từ định nghĩa,
các tính chất và đến các dạng bài tập của tứ giác điều hòa một cách chân thực và khách quan
nhất. Đây cũng là cuốn sách mà tác giả ấp ủ ý định thực hiện khi mới bước chân vào lớp 10.
Các bài toán chủ yếu là do tác giả lấy từ nhiều nguồn khác nhau và đồng thời tác giả cũng đã
nghiên cứu và sáng tác ra một số bài toán khá thú vị mà bạn đọc sẽ được tiếp xúc dưới đây.
Một số bài toán xuất hiện đã lâu, không biết rõ nguồn gốc thì mong bạn đọc coi như là bài
tác giả sưu tầm.
Tác giả muốn cảm ơn tới gia đình của tác giả đã luôn ủng hộ trong suốt quá trình làm cuốn
sách này. Tác giả gửi lời cảm ơn tới người thầy giáo của tác giả là thầy Kiều Đình Minh đã
luôn là người thầy cần mẫn và luôn giúp tác giả tiến bộ lên từng ngày.
Cuốn sách này cũng như món quà kỷ niệm ba tháng tác giả học đội tuyển VMO cùng các
anh lớp 11 và các anh lớp 12. Tác giả xin chân thành cảm ơn anh Trần Minh Hiếu - Khóa 34
đã dành thời gian thiết kế bìa sách cho tác giả. Xin gửi lời cảm ơn và dành tặng cuốn sách này
tới các anh Trần Minh Hiếu, Nguyễn Hoàng Phi, Nguyễn Hải Dương, Bùi Ngọc Tân
- Khóa 34 đã luôn giúp đỡ tác giả trong quá trình học đội tuyển cũng như tạo ra những kỉ
niệm đẹp trong ba tháng vừa qua. Tác giả xin chúc cho hai anh Nguyễn Hải Dương và Bùi
Ngọc Tân sẽ đạt kết quả tốt nhất trong kì thi TST sắp tới.
Mặc dù tài liệu đã được tác giả biên soạn khá kĩ lưỡng nhưng sai sót là điều không thể
tránh khỏi. Mong bạn đọc thông cảm và mọi ý kiến đóng góp xin gửi về địa chỉ email
khoanguyen17112003@gmail.com
Xin chân thành cảm ơn!
Việt Trì, ngày 12 tháng 2 năm 2019
Nguyễn Đăng Khoa
Khóa 36 - THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ
3
MỤC LỤC
57 bài toán về tứ giác điều hòa
4
Chương 1
Lý thuyết
1.1
Lí thuyết cơ sở
Định nghĩa 1.1.1. Một hàng điểm A, B, C, D được gọi là hàng điểm điều hòa nếu tỉ số kép
(A, B; C, D) =
CA DA
:
CB DB
có giá trị bằng -1, khi đó ta nói A, B liên hợp điều hòa với C, D.
Nhờ các tính chất của tỉ số kép ta thấy ngay nếu A, B liên hợp điều hòa với C, D thì ta có
(A, B; C, D) = (C, D; A, B) = (B, A; D, C) = (D, C; B, A)
= (B, A; C, D) = (C, D; B, A) = (A, B; D, C) = (D, C; A, B) = −1.
Nhận xét. Trong rất nhiều tài liệu có những cách viết khác nhau về tỉ số kép ví dụ như
(AB, CD) hoặc (A, B, C, D). Trong tài liệu này chúng ta thống nhất dùng kí hiệu (A, B; C, D)
để biểu diễn tỉ số kép của 4 điểm A, B, C, D.
Định nghĩa 1.1.2. Một chùm đường thẳng là một bộ đường thẳng đồng quy.
Định nghĩa 1.1.3. Cho chùm đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O. Với bốn điểm bất kì
A, B, C, D khác O lần lượt nằm trên a, b, c, d, ta định nghĩa tỉ số kép của a, b, c, d là
−→ −→
−−→ −→
sin (OC, OA) sin (OD, OA)
(a, b; c, d) = O(A, B; C, D) =
−→ −−→ :
−−→ −−→
sin (OC, OB) sin (OD, OB)
Nhận xét. Định nghĩa tỉ số kép của một chùm thực chất không phụ thuộc vào cách lấy
A, B, C, D. Bạn đọc có thể tự chứng minh tính chất sau để chứng tỏ rằng định nghĩa tỉ số kép
của một hàng điểm và chùm bốn đường thẳng là tương đương nhau.
Tính chất 1.1.4. Một chùm đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O và đường thẳng ∆ bất kì cắt
a, b, c, d lần lượt tại A, B, C, D. Khi đó
(a, b; c, d) = O(A, B; C, D) = (A, B; C, D)
Định nghĩa 1.1.5. Cho chùm đường thẳng a, b, c, d. Khi đó a, b, c, d được gọi là chùm điều hòa
nếu (a, b; c, d) = −1. Ta cũng nói a, b liên hợp điều hòa với c, d.
Tính chất 1.1.6. (Tính chất hàng trung điểm) Chùm O(A, B; C, D) = −1 với A, B, C
thẳng hàng có C là trung điểm AB khi và chỉ khi AC k OD.
5
CHƯƠNG 1. LÝ THUYẾT
57 bài toán về tứ giác điều hòa
O
D
A
C
B
Do tính chất đặc biệt của tỉ số kép −1 nên ta có một loạt các hệ thức sau tương đương với
định nghĩa của hàng điểm điều hòa.
Tính chất 1.1.7. (Các hệ thức của hàng điểm điều hòa) Cho hàng điểm A, B, C, D và
I là trung điểm AB, J là trung điểm CD khi đó ta có khẳng định sau là tương đương
1. (A, B; C, D) = −1.
2. Hệ thức Descartes:
2
1
1
=
+
.
AB
AC AD
3. Hệ thức Newton: IA2 = IB 2 = IC · ID.
4. Hệ thức Maclaurin: AB · AJ = AC · AD.
Tính chất 1.1.8. (Tính chất chùm phân giác) Cho chùm (a, b; c, d) = −1. Các mệnh đề
sau là tương đương
1. c ⊥ d.
2. c là phân giác góc tạo bởi a và b.
3. d là phân giác góc tạo bởi a và b.
1.2
Các hàng điểm điều hòa và chùm điều hòa đặc biệt
Tính chất 1.2.1. Cho tam giác ABC có AD, AE lần lượt là phân giác trong và phân giác
ngoài của tam giác. Khi đó (B, C; D, E) = −1 và kéo theo A(B, C; D, E) = −1.
A
E
D
B
6
C
CHƯƠNG 1. LÝ THUYẾT
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Tính chất 1.2.2. Cho tam giác ABC và điểm P bất kì, gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của
đường thẳng P A, P B, P C với BC, CA, AB. Gọi EF giao BC tại G. Khi đó (B, C; D, G) = −1.
A
E
F
P
C
G
B
D
Tính chất 1.2.3. Cho P là điểm nằm ngoài đường tròn (O). Từ P kẻ hai tiếp tuyến P A, P B
tới (O). Một đường thẳng bất kì đi qua P cắt (O) tại C, D. Nếu AB cắt CD tại Q thì khi đó
(P, Q; C, D) = −1.
A
D
Q
C
O
P
B
1.3
Tứ giác điều hòa
Tính chất 1.3.1. (Tỉ số kép của bốn điểm trên đường tròn) Cho bốn điểm A, B, C, D
cùng nằm trên một đường tròn (O). Lấy điểm M bất kì trên đường tròn (O), khi đó tỉ số kép
M (A, B; C, D) không đổi khi M di động trên (O). Tỉ số kép không đổi trên được gọi là tỉ số
kép của bốn điểm trên đường tròn, kí hiệu là (A, B; C, D).
Định nghĩa 1.3.2. (Tứ giác điều hòa) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) được gọi là
tứ giác điều hòa nếu (A, C; B, D) = −1.
7
CHƯƠNG 1. LÝ THUYẾT
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Tính chất 1.3.3. (Tính chất của tứ giác điều hòa) Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp
đường tròn (O). Khi đó các khẳng định sau là tương đương
1. (A, C; B, D) = −1.
2. AB · CD = AD · BC.
3. AC · BD = 2 · AB · CD.
4. Tiếp tuyến tại A, C của (O) và BD đồng quy.
5. Tiếp tuyến tại B, D của (O) và AC đồng quy.
6. AC là đường đối trung của hai tam giác ABD và CBD.
7. BD là đường đối trung của hai tam giác BAC và DAC.
8. Nếu M là trung điểm BD thì BD là đường phân giác ∠AM C.
E
A
B
D
F
M
O
C
Hình vẽ minh họa tính chất của tứ giác điều hòa
Trên đây tác giả đã nêu khá là chi tiết về lý thuyết từ hàng điểm điều hòa đến tứ giác điều
hòa. Cách chứng minh của các tính chất trên khá là đơn giản và xuất hiện rất nhiều trong các
tài liệu tham khảo khác nên tác giả không chứng minh lại. Ngoài ra bạn đọc phải tự trang bị
cho mình các kiến thức về các phép biến hình, cực và đối cực, các định lý nổi tiếng và phổ biến
trong hình học phẳng...
Bây giờ chúng ta đến với phần bài tập.
8
Chương 2
Đề bài
Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) và A di chuyển trên (O), gọi D là trung điểm
BC. Một đường thẳng bất kì đi qua A cắt BC tại E và cắt (O) tại điểm thứ hai là
P . Đường tròn ngoại tiếp tam giác EP D cắt (O) tại F khác P . Chứng minh AF đi
qua một điểm cố định khi A di chuyển trên (O).
Bài 2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trung tuyến AM . Gọi D, E lần lượt là chân
đường cao hạ từ M xuống AB, AC. Tiếp tuyến tại D, E của đường tròn (ADE) cắt
nhau tại P . Chứng minh P nằm trên một đường cố định khi A di chuyển trên cung
lớn BC.
Bài 3. (ELMO shortlist 2015) Từ điểm C nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến CA, CB
tới đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Lấy X là điểm đối xứng với A qua B. Gọi
ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác CBX. Đường tròn ω cắt (O) tại điểm thứ hai là
D. Kẻ cát tuyến CDE của đường tròn (O). Chứng minh EX là tiếp tuyến của ω.
Bài 4. (Moldova 2014) Cho tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa nội tiếp (O). Gọi M là trung
điểm BD. Đường thẳng qua C song song với AD cắt AM tại P . Chứng minh △P DC
cân.
Bài 5. (Konstantinos Pappelis) Cho △ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến
tại B, C cắt nhau tại P . Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T . Dựng hình bình hành
AN BM với M, N lần lượt trên BC và BP . Chứng minh rằng AP , OT và M N đồng
quy.
Bài 6. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), tiếp
tuyến tại A cắt BC tại T , T O cắt AB, AC lần lượt tại P, Q. Đường thẳng qua P
vuông góc với AB cắt đường thẳng qua Q vuông góc với AC tại R. Chứng minh AR
luôn đi qua một điểm cố định khi A di chuyển trên cung BC.
Bài 7. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC có trung tuyến AM . Lấy P bất kì trên AM .
Đường tròn ngoại tiếp △AP C cắt AB và đường tròn ngoại tiếp △AP B cắt AC tại
điểm thứ hai lần lượt là E, F . (AEF ) cắt AM tại L khác A, EF cắt BC tại K. Chứng
minh KL là tiếp tuyến của (AEF ) và ∠KP O = 90◦
Bài 8. (IMO shortlist 2017) Cho △ABC có đường tròn bàng tiếp góc A là ω. Đường tròn
ω tiếp xúc với BC, CA và AB tại D, E và F . Gọi M là trung điểm AD. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác AEF cắt BC tại hai điểm P, Q. Chứng minh (P M Q) tiếp xúc với
ω.
Bài 9. (BMO 2009 Problem 2) Lấy M N là đường thẳng song song với cạnh BC của △ABC
(M ∈ AB, N ∈ AC). BN cắt CM tại P . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P và
CN P cắt nhau tại Q khác P . Chứng minh rằng ∠BAQ = ∠CAP .
9
CHƯƠNG 2. ĐỀ BÀI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 10. (APMO 2013, Problem 5) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ω. Lấy P thuộc
AC sao cho P B và P D là tiếp tuyến của ω. Tiếp tuyến tại C của ω cắt P D tại Q và
cắt AD tại R. E là giao điểm thứ hai của AQ với ω. Chứng minh B, E, R thẳng hàng.
Bài 11. Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) và kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn
(O) (B, C là tiếp điểm). Lấy P bất kì thuộc (O), H là chân đường cao hạ từ B xuống
P C, lấy M là trung điểm BH. P M cắt (O) tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh
∠AQC = 90◦ .
Bài 12. (VMO 2003) Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cố định (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )
(R1 < R2 ) tiếp xúc trong với nhau tại M . Xét điểm A nằm trên đường tròn (O2 ) sao
cho ba điểm A, O1 , O2 không thẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới đường
tròn (O1 ) (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng M B, M C lần lượt cắt (O2 ) tại điểm
thứ hai là E và F . D là giao của đường thẳng EF với tiếp tuyến của (O2 ) tại A.
Chứng minh D di động trên một đường thẳng cố định khi A di chuyển.
Bài 13. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Lấy M, N thuộc
BC sao cho (M, N ; B, C) = −1. Từ M, N kẻ tiếp tuyến M P, N Q tới (I) sao cho
M P, N Q khác BC. Chứng minh rằng A, P, Q thẳng hàng.
Bài 14. Cho △ABC nội tiếp đường tròn (O), có trung tuyến AM . Lấy E, F thuộc BC và đối
xứng nhau qua M . Các tia AM, AE, AF cắt (O) lần lượt tại D, P, Q. Chứng minh
rằng P Q, BC và tiếp tuyến tại D của (O) đồng quy.
Bài 15. (Hà Nội TST 2015-2016) Cho đường tròn (O) có đường kính AB. Lấy C ∈ (O) thỏa
[ < 180◦ . Lấy K bất kì thuộc OC. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AD, AE tới
mãn 90◦ < AOC
(K, KC). Chứng minh rằng DE, AC, BK đồng quy.
Bài 16. Cho △ABC nội tiếp đường tròn (O) với điểm A di động trên một trong hai cung BC.
Đường thẳng qua B song song với AC cắt tiếp tuyến tại C của (O) tại E. Đường
thẳng qua C song song với AC cắt tiếp tuyến tại B của (O) tại F . (BEC) cắt lại AC
tại P , (BF C) cắt lại AB tại Q. P Q cắt AB tại I. Chứng minh rằng AI đi qua điểm
cố định khi A di chuyển.
Bài 17. (Danielle Wang, Evan Chen) Cho tam giác ABC với đường cao AE. Đường tròn bàng
tiếp góc A tiếp xúc với BC tại D và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại F, G.
DF, DG cắt trung trực AE tại N, V . Chứng minh tam giác EN V cân.
Bài 18. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H, BC cố định và A thay đổi.
Đường tròn đường kính AH cắt (O) tại điểm thứ hai là S. Tia AH cắt (O) tại D.
Chứng minh T D đi qua điểm cố định khi A thay đổi trên cung lớn BC.
Bài 19. Cho tam giác ABC có đường tròn bàng tiếp góc A là (J) tiếp xúc với BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F . Trên đường thẳng BC lấy G, H sao cho AG = AH = AE = AF .
Chứng minh rằng (AGH) tiếp xúc (J).
Bài 20. (AoPS) Trong tam giác ABC, có đường tròn ngoại tiếp là Γ, đường tròn nội tiếp ω tâm
I và tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường cao DQ của △DEF
cắt (I) tại R. Tia AR cắt lại Γ tại S. Tia AQ cắt BC tại T . Chứng minh rằng S, I, T
thẳng hàng.
Bài 21. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Tiếp tuyến tại A của đường tròn cắt
BC tại D. Đường thẳng DO cắt AB, AC lần lượt tại E, F . Gọi M, N lần lượt là trung
điểm AB, AC. Chứng minh rằng EN, F M, AO đồng quy.
10
CHƯƠNG 2. ĐỀ BÀI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 22. (Vietnam TST 2012) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC 6= 2R. Lấy A thuộc
cung lớn BC. D, K, J là trung điểm BC, CA, AB. E, M, N là chân đường cao hạ từ
A, B, C xuống BC, DJ, DK. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M, N của (EM N ) cắt
nhau tại điểm T cố định khi A di chuyển trên cung lớn BC.
Bài 23. (Sharygin 2015, P4) Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Lấy điểm P bất kì trên (O),
AP cắt BC tại Q. Gọi I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BP Q và
CP Q. I1 I2 cắt BC tại J. Chứng minh rằng P J đi qua điểm cố định khi P thay đổi.
Bài 24. (Turkey TST 2016, P6) Cho tam giác ABC cân tại A với D là trung điểm BC. Một
đường thẳng đi qua D cắt AB, AC tại K, L. Lấy E bất kỳ trên đoạn BC. Trên tia
1
AE lấy P sao cho ∠KP L = 90◦ − ∠KAL. Đường tròn ngoại tiếp tam giác P DE cắt
2
P K, P L lần lượt tại điểm thứ hai là X, Y . DX, DY lần lượt cắt AB, AC tại M và N .
Chứng minh rằng A, M, P, N đồng viên.
Bài 25. (Lê Viết Ân) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), (I) tiếp xúc với cạnh BC
tại D. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AD. Đường tròn (DN M ) và (BN C) cắt
nhau tại điểm thứ hai là K. KN cắt BC tại J, KD cắt lại (BN C) ở L. Chứng minh
J là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác (IM L).
Bài 26. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), (I) tiếp xúc với BC tại D. Kẻ đường
cao AH, gọi M là trung điểm của AH. DM cắt lại (I) tại K. Chứng minh KD là
phân giác góc ∠BKC.
Bài 27. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có P là một điểm bất kì trên cạnh BC.
Gọi M là trung điểm BC. AP cắt (O) tại điểm thứ hai là Q. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác P QM cắt (O) tại N khác Q, AN cắt (P QM ) tại R khác N . P R cắt AB, AC
lần lượt tại K và L. Chứng minh R là trung điểm KL.
Bài 28. Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến tại A, C cắt nhau
tại P . Lấy T là điểm bất kì trên AC. Gọi ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác T BD.
Tiếp tuyến tại T của ω cắt P A, P B lần lượt tại K, L.
a) Chứng minh (P KL) tiếp xúc ω.
b) Chứng minh K, L, B, D đồng viên.
Bài 29. (ELMO shortlist 2014, G4) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn w. Tiếp tuyến tại
A lần lượt cắt CD, CB tại E, F . DF cắt w, AB lần lượt tại I, J và BE lần lượt cắt
w, AD lần lượt tại G, H. Chứng minh GI, HJ và đường đối trung tại đỉnh B của tam
giác ABC đồng quy.
Bài 30. (IMO shortlist 2004, G8) Cho tứ giác nội tiếp ABCD, M là trung điểm CD và điểm
AM
AN
=
(N khác M ). Chứng minh rằng E, F, N thẳng
N thuộc (ABM ) sao cho
BN
BM
hàng với E = AC ∩ BD và F = BC ∩ DA.
Bài 31. (Olympic KHTN 2017) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Lấy M, N thuộc EF sao cho BN k AD k CM .
DM, DN lần lượt cắt (I) tại điểm thứ hai là P và Q. Chứng minh rằng BP, CQ và
AD đồng quy.
11
CHƯƠNG 2. ĐỀ BÀI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 32. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường thẳng qua E song song với AD cắt DF
tại K. Đường thẳng qua F song song với AD cắt DE tại L. AK, AL lần lượt cắt (I)
tại M, N (M, N nằm khác phía với A so với EF ). Chứng minh rằng BM, CN và AD
đồng quy.
Bài 33. (Vietnam TST 2001) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Lấy điểm
M bất kì và di động trên (O1 ). Tiếp tuyến tại A và B của (O1 ) cắt nhau tại K. KM
cắt lại (O1 ) tại C. AM, AC lần lượt cắt (O2 ) tại điểm thứ hai là P và Q. Chứng minh
a) M C đi qua trung điểm P Q
b) Giao điểm của hai tiếp tuyến tại P, Q của đường tròn (O2 ) thuộc một đường
thẳng cố định khi M di chuyển.
Bài 34. (IMO shortlist 20111, G4) Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn ngoại tiếp Ω. Lấy
B0 là trung điểm AC và C0 là trung điểm AB. Gọi D là chân đường cao hạ từ A và
G là trọng tâm tam giác ABC. Lấy ω là đường tròn qua B0 , C0 và tiếp xúc với Ω tại
X 6= A. Chứng minh rằng D, G và X thẳng hàng.
Bài 35. Cho tam giác ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Tia
BI, CI cắt lại (O) tại M và N . Lấy P bất kì trên cung BC không chứa A. Gọi I1
và I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác P AB và P AC. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác P I1 I2 cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q. Tiếp tuyến của (O) tại
M, N cắt nhau tại T . Chứng minh T, A, Q thẳng hàng.
Bài 36. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt
BC, CA, AB tại D, E, F . Lấy X thuộc BC sao cho ∠AM X = 90◦ . Y, Z theo thứ tự
là điểm đối xứng của M qua DE, DF . Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng.
Bài 37. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AD là đường kính
của (O). Lấy E là một điểm thuộc tia đối của tia DA. Đường thẳng qua E vuông góc
với AD cắt BC tại T . Dựng tiếp tuyến T P của (O) (P khác phía A so với BC). AP
cắt T E tại Q. Gọi M là trung điểm AQ. T M cắt AB, AC lần lượt tại X, Y .
a) Chứng minh rằng M là trung điểm XY
b) Chứng minh rằng OM ⊥ XY .
Bài 38. (Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trung điểm
AB, AC là E, F và A di chuyển trên (O). Đường thẳng qua A và song song với BC
cắt OE, OF tại M, N . Tiếp tuyến tại A của (O) cắt OE, OF theo thứ tự tại K, L.
a) Chứng minh rằng K, L, M, N đồng viên
b) Gọi K là tâm đường tròn đi qua 4 điểm K, L, M, N . Chứng minh rằng AK đi
qua điểm cố định khi A thay đổi.
Bài 39. (British TST 2017) Cho tam giác nhọn không cân ABC ngoại tiếp đường tròn (I).
Đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại E, F . Đường trung tuyến ứng với
đỉnh A của hai tam giác ABF và ACE lần lượt cắt (I) tại M, N (M, N nằm cùng
phía với A so với EF ). Trên đường thẳng F E lấy P, Q sao cho AP k BF và AQ k CE.
a) Chứng minh A nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (M IP ) và (N IQ)
b) Giả sử trực tâm H của tam giác ABC nằm trên (I). Chứng minh tồn tại đường
thẳng d tiếp xúc với ba đường tròn có tâm là A, B, C và đều đi qua H.
12
CHƯƠNG 2. ĐỀ BÀI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 40. (AoPS) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại
D, E, F . Lấy M và N trên IB và IC sao cho M N vuông góc với AI. Đường tròn
(IBN ) cắt (ICM ) tại L khác I. AL cắt (I) tại K nằm cùng phía với A so với EF .
Chứng minh K, L, I, D cùng nằm trên một đường tròn.
Bài 41. (USA TST 2019, problem 1) Cho tam giác ABC, lấy M và N lần lượt là trung điểm
của AB và AC. Gọi X là một điểm bất kì trên tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC. Ký hiệu ωB là đường tròn đi qua M và B tiếp xúc với M X, và
ωC là đường tròn đi qua N và C tiếp xúc với N X. Chứng minh rằng ωB và ωC cắt
nhau trên BC.
Bài 42. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm
X bất kì trên đoạn BC. Ký hiệu đường tròn ωB là đường tròn tiếp xúc với XA, XB
và tiếp xúc trong với (O) tại K, đường tròn ωC là đường tròn tiếp xúc với XA, XC và
tiếp xúc trong với (O) tại L. Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại Y . Tiếp tuyến
tại K, L của (O) cắt nhau tại Z. Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng.
Bài 43. (Turkey TST 2018, P4) Cho tam giác không cân ABC có trung tuyến AD. Lấy E, F
trên AC, AB sao cho (CDE) và (AEF ) cắt nhau tại P khác E và nằm trên AD. Phân
giác trong của góc ∠EP F cắt EF tại Q. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác (AP Q) vuông góc với BC.
Bài 44. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Γ có tâm là O. Tâm đường tròn nội tiếp tam
giác là I và M là trung điểm BC. Lấy các điểm D, E, F lần lượt trên BC, CA, AB
sao cho ID ⊥ BC, IE ⊥ AI, IF ⊥ AI. Giả sử đường tròn (AEF ) cắt lại Ω tại X
khác A. Giả sử đường tròn đi qua X, D và tiếp xúc với BC tại D cắt lại Γ ở K.Tia
KD cắt Γ tại L. Chứng minh đường tròn (AM L) đi qua O.
Bài 45. (Trần Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) bất kì đi
qua B, C và cắt lại AC, AB theo thứ tự tại E, F . BE cắt CF tại H. Trên (O) lấy G
sao cho ∠AGH = 90◦ . (BGH) cắt (K) tại P khác B, L là điểm đối xứng của H qua
B. Chứng minh P H tiếp xúc với đường tròn (GHL).
Bài 46. (Nguyễn Văn Linh) 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 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 (P QJ) tiếp xúc với (O).
Bài 47. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có A trên (O) di
chuyển và B, C cố định. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại T . Gọi M là trung điểm BC.
Đường tròn đường kính M T cắt đường tròn đường kính BC tại D. E là hình chiếu
của D lên BC. AE cắt (O) tại F . Một đường thẳng d bất kì qua T cắt AB, AC theo
thứ tự tại K, L. Tia F K, F L cắt (O) tại P, Q. Lấy X là giao của P L, KQ. Chứng
minh AX luôn đi qua điểm cố định khi A thay đổi trên (O).
Bài 48. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và P là điểm bất kì. P A, P B, P C cắt (O)
lần lượt tại D, E, F khác A, B, C. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T . T P cắt
(O) tại M, N . Chứng minh rằng tam giác DEF và tam giác DM N có chung đường
đối trung.
13
CHƯƠNG 2. ĐỀ BÀI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 49. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và các đường cao AD, BE, CF . AA′ là
đường kính cua (O). Lấy P, Q thuộc EF sao cho P B, QC vuông góc với BC. Đường
thẳng qua A vuông góc với QN, P N lần lượt cắt (O) tại X, Y . Tiếp tuyến của (O) tại
X, Y cắt nhau tại J. Chứng minh rằng JA′ vuông góc với BC.
Bài 50. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA, AB
theo thứ tự tại D, E, F . BE, CF cắt lại (I) lần lượt tại K, L.
KL · EF
Chứng minh rằng
= 3.
KF · LE
Bài 51. (Iran TST 2007, Day 2) Cho đường tròn ω là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. P
và Q nằm trên AB và AC thỏa mãn P Q song song với BC và là tiếp tuyến của ω.
AB, AC tiếp xúc ω lần lượt tại F, E. Chứng minh rằng nếu M là trung điểm P Q và
T là giao điểm của EF và BC thì T M tiếp xúc với ω.
Bài 52. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao
AD, BE, CF giao nhau tại H. Hai tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T . Lấy
O′ đối xứng với O qua BC. AO′ và HT lần lượt cắt đường tròn (AEF ) tại điểm thứ
hai là K, L. Đường tròn (AEF ) cắt (O) tại P khác A. Chứng minh rằng HK, P L, EF
đồng quy.
Bài 53. (USA TST 2019, problem 6) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I. Lấy
D trên BC sao cho ∠AID = 90◦ . Các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C theo thứ tự
tiếp xúc với BC, CA, AB tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng nếu tứ giác AB1 A1 C1 nội
tiếp thì AD là tiếp tuyến của (DB1 C1 ).
Bài 54. (Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF . Lấy K, L thuộc
EF sao cho CK = CF và BL = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ALE cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác AKF tại I. Chứng minh tứ giác ABIC là tứ giác điều hòa.
Bài 55. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường
tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D. Lấy M là trung điểm BC, đường tròn
đường kính IM cắt (BIC) tại L khác I. IL cắt BC tại S. Đường thẳng AD, AS lần
lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là H, K. KL cắt BC tại J. Chứng minh J là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác KHM .
Bài 56. (Iran TST 2006) Cho tam giác ABC với M là trung điểm BC. Giả sử AM cắt đường
tròn nội tiếp tam giác tại K, L. Từ K, L kẻ hai dây cung của đường tròn nội tiếp tam
giác là KX, LY sao cho KX k LY k BC. Lấy AX, AY cắt BC lần lượt tại P và Q.
Chứng minh rằng BP = CQ.
Bài 57. Cho tam giác cân ABC có M là trung điểm BC. Lấy điểm K nằm ngoài tam giác sao
cho BK = BM và CK vuông góc với AB. Trung trực của BK cắt cung nhỏ AM của
đường tròn (ABM ) tại L. Chứng minh rằng ∠KM L = 90◦ .
14
Chương 3
Lời giải
Bài 1. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) và A di chuyển trên (O), gọi D là trung điểm
BC. Một đường thẳng bất kì đi qua A cắt BC tại E và cắt (O) tại điểm thứ hai là
P . Đường tròn ngoại tiếp tam giác EP D cắt (O) tại F khác P . Chứng minh AF đi
qua một điểm cố định khi A di chuyển trên (O).
P
A
G
E
B
D
C
F
T
Hình 1.
Lời giải. Gọi G là giao điểm của P F và BC.
Khi đó ta có GD · GE = GP · GF = GB · GC.
Từ đó do D là trung điểm BC nên theo hệ thức Maclaurin thì (B, C; G, E) = −1.
Chiếu hàng điểm này bằng tâm P lên (O) thì ta thu được
(B, C; F, A) = K(B, C; F, A) = (B, C; G, E) = −1
Suy ra ABF C là tứ giác điều hòa nên AF đi qua T là giao điểm hai tiếp tuyến của
(O) tại B và C.
15
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 2. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trung tuyến AM . Gọi D, E lần lượt là chân
đường cao hạ từ M xuống AB, AC. Tiếp tuyến tại D, E của đường tròn (ADE) cắt
nhau tại P . Chứng minh P nằm trên một đường cố định khi A di chuyển trên cung
lớn BC.
Q
A
O
E
D
M
B
C
P
Lời giải. Trung trực của BC cắt lại (ADE) tại Q.
Khi đó ∠EAQ = ∠EM Q = ∠ECM ⇒ AQ k BC
Suy ra
A(D, E; M, Q) = A(B, C; M, Q) = −1
Do đó tứ giác QDM E là tứ giác điều hòa.
Từ đó tiếp tuyến của (ADE) tại D, E và QM đồng quy hay P thuộc trung trực
BC.
Nhận xét. Ta nhận thấy có trung điểm M nên ta có ý tưởng kẻ thêm đường thẳng
vuông góc hay song song để tạo ra chùm điều hòa.
16
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 3. (ELMO shortlist 2015) Từ điểm C nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến CA, CB
tới đường tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Lấy X là điểm đối xứng với A qua B. Gọi
ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác CBX. Đường tròn ω cắt (O) tại điểm thứ hai là
D. Kẻ cát tuyến CDE của đường tròn (O). Chứng minh EX là tiếp tuyến của ω.
F
C
D
B
A
X ≡ X′
P
O
E
Lời giải. Gọi P là giao điểm của AB và DE, kéo dài AD cắt (CBX) tại điểm thứ
hai là F .
Ta có ∠CF D = ∠CBD = ∠DAB ⇒ AB k CF .
Mà B là trung điểm AX nên ta có F (X, A; B, C) = −1.
Suy ra
F (X, D; B, C) = F (X, A; B, C) = −1
Suy ra tứ giác CDBX là tứ giác điều hòa.
Giả sử EX cắt ω tại X và X ′ .
Ta có
X(C, B; D, X ′ ) = X(C, P ; D, E) = (C, P ; D, E) = −1
Do đó tứ giác CDBX ′ là tứ giác điều hòa.
Vậy ta có được X ≡ X ′ hay EX là tiếp tuyến của ω.
17
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 4. (Moldova 2014) Cho tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa nội tiếp (O). Gọi M là trung
điểm BD. Đường thẳng qua C song song với AD cắt AM tại P . Chứng minh △P DC
cân.
F
B
A
C
O
M
D
P
Lời giải. Theo giả thiết tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa nên tiếp tuyến tại A, C
của (O) và BD đồng quy tại F .
Ta có AM là đường đối trung trong tam giác BAD nên ∠M AD = ∠BAC = ∠CDF .
Suy ra ∠CP A = ∠M AD = ∠CDF .
Mặt khác ∠P CD = ∠ADC = ∠ACF ⇒ ∠P CA = ∠DCF .
Từ đó ta có △P CA ∼ △DCF ⇒ △P CD ∼ △ACF ⇒ △P DC cân tại D.
Nhận xét. Ngoài cách dựng hai tiếp tuyến cắt nhau thì ta thấy tứ giác CM DP nội
tiếp từ đó biến đổi góc để rút ra được ∠DCP = ∠DP C, cách này đơn giản và tự
nhiên hơn cách kẻ thêm ban đầu.
18
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 5. (Konstantinos Pappelis) Cho △ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến
tại B, C cắt nhau tại P . Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T . Dựng hình bình hành
AN BM với M, N lần lượt trên BC và BP . Chứng minh rằng AP , OT và M N đồng
quy.
A
N
O
E
M
B
T
C
D
P
Lời giải. Từ T kẻ tiếp tuyến T D tới (O) (D khác A).
Khi đó A, T, P thẳng hàng do tứ giác ABDC là tứ giác điều hòa.
Lấy E là giao của T O và AP thì E là trung điểm AD, ta cần chứng minh M, N, E
thẳng hàng.
AC
DC
BN
=
=
.
Ta có △ABN ∼ △BCA (g.g) ⇒
AN
AB
BD
Suy ra △BDC ∼ △M BN (c.g.c) ⇒ ∠BN M = ∠BCD = ∠P BD ⇒ BD k M N .
Mặt khác do AN BM là hình bình hành nên M N đi qua trung điểm AB
Suy ra M N đi qua trung điểm AD là E.
Vậy M N, AP và OT đồng quy.
Nhận xét. Ý tưởng kẻ thêm tiếp tuyến như trên xuất hiện rất nhiều trong các bài
toán liên quan đến tứ giác điều hòa.
19
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 6. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O), tiếp
tuyến tại A cắt BC tại T , T O cắt AB, AC lần lượt tại P, Q. Đường thẳng qua P
vuông góc với AB cắt đường thẳng qua Q vuông góc với AC tại R. Chứng minh AR
luôn đi qua một điểm cố định khi A di chuyển trên cung BC.
A
O
Q
P
R
B
T
M
C
D
Lời giải. Kẻ tiếp tuyến T D tới đường tròn (O) (D khác A). Khi đó ta có tứ giác
ABDC là tứ giác điều hòa và AD ⊥ T O.
Ta có ∠BAD = ∠RP Q (do AD ⊥ P Q và RP ⊥ AB).
Mặt khác ta thấy tứ giác RP AQ nội tiếp nên ∠BAD = ∠RP Q = ∠RAQ.
Theo tính chất của tứ giác điều hòa thì AD là đường đối trung trong tam giác ABC
nên AR đi qua M là trung điểm BC.
20
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 7. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có trung tuyến AM . Lấy P bất
kì trên AM . Đường tròn ngoại tiếp △AP C cắt AB và đường tròn ngoại tiếp △AP B
cắt AC tại điểm thứ hai lần lượt là E, F . (AEF ) cắt AM tại L khác A, EF cắt BC
tại K. Chứng minh KL là tiếp tuyến của (AEF ) và ∠KP O = 90◦ .
E
J
A
Q
L
F
O
P
B
M
K ≡ K′
C
Lời giải. Gọi J là tâm đường tròn (AEF ), (J) cắt (O) tại điểm thứ hai là Q.
Giả sử (AP B), (AP C) cắt BC lần lượt tại điểm thứ hai là R, S.
Khi đó M R · M B = M P · M A = M S · M C ⇒ R, S đối xứng nhau qua M .
CF
AB
Từ đó suy ra CF · CA = CR · CB = BS · BC = BA · BE ⇒
=
.
BE
AC
CQ
CF
AB
Mặt khác △CF Q ∼ △BEQ (g.g) ⇒
=
=
⇒ AQ k BC ⇒ JB = JC.
BQ
BE
AC
∠LJQ
Giả sử trung trực của LQ cắt BC tại K ′ . Ta có ∠LJK ′ =
= ∠LAQ = ∠LM B.
2
′
′
′
◦
Suy ra JLM K là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠K LJ = ∠K M J = 90 nên K ′ L và K ′ Q là
hai tiếp tuyến của (J).
Mặt khác
A(E, F ; L, Q) = A(B, C; M, Q) = −1
Do đó, tứ giác ELF Q là tứ giác điều hòa nên E, F, K ′ thẳng hàng hay K ≡ K ′ .
21
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bây giờ ta đi chứng minh ∠OP K = 90◦ .
Để ý ta có △ELP ∼ △EF C (g.g) và △QJO ∼ △QF C (g.g).
LP CF
EL QF
EL · F Q
LP
=
·
=
·
=
.
Suy ra
JO
CF JO
EF JQ
EF · JQ
LQ · EF
Do tứ giác ELF Q là tứ giác điều hòa nên EL · F Q =
; JQ = R.
2
LQ
LK
EL · F Q
=
= sin ∠LEQ = sin ∠LJK =
.
⇒
EF · JQ
2R
JK
PL
JO
Suy ra
=
và dễ dàng chỉ ra được ∠P LK = ∠OJK ⇒ △LP K ∼ △JOK.
LK
JK
Từ đó ta có ∠M P K = ∠M OK nên tứ giác OP M K nội tiếp
⇒ ∠OP K = ∠OM K = 90◦ .
22
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 8. (IMO shortlist 2017) Cho △ABC có đường tròn bàng tiếp góc A là ω. Đường tròn
ω tiếp xúc với BC, CA và AB tại D, E và F . Gọi M là trung điểm AD. Đường tròn
ngoại tiếp tam giác AEF cắt BC tại hai điểm P, Q. Chứng minh (P M Q) tiếp xúc với
ω.
A
M
P
K
Q
C
B
D
E
ω
F
N
J
I
Lời giải. AD cắt đường tròn ω tại điểm thứ hai là I. F E cắt BC tại K.
Ta thấy tứ giác F DEI là tứ giác điều hòa nên KI là tiếp tuyến của ω.
Gọi N là giao điểm của JK và DI thì N là trung điểm DI và ∠AN J = 90◦ .
Suy ra N nằm trên (AEJF ).
Ta có DQ · DP = DA · DN = DM · DI nên I thuộc (P M Q).
Mặt khác KQ · KP = KE · KF = KI 2 nên KI cũng là tiếp tuyến của (P M Q).
Vậy suy ra (P M Q) tiếp xúc với ω tại I.
23
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 9. (BMO 2009 Problem 2) Lấy M N là đường thẳng song song với cạnh BC của △ABC
(M ∈ AB, N ∈ AC). BN cắt CM tại P . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P và
CN P cắt nhau tại Q khác P . Chứng minh rằng ∠BAQ = ∠CAP .
A
N
M
P
O
Q
C
B
D
Lời giải. Ta gọi D là giao điểm thứ hai của AQ với đường tròn (O)
Do M N k BC nên ta dễ dàng có AP là trung tuyến của △ABC nên ta chỉ cần chứng
minh tứ giác ABDC điều hòa.
MB
BQ
AB
=
=
.
Thật vậy, ta có △N QC ∼ △BQM (g.g) ⇒
AC
NC
QN
Để ý ta có Q là điểm Miquel của tứ giác toàn phần AM P N.BC nên AN QB nội tiếp.
BD
BQ
=
.
Từ đó ta có △BQN ∼ △BDC (g.g) ⇒
QN
DC
AB
BD
Suy ra
=
do vậy ABDC là tứ giác điều hòa hay ta có điều phải chứng
AC
DC
minh.
24
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 10. (APMO 2013, Problem 5) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ω. Lấy P thuộc
AC sao cho P B và P D là tiếp tuyến của ω. Tiếp tuyến tại C của ω cắt P D tại Q và
cắt AD tại R. E là giao điểm thứ hai của AQ với ω. Chứng minh B, E, R thẳng hàng.
A
O
K
D
B
T
E′
R
C
Q
Z
P
Lời giải. BR cắt (O) tại điểm thứ hai là E ′ , AB, AD, BD cắt tiếp tuyến tại C của
(O) lần lượt là Z, R, T . Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại K.
Do ABCD là tứ giác điều hòa nên T A là tiếp tuyến của (O), từ đó ta có
(T, K; B, D) = −1
Ta có
(T, C; Z, R) = A(T, C; Z, R) = (T, K; B, D) = −1
Qua phép chiếu tâm B thì ta có
B(D, C; A, E ′ ) = B(T, C; Z, R) = (T, C; Z, R) = −1
Suy ra tứ giác ACE ′ D là tứ giác điều hòa.
Mặt khác tứ giác ACED cũng là tứ giác điều hòa.
Điều này chứng tỏ E ≡ E ′ nên ta có điều phải chứng minh.
25
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 11. Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O) và kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn
(O) (B, C là tiếp điểm). Lấy P bất kì thuộc (O), H là chân đường cao hạ từ B xuống
P C, lấy M là trung điểm BH. P M cắt (O) tại điểm thứ hai là Q. Chứng minh
∠AQC = 90◦ .
C
H
P
O
M
A
Q
R
B
Lời giải. Kẻ đường kính CR của đường tròn (O).
Ta có ∠CP R = 90◦ ⇒ P R k BH.
Mặt khác M là trung điểm BH nên P (H, B; M, R) = −1.
Suy ra
P (C, B; Q, R) = P (H, B; M, R) = −1
Do đó CQBR là tứ giác điều hòa nên A, Q, R thẳng hàng.
Từ đó ta có ∠CQA = ∠CQR = 90◦ .
Nhận xét. Ngoài cách trên ra thì ta có thể lấy giao của BC và AO là I từ đó ta có
thể sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp và giải bài toán theo cách THCS.
26
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 12. (VMO 2003) Trong mặt phẳng, cho hai đường tròn cố định (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 )
(R1 < R2 ) tiếp xúc trong với nhau tại M . Xét điểm A nằm trên đường tròn (O2 ) sao
cho ba điểm A, O1 , O2 không thẳng hàng. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC tới đường
tròn (O1 ) (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng M B, M C lần lượt cắt (O2 ) tại điểm
thứ hai là E và F . D là giao của đường thẳng EF với tiếp tuyến của (O2 ) tại A.
Chứng minh D di động trên một đường thẳng cố định khi A di chuyển.
A
D
F
E
N
C
O2
B
O1
M
Lời giải. Gọi N là giao điểm thứ hai của AM với (O1 ).
Ta dễ thấy tứ giác M CN B là tứ giác điều hòa.
Mặt khác do (O1 ) và (O2 ) tiếp xúc nhau tại M nên tồn tại phép vị tự H tâm M biến
(O1 ) thành (O2 ).
Và phép vị tự H biến C 7→ F , N 7→ A, B 7→ E.
Do đó tứ giác M CN B cũng là tứ giác điều hòa.
Từ đó suy ra D thuộc tiếp tuyến chung tại M của hai đường tròn (O1 ) và (O2 ).
27
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 13. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Lấy M, N thuộc
BC sao cho (M, N ; B, C) = −1. Từ M, N kẻ tiếp tuyến M P, N Q tới (I) sao cho
M P, N Q khác BC. Chứng minh rằng A, P, Q thẳng hàng.
A
E
P
R
I
F
Q
B
M
D
N
C
S
Lời giải. Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB.
Gọi R, S là giao điểm của EF với AN và AM .
Ta có
(S, R; F, E) = A(S, R; F, E) = A(M, N ; B, C) = (M, N ; B, C) = −1
Xét cực và đối cực đối với đường tròn (I)
Ta thấy S thuộc đường đối cực của R, A thuộc đường đối cực của R nên AS là đường
đối cực của điểm R.
Suy ra M thuộc đường đối cực của R nên P, R, D thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có S, D, Q thẳng hàng.
Từ đó suy ra
D(Q, P ; F, E) = D(S, R; F, E) = (S, R; F, E) = −1
Suy ra tứ giác QF P E là tứ giác điều hòa nên ba điểm A, P, Q thẳng hàng.
28
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 14. Cho △ABC nội tiếp đường tròn (O), có trung tuyến AM . Lấy E, F thuộc BC và đối
xứng nhau qua M . Các tia AM, AE, AF cắt (O) lần lượt tại D, P, Q. Chứng minh
rằng P Q, BC và tiếp tuyến tại D của (O) đồng quy.
K
A
O
J
B
F
M
C
E
P
D
Q
Lời giải. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại K.
Ta dễ thấy A(F, E; M, K) = A(B, C; M, K) = −1.
Từ đó ta có
A(Q, P ; D, K) = A(F, E; M, K) = −1
và
A(B, C; D, K) = A(B, C; M, K) = −1
Do vậy tứ giác KQDC và tứ giác KBDC là tứ giác điều hòa.
Suy ra BC, P Q, tiếp tuyến tại D và K của (O) đồng quy hay ta có đpcm.
29
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 15. (Hà Nội TST 2015-2016) Cho đường tròn (O) có đường kính AB. Lấy C ∈ (O) thỏa
[ < 180◦ . Lấy K bất kì thuộc OC. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AD, AE tới
mãn 90◦ < AOC
(K, KC). Chứng minh rằng DE, AC, BK đồng quy.
A
Q
T
I
L
D
O
E
K
C
B
Lời giải. Gọi L, T lần lượt là giao điểm của AC với DE và (K).
Từ đó ta có tứ giác T DCE là tứ giác điều hòa. Suy ra tiếp tuyến tại T, C của (K, KC)
và DE đồng quy tại I.
Gọi J = IK ∩ T C.
Ta có IL ⊥ AK và AL ⊥ IK ⇒ KL vuông góc với AI tại Q.
Khi đó ta có IQ · IA = IJ · IK = IC 2 .
Mà IC cũng là tiếp tuyến của (O) nên Q ∈ (O) ⇒ BQ ⊥ AI.
Suy ra điều phải chứng minh.
30
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 16. Cho △ABC nội tiếp đường tròn (O) với điểm A di động trên một trong hai cung BC.
Đường thẳng qua B song song với AC cắt tiếp tuyến tại C của (O) tại E. Đường
thẳng qua C song song với AC cắt tiếp tuyến tại B của (O) tại F . (BEC) cắt lại AC
tại P , (BF C) cắt lại AB tại Q. P Q cắt AB tại I. Chứng minh rằng AI đi qua điểm
cố định khi A di chuyển.
A
x
P
O
B
C
I
J
E
Q
K
F
Lời giải. Gọi K là giao điểm của hai tiếp tuyến tại B, C của (O), AK giao (O) tại
điểm thứ hai là J. Từ A kẻ tiếp tuyến Ax của (O).
Ta có ∠AP B = ∠BEC = 180◦ − ∠EBC − ∠ECB = ∠ABC ⇒ BP k Ax
và ∠AQC = ∠BF C = 180◦ − ∠F BC − ∠F CB = ∠ACB ⇒ CQ k Ax.
Suy ra BP song song với CQ.
Ta thấy tứ giác ABJC là tứ giác điều hòa nên ta có
A(x, J; B, P ) = A(x, J; Q, C) = A(x, J; B, C) = A(A, J; B, C) = −1
Suy ra AJ đi qua trung điểm BP và QC.
Kết hợp BP song song với CQ nên ta có AJ, P Q, BC đồng quy.
Hay AI đi qua điểm K cố định.
31
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 17. (Danielle Wang, Evan Chen) Cho tam giác ABC với đường cao AE. Đường tròn bàng
tiếp góc A tiếp xúc với BC tại D và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại F, G.
DF, DG cắt trung trực AE tại N, V . Chứng minh tam giác EN V cân.
A
N
L
V
I
E
B
Z
D
G
F
H
C
Y
J
T
Lời giải. Gọi J là tâm của đường tròn bàng tiếp góc A.
Lấy Z, Y là giao của (J) với đường tròn (IBJC). Khi đó IZ, IY là tiếp tuyến của (J).
Kéo dài ID cắt (J) tại điểm thứ hai là T . Ta có tính chất quen thuộc là DI đi qua
trung điểm L của AE.
Ta thấy tứ giác DZT Y là tứ giác điều hòa, kết hợp định lý trục đẳng phương ta có
BC, F G, ZY và tiếp tuyến ở T của (J) đồng quy tại H.
Từ đó suy ra tứ giác DF T G là tứ giác điều hòa nên ta có
D(E, L; V, N ) = D(D, T ; F, G) = −1
Mà DE k N V nên ta có L là trung điểm N V .
Vậy ta có điều phải chứng minh.
32
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 18. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) có trực tâm H, BC cố định và A thay đổi.
Đường tròn đường kính AH cắt (O) tại điểm thứ hai là S. Tia AH cắt (O) tại D.
Chứng minh T D đi qua điểm cố định khi A thay đổi trên cung lớn BC.
A
E
T
F
H
B
M
C
D
K
S
Lời giải. Kẻ đường kính AK của (O) và BE, CF là đường cao của tam giác. Gọi M
là trung điểm BC và S là giao điểm hai tiếp tuyến tại B và C của (O).
Ta thấy BHCK là hình bình hành và ∠AT H = ∠AT K = 90◦ .
⇒ K, M, H, T thẳng hàng.
Bằng biến đổi góc ta dễ dàng có M E, M F là tiếp tuyến của (AF HE).
Nên ta có tứ giác T F HE là tứ giác điều hòa.
Suy ra
A(T, D; B, C) = A(T, H; F, E) = −1
Do vậy tứ giác T BCD là tứ giác điều hòa nên T D đi qua S cố định.
33
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 19. Cho tam giác ABC có đường tròn bàng tiếp góc A là (J) tiếp xúc với BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F . Trên đường thẳng BC lấy G, H sao cho AG = AH = AE = AF .
Chứng minh rằng (AGH) tiếp xúc (J).
A
G
D
B
H
L
C
E
F
J
K
Lời giải. Cách 1. Gọi K là giao điểm thứ hai của AD với (J).
Khi đó ta có tứ giác EDF K là tứ giác điều hòa nên BC, EF và tiếp tuyến tại K của
(J) đồng quy tại L.
Ta có
AD · AK = AE 2 = AH 2 ⇒ ∠AKH = ∠AHG = ∠AGH
Suy ra tứ giác AGKH nội tiếp.
Để ý rằng AG = AF = AE = AH nên tứ giác GF EH nội tiếp đường tròn tâm A bán
kính AE.
Từ đó suy ra LK 2 = LE · LF = LH · LG ⇒ LK là tiếp tuyến của (AGH).
Từ đó ta có (J) tiếp xúc với (AGH).
Cách 2. Xét phép nghịch đảo IAAE biến
2
GH ↔ (AGH) và (J) ↔ (J).
Ta có (J) tiếp xúc với GH tại D nên qua phép nghịch đảo I thì đường tròn (J) tiếp
xúc với đường tròn (AGH) (đpcm).
34
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 20. (AoPS) Trong tam giác ABC, có đường tròn ngoại tiếp là Γ, đường tròn nội tiếp ω tâm
I và tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường cao DQ của △DEF
cắt (I) tại R. Tia AR cắt lại Γ tại S. Tia AQ cắt BC tại T . Chứng minh rằng S, I, T
thẳng hàng.
A
R
E
Q M
F
I
H
Z
Y
X
N
P
T D
B
C
S
Lời giải. Gọi X, Y, H lần lượt là chân đường cao hạ từ E, F và trực tâm của tam giác
DEF .
Điểm P là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính DH với ω.
Lấy M, N lần lượt là trung điểm EF, DH và XY cắt EF tại Z.
Theo kết quả quen thuộc ta có P D, XY, EF cùng đi qua Z và dễ dàng chứng minh
được R, M, I, N, P đồng viên.
Áp dụng bài 18 ta thu được kết quả P nằm trên AS. Ta cần đi chứng minh S, T nằm
trên IN .
Ta thấy (Z, Q; F, E) = −1 và A là cực của EF đối với ω nên AQ là đường đối cực của
điểm Z.
Mà BC là đường đối cực của D nên T là cực của ZD hay T là cực của P D nên T
nằm trên trung trực P D nên ta có I, N, S thẳng hàng.
Ta xét phép nghịch đảo I cực I phương tích r2 (r là bán kính của ω) biến:
A ↔ M ; R ↔ R; A, R, P, S ↔ (RM IN P ); (M XY N ) ↔ (Γ).
Suy ra phép nghịch đảo I biến S ↔ N .
Vậy từ đó ta có I, N, T, S thẳng hàng hay ta có đpcm.
35
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 21. Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Tiếp tuyến tại A của đường tròn cắt
BC tại D. Đường thẳng DO cắt AB, AC lần lượt tại E, F . Gọi M, N lần lượt là trung
điểm AB, AC. Chứng minh rằng EN, F M, AO đồng quy.
A
M
E
D
N
G
O
L
F
C
B
K
Lời giải. Gọi G, L lần lượt là giao điểm của AO và EF đối với M N .
Gọi K là tiếp điểm thứ hai của tiếp tuyến kẻ từ D tới (O).
Khi đó tứ giác ABKC là tứ giác điều hòa hay ta có
A(D, K; B, C) = A(A, K; B, C) = −1
Ta thấy OA ⊥ AD, OD ⊥ AK, OM ⊥ AB và ON ⊥ AC nên suy ra
(G, L; M, N ) = O(A, D; M, N ) = A(D, K; B, C) = −1
Từ đó suy ra
(G, L; M, N ) = A(G, L; M, N ) = (O, L; E, F ) = −1
Do vậy ta có
(L, O; E, D) = (L, G; N, M ) = −1
Từ đó suy ra OH, F M, EN đồng quy hay ta có điều phải chứng minh.
36
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 22. (Vietnam TST 2012) Cho đường tròn (O; R) và dây cung BC 6= 2R. Lấy A thuộc
cung lớn BC. D, K, J là trung điểm BC, CA, AB. E, M, N là chân đường cao hạ từ
A, B, C xuống BC, DJ, DK. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M, N của (EM N ) cắt
nhau tại điểm T cố định khi A di chuyển trên cung lớn BC.
A
T
U
K
J
P
B
M
S
H
O
X
E
N
D
C
Lời giải. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Kẻ đường cao BU, CP của tam giác
ABC. Lấy X, S lần lượt là giao điểm thứ hai của T D và T E với (EM N ).
Ta thấy tứ giác M XN D là tứ giác điều hòa nên
H(B, C; X, D) = H(M, N ; X, D) = −1
Mặt khác D là trung điểm BC nên HX k BC hay ta có T nằm trên trung trực của
BC.
Ta lại thấy tứ giác M EN S là tứ giác điều hòa nên
D(J, N ; B, A) = D(M, N ; E, S) = −1
Mà DN k AB nên DS đi qua A.
Ta dễ thấy S thuộc đường tròn đường kính AH nên ta có DA · DS = DU 2 = DC 2
và AH · AE = AS · AD
Suy ra
AD · DS
DS
DS
DC 2
TD
⇒ TD =
=
=
=
(không đổi).
AH · AE
AE
AS
AH
2OD
AD
Vậy điểm T cố định khi A di chuyển trên cung lớn BC của (O).
37
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 23. (Sharygin 2015, P4) Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Lấy điểm P bất kì trên (O),
AP cắt BC tại Q. Gọi I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BP Q và
CP Q. I1 I2 cắt BC tại J. Chứng minh rằng P J đi qua điểm cố định khi P thay đổi.
A
N
M
J
Q
B
I1
K
C
I2
L
P
Lời giải. Gọi K là giao điểm của AP với I1 I2 . Lấy L là giao điểm thứ hai của JP
với đường tròn (O).
Gọi M, N lần lượt là điểm chính giữa cung AB và AC của (O).
Ta thấy K là giao điểm của tiếp tuyến chung trong của đường tròn (I1 ) và (I2 ) với
I1 I2 nên K là tâm vị tự trong của hai đường tròn.
Tương tự thì ta có J là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (I1 ) và (I2 ).
Từ đó suy ra
P (L, A; M, N ) = P (J, K; I1 , I2 ) = (J, K; I1 , I2 ) = −1
Suy ra M AN L là tứ giác điều hòa từ đó suy ra L cố định hay ta có đpcm.
38
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 24. (Turkey TST 2016, P6) Cho tam giác ABC cân tại A với D là trung điểm BC. Một
đường thẳng đi qua D cắt AB, AC tại K, L. Lấy E bất kỳ trên đoạn BC. Trên tia
1
AE lấy P sao cho ∠KP L = 90◦ − ∠KAL. Đường tròn ngoại tiếp tam giác P DE cắt
2
P K, P L lần lượt tại điểm thứ hai là X, Y . DX, DY lần lượt cắt AB, AC tại M và N .
Chứng minh rằng A, M, P, N đồng viên.
A
H
K
D
I
T
J
C
B
G
E
X
L
M
Y
N
P
Lời giải. (Nguyễn Đức Bảo, Nguyễn Cảnh Hoàng)
Gọi G, H lần lượt là giao điểm thứ hai của (P KL) với AB, AC.
BC cắt (P KL) tại I và J. Tiếp tuyến tại P của (P KL) cắt BC tại T .
1
Ta có ∠KGL = ∠KP L = 90◦ − ∠KAL = ∠ABC ⇒ GL k BC.
2
Chứng minh tương tự ta có KH k BC. Suy ra D là trung điểm IJ.
Ta thấy
K(I, J; L; H) = K(I, J; D, H) = −1
Suy ra IHJL là tứ giác điều hòa. Từ đó suy ra AI, AJ là tiếp tuyến của (P KL).
Suy ra
(I, J; D, T ) = P (I, J; A, P ) = −1
Mặt khác D là trung điểm IJ nên T P 2 = T I · T J = T E · T D.
39
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Suy ra (P KL) và (P DE) tiếp xúc với nhau tại P nên ta có XY k KL.
Ta có ∠M DP = ∠XY P = ∠KLP = ∠M GP ⇒ M GDP nội tiếp.
Tương tự ta có N HDP nội tiếp.
Mặt khác dễ thấy ba điểm G, H, D thẳng hàng.
Từ đó suy ra ∠AM P + ∠AN P = ∠HDP + ∠GDP = 180◦ .
Vậy ta có A, M, P, N đồng viên.
40
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 25. (Lê Viết Ân) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), (I) tiếp xúc với cạnh BC
tại D. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AD. Đường tròn (DN M ) và (BN C) cắt
nhau tại điểm thứ hai là K. KN cắt BC tại J, KD cắt lại (BN C) ở L. Chứng minh
J là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác (IM L).
A
K
N
I
B
J
D S
M
C
L
Lời giải. (Nguyễn Văn Linh)
Gọi E, F là tiếp điểm của đường tròn (I) trên BC.
Áp dụng đường thẳng Newton cho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (I) là AABC khi đó
ta có M, I, N thẳng hàng.
Ta có JD · JM = JN · JK = JB · JC nên (J, D; B, C) = −1. Suy ra
K(N, L; B, C) = K(J, D; B, C) = −1
Suy ra tứ giác N BLC là tứ giác điều hòa nên M B là phân giác ∠N M L.
Ta lại có DJ · DM = DB · DC = DL · DK nên JKM L nội tiếp.
Lấy I ′ trên N M sao cho J là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện góc M của tam giác
I ′ M L.
Gọi S là tâm đường tròn nội tiếp tam giác M I ′ L.
Khi đó ta được ∠SI ′ M = ∠SI ′ L = ∠SJL = ∠LKM = ∠DN M
Suy ra SI ′ k AD ⇒ JI ′ ⊥ AD.
Do (J, D; B, C) = −1 nên E, F, J thẳng hàng từ đó AD là đường đối cực của J đối
với (I) nên ta có JI ⊥ AD.
Vậy suy ra I ≡ I ′ hay ta có đpcm.
41
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 26. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), (I) tiếp xúc với BC tại D. Kẻ đường
cao AH, gọi M là trung điểm của AH. DM cắt lại (I) tại K. Chứng minh KD là
phân giác góc ∠BKC.
A
P L
K
E
M
F
I
C
J
B
H
D
Lời giải. Gọi E, F lần lượt là điểm tiếp xúc của (I) trên AC, AB.
Kẻ đường kính DL của (I), gọi P là giao điểm thứ hai của DA với (I).
Khi đó ta thấy DEP F là tứ giác điều hòa nên BC, EF và tiếp tuyến tại P của (I)
đồng quy. (1)
Ta thấy
D(D, P ; K, L) = D(H, A; M, I) = −1
Suy ra DLP K là tứ giác điều hòa.
Do đó KL, BC và tiếp tuyến tại P của (I) đồng quy. (2)
Từ (1) và (2) ta rút ra được là KL, BC, EF và tiếp tuyến tại P của (I) đồng quy tại
điểm J.
Mặt khác ta thấy (J, D; B, C) = −1 và ∠DKL = 90◦
Do vậy KD là phân giác góc ∠BKC.
Nhận xét. Bài toán này còn có kết quả đẹp khác là (BKC) tiếp xúc với (I). Để chứng
minh điều này thì vẽ tiếp tuyến tại K của (I) cắt BC tại trung điểm JD. Từ đó sử
dụng tính chất của hàng điểm điều hòa ta sẽ có điều phải chứng minh. Đây chính là
nội dung bài toán IMO shortlist 2002, G7.
42
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 27. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có P là một điểm bất kì trên cạnh BC.
Gọi M là trung điểm BC. AP cắt (O) tại điểm thứ hai là Q. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác P QM cắt (O) tại N khác Q, AN cắt (P QM ) tại R khác N . P R cắt AB, AC
lần lượt tại K và L. Chứng minh R là trung điểm KL.
A
L
R
E
D
M
P
B
K
C
Q
N
Lời giải. Gọi E là giao điểm của QN và BC.
Ta có EP · EM = EQ · EN = EB · EC nên theo hệ thức Maclaurin thì
(E, P ; B, C) = −1
Suy ra
Q(N, A; B, C) = (E, P ; B, C) = −1
Từ đó ta có tứ giác ABN C là tứ giác điều hòa nên tiếp tuyến tại A, N của (O) và
BC đồng quy tại D.
Ta thấy ∠AP L = ∠QN A = ∠DAQ ⇒ KL k AD.
Suy ra A(D, R; K, L) = A(A, N ; B, C) = −1 nên R là trung điểm KL.
43
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 28. Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai tiếp tuyến tại A, C cắt nhau
tại P . Lấy T là điểm bất kì trên AC. Gọi ω là đường tròn ngoại tiếp tam giác T BD.
Tiếp tuyến tại T của ω cắt P A, P B lần lượt tại K, L.
a) Chứng minh (P KL) tiếp xúc ω
b) Chứng minh K, L, B, D đồng viên.
A
T
P
O
X
L
G
B
H
K
J
D
C
Lời giải. a) Gọi G là giao điểm thứ hai của P T với (P AC).
Ta có P T · P G = P A2 = P B · P D ⇒ G nằm trên đường tròn ω.
Gọi J là giao điểm của ω và (P AC) (J khác G).
Ta có ∠LT J = ∠T DJ = ∠T GJ = ∠P CJ ⇒ J thuộc (LT C).
Từ đó suy ra J là điểm Miquel của tứ giác toàn phần AT LP.KC nên J thuộc (P LK).
Lại có
∠LJT = ∠LCT = ∠P AC = ∠P AJ + ∠T AJ = ∠P T J + ∠JP C = ∠T DJ + ∠LP J
Suy ra (P LK) tiếp xúc với ω tại J.
b) Gọi X là giao điểm hai tiếp tuyến từ J và T của ω.
Để ý ta thấy JG, BD, AC đồng quy tại H theo định lý trục đẳng phương.
Ta có
G(T, J; B, D) = G(P, H; B, D) = (P, H; B, D) = −1
Nên tứ giác BT DJ là tứ giác điều hòa hay ta có X, B, D thẳng hàng.
Suy ra XK · XL = XJ 2 = XB · XC.
Do đó K, L, B, D cùng thuộc một đường tròn.
Bài toán mở rộng.(Trần Minh Ngọc) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O).
AD cắt BC tại E. lấy M, N thuộc M, N sao cho E, M, N thẳng hàng. Một đường
tròn đi qua M, N cắt AB, CD lần lượt tại P, Q. Đường thẳng P Q cắt AD, BC theo
thứ tự tại R, S. Chứng minh rằng M, N, R, S đồng viên.
44
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 29. (ELMO shortlist 2014, G4) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn w. Tiếp tuyến tại
A lần lượt cắt CD, CB tại E, F . DF cắt w, AB lần lượt tại I, J và BE lần lượt cắt
w, AD lần lượt tại G, H. Chứng minh GI, HJ và đường đối trung tại đỉnh B của tam
giác ABC đồng quy.
F
I
B
A
J
G
E
H
C
D
Lời giải. Gọi K là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A và C của (O).
Dễ thấy đường đối trung ứng với đỉnh B của △ABC đi qua K và ta đi chứng minh
GI, HJ cùng đi qua K.
Ta có △F IA ∼ △F AD và △F BD ∼ △F IC
F I · BD
AD · F I
và CI =
.
nên suy ra AI =
AF
BF
Do vậy
AD BF
AD · AB
AG
AI
=
·
=
=
CI
BD AB
BD · AC
CG
Suy ra tứ giác AICG là tứ giác điều hòa hay ta có GI đi qua K.
A G D
Bây giờ ta áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
và để ý rằng G, I, K thẳng
I A B
hàng từ đó rút ra được H, J, K thẳng hàng.
Vậy suy ra GI, HJ và đường đối trung ứng với đỉnh B của tam giác ABC đồng quy
tại K.
45
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 30. (IMO shortlist 2004, G8) Cho tứ giác nội tiếp ABCD, M là trung điểm CD và điểm
AN
AM
N thuộc (ABM ) sao cho
=
(N khác M ). Chứng minh rằng E, F, N thẳng
BN
BM
hàng với E = AC ∩ BD và F = BC ∩ DA.
G
H
C
B
P
E
M
N
F
A
D
Lời giải. Gọi P là giao điểm thứ hai của (BAM ) với CD
Lấy G = BA ∩ CD và H = BC ∩ AP .
Ta có GP · GM = GB · GA = GC · GD mà M là trung điểm CD nên theo hệ thức
Maclaurin ta có
(C, D; P, G) = −1
Từ đó suy ra là F, E, P thẳng hàng và (F, C; B, H) = −1
Bây giờ ta lấy F P cắt lại (BAM ) tại N ′ . Khi đó ta có
P (N ′ , M ; B, A) = (F, C; B, H) = −1
Từ đó suy ra tứ giác BM AN ′ là tứ giác điều hòa hay N ≡ N ′ và ta có đpcm.
46
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 31. (Olympic KHTN 2017) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Lấy M, N thuộc EF sao cho BN k AD k CM .
DM, DN lần lượt cắt (I) tại điểm thứ hai là P và Q. Chứng minh rằng BP, CQ và
AD đồng quy.
A
M
G
E
T
N
F
R
I
P
Q
S
B
D
C
Lời giải. Gọi S = EF ∩ BC. AD cắt EF, P Q lần lượt tại T, R. AD cắt lại (I) tại G.
Ta thấy DEGF là tứ giác điều hòa nên SG là tiếp tuyến của (I).
Ta có (S, D; B, C) = −1 mà BN k DT k CM nên (S, T ; N, M ) = −1. Suy ra
D(D, G; Q, P ) = D(S, T ; N, M ) = −1
Do đó DQGP là tứ giác điều hòa nên P Q đi qua S.
Suy ra
(S, R; Q, P ) = (S, D; B, C) = (S, D; C, B) = −1
Do vậy QC, BP, RD đồng quy (đpcm).
47
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 32. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . Đường thẳng qua E song song với AD cắt DF
tại K. Đường thẳng qua F song song với AD cắt DE tại L. AK, AL lần lượt cắt (I)
tại M, N (M, N nằm khác phía với A so với EF ). Chứng minh rằng BM, CN và AD
đồng quy.
A
G
E
R
F
I
P
Q
J
M
T
N
C
D
B
L
S
K
Lời giải. Gọi J là giao điểm của EF và BC. AD cắt lại (I) tại G khác D.
Lấy R, S là giao điểm của EF và KL với AD. EK, EL lần lượt cắt lại (I) tại điểm
thứ hai là P, Q.
Ta thấy tứ giác GF QD và GEP D là hình thang cân mà GEDF là tứ giác điều hòa
DQ
GF
GE
DP
nên ta có
=
=
=
QG
FD
ED
PG
Suy ra tứ giác DQGP cũng là tứ giác điều hòa hay J, P, Q thẳng hàng.
F P D
thì ta có K, L, J thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm
E D Q
Lấy JM cắt lại (I) tại N ′ và cắt AD tại T .
Khi đó (J, T ; N ′ , M ) = −1. Mặt khác (J, S; L, K) = (J, R; F, E) = −1 nên suy ra
(J, T ; N ′ , M ) = (J, S; L, K) = −1
Từ đó ta có LN ′ , T S, M K đồng quy tại A hay N ′ ≡ N .
Vậy ta thu được J, M, N thẳng hàng.
Ta thấy
(J, T ; N, M ) = (J, D; C, B) = −1
48
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Suy ra CN, BM, T D đồng quy hay ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Ở bài toán này với bài toán Olympic KHTN thì mục đích chính của ta
vẫn là chỉ ra các điểm thẳng hàng và ta có các hàng điểm điều hòa từ đó rút ra điều
phải chứng minh. Những bài toán dạng này xuất hiện rất nhiều trong các tài liệu mà
bạn đọc sẽ thấy trong quá trình giải toán. Nếu điểm M, N nằm cùng phía với A so
với EF thì bài toán vẫn đúng.
49
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 33. (Vietnam TST 2001) Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Lấy điểm
M bất kì và di động trên (O1 ). Tiếp tuyến tại A và B của (O1 ) cắt nhau tại K. KM
cắt lại (O1 ) tại C. AM, AC lần lượt cắt (O2 ) tại điểm thứ hai là P và Q. Chứng minh
a) M C đi qua trung điểm P Q
b) Giao điểm của hai tiếp tuyến tại P, Q của đường tròn (O2 ) thuộc một đường
thẳng cố định khi M di chuyển.
A
M
P
L
O1
C
O2
K
N
B
S
J
Q
Lời giải. Gọi L là giao điểm của AB và M C, N là trung điểm P Q. AK cắt lại (O2 )
tại S.
a) Ta có △BCQ ∼ △BM P (g.g) mà tứ giác ACBM là tứ giác điều hòa
CQ
BC
AC
Suy ra
=
=
.
MP
BM
AM
CQ M A N P
Từ đó ta có
·
·
= 1 nên M, C, N thẳng hàng theo định lý Menelaus
CA M P N Q
Hay ta có đpcm.
b) Ta có hàng điều hòa cơ bản (K, L; C, M ) = −1. Xét phép chiếu tâm A lên đường
tròn (O2 ) thì ta có
A(S, B; Q, P ) = (K, L; C, M ) = −1
Suy ra tứ giác BP SQ là tứ giác điều hòa nên giao điểm hai tiếp tuyến tại P và Q của
(O2 ) nằm trên đường thẳng BS cố định khi M di chuyển.
50
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 34. (IMO shortlist 20111, G4) Cho tam giác nhọn ABC với đường tròn ngoại tiếp Ω. Lấy
B0 là trung điểm AC và C0 là trung điểm AB. Gọi D là chân đường cao hạ từ A và
G là trọng tâm tam giác ABC. Lấy ω là đường tròn qua B0 , C0 và tiếp xúc với Ω tại
X 6= A. Chứng minh rằng D, G và X thẳng hàng.
F
A
C0
K
E
T
B0
L
G
B
D
MA
C
X
Lời giải. Cách 1. Gọi E, F là giao điểm của tia DG với B0 C0 và (O). Gọi MA là
trung điểm BC.
Trước tiên ta thấy B0 C0 là đường trung bình của tam giác ABC nên (AB0 C0 ) tiếp
xúc với Ω.
Mặt khác ω tiếp xúc với Ω tại X nên theo định lý trục đẳng phương thì tiếp tuyến tại
A, X của Ω và B0 C0 đồng quy tại T . Đường thẳng T E cắt Ω tại K, L. Khi đó tứ giác
AKXL là tứ giác điều hòa.
Xét phép vị tự H tâm G tỉ số −2 biến B0 7→ B, C0 7→ C, Ma 7→ A. Từ đó phép vị tự
H biến đường tròn Euler của tam giác ABC thành Ω.
Suy ra phép vị tự H : D 7→ F . Từ đó ta có AF k BC và rút ra được E nằm trên trục
đối xứng của hình thang BCF A hay E là trung điểm KL.
Giả sử tia GD cắt lại (O) tại X ′ thì ta có
F (X ′ , A; K, L) = F (E, A; K, L) = −1
Suy ra tứ giác AKX ′ L là tứ giác điều hòa nên X ′ ≡ X.
Cách 2. Ta đã có tiếp tuyến tại A, X của Ω và B0 C0 đồng quy tại T . Để ý rằng T
thuộc trung trực AD nên T A = T D = T X nên T là tâm đường tròn (ADX). Từ đó
ta suy ra
∠AT D
= ∠AT C0 = ∠AXF
2
Vậy ta có D, G và X thẳng hàng hay ta có đpcm.
∠AXD =
Nhận xét. Bài toán này đã có D, G, X thẳng hàng và nếu ta xác định điểm Y, Z một
cách tương tự thì ta thu được kết quả AX, BY, CZ đồng quy. Để chứng minh điều này
không khó nên bạn đọc hãy tự chứng minh lấy.
51
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 35. Cho tam giác ABC nhọn ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Tia
BI, CI cắt lại (O) tại M và N . Lấy P bất kì trên cung BC không chứa A. Gọi I1
và I2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác P AB và P AC. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác P I1 I2 cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là Q. Tiếp tuyến của (O) tại
M, N cắt nhau tại T . Chứng minh T, A, Q thẳng hàng.
K
A
M
N
I
I2
I1
C
B
Q
P
Lời giải. Gọi K là điểm chính giữa cung BC có chứa A.
Theo tính chất quen thuộc của tâm đường tròn nội tiếp thì ta có
N A = N B = N I = N I1 và M A = M C = M I = M I2 .
Ta dễ thấy rằng △QI1 I2 ∼ △QN M và △QI1 N ∼ △QI2 M .
M I2
MQ
MC
=
, ∠QN I = ∠QM C ⇒ M QC ∼ △N QI.
=
Từ đó ta có
NI
N I1
NQ
Suy ra △QIC ∼ △QN M . Chứng minh tương tự thì ta có △QBI ∼ △QN M .
Từ đó suy ra QI là phân giác góc ∠BQC hay QI đi qua K.
AN
IN
NB
N I1
QN
Ta dễ có M N là trung trực của AI nên
=
=
=
.
=
AM
IM
MC
M I2
QM
Suy ra tứ giác AN QM là tứ giác điều hòa hay ta có T, A, Q thẳng hàng.
Nhận xét. Lời giải trên có thể coi là bị thừa vì nếu ta chỉ ra tứ giác AN QM điều hòa
thì chỉ cần dòng cuối cùng nhưng tác giả muốn bạn đọc quan tâm đến điểm Q chính
là điểm tiếp xúc của đường tròn Mixtilinear đối diện đỉnh A với (O).
Bài toán mở rộng.(Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
ω. Trên phân giác góc trong của góc ∠BAC lấy điểm I bất kì. Gọi K, L lần lượt là
giao điểm thứ hai của BI, CI với ω. Tiếp tuyến tại K, L cắt nhau tại P . P A cắt lại ω
tại Q. Chứng minh rằng QI đi qua trung điểm cung BC chứa A của ω.
52
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 36. Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. AM, BM, CM lần lượt cắt
BC, CA, AB tại D, E, F . Lấy X thuộc BC sao cho ∠AM X = 90◦ . Y, Z theo thứ tự
là điểm đối xứng của M qua DE, DF . Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng.
A
E
M
F
Y
Z
X
D
B
C
K
Lời giải. Gọi K là điểm đối xứng của M qua BC.
Khi đó ta có DM = DY = DZ = DK nên M ZKY nội tiếp đường tròn tâm D.
Mặt khác do ∠AM X = 90◦ nên XM và XK là hai tiếp tuyến của đường tròn tâm D.
Ta đã biết chùm điều hòa cơ bản D(X, M ; F, E) = −1.
Mà ta thấy DX ⊥ M K, DM ⊥ M X, DF ⊥ M Z và DE ⊥ M Y . Suy ra
M (M, X; Z, Y ) = M (K, X; Z, Y ) = D(X, M ; F, E) = −1
Vậy ta có tứ giác M ZKY là tứ giác điều hòa nên suy ra X, Y, Z thẳng hàng.
53
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 37. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AD là đường kính
của (O). Lấy E là một điểm thuộc tia đối của tia DA. Đường thẳng qua E vuông góc
với AD cắt BC tại T . Dựng tiếp tuyến T P của (O) (P khác phía A so với BC). AP
cắt T E tại Q. Gọi M là trung điểm AQ. T M cắt AB, AC lần lượt tại X, Y .
a) Chứng minh rằng M là trung điểm XY
b) Chứng minh rằng OM ⊥ XY .
A
S
R
U
O
X
Y
M
V
T
C
B
D
L
P
E
Q
K
Lời giải. Qua A kẻ đường thẳng song song với T M cắt T E tại R và cắt lại (O) ở S.
Đường thẳng T E cắt AB, AC lần lượt tại K, L. T M cắt (O) tại hai điểm U và V .
a) Do T M k AR nên T là trung điểm QR.
Ta có ∠DCA = ∠DEL = ∠DEK = ∠DBA = 90◦ nên tứ giác DCLE và DEKB nội
tiếp.
Suy ra AC · AL = AD · AE = AB · AK ⇒ tứ giác BCLK nội tiếp.
Để ý T P là tiếp tuyến của (O) nên bằng phép biến đổi góc ta có
∠T QP = ∠P AB + ∠QKA = ∠P CB + ∠ACB = ∠ACP = ∠T P Q ⇒ T P = T Q
Suy ra T Q2 = T P 2 = T C · T B = T L · T K.
Mà T là trung điểm QR nên theo hệ thức Newton ta có (K, L; Q, R) = −1
Từ đó ta có
A(X, Y ; M, R) = A(K, L; Q, R) = (K, L; Q, R) = −1
Suy ra M là trung điểm XY do AR k XY .
54
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
b) Xét phép chiếu tâm A lên đường tròn (O) ta có
A(B, C; P, S) = A(K, L; Q, R) = −1
Suy ra tứ giác SBP C là tứ giác điều hòa nên T P, T S là hai tiếp tuyến của (O).
Từ đó SV P U là tứ giác điều hòa nên (U, V ; S, P ) = −1.
Suy ra
A(U, V ; S, M ) = A(U, V ; S, P ) = −1
Vậy ta có M là trung điểm U V hay OM ⊥ XY (đpcm).
55
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 38. (Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trung điểm
AB, AC là E, F và A di chuyển trên (O). Đường thẳng qua A và song song với BC
cắt OE, OF tại M, N . Tiếp tuyến tại A của (O) cắt OE, OF theo thứ tự tại K, L.
a) Chứng minh rằng K, L, M, N đồng viên
b) Gọi J là tâm đường tròn đi qua 4 điểm K, L, M, N . Chứng minh rằng AJ đi
qua điểm cố định khi A thay đổi.
J
L
A
N
K
M
F
E
O
H
S
T
B
C
H′
Lời giải. (Đoàn Thành Đạt)
a) Ta có ∠AN F = 90◦ − ∠N AF = 90◦ − ∠ACB = 90◦ − ∠KAE = ∠AKE.
Suy ra K, L, M, N đồng viên.
b) Gọi T là giao điểm của KN với M L. KL cắt OT tại S, JA cắt OT tại H và cắt
lại (O) tại H ′
Theo định lý Brocard thì ta có OT ⊥ JA nên dễ thấy năm điểm A, E, F, O, H đồng
viên.
Mặt khác ta có hàng điểm điều hòa cơ bản (K, L; S, A) = −1 nên ta có
O(E, F ; H, A) = O(K, L; S, A) = −1
Suy ra tứ giác AEHF là tứ giác điều hòa.
Xét phép vị tự H tâm A tỉ số 2 ta có E 7→ B, F 7→ C, (AEF ) 7→ (O) và H 7→ H ′ .
Suy ra tứ giác ABH ′ C là tứ giác điều hòa nên AJ đi qua giao điểm hai tiếp tuyến tại
B, C với (O) là điểm P cố định.
Nhận xét. Bài toán này còn có tính chất S, B, C thẳng hàng vì H là trung điểm AH ′
(do phép vị tự) mà SA là tiếp tuyến nên SH ′ cũng là tiếp tuyến của (O) nên theo
tính chất tứ giác điều hòa ta có S, B, C thẳng hàng.
56
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 39. (British TST 2017) Cho tam giác nhọn không cân ABC ngoại tiếp đường tròn (I).
Đường tròn (I) tiếp xúc với AB, AC theo thứ tự tại E, F . Đường trung tuyến ứng với
đỉnh A của hai tam giác ABF và ACE lần lượt cắt (I) tại M, N (M, N nằm cùng
phía với A so với EF ). Trên đường thẳng F E lấy P, Q sao cho AP k BF và AQ k CE.
a) Chứng minh A nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (M IP ) và (N IQ)
b) Giả sử trực tâm H của tam giác ABC nằm trên (I). Chứng minh tồn tại đường
thẳng d tiếp xúc với ba đường tròn có tâm là A, B, C và đều đi qua H.
A
N
M
E
K
Q
F
L
I
P
B
T
C
Lời giải. a) Đường thẳng AM cắt EF tại L và cắt lại (O) tại T . IA cắt EF tại K.
Ta thấy AM là trung tuyến ứng với đỉnh A của tam giác ABF và AP k BE nên
A(E, F ; L, P ) = A(E, B; M, P ) = −1
Lấy P M cắt lại (O) tại M ′ khi đó
M (E, F ; T, M ′ ) = A(E, F ; L, P ) = −1
Suy ra tứ giác M ′ ET F điều hòa mà dễ thấy M ET F là tứ giác điều hòa nên M ′ ≡ M
nên M P là tiếp tuyến của (I).
Ta có ∠IM P = ∠IKP = 90◦ ⇒ (IM P ) đi qua K. Chứng minh tương tự (IN P ) đi
qua K nên dễ thấy A thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn.
b) Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của A, B, C lên cạnh đối diện trong tam giác
ABC.
Xét phép nghịch đảo I cực H phương tích HA · HA1 = HB · HB1 = HC · HC1 .
biến (HB1 C1 ) ↔ BC, (HC1 A1 ) ↔ CA, (HA1 B1 ) ↔ AB và phép nghịch đảo này biến
(I) thành đường thẳng d nào đó do H ∈ (I) và do (I) tiếp xúc với BC, CA, AB nên
d tiếp xúc với ba đường tròn (HA1 B1 ), (HB1 C1 ), (HC1 A1 ).
Xét phép vị tự H tâm H tỉ số 2 biến d 7→ d′ và biến ba đường tròn trên thành ba
đường tròn lần lượt nhận tâm là A, B, C và cùng đi qua H hay ta có đpcm.
57
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 40. (AoPS) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại
D, E, F . Lấy M và N trên IB và IC sao cho M N vuông góc với AI. Đường tròn
(IBN ) cắt (ICM ) tại L khác I. AL cắt (I) tại K nằm cùng phía với A so với EF .
Chứng minh K, L, I, D cùng nằm trên một đường tròn.
A
K
E
F
I
N
M
Q
C
S
T
B
D
L
Lời giải. (Trương Tuấn Nghĩa)
Đường tròn (IDL) cắt (I) tại K ′ khác D và cắt BC tại S. IL cắt BC tại T . LK ′ cắt
lại (I) tại Q.
Ta thấy M N ⊥ AI nên bằng phép biến đổi góc đơn giản ta có B, M, N, C đồng viên.
Ta lại có năm điểm K ′ , I, D, L, S nằm trên đường tròn đường kính IS nên ∠SLT = 90◦ .
Mặt khác ∠BLT = ∠BN I = ∠CM I = ∠CLT nên (S, D; B, C) = −1.
Ta có ∠K ′ LI = ∠ILD do IK ′ = ID nên ta dễ có Q đối xứng với D qua IT .
Suy ra
D(F, E; K ′ , Q) = I(B, C; S, T ) = (B, C; S, T ) = −1
Do đó tứ giác QF K ′ E là tứ giác điều hòa nên QK ′ đi qua A hay ta có K ′ ≡ K.
Vậy ta có K, L, I, D cùng nằm trên một đường tròn (đpcm).
Bài toán mở rộng.(Trần Quân) Cho tam giác ABC có I nằm trên phân giác trong
của góc A. Gọi tam giác DEF là tam giác pedal của I đối với tam giác ABC. Lấy
M , N lần lượt trên IB, IC sao cho tứ giác BM N C nội tiếp. Đường tròn (IBN ) cắt
(ICM ) tại L khác I. AL cắt (DEF ) tại K nằm cùng phía với A so với EF .
Chứng minh K, L, I, D cùng nằm trên một đường tròn.
58
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 41. (USA TST 2019, problem 1) Cho tam giác ABC, lấy M và N lần lượt là trung điểm
của AB và AC. Gọi X là một điểm bất kì trên tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC. Ký hiệu ωB là đường tròn đi qua M và B tiếp xúc với M X, và
ωC là đường tròn đi qua N và C tiếp xúc với N X. Chứng minh rằng ωB và ωC cắt
nhau trên BC.
A
P
N
M
K
X
T
B
C
Lời giải. Cách 1. (Nguyễn Lê Phước)
Lấy P là giao điểm thứ hai của XM với (AM N ). Từ X kẻ tiếp tuyến XK tới (AM N )
(K khác A).
Ta thấy tứ giác AM KP điều hòa nên AK · M P = 2 · AM · P K = AB · P K.
PK
AK
=
⇒ △P M K ∼ △ABK(c.g.c) ⇒ ∠P M K = ∠M BK.
Suy ra
AB
PM
Từ đó ta có XM tiếp xúc với (BM K) hay ωB là (BM K).
Chứng minh tương tự thì ωC là (CN K). Lấy T là giao điểm thứ hai của (CN K) với
BC. Ta có
∠AM K = ∠KN C = ∠KT B ⇒ T ∈ (BM K)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cách 2. (Anant Mudgal)
59
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
A
Y
N
M
X
Z
B
C
Gọi Y là điểm liên hợp đẳng giác của X trong tam giác AM N . Mà AX là tiếp tuyến
của (AM N ) nên dễ dàng suy ra AY k BC.
Lấy Z là điểm đối xứng của Y qua M N khi đó Z nằm trên BC.
Do X, Y là hai điểm liên hợp đẳng giác nên ta có
∠M ZB = ∠ZM N = ∠N M Y = ∠BM X
Suy ra XM là tiếp tuyến của (BM Z) hay ωB ≡ (BM Z).
Chứng minh tương tự ta có ωC ≡ (CN Z).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Lời giải thứ hai rất độc đáo khi có ý tưởng lấy thêm điểm liên hợp đẳng
giác. Ngoài ra còn có rất nhiều lời giải cho bài toán này. Bạn đọc tham khảo thêm
trên diễn đàn AoPS.
60
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 42. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm
X bất kì trên đoạn BC. Ký hiệu đường tròn ωB là đường tròn tiếp xúc với XA, XB
và tiếp xúc trong với (O) tại K, đường tròn ωC là đường tròn tiếp xúc với XA, XC và
tiếp xúc trong với (O) tại L. Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại Y . Tiếp tuyến
tại K, L của (O) cắt nhau tại Z. Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng.
Lời giải. Trước hết ta phát biểu và chứng minh một bổ đề sau
Bổ đề.(Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Lấy điểm X
bất kì trên đoạn BC. Ký hiệu đường tròn ωB là đường tròn tiếp xúc với XA, XB và
tiếp xúc trong với (O) tại K, đường tròn ωC là đường tròn tiếp xúc với XA, XC và
tiếp xúc trong với (O) tại L. Gọi D là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp (I) với
cạnh BC. Khi đó K, L, X, D đồng viên.
Chứng minh.
A
L
O2
I
O1
H
K
J
B
R
X
D
C
S
M
Gọi O1 và O2 lần lượt là tâm đường tròn ωB , ωC . Lấy R, S là điểm tiếp xúc của ωB , ωC
với BC. Gọi H là hình chiếu của X lên O1 O2 .
Trước hết theo định lý Sawayama-Thebault 2 thì ta có O1 , I, O2 thẳng hàng.
Ta gọi J là giao của O1 O2 và BC.
Ta áp dụng định lý Menelaus cho tam giác OO1 O2 và chú ý rằng
Từ đó rút ra K, L, J thẳng hàng.
O1 K
O1 R
O1 J
=
=
O2 L
O2 S
O2 J
Ta thấy KR và SL cùng đi qua điểm chính giữa cung BC không chứa A là M nên
suy ra M S · M L = M C 2 = M B 2 = M R · M K ⇒ K, L, R, S đồng viên.
Ta có ∠O1 IR = ∠O1 O2 X = ∠HSR nên H, I, R, S đồng viên.
Suy ra JX · JD = JH · JI = JR · JS = JK · JL.
Vậy bổ đề được chứng minh. Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu.
61
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
A
P
K
L
J
X
B
M
C
Q
Y
Z
Ta gọi M là trung điểm BC. Lấy J là giao điểm của KL với BC.
Do tam giác ABC cân tại A nên theo bổ đề trên ta thu được K, L, X, M đồng viên.
Suy ra
JX · JM = JK · JL = JB · JC
Mà M là trung điểm BC nên theo hệ thức Maclaurin thì ta có (J, X; B, C) = −1 hay
J, X liên hợp với nhau đối với đường tròn (O).
Từ J kẻ hai tiếp tuyến JP, JQ tới (O). Khi đó P Q là đường đối cực của J đối với (O)
hay X thuộc P Q.
Mặt khác ta thấy tứ giác P BQC và tứ giác P LQK là tứ giác điều hòa nên Y, Z đều
nằm trên P Q.
Vậy ta có X, Y, Z thẳng hàng (đpcm).
62
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 43. (Turkey TST 2018, P4) Cho tam giác không cân ABC có trung tuyến AD. Lấy E, F
trên AC, AB sao cho (CDE) và (AEF ) cắt nhau tại P khác E và nằm trên AD. Phân
giác trong của góc ∠EP F cắt EF tại Q. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác (AP Q) vuông góc với BC.
A
G
E
Q
P
F
B
D
C
Lời giải. Ta có
∠AF E = ∠AP E = ∠ACB nên tiếp tuyến tại A của (AEF ) song song với BC.
Gọi Ax là tiếp tuyến tại A của (AEF ) mà D là trung điểm BC nên suy ra
A(F, E; P, A) = A(F, E; P, x) = A(B, C; D, x) = −1
Suy ra tứ giác AEP F là tứ giác điều hòa nên Ax, EF và tiếp tuyến tại P của (AEF )
cắt nhau tại điểm G.
Bằng phép cộng góc ta có
1
∠GP Q = ∠GQP = ∠EF P + ∠EP F ⇒ GP = GQ
2
Vậy ta có G chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q, từ đó tiếp tuyến tại
A của (AP Q) vuông góc với BC (đpcm).
63
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 44. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Γ có tâm là O. Tâm đường tròn nội tiếp tam
giác là I và M là trung điểm BC. Lấy các điểm D, E, F lần lượt trên BC, CA, AB
sao cho ID ⊥ BC, IE ⊥ AI, IF ⊥ AI. Giả sử đường tròn (AEF ) cắt lại Ω tại X
khác A. Giả sử đường tròn đi qua X, D và tiếp xúc với BC tại D cắt lại Γ ở K.Tia
KD cắt Γ tại L. Chứng minh đường tròn (AM L) đi qua O.
Lời giải. Ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau
Bổ đề.(IMO Shortlist 2016, G2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Γ, có tâm
đường tròn nội tiếp là I và M là trung điểm BC. Lấy các điểm D, E, F lần lượt trên
BC, CA, AB sao cho ID ⊥ BC, IE ⊥ AI, IF ⊥ AI. Giả sử đường tròn (AEF ) cắt
lại Ω tại X khác A. Chứng minh rằng XD, AM cắt nhau trên Γ.
Chứng minh.
A
X
S
E
K
I
F
R
D1
B
D
C
M
T1
T
J
Gọi ω là đường tròn A-mixtillinear tiếp xúc với AC, AB tại E, F và tiếp xúc trong với
Γ tại T . AM cắt lại Γ ở J.
Lấy D1 đối xứng với D qua M khi đó D1 là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc
A với BC.
Xét phép nghịch đảo đối xứng I phương tích AB · AC, trục đối xứng là phân giác
trong góc ∠BAC. Khi đó I biến A-mixtillinear thành đường tròn bàng tiếp góc A.
Từ đó ta có ∠BAT = ∠D1 AC.
Lấy T1 là giao điểm khác A của AD1 với Γ khi đó T T1 k BC.
Theo định lý trục đẳng phương thì AX, EF và tiếp tuyến chung tại T của Γ và ω đồng
quy tại R.
Lấy AT cắt EF tại K và cắt lại ω tại S.
Ta có tứ giác ESF T là tứ giác điều hòa nên (R, K; F, E) = −1.
64
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Ta có
A(X, T ; B, C) = A(R, K; F, E) = −1
nên tứ giác XBT C điều hòa. Mặt khác T1 (B, C; M, T ) = −1 nên suy ra X, M, T1
thẳng hàng.
Ta lại có M là trung điểm DD1 nên theo định lý con bướm thì X, D, J thẳng hàng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Nhận xét. Lời giải này sử dụng nhiều công cụ khá phức tạp. Bạn đọc có thể chứng
minh theo cách biến đổi tỉ số thông thường và dựa vào hai tam giác đồng dạng là
△XF B và △XEC.
Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu
A
K
O
E
X
I
F
B
M
D
L
C
J
Theo bổ đề trên thì ta có XD, AM cắt nhau tại J trên Γ.
Ta có ∠JDC = ∠XDB = ∠XKD = ∠DJL ⇒ LJ k BC.
Do M là trung điểm BC nên ta có
J(L, A; B, C) = J(L, M ; B, C) = −1
Suy ra tứ giác ABLC là tứ giác điều hòa suy ra
∠AM L = 2∠ACL = ∠AOL
Điều này chứng tỏ A, O, M, L đồng viên hay ta có điều phải chứng minh.
65
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 45. (Trần Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) bất kì đi
qua B, C và cắt lại AC, AB theo thứ tự tại E, F . BE cắt CF tại H. Trên (O) lấy G
sao cho ∠AGH = 90◦ . (BGH) cắt (K) tại P khác B, L là điểm đối xứng của H qua
B. Chứng minh P H tiếp xúc với đường tròn (GHL).
Lời giải. Ta có một bổ đề quen thuộc bạn đọc tự chứng minh.
Bổ đề. Trên đường thằng d lấy 3 điểm A, B, C và trên đường thẳng d′ lấy 3 điểm
A′ , B ′ , C ′ . Đường thẳng qua A vuông góc với d cắt đường thẳng qua A′ vuông góc với
AB
A′ B ′
= ′ ′.
d′ tại X. Tương tự với Y, Z. Khi đó X, Y, Z thẳng hàng khi và chỉ khi
BC
BC
Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu.
A
G
E
P
F
H
C
B
K
L
D
Ta kẻ đường kính AD của (O) khi đó theo bổ đề thì ta thu được H, K, D thẳng hàng.
Mặt khác ∠AGH = 90◦ nên ta có K, H, G thẳng hàng.
Ta có
90◦ = ∠AGH = ∠AGB −∠BGH = 180◦ −∠ACB −∠BGK = 180◦ −(90◦ −∠BEK)−
∠BGK
Suy ra ∠BGK = ∠BEK nên tứ giác GBKE nội tiếp.
Ta thấy KB = KE nên ta có KP 2 = KB 2 = KH · KG hay KP, KG là tiếp tuyến
của (GBH).
Do đó tứ giác GP HB là tứ giác điều hòa.
GB
GB
GP
=
=
⇒ △GP H ∼ △GBL ⇒ ∠GHP = ∠GLH.
Suy ra
PH
BH
BL
Từ đó ta có P H là tiếp tuyến của (GHL).
66
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 46. (Nguyễn Văn Linh) 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 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 (P QJ) tiếp xúc với (O).
Y
Q
A
L
X
T
E
F
O
H
K
M
B
C
R
A′
P
J
Lời giải. Kẻ đường kính AA′ của (O). Gọi M là trung điểm BC. Tia M H cắt (O)
tại T . Tia AH cắt (O) tại R. Gọi E, F là chân đường cao hạ từ B và C của tam giác
ABC.
a) Ta có ∠AY X = ∠BAH = ∠OAX ⇒ OA là tiếp tuyến của (AXY )
Hay ta có OA2 = OX · OY .
Từ (O) kẻ tiếp tuyến OL tới đường tròn đường kính XY . Khi đó ta có
OL2 = OX · OY = OA2 hay L ∈ (O). Từ đó ta có đường tròn đường kính XY trực
giao với (O).
b) Ta biết rằng EF, AT, BC đồng quy tại K và T, H, M, A′ thẳng hàng.
Ta có A(T, R; B, C) = A(K, H; B, C) = −1 nên tứ giác T BRC là tứ giác điều hòa
nên T, R, P thẳng hàng.
Ta có A(T, R; Y, X) = A(T, R; B, C) = −1 mà AR k XY nên T A đi qua Q.
T A′ cắt QJ tại J ′ khi đó ∠T J ′ Q = ∠T A′ A = ∠T RA = ∠T P Q ⇒ T QJ ′ P nội tiếp
nên ∠QP J ′ = 90◦ ⇒ J ′ ≡ J.
Do AA′ k QJ nên tồn tại một phép vị tự H biến (AT A′ ) thành (QT J) hay ta có (O)
tiếp xúc với (QP J).
67
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 47. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có A trên (O) di
chuyển và B, C cố định. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại T . Gọi M là trung điểm BC.
Đường tròn đường kính M T cắt đường tròn đường kính BC tại D. E là hình chiếu
của D lên BC. AE cắt (O) tại F . Một đường thẳng d bất kì qua T cắt AB, AC theo
thứ tự tại K, L. Tia F K, F L cắt (O) tại P, Q. Lấy X là giao của P L, KQ. Chứng
minh AX luôn đi qua điểm cố định khi A thay đổi trên (O).
Q
A
Y
D
P
X
L
Z
K
T
B
E
M
C
F
Lời giải. Ta có ∠M DT = 90◦ nên M B 2 = M D2 = M E · M T .
Mặt khác M là trung điểm BC nên theo hệ thức Newton thì (T, E; B, C) = −1.
Suy ra A(A, F ; B, C) = A(T, E; B, C) = (T, E; B, C) − 1 nên tứ giác ABF C là tứ giác
điều hòa hay ta có T F là tiếp tuyến của (O).
Giả sử T P cắt lại (O) tại Q′ và F Q′ cắt AC tại L′ . Gọi Y là giao điểm của AF với
P Q′ .
Khi đó tứ giác AP F Q′ là tứ giác điều hòa và (T, Y ; P, Q′ ) = −1. Mà (T, Y ; C, B) = −1
nên CP, BQ, AF đồng quy tại điểm Z.
A C F
⇒ K, T, Z thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
P F B
A B F
⇒ L′ , T, Z thẳng hàng.
Tương tự áp dụng cho 6 điểm
Q′ F C
Vậy ta có T, K, L′ thẳng hàng nên L′ ≡ L và Q′ ≡ Q. Tóm lại ta chứng minh được
T, P, Q thẳng hàng và Z nằm trên KL.
Gọi Y là giao điểm của P Q với AF . Khi đó dễ dàng suy ra
(T, Y ; P, Q) = (T, Z; L, K) = −1
Suy ra P L, KQ, Y Z đồng quy hay X nằm trên AF . Mà tứ giác ABF C là tứ giác điều
hòa nên AX đi qua giao điểm hai tiếp tuyến tại B và C của (O).
68
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 48. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và P là điểm bất kì. P A, P B, P C cắt (O)
lần lượt tại D, E, F khác A, B, C. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T . T P cắt
(O) tại M, N . Chứng minh rằng tam giác DEF và tam giác DM N có chung đường
đối trung.
A
Q
E
M
F
S
T
L
P
N
K
B
C
D
Lời giải. Gọi K là giao điểm của AF và BD, L là giao điểm của AE và DC.
A B F
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
, ta thu được K, P, T thẳng hàng.
C A D
Chứng minh tương tự thì ta có L, P, T thẳng hàng, kéo theo K, L thuộc P T .
Gọi tiếp tuyến tại D của (O) cắt EF tại S.
D F B
Ta áp dụng tiếp định lý Pascal cho 6 điểm
, ta suy ra S, K, P thẳng hàng.
E D A
Tương tự thì ta có S, L, P thẳng hàng, dẫn tới K, L thuộc SP .
Từ S kẻ tiếp tuyến SQ khác SD tới (O), khi đó tứ giác DM QN và DEQF là tứ giác
điều hòa.
Suy ra DQ là đường đối trung của tam giác DM N và DEF hay ta có điều phải chứng
minh.
69
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 49. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và các đường cao AD, BE, CF . AA′ là
đường kính cua (O). Lấy P, Q thuộc EF sao cho P B, QC vuông góc với BC. Đường
thẳng qua A vuông góc với QN, P N lần lượt cắt (O) tại X, Y . Tiếp tuyến của (O) tại
X, Y cắt nhau tại J. Chứng minh rằng JA′ vuông góc với BC.
Lời giải. Ta phát biểu và chứng minh một bổ đề
Bổ đề. Cho hai điểm C, D thuộc đường tròn (O) có đường kính AB. Tiếp tuyến tại
B cắt CD tại P . CA cắt OP tại E thì BE song song với AD.
Chứng minh.
K
C
D
A
O
P
B
E
Gọi K là trung điểm CD.
Ta có tứ giác KP BO nội tiếp nên suy ra ∠BKD = ∠BOP = ∠AOE.
Mà ta có ∠OAE = ∠KDB nên suy ra △BDK ∼ △EAO.
Mặt khác K là trung điểm CD và O là trung điểm AB nên suy ra △BDC ∼ △EAB.
Từ đó ta có ∠BAD = ∠BCD = ∠ABF nên suy ra AD k BE.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu.
70
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
A
L
O
E
Q
X
F
K
P
Y
B
D
C
I
A′
M
N
J
Theo bổ đề vừa chứng minh thì ta dễ có P M, QN cùng đi qua trung điểm I của BC.
Lấy L thuộc (O) sao cho AL k BC và lấy K sao cho IK k EF .
Dễ thấy IO đi qua trung điểm P Q nên ta có I(O, K; P, Q) = −1.
Mặt khác IK k EF ⇒ AO ⊥ IK và AL ⊥ IO, AX ⊥ IQ, AY ⊥ IP . Suy ra
(L, A′ ; Y, X) = A(L, O; Y, X) = I(O, K; P, Q) = −1
Vậy ta có tứ giác XLY A′ điều hòa. Do đó J nằm trên LA′ .
Dễ thấy A′ L ⊥ BC hay ta có điều phải chứng minh.
71
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 50. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với BC, CA, AB
theo thứ tự tại D, E, F . BE, CF cắt lại (I) lần lượt tại K, L.
KL · EF
Chứng minh rằng
= 3.
KF · LE
A
E
F
I
K
L
B
C
D
Lời giải. Ta thấy tứ giác DLEF và tứ giác DKF E là tứ giác điều hòa nên suy ra
F L · DE = 2 · LE · F D
DF · KE = 2 · KF · DE
.
⇒ F L · KE = 4 · KF · LE
Áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác KLEF ta có
KL · EF = F L · KE − KF · LE = 3 · KF · LE
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Bài toán này khá đơn giản áp dụng tính chất cơ bản của tứ giác điều hòa
nhưng khi nghiên cứu bài toán này tác giả đã phát hiện ra một tính chất vô cùng bất
ngờ của hình học mà lại liên quan đến dãy số.
5
K1 L1 · EF
= .
Bây giờ ta cho BL, CK cắt lại (I) lần lượt tại K1 , L1 . Khi đó
F K1 · EL1
4
7
K2 L2 · EF
= .
Tiếp tục ta cho BL1 , CK1 cắt lại (I) lần lượt tại K2 , L2 . Khi đó
F K2 · EL2
9
Cứ tiếp tục như vậy và bằng kiểm tra phần mềm trên máy tính tác giả đã tính ra
được các tỉ số đầu tiên và thiết lập được một dãy các phân số như sau
72
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
3 5 7 9 11 13 15
; ; ;
;
;
;
; ...
1 4 9 16 25 36 49
Bằng trực quan khi ta thực hiện càng nhiều thao tác như trên thì điểm Kn , Ln tiến
dần đến điểm D tức là dãy số trên hội tụ về 0.
Nhưng bạn đọc hãy để ý các tử số của các phân số trên đều là số lẻ liên tiếp kể từ số
3 và ở dưới mẫu đều là các số chính phương liên tiếp kể từ số 1. Hoặc các mẫu số của
phân số đằng sau bằng tổng của tử số và mẫu số của phân số đằng trước
(Ví dụ: 4 = 3 + 1, 9 = 5 + 4, 16 = 7 + 9, ...).
Nếu ta định nghĩa lại điểm K là K0 , điểm L là điểm L0 . Khi đó
2(n + 1) + 1
Kn Ln · EF
=
F Kn · ELn
(n + 1)2
Thật là kết quả rất bất ngờ phải không? Nhưng chắc chắn phép chứng minh cho bài
toán tổng quát trên sẽ không hề dễ dàng...
Hình vẽ.
A
E
F
I
L
K
L1
K1
B
K2
L2
D
73
C
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 51. (Iran TST 2007, Day 2) Cho đường tròn ω là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. P
và Q nằm trên AB và AC thỏa mãn P Q song song với BC và là tiếp tuyến của ω.
AB, AC tiếp xúc ω lần lượt tại F, E. Chứng minh rằng nếu M là trung điểm P Q và
T là giao điểm của EF và BC thì T M tiếp xúc với ω.
A
M
P
Q
Y
E
X
F
T
I
L
D
B
C
Lời giải. Gọi D, Y là điểm tiếp xúc của ω với BC, P Q và lấy I là tâm ω.
Gọi X là giao điểm thứ hai của AD với (I).
Khi đó ta có tứ giác XEDF là tứ giác điều hòa nên KX là tiếp tuyến của ω.
Lấy L bất kì sao cho IL k P Q. T X cắt P Q tại M ′ .
Ta thấy IM ′ ⊥ Y X, IL ⊥ Y D, IP ⊥ Y F , IQ ⊥ Y E và ta có Y (X, D; F, E) = −1 vì
tứ giác XEDF điều hòa.
Suy ra
I(M ′ , L; P, Q) = Y (X, D; F, E) = −1
Do đó M ′ là trung điểm P Q hay M ′ ≡ M và ta có điều phải chứng minh.
Bài toán mở rộng. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp
(I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . EF cắt BC tại G. P là một điểm
tùy ý trên đường tròn (I). P D cắt EF tại Q và AQ cắt tiếp tuyến của (I) tại P tại
điểm R. Chứng minh GR là tiếp tuyến của (I).
74
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 52. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có các đường cao
AD, BE, CF giao nhau tại H. Hai tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T . Lấy
O′ đối xứng với O qua BC. AO′ và HT lần lượt cắt đường tròn (AEF ) tại điểm thứ
hai là K, L. Đường tròn (AEF ) cắt (O) tại P khác A. Chứng minh rằng HK, P L, EF
đồng quy.
Lời giải. Trước tiên ta cần 3 bổ đề sau
Bổ đề 1.(Nguyễn Đăng Khoa) Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp đường tròn ω.
Lấy X bất kì trên đường thẳng BD và XA, XC cắt lại ω tại A′ và C ′ . Khi đó tứ giác
A′ BC ′ D là tứ giác điều hòa.
Chứng minh.
A′
A
D
B
O
X
C
C′
Ta thấy △XBA′ ∼ △XAD, △XAB ∼ △XDA′ nên
BA′
XB
AB
XA
=
và ′ =
AD
XA
AD
XD
A′ B AD
XB
Suy ra ′ ·
=
. (1)
A D AB
XD
Tương tự ta cũng có
XB
C ′ B CD
·
=
. (2)
′
C D CB
XD
Chú ý rằng tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa nên
ta có
AD
CD
=
nên từ (1) và (2)
AB
CB
C ′B
A′ B
=
nên tứ giác A′ BC ′ D là tứ giác điều hòa.
A′ D
C ′D
Vậy bổ đề được chứng minh từ đó ta rút ra hệ quả sau
Hệ quả. Trên một đường tròn ω lấy hai tứ giác ABCD và A′ BC ′ D là tứ giác điều
hòa thì ta có AA′ , CC ′ và BD đồng quy.
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có ba đường cao AD, BE, CF giao nhau
tại H. DE cắt HC tại R, DF cắt HB tại S. Lấy O′ đối xứng với O qua BC. Khi đó
AO′ vuông góc với RS.
Chứng minh.
75
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
A
E
F
N
H
R
S
B
O
C
D
O′
Ta đã biết kết quả quen thuộc là AO′ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác ABC
hay là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác DEF . Kí hiệu là điểm N .
Ta thấy SH · SB = SD · SF hay S thuộc trục đẳng phương của (BHC) và (DEF ).
Chứng minh tương tự ta có R thuộc trục đẳng phương của (BHC) và (DEF ).
Suy ra RS chính là trục đẳng phương của (BHC) và (DEF ).
Dễ thấy O′ là tâm (BHC) suy ra RS ⊥ N O′ hay RS ⊥ AO′ .
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.(Diễn đàn Mathscope) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có ba đường cao
AD, BE, CF giao nhau tại H. DE cắt HC tại R, DF cắt HB tại S. Hai tiếp tuyến
tại B, C cắt nhau tại T . Khi đó HT chia đôi RS.
Chứng minh.
A
E
F
H
S
B
O
KR
C
D
T
76
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Gọi K là giao điểm HT với RS. Ta dễ thấy BT k DF và CT k DE.
Áp dụng định lý sin vào hai tam giác HBT và HCT kết hợp BT = CT thì ta có
sin ∠BHT
sin ∠HBT
sin ∠HSD
=
=
.
sin ∠CHT
sin ∠HCT
sin ∠HRD
Ta lại áp dụng định lý sin vào hai tam giác HSD và HRD và chú ý rằng DH là phân
giác ∠EDF nên ta có
HR
sin ∠HSD
=
sin ∠HRD
HS
Suy ra sin ∠SHK · HS = sin ∠RHK · HR ⇒ SHSK = SHRK hay ta có K là trung
điểm RS.
Vậy bổ đề được chứng minh. Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu.
A
L
E
P
F
H
K
I R
S
B
C
D
O′
T
Lấy DE giao HC tại R, DF giao HB tại S.
Theo bổ đề 3 thì ta có HT đi qua trung điểm I của RS.
Ta có ∠AKH = 90◦ , mặt khác theo bổ đề 2 thì ta có AO′ ⊥ RS ⇒ HK k RS.
Suy ra
H(L, K; E, F ) = H(I, K; S, R) = −1
Vậy ta có tứ giác LEKF là tứ giác điều hòa.
Chú ý rằng tứ giác P EHF là tứ giác điều hòa theo bài 18.
Từ đó sử dụng bổ đề 1 ta có HK, EF, P L đồng quy (đpcm).
77
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 53. (USA TST 2019, problem 6) Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I. Lấy
D trên BC sao cho ∠AID = 90◦ . Các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C theo thứ tự
tiếp xúc với BC, CA, AB tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng nếu tứ giác AB1 A1 C1 nội
tiếp thì AD là tiếp tuyến của (DB1 C1 ).
Lời giải. Ta cần có bổ đề sau
Bổ đề. (USA TST for EGMO 2019, Problem 5) Đường tròn bàng tiếp của tam giác
ABC đối diện đỉnh A tiếp xúc với BC tại A1 . Xác định B1 trên CA và C1 trên AB
một cách tương tự. Ký hiệu γ là đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 và giả sử γ
đi qua đỉnh A.
a) Chứng minh AA1 là đường kính của γ.
b) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp I của △ABC nằm trên B1 C1 .
IB
A
IC
C1
I
B1
A1
B
C
Chứng minh. a) Gọi IA , IB , IC lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh
A, B, C của tam giác ABC.
Ta đã biết kết quả quen thuộc là IA A1 , IB B1 , IC C1 đồng quy tại điểm V (điểm Bevan).
Ta có ∠V C1 A = ∠V B1 A = 90◦ nên V ∈ (AB1 C1 ).
Suy ra (A1 B1 , A1 C1 ) = (AB1 , AC1 ) = (V B1 , V C1 ) (mod π)
Ta thấy V, A1 đều nằm cùng phía so với B1 C1 mà V nằm trên IA A1 nên dễ có V ≡ A1
hay ta có AA1 là đường kính của ω.
b) Ta thấy IC , C1 , A1 và IB , B1 , A1 thẳng hàng dựa theo phần a)
Từ đó áp dụng định lý Pappus cho 6 điểm IC , A, IB và B, A1 , C thì ta có I, B1 , C1
thẳng hàng.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bây giờ ta quay lại bài toán ban đầu.
78
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
IB
A
IC
M
C1
D
B
B1
I
A1
H
C
Lấy S là giao điểm của IB IC với BC, H là hình chiếu của A lên BC.
Khi đó
A1 (H, A, B1 , C1 ) = A1 (S, A; IB , IC ) = −1
Suy ra tứ giác AC1 HB1 là tứ giác điều hòa nên tiếp tuyến tại A, H của (A1 B1 C1 ) cắt
nhau tại M nằm trên B1 C1 .
Ta thấy ∠AIM = ∠AB1 I + ∠IAB1 = ∠M AC1 + ∠IAC1 = ∠M AI ⇒ M A = M I nên
ta có M là tâm (AIH).
Để ý giả thiết ta có ∠AID = ∠AHD = 90◦ nên M là tâm (AIHD) đồng thời là trung
điểm AD.
Suy ra M D2 = M A2 = M C1 · M B1 .
Vậy ta có AD là tiếp tuyến của (DB1 C1 ).
79
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 54. (Nguyễn Duy Khương) Cho tam giác ABC có đường cao BE, CF . Lấy K, L thuộc
EF sao cho CK = CF và BL = BE. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ALE cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác AKF tại I. Chứng minh tứ giác ABIC là tứ giác điều hòa.
A
K
Y
E
X
M
F
B
D
C
Z
L
I
Lời giải. (Trịnh Huy Vũ)
Gọi M là trung điểm EF . Ta định nghĩa lại điểm I là giao điểm của tia AM với (O).
Dễ có AM là đường đối trung của tam giác ABC nên ABIC là tứ giác điều hòa. Ta
đi chứng minh I ∈ (ALE) và I ∈ (AKF ).
Đường tròn (B, BE) cắt (O) tại hai điểm Y, Z. Gọi D là hình chiếu của A lên BC và
X là hình chiếu của E lên AB.
Ta có ∠M XF = ∠M F X = ∠AF E = ∠BF D ⇒ XM k DF .
Ta thấy BY 2 = BZ 2 = BE 2 = BX · BA ⇒ △BXY ∼ △BY A và △BXZ ∼ △BZA.
Suy ra ∠BXY + ∠BXZ = ∠BY A + ∠BZA = 180◦ ⇒ X, Y, Z thẳng hàng.
Mặt khác ta dễ có Y Z ⊥ BO ⇒ Y Z k DF .
Do đó ta có Y Z đi qua M .
Suy ra M L · M E = M Y · M Z = M A · M I.
Từ đó ta có A, L, E, I đồng viên nên (ALE) đi qua I.
Chứng minh tương tự ta có (AKF ) đi qua I.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
80
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 55. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường
tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D. Lấy M là trung điểm BC, đường tròn
đường kính IM cắt (BIC) tại L khác I. IL cắt BC tại S. Đường thẳng AD, AS lần
lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là H, K. KL cắt BC tại J. Chứng minh J là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác KHM .
P
A
H
L
I
J
D
B
S
M
K
C
Q
E
Lời giải. Mục đích bài toán này là chỉ ra KL là phân giác ∠BKC.
Cách 1. (Lê Đức Minh)
P L cắt (BIC) tại E khác L. Ta định nghĩa lại điểm J là giao của P E với BC.
Ta có SB·SC = SI ·SL = SD·SM . Do M là trung điểm BC suy ra (S, D; B, C) = −1.
Ta thấy tứ giác BLCE là tứ giác điều hòa nên ta có
I(S, D; B, C) = I(L, D; B, C) = I(L, E; B, C) = −1
Từ đó ta được I, D, E thẳng hàng.
BJ
BE 2
cos ∠IBC 2
Ta có EJ là đường đối trung của tam giác BEC nên
=
=
.
JC
CE 2
cos ∠ICB 2
KB
BD AB
cos ∠IBC 2
J ′B
.
=
:
=
Bây giờ ta lấy P K cắt BC tại J ′ . Khi đó ′ =
JC
KC
CD AC
cos ∠ICB 2
Vậy ta có J ′ ≡ J hay điểm J ta định nghĩa lại thỏa mãn điều kiện ban đầu và ta có
bốn điểm P, L, K, J thẳng hàng.
81
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Ta lại có
A(H, K; B, C) = A(S, D; B, C) = −1
Suy ra tứ giác HBKC là tứ giác điều hòa nên ta có M J là phân giác ∠HM K.
Và ta có KH là đường đối trung trong tam giác BKC hay KH, KM là hai đường
đẳng giác trong góc ∠BKC.
Từ đó ta có KJ là phân giác góc ∠HKM .
Vậy ta có J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KHM (đpcm).
Cách 2. (Duy Hoàng)
Ta sử dụng kết quả quen thuộc là AD ⊥ SI.
Ta có QL2 = QB 2 = QM · QP ⇒ △QM L ∼ △QLP .
Suy ra ∠LP Q = ∠M LQ = 90◦ − ∠QLI = 90◦ − ∠QIL = ∠DAI = ∠KP Q.
Từ đó ta có P, L, K thẳng hàng hay ta có KJ là phân giác ∠BKC.
Làm tương tự như cách 1 thì ta sẽ có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Từ bài toán trên ta dễ dàng chứng minh được HP, KQ và BC đồng quy
tại điểm JM là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh M của tam giác KHM .
82
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 56. (Iran TST 2006) Cho tam giác ABC với M là trung điểm BC. Giả sử AM cắt đường
tròn nội tiếp tam giác tại K, L. Từ K, L kẻ hai dây cung của đường tròn nội tiếp tam
giác là KX, LY sao cho KX k LY k BC. Lấy AX, AY cắt BC lần lượt tại P và Q.
Chứng minh rằng BP = CQ.
Lời giải. Ta phát biểu và chứng minh bổ đề sau
Bổ đề. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB
lần lượt tại D, E, F . DI cắt EF tại X. Khi đó AX đi qua trung điểm M của BC.
Chứng minh.
A
E
X
Y
Z
F
I
B
D
M
C
Qua X kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại Y, Z.
Ta có ∠IXY = ∠IF Y = ∠IXZ = ∠IEZ = 90◦
Suy ra tứ giác XY F I và XEZI nội tiếp
Từ đó ta có ∠IY X = ∠IF X = ∠IEX = ∠IZX ⇒ XY = XZ.
Suy ra ta có AX đi qua trung điểm BC.
Vậy bổ đề được chứng minh.
Ta quay lại bài toán ban đầu.
83
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
A
X
K
E
Z
F
X′
I
L
Y′
Y
B
Q
D
M
P
C
Gọi D, E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với ba cạnh BC, CA, AB.
Lấy Z là giao điểm DI với EF . Khi đó theo bổ đề ta có Z nằm trên KL và theo tính
chất đối xứng thì ta cũng có X, Y, Z thẳng hàng.
AX cắt Y L tại Y ′ .
Ta thấy tứ giác KELF là tứ giác điều hòa nên ta có
X(K, L; Y ′ , Y ) = X(K, L; A, L) = −1
Mặt khác XK k Y Y ′ nên ta có L là trung điểm Y Y ′ .
Suy ra M là trung điểm P Q hay ta có BP = CQ.
84
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 57. Cho tam giác cân ABC có M là trung điểm BC. Lấy điểm K nằm ngoài tam giác sao
cho BK = BM và CK vuông góc với AB. Trung trực của BK cắt cung nhỏ AM của
đường tròn (ABM ) tại L. Chứng minh rằng ∠KM L = 90◦ .
A
G
H
L
K
D
M
B
C
Lời giải. (Trần Quân)
Trung trực của BK cắt cung lớn của AM của (ABM ) tại D.
Đường thẳng DK, BK lần lượt cắt (ABM ) tại điểm thứ hai là G và H.
Ta có ∠KHM = ∠BHM = ∠BAM = ∠M CK (do CK ⊥ AB).
Suy ra tứ giác HKM C nội tiếp mà BK = BM (giả thiết) nên tứ giác HKM C là
hình thang cân và từ đó K là trung điểm BH.
Ta thấy △BDK cân tại D nên △KHG cân tại H.
Để ý rằng BM = BK = HK = HG nên △BKM = △HGK
⇒ ∠BKM = ∠HKG = ∠DKB.
Từ đó ta có tứ giác HDBM là tứ giác điều hòa.
Suy ra ∠DBK = ∠DKB = ∠DHM ⇒ D là điểm chính giữa cung HM .
Ta có ∠BHA = 90◦ ⇒ HA k DL ⇒ DM = DH = AL ⇒ AD k M L.
Mặt khác dễ có BD k M K nên AD ⊥ M K.
Từ đó suy ra M K ⊥ M L hay ta có ∠KM L = 90◦ .
85
CHƯƠNG 3. LỜI GIẢI
57 bài toán về tứ giác điều hòa
86
Chương 4
Bài tập rèn luyện
Bài 1. (Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại
D. Đường thẳng qua D vuông góc với AD cắt các đường thẳng IB và IC lần lượt tại
M , N . Chứng minh rằng tam giác M AN cân.
Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ω đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Đường
tròn đường kính AH cắt lại ω tại G. Lấy M là trung điểm AH. Kẻ đường kính M N
của đường tròn ngoại tiếp tam giác GM H. Chứng minh rằng N, E, F thẳng hàng.
Bài 3. (Emmanuel José García) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn Ω. Lấy P là
điểm đối xứng của C qua B. Từ P kẻ hai tiếp tuyến P K, P L tới Ω. KL cắt AB, BC
lần lượt tại M, N . Chứng minh rằng M A = M B và N C = 2N B.
Bài 4. (USA TST 2017, Evan Chen) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), lấy T trên
BC sao cho ∠T AO = 90◦ . Đường tròn đường kính AT cắt (BOC) tại hai điểm A1 , A2
với OA1 < OA2 . Xác định tương tự với B1 , B2 và C1 , C2 . Chứng minh rằng
a) AA1 , BB1 , CC1 đồng quy
b) AA2 , BB2 , CC2 đồng quy.
Bài 5. (Vietnam TST 2001) Trong mặt phẳng cho hai đường tròn ω1 và ω2 cắt nhau tại A
và B. Một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn tiếp xúc với ω1 ở P và ω2 ở T .
Các tiếp tuyến tại P và T của đường tròn ngoại tiếp tam giác AP T cắt nhau tại S.
Gọi H là điểm đối xứng của B qua P T . Chứng minh rằng A, H, S thẳng hàng.
Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có A cố định và B, C thay đổi trên (O)
và luôn song song với một đường thẳng cố định cho trước. Các tiếp tuyến của (O) tại
B, C cắt nhau tại K. Gọi M là trung điểm của BC, N là giao điểm của AM với (O).
Chứng minh rằng đường thẳng KN luôn đi qua một điểm cố định khi B, C thay đổi.
Bài 7. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC nhọn 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, 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 8. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và một điểm P bất kỳ trong
tam giác. AP , BP , CP lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F . DE cắt P C tại K và
DF cắt P B tại L. Lấy P , Q theo thứ tự là giao điểm của tia AK, AL với đường tròn
(O). AP cắt lại (O) tại T . Chứng minh rằng P Q, BC và tiếp tuyến tại T của (O)
đồng quy.
87
CHƯƠNG 4. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 9. (APMO 2012) Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD. Lấy M là trung điểm BC
và H là trực tâm tam giác ABC. Lấy E là giao điểm của tia M H với đường tròn ngoại
tiếp Γ tam giác ABC. F là giao điểm thứ hai của ED với Γ.
BF
AB
Chứng minh rằng
=
.
CF
AC
Bài 10. Cho tam giác không cân ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là trung điểm BC. Lấy D
bất kì trên AM . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. EF cắt BC, AO
theo thứ tự tại M, N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N cắt lại (O) tại K. M K
cắt (O) tại L khác K. Chứng minh AL luôn đi qua điểm cố định khi D thay đổi trên
AM .
Bài 11. (Trần Quân) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trực tâm H. Lấy K bất
kì trên (O). trung trực HK cắt AC, AB lần lượt tại E, F . BE cắt CF tại G. Lấy P
là giao điểm khác G của (BGE) và (CGE). Tia AP cắt lại (O) tại L. Chứng minh
KL luôn đi qua điểm cố định khi K thay đổi trên (O).
Bài 12. (VMO 2014, problem 5) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), trong đó
B, C cố định và A thay đổi trên (O). Trên các tia AB và AC lần lượt lấy các điểm
M, N sao cho M A = M C và N A = N B. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N
và ABC cắt nhau tại P khác A. Đường thẳng M N cắt BC tại Q.
a) Chứng minh rằng ba điểm A, P , Q thẳng hàng.
b) Gọi D là trung điểm BC. Các đường tròn có tâm là M, N và cùng đi qua A
cắt nhau tại K khác A. Đường thẳng qua A vuông góc với AK cắt BC tại E. Đường
tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt (O) tại F khác A. Chứng minh rằng đường thẳng
AF luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi.
Bài 13. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC với M là trung điểm BC. Giả sử AM cắt
đường tròn nội tiếp tam giác tại K, L. Từ K, L kẻ hai dây cung của đường tròn nội
tiếp tam giác là KX, LY sao cho KX k LY k BC. AX, AY lần lượt giao (I) tại điểm
thứ hai là X ′ và Y ′ .
a) Tiếp tuyến tại X ′ , Y của (I) cắt nhau tại X1 , tiếp tuyến tại X, Y ′ của (I) cắt
nhau tại Y1 . Chứng minh K, L, X1 , Y1 thẳng hàng.
b) Tiếp tuyến tại X, Y của (I) cắt nhau tại X2 , tiếp tuyến tại X ′ , Y ′ của (I) cắt
nhau tại Y2 . Chứng minh A, X2 , Y2 nằm trên một đường thẳng song song với cạnh BC.
Bài 14. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường tròn Ω
đi qua B, C lần lượt cắt AC, AB tại E, F . Lấy D là giao điểm của BE và CF . Gọi
M là trung điểm BC. AD, AM lần lượt cắt lại (AEF ) tại điểm thứ hai là K và L.
Chứng minh rằng EF, KL, BC đồng quy.
Bài 15. (Nguyễn Đăng Khoa) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có trung điểm cung
BC chứa A và không chứa A lần lượt là I, J. Đường tròn (I, IJ) cắt các tia AB, AC
lần lượt tại P, Q. Đường thẳng JP, JQ cắt lại (O) tại điểm thứ hai theo thứ tự là K
và L. Chứng minh rằng tứ giác AKJL là tứ giác điều hòa.
Bài 16. (IMO 2003, problem 4) Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp. Lấy P , Q, R lần lượt là
hình chiếu của D lên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng P Q = QR khi và chỉ
khi phân giác của ∠ABC và ∠ADC cắt nhau trên AC.
88
CHƯƠNG 4. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 17. (THTT số 437) Cho tam giác ABC cân tại A, một đường tròn (O) tiếp xúc AB, AC
và cắt BC tại hai điểm phân biệt là K, L. AK cắt (O) tại M . Gọi P, Q lần lượt là điểm
đối xứng của K qua B, C. Chứng minh rằng M, O và tâm của đường tròn (M P Q)
thẳng hàng.
Bài 18. Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác. Lấy D, E là điểm đối xứng với
P qua các cạnh AC, AB. Lấy I, K là hình chiếu của P trên AC và AB. Đường tròn
(ADE) cắt đường tròn đường kính AP tại X khác A. Chứng minh tứ giác P IXK là
tứ giác điều hòa.
Bài 19. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có 3 đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Lấy
HI là đường đối trung của △HBC. Gọi K là hình chiếu của A lên HI. Tia AH cắt
(O) tại điểm L, tia M H cắt (O) tại điểm P . Chứng minh rằng
a) Tứ giác P BLC là tứ giác điều hòa
b) Đường tròn (M IK) tiếp xúc (O).
Bài 20. (Định lý Brocard) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường chéo cắt
nhau tại M . AD cắt BC tại E và AB cắt CD tại F . Chứng minh rằng O là trực tâm
tam giác M EF .
Bài 21. Cho tam giác ABC không cân tại A. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác tiếp xúc
với BC tại D. Điểm M bất kì thuộc đoạn AD. Các đường thẳng M B, M C theo thứ
tự cắt lại (I) tại B1 , B2 ; C1 , C2 (BB1 < BB2 ; CC1 < CC2 ). Chứng minh rằng BC,
B1 C1 , B2 C2 đồng quy.
Bài 22. Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB lần lượt
tại D, E, F . AD cắt lại (I) tại X; BX, CX theo thứ tự cắt lại (I) tại Y, Z; AY, AZ
theo thứ tự cắt lại (I) tại R, S. Chứng minh rằng AD, ES, F R đồng quy.
Bài 23. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA tại D,
E. AD cắt lại (I) tại P . Giả sử ∠BP C = 90◦ . Chứng minh rằng: EA + AP = P D.
Bài 24. Cho đường tròn (O) có đường kính AB và một điểm C nằm trên (O) khác A và B.
Tiếp tuyến tại A của (O) cắt đường thẳng BC tại M . Gọi giao điểm của tiếp tuyến
của (O) tại B và C là N . Đường thẳng AN cắt (O) tại D và cắt BC tại F . Đường
thẳng OC cắt đường thẳng qua M và song song với AB tại I. Đường thẳng OD cắt
đường thẳng qua N và song song với AB tại J. Gọi K là giao điểm của M D và N C.
Giả sử IJ cắt M N tại E. Chứng minh rằng K là tâm của đường tròn đi qua bốn điểm
C, D, E, F .
Bài 25. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Lấy điểm M di động trên đường
tròn (O1 ). Đường thẳng M A, M B lần lượt cắt (O2 ) tại điểm thứ hai là K và L. Gọi
N là trung điểm KL. Chứng minh rằng M N luôn đi qua một điểm cố định khi M
thay đổi trên đường tròn (O1 ).
Bài 26. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), đường tròn (I) tiếp xúc với BC tại D.
AD cắt lại (I) tại E. Lấy điểm F khác D nằm trên AD sao cho CF = CD. Lấy G là
giao điểm của BE với CF . Chứng minh rằng F là trung điểm CG.
89
CHƯƠNG 4. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
57 bài toán về tứ giác điều hòa
Bài 27. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Trên cung BC chứa điểm A
của (O) lấy điểm D bất kì. Gọi E là giao điểm của AD và BC. Phân giác ∠BDC cắt
đường tròn đường kính AE tại M và N . Chứng minh rằng tứ giác BM CN là tứ giác
điều hòa.
90
Tài liệu tham khảo
[1] Đoàn Quỳnh (chủ biên), Tài liệu chuyên Toán hình học 10, NXB Giáo dục.
[2] Nguyễn Văn Linh, 108 bài toán hình học sơ cấp, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2018.
[3] Lớp 10 chuyên Toán khóa 17, trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Bình Định, Chuyên đề
về tứ giác điều hòa, 2015.
[4] Bùi Đắc Hiên, Tứ giác điều hòa và một số bài toán, 2018.
[5] Diễn đàn Mathscope, Chuyên đề: Tứ giác điều hòa, 2012.
[6] Nguyễn Hoàng Phi, Chuyên đề về tứ giác điều hòa, 2018.
http://khoalinhmathematics.blogspot.com/2018/07/chuyen-e-tu-giac-ieu-hoa.html
[7] IMO problems with solutions
https://www.imo-official.org/problems.aspx
[8] Nguyễn Văn Linh, Euclidean Geometry Blog.
https://nguyenvanlinh.wordpress.com/
[9] Trần Quang Hùng, Blog hình học sơ cấp.
http://analgeomatica.blogspot.com/
[10] Nguyễn Đăng Khoa, Blog Toán học của Khoa Nguyễn.
https://khoalinhmathematics.blogspot.com/
[11] AoPS forum
https://artofproblemsolving.com/
[12] Diễn đàn Toán học - VMF forum
https://diendantoanhoc.net/
[13] Diễn đàn Mathscope
http://mathscope.org/
[14] Group Hình học phẳng
https://www.facebook.com/groups/205466756603509/
[15] Tạp chí Pi, Tạp chí Toán học và tuổi trẻ.
91