Tỷ số kép - Hàng điểm điều hòa ôn thi VMO năm 2022

Tỉ số kép,hàng điểm điều hoà,ánh xạ xạ
ảnh và một số ứng dụng
Nguyễn Hữu Đức - Nguyễn Cung Thành
THPT chuyên KHTN,ĐHKHTN,ĐHQGHN
Tóm tắt
Tỉ số kép, hàng điểm điều hồ là một công cụ mạnh và đã là vấn đề quen thuộc đối
với tất cả các bạn học sinh chuyên Toán, tuy nhiên, ứng dụng của ánh xạ xạ ảnh
thì có lẽ vẫn chưa thực sự được phổ biến rộng rãi đến với tất cả mọi người.Trong
bài viết hôm nay, chúng tôi sẽ đưa ra lại những khái niệm về tỉ số kép, hàng điểm
điều hoà cùng với ánh xạ xạ ảnh cũng như những ví dụ minh hoạ để cho thấy sức
mạnh của những công cụ này.

I Tỉ số đơn, tỉ số kép, hàng điểm điều hồ
1 Tóm tắt lý thuyết
Những lý thuyết dưới đây được chúng tôi tham khảo và trích trong [1],[2],[3].

1.1 Hàng điểm, tỉ số đơn, tỉ số kép
1.1.1 Các định nghĩa
Định nghĩa 1. Tập hợp các điểm có thứ tự cùng thuộc một đường thẳng gọi là một hàng điểm,
đường thẳng chứa các điểm đó gọi là giá của hàng điểm.
Định nghĩa 2. Hàng điểm gồm ba điểm thẳng hàng A, B, C thì có tỷ số đơn được ký hiệu và định
CA
nghĩa như sau (AB, C) =
= k, ta cịn nói C chia đoạn AB theo tỉ số k.
CB

A

B

C

Định nghĩa 3. Hàng điểm gồm bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng thì có tỉ số kép được kí hiệu và
CA DA
:
= k, đơi khi ta còn gọi C, D chia liên hợp A, B tỷ số k,
định nghĩa như sau (AB, CD) =
CB DB
nếu không có gì nhầm lẫn ta gọi hàng bốn điểm là một hàng điểm.
1


A

C

D

B

1.1.2 Các tính chất cơ bản của tỉ số đơn và tỉ số kép
Ta xét hàng điểm A, B, C, D, ta ln có các tính chất sau:
• (AB, M) = 1, (AB, M) = −1 ⇔ M là trung điểm của AB
• (AB, CD) = (BA, DC) = (CD, AB) = (DC, BA)
• (AB, CD) =

1
1
1
1
=

=
=
(BA, CD)
(AB, DC)
(DC, AB)
(CD, BA)

• (AB, CX) = k với A, B, C, k xác định thì X tồn tại duy nhất, tương tự với các vị trí cịn lại trong
tỉ số kép.
• (AB, CD) = 1

1.2 Chùm đường thẳng, tỉ số kép của chùm
1.2.1 Các định lý và định nghĩa
Định nghĩa 4. Tập hợp các đường thẳng phân biệt, có thứ tự cùng đi qua một điểm gọi là một
chùm đường thẳng, điểm các đường thẳng đi qua gọi là tâm của chùm, nếu khơng có gì nhầm lẫn ta
gọi chùm bốn đường thẳng là một chùm (hoặc là chùm đường thẳng).

O

a

b
c

d

Để đi đến định nghĩa về tỉ số kép của chùm đường thẳng, ta cần một định lý.

2

Định lý 1. Cho chùm đường thẳng a, b, c, d tâm O. Một đường thẳng ∆ không đi qua O cắt a, b, c, d
lần lượt tại A, B, C, D và một đường thẳng ∆′ không đi qua O lần lượt cắt a, b, c tại A′ , B ′ , C ′ thì
(AB, CD) = (A′ B ′ , C ′ )

O

A′
B′

C′
∆′

A

B

∆

C
D

Định lý 2. Cho chùm đường thẳng a, b, c, d, một đường thẳng ∆ cắt a, b, c, d lần lượt tại A, B, C, D
và một đường thẳng ∆′ cắt a, b, c, d tại A′ , B ′ , C ′ , D ′ thì (AB, CD) = (A′ B ′ , C ′ D ′ ).

O

∆′
B

′

D′

C′

A′

A
B

∆

C
D

3


Định lý thứ hai cho ta thấy một đường thẳng bất kỳ cắt chùm đường thẳng thì tỷ số kép của hàng
các giao điểm là khơng đổi, ta dùng nó để định nghĩa tỷ số kép của chùm đường thẳng.
Định nghĩa 5. Cho chùm đường thẳng a, b, c, d, một đường thẳng ∆ cắt a, b, c, d tại (A, B, C, D)
thì tỉ số kép của chùm đường thẳng được định nghĩa và ký hiệu là (ab, cd) = (AB, CD).

O

A
B

∆

C

D

1.2.2 Các tính chất
Tỉ số kép của chùm được định nghĩa từ tỉ số kép của hàng điểm nên giữ nguyên các tính chất của tỉ
số kép hàng điểm, sau đây ta đưa thêm một định nghĩa khác của chùm và các tính chất khác, ta lưu
ý thêm là khơng có khái niệm tỉ số đơn của chùm ba đường thẳng.
Định nghĩa 6. Trên mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D và điểm O bất kỳ không thẳng
hàng với hai trong số bốn điểm đó thì OA, OB, OC, OD là một chùm đường thẳng và tỉ số kép của
chùm đường thẳng này ta ký hiệu là O(AB, CD).
A
B

O

C
D

Định nghĩa trên cho ta một cách nhìn chùm đường thẳng thơng qua các điểm ở trên nó, định lý sau
cho một cách tính khác tỉ số kép một của chùm đường thẳng như vậy.
4


Định lý 3. Trên mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D và điểm O bất kỳ không thẳng
−→ −→
−−→ −→
sin(OC, OA) sin(OD, OA)
hàng với hai trong số bốn điểm đó thì O(AB, CD) =
−→ −−→ :

−−→ −−→ .
sin(OC, OB) sin(OD, OB)
A

B

O

C

D

→
−
→
−
−
−
Chú ý rằng (→
a , b ) chỉ góc định hướng giữa hai vector →
a , b modulo 2π.
Hệ quả 1. Cho A, B, C, D nằm trên đường trịn (O) thì với mọi điểm P trên (O) thì P (AB, CD)
ln khơng đổi, ta quy ước khi P trùng vào một trong số bốn điểm A, B, C, D chẳng hạn P ≡ A thì
ta thay đường thẳng P A của chùm bởi tiếp tuyến qua A (quy ước này mở rộng định nghĩa của chùm
đường thẳng và vẫn phù hợp với lý thuyết).

P

O

A

O

D

A

D
C
B

B

C

Hệ quả trên giúp ta định nghĩa tỷ số kép của bốn điểm cùng nằm trên đường tròn như sau.
Định nghĩa 7. Cho bốn điểm phân biệt A, B, C, D nằm trên đường tròn (O) tỉ số kép của A, B, C, D
được ký hiệu và định nghĩa là (AB, CD) = P (AB, CD) với P là một điểm bất kỳ trên (O).
Như vậy ký hiệu tỉ số kép (AB, CD) có thể áp dụng được cho hàng điểm hoặc bốn điểm đồng viên.
5


−−→ −→
−→ −→
cot(OC, OA) cot(OD, OA)
Hệ quả 2. Nếu chùm OA, OB, OC, OD có OA ⊥ OD thì O(AB, CD) =
−→ −−→ :
−−→ −−→ .
cot(OC, OB) cot(OD, OB)

Hệ quả 3. Cho hai chùm gồm các đường thẳng a, b, c, d và a′ , b′ , c′ , d′ trong đó a, b, c tương ứng
vng góc với a′ , b′ , c′ , khi đó d ⊥ d′ khi và chỉ khi (ab, cd) = (a′ b′ , c′ d′ ).

O

a’

b’

O′

c’
d

c

b

d’

a

6


1.3 Phép chiếu xuyên tâm
1.3.1 Quy ước và định nghĩa
Để thấy được mối liên hệ giữa chùm và hàng điểm, ta sẽ nghiên cứu các ánh xạ giữa các hàng điểm
gọi là phép chiếu xuyên tâm, tuy nhiên trước khi định nghĩa phép chiếu xuyên tâm ta cần thêm một
vài quy ước về điểm vô cùng trong mặt phẳng để được định nghĩa tốt.

Ta quy ước như sau, tất cả các đường thẳng song song với nhau thì chúng vẫn cắt nhau tại một điểm
gọi là điểm vô cùng, ký hiệu là ∞, vì có vơ số các cặp đường thẳng song song với nhau nên cũng có
vơ số điểm vô cùng, chúng nằm trên một đường thẳng gọi là đường thẳng vô cùng, ký hiệu là d∞ .
Cách quy ước trên dẫn đến nhiều tính chất khác xong ta khơng đi sâu phân tích mà sử dụng để định
nghĩa phép chiếu xuyên tâm như sau.
Định nghĩa 8. Cho hai đường thẳng ∆, ∆′ và một điểm P không thuộc ∆, ∆′ . Xét ánh xạ f đi từ
đường thẳng ∆ vào đường thẳng ∆′ , được xác định như sau: f (A) = A′ sao cho A, A′ , P thẳng hàng.
Khi đó f được gọi là phép chiếu xuyên tâm. Điểm P được gọi là tâm chiếu của f .
P

A
∆
∆′
A′

Nhờ quy ước về điểm vô cùng f xác định trên toàn ∆ (điểm A ∈ ∆ mà P A ∆′ sẽ biến thành điểm
∞ của ∆′ , cũng nhờ quy ước về điểm xa vơ cùng ta có thể gộp hai định lý quan trọng là định lý 1
và định lý 2 lại như sau.
Định lý 4. Phép chiếu xuyên tâm biến A, B, C, D thành A′ , B ′ , C ′ , D ′ thì (AB, CD) = (A′ B ′ , C ′ D ′ ),
như vậy ta cũng có (AB, CD) = (A′ B ′ , C ′ ∞) = (A′ B ′ , C ′ ) nếu giá của hàng A′ , B ′ , C ′ song song với
DD ′ .

7


O

∆′
B

D′

C′

′

A′

A
B

∆

C
D

O

A′
B′

C′
∆′

A

B

∆

C
D

Nói cách khác phép chiếu xun tâm bào tồn tỉ số kép. Định lý trên là một định lý quan trọng cả
về mặt lý thuyết lẫn thực hành.

8


1.3.2 Các tính chất
Định lý 5. Cho hai hàng điểm gồm các điểm O, A, B, C và O, A′ , B ′ , C ′ , khi đó AA′ , BB ′ , CC ′ đồng
quy khi và chỉ khi (OA, BC) = (OA′ , B ′ C ′ ).
O

A
A′
B
B′

C′

C

Định lý 6. Cho cho hai chùm gồm các đường thẳng m, a, b, c và m, a′ , b′ , c′ , giả sử a, b, c giao a′ , b′ , c′
lần lượt tại A, B, C thì A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi (ma, bc) = (ma′ , b′ c′ ).

C

B

a

a’
m

b

b’
c’

c

A

Từ đây nếu ta có O(AB, CO ′) = O ′(AB, CO) thì A, B, C thẳng hàng.

9


1.4 Hàng điểm điều hoà, chùm đường thẳng điều hoà
1.4.1 Các định nghĩa
Định nghĩa 9. Ta gọi hàng điểm A, B, C, D là hàng điểm điều hòa nếu (AB, CD) = −1, tương tự
ta cũng gọi chùm đường thẳng a, b, c, d là chùm đường thẳng điều hoà nếu (a, b, c, d) = −1 hay gọi
tắt là chùm điều hồ.
Nhờ các tính chất về tỉ số kép ta thấy ngay vì tỉ số kép đặc biệt là -1 nên việc C, D chia A, B
cũng như A, B chia C, D tức là (AB, CD) = (AB, DC) = (BA, DC) = (BA, CD) = (DC, BA) =
(DC, AB) = (CD, AB) = (CD, BA) = −1 nên khi đó ta cịn nói A, B liên hợp điều hồ với C, D.
Ta cũng có các tính chất tương tự cho chùm điều hoà.
Nhờ sự liên hệ giữa tỉ số đơn và tỉ số kép ta cũng có một định lý cơ bản sau của chùm điều hòa.
Định lý 7. Một chùm là điều hòa khi và chỉ khi một đường thẳng bất kỳ song song với một đường

thẳng của chùm bị ba đường thẳng còn lại chắn hai đoạn thẳng bằng nhau.
O

A

M
B

Định lý trên còn được phát biểu dưới dạng chùm cho bởi các điểm như sau.
Định lý 8. Cho chùm O(AB, CD) = −1 với A, B, C thẳng hàng C là trung điểm AB khi và chỉ khi
AB OD.

O

A

D

C
B

Do tính đặc biệt của tỷ số kép -1 ta có một loạt các tính chất sau cũng tương đương với định nghĩa
của hàng điểm điều hòa.

10


Định lý 9. Cho hàng điểm A, B, C, D và I là trung điểm AB, J là trung điểm CD khi đó ta có các
khẳng định sau là tương đương:
1) (AB, CD) = −1

2
1
1
2)
=
+
(Hệ thức Descartes)
AB
AC AD
3) IA2 = IB 2 = IC.ID (Hệ thức Newton)
4) AB.AJ = AC.AD (Hệ thức Maclaurin)

1.4.2 Ba hàng điều hoà và chùm điều hoà đặc biệt
Định lý 10. Cho tam giác ABC và AD, AE là hai phân giác trong và ngoài của tam giác thì
(BC, DE) = −1 kéo theo A(BC, DE) = −1 (hàng phân giác).
A

E

D

B

C

Định lý 11. Cho tam giác ABC với P là điểm bất kì, gọi P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại D, E, F .
Gọi EF giao BC tại G thì (BC, DG) = −1 (hàng tứ giác toàn phần).
A

E

F
P

G

B

D

C

Định lý 12. Cho P là điểm nằm ngồi đường trịn (O) và P A, P B là hai tuyến tuyến kẻ từ P với
A, B thuộc (O). Một đường thẳng qua P cắt (O) tại C, D. AB giao CD tại Q thì (P Q, CD) = −1
(hàng tiếp tuyến, cát tuyến)

11


A
D
Q
C
O

P

B

1.4.3 Các định lý ứng dụng
Định lý 13. Cho chùm (ab, cd) = −1 thì các mệnh đề sau là tương đương:

1) c ⊥ d
2) c là phân giác tạo bởi a và b
3) d là phân giác tạo bởi a và b
Từ định nghĩa tỉ số kép của bốn điểm đồng viên ta có thể định nghĩa tứ giác điều hòa như sau.
Định nghĩa 10. Tứ giác nội tiếp ABCD gọi là tứ giác điều hoà nếu (AB, CD) = −1.
Định lí dưới đây cũng cho các khẳng định tương đương với định nghĩa tứ giác điều hòa.
Định lý 14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), gọi ∆a , ∆b , ∆c , ∆d lần lượt là các tiếp tuyến tại (O)
tại A, B, C, D thì các điều kiện sau là tương đương:
1) Tứ giác ABCD điều hoà
2) AB.CD = AD.BC
3) ∆b , ∆d , AC đồng quy
4) ∆a , ∆c , BD đồng quy

1.5 Các định lý cơ bản hình học xạ ảnh
Định lý 15 (Định lý Pappus). Cho hai đường thẳng ∆ và ∆′ , các điểm A, B, C ∈ ∆, A′ , B ′ , C ′ ∈ ∆′ ,
khi đó giao điểm của các cặp đường thẳng AB ′ và A′ B, BC ′ và B ′ C, CA′ và C ′ A thẳng hàng.
∆
C

B
A

M
L
N
K

∆′
A′

B′

C′

12


Chứng minh:
Gọi AC ′ , AB ′ cắt BA′ tại L, K và CA′ , CB ′ cắt BC ′ tại M, N thì (BL, KA′ ) = A(BL, KA′ ) =
C(BC ′ , B ′ A′ ) = (BC ′ , NM) nên C ′ L, NK, MA′ đồng quy (đpcm).
Định lý 16 (Định lý Pascal). Cho sáu điểm A, B, C, A′ , B ′ , C ′ nội tiếp cùng một đường trịn khi đó
các giao điểm của các cặp đường thẳng AB ′ và A′ B, BC ′ và B ′ C, CA′ và C ′ A thẳng hàng.
A

B

C

L

M
O

K

N
C′

B′
A′

Chứng minh:
Gọi BC ′ , BA′ cắt B ′ A tại L, K và CA′ , CB ′ cắt C ′ A tại N, M thì (AL, KB ′ ) = B(AL, KB ′ ) =
B(AC ′ , A′ B ′ ) = C(AC ′ , A′ B ′ ) = C(AC ′ , NM) = (AC ′ , NM) nên C ′ L, KN, B ′ M đồng quy (đpcm)
Định lý 17 (Định lý Desargues). Cho hai tam giác ABC và A′ B ′ C ′ . Gọi X, Y, Z lần lượt là giao
của các cặp đường thẳng (BC, B ′C ′ ),(AC, A′C ′ ),(AB, A′ B ′ ), khi đó X, Y, Z thẳng hàng khi và chỉ
khi AA′ , BB ′ , CC ′ hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.

C′

A
K
B
J

Z

B′

A′

C
L
Y

X

Chứng minh:
Gọi BB ′ cắt CC ′ tại J. Y Z cắt JB, JC tại K, L. Ta có AA′ , BB ′ , CC ′ đồng quy ⇔ A, J, A′ thẳng hàng
⇔ Z(JA, A′ Y ) = Y (JA, A′ Z) ⇔ (JB, B ′ K) = (JC, C ′L) ⇔ BC, B ′ C ′ , KL đồng quy ⇔ X, Y, Z

thẳng hàng. (đpcm)

13


2 Ứng dụng vào một số bài toán
Bài 1. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H, M là trung điểm BC. Đường thẳng qua H
song song OA cắt BC tại D và đường thẳng qua D song song AM cắt AH tại E, điểm F đối xứng
D qua E. Chứng minh rằng AF và BC cắt nhau trên đường thẳng Euler của tam giác ABC. [1]

A
F

E

O

H

S
B

K

D

M

C

T

Lời giải:
Gọi OH cắt BC tại S, HD cắt OM tại T . Bằng định lý T hales, để chứng minh S, A, F thẳng
SM
MA
2SM
MA
KM
hàng thì ta chứng minh
=
⇔
=
=
. Vì OAHT là hình bình hành
SD
DF
SD
DE
KD
−−→
−−→
−−→
−−→
SM
OM
MT
DM
SM + DM
và AH = 2OM nên OM = MT . Từ đây

=
=
=
=
suy ra
SK
HK
HK
KD
SD
2SM
SM + SK
SM − SK
KM
=
=
=
(đpcm).
SD
SK
SD − SK
KD
Bài trên dựa theo ý tưởng biến đổi tỉ số từ chứng minh S, D, K, M là hàng điều hồ, vì mới là bài
đầu nên chúng ta vẫn chưa thấy được sự sâu sắc từ các tính chất của tỉ số kép và hàng điểm điều
hoà.
Bài 2. Cho tam giác ABC với AB < AC, nội tiếp đường tròn (O), tâm nội tiếp I. M là trung điểm
BC, N là trung điểm cung BC chứa A của (O). Đường tròn ngoại tiếp tam giác IAN và IBM cắt
nhau tại K khác I. BK giao AC tại X, NK giao AI tại Y . Chứng minh rằng XY, BI và AN đồng
quy. [1]
Lời giải:

Gọi AI cắt KB và (O) lần thứ hai lần lượt tại J, D. KB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác IAN
tại T . Dễ thấy D, M, O, N thẳng hàng và tính chất quen thuộc D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BIC. Từ đây, DM.DN = DB 2 = DI 2 nên ∠DIM = ∠DNI, do đó
∠INA = 90◦ − ∠DNI − ∠IDM = 90◦ − ∠DIM − ∠IDM = ∠IMB = ∠IKT = ∠INT suy ra
NA = NT mà chú ý rằng KY ⊥ KI nên KY, KI là phân giác ∠AKJ. Vì vậy (JA, Y I) = −1 =
A(IN, CB) = A(JZ, XB) = (JZ, XB) suy ra AN, BK, XY đồng quy. (đpcm)

14


Z
N

A

T

X
Y
K

J
O

I

B

M

C

D

Bài 3. Cho tứ giác ABCD. M, N di chuyển trên AD, BC. P, Q là trung điểm DN, CM. DQ giao
CP tại T . DN giao CM tại R. Dựng hình bình hành RDSC. Chứng minh rằng ST ln đi qua
điểm cố định. [1]
X

A
B
M

Q
R

T

N

P
C

D

S

Lời giải:
Gọi AD cắt BC tại X. Ta chứng minh S, T, X thẳng hàng thì ST đi qua X cố định. Thật vậy, vì
D(SQ, CM) = −1 = C(SP, DN) nên D(ST, CX) = C(ST, DX). Từ đó S, T, X thẳng hàng. (đpcm)

15


Bài 4. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là một điểm chuyển động trên (O) và AP cắt tiếp tuyến
tại B, C của (O) lần lượt tại M, N.MC cắt NB tại Q. Chứng minh P Q luôn đi qua một điểm cố
định. [2]
A

O
D
E

L

B

C
P
R
M
Q
F

T

N

Lời giải:
Gọi tiếp tuyến tại B, C giao nhau tại T . T Q cắt BC, P A tại E, F . EP cắt (O) tại R và AR cắt

BC tại L. Từ hàng tứ giác tồn phần, ta có −1 = (ED, BC) = P (ED, BC) = P (RA, BC) nên
AR đi qua T . Lại có (T L, RA) = −1 = (T Q, EF ) nên QL, ER, F A đồng quy hay P Q đi qua L cố
định.(đpcm)
Bài 5. Cho đường tròn (O) và một dây cung BC. G là một điểm chuyển động trên cung BC không
chứa O của đường tròn (BOC). Cho D là một điểm cố định thuộc cung BOC của (BOC). GB cắt
CD tại M, GC cắt BD tại N. Giả sử MN cắt (O) tại hai điểm P, Q. Chứng minh rằng đường tròn
ngoại tiếp tam giác GP Q luôn đi qua hai điểm cố định. [2]
Lời giải:
Gọi (GP Q) cắt (BOC) lần thứ hai tại T . Xét trục đẳng phương của ba đường trịn (O), (GP Q), (BOC)
thì P Q, BC, GT đồng quy tại một điểm gọi là L. Có −1 = G(LD, BC) = G(T D, BC) nên tứ giác
BT CD điều hoà mà B, D, C cố định nên T cố định. Gọi tiếp tuyến tại B, C của (BOC) và T D đồng
B G C
quy tại S và T S cắt (GP Q) lần thứ hai tại X. Áp dụng định lí P ascal cho bộ 6 điểm
của
C B D
PS/(O)
(BOC) thì M, S, N thẳng hàng. Từ đây vì SX.ST = SP .SQ = PS/(O) nên SX =
= const(do
ST
S cố định), suy ra X cố định. Như vậy (GP Q) đi qua T, X cố định.

16


N

X

Q

S
P
M
D
O
L
C

B

T

G

Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Phân giác BE, CF cắt nhau tại I và cắt (O) tại K, L. J, T
nằm trên EF sao cho OJ ⊥ AL, OT ⊥ AK. LJ cắt KT tại N. Chứng minh rằng ON AI. [2]
A
K

L

NT

J

E

F

S

I

B

O

C

R

17


Lời giải:
A L B
suy ra S, E, F
K A C
thẳng hàng. Kẻ tiếp tuyến SR khác SA đến (O). Ta có −1 = A(SR, LK) = O(AS, JT ) = A(OS, JT )
mà AO ⊥ AS nên AO là phân giác ∠JAT . Vì thế ∠NLK = ∠OLK − ∠OLN = ∠OKL − ∠OAJ =
∠OKL − ∠OAT = ∠OKL − ∠OKT = ∠NKL nên ON ⊥ LK, suy ra ON AI.(đpcm)
Tiếp tuyến tại A của (O) cắt LK tại S. Áp dụng định lý P ascal bộ 6 điểm

Bài 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC cắt BD tại P . (AP D) cắt BP C tại Q. Trung
trực BD, AC cắt BQ, AQ tại K, L. Chứng minh KL chia đôi AB. [2]
B
M
X
A

T
P

K

Y

O
Q
L

D

C

Lời giải:
Gọi P Q cắt AB tại X, M là trung điểm AB. OQ cắt AB tại Y . Vì QX là phân giác ∠AQB mà
QO ⊥ QX nên QO là phân giác ngồi ∠AQB. Mặt khác, lấy T bất kì trên đường thẳng qua P song
−Y A
XA
song AB thì Q(MO, KL) = (MY, BA) =
=
= (AB, X) = P (T X, BA) = O(MQ, KL)
YB
XB
(chùm tương ứng vng góc) nên M, K, L thẳng hàng hay KL chia đôi AB. (đpcm)
Bài 8. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. M, N lần lượt là trung điểm AC, AB. Đường
thẳng qua M, N lần lượt vng góc MH, NH cắt đường thẳng qua A song song với BC tại E, F .
NE cắt MF tại X. Chứng minh rằng AX, OH, BC đồng quy. [2]
Lời giải:

Gọi ME cắt NF tại L. Với ý chú AH ⊥ MN nên OM 2 − ON 2 = AN 2 − AM 2 = HN 2 − HM 2 =
LM 2 − LN 2 suy ra OL ⊥ MN. Gọi S là trực tâm tam giác LMO thì S nằm trên MN và hai tam
giác AMH,LSO có cạnh tương ứng song song nên AL, MS, OH đồng quy tại một điểm gọi là P .
Gọi XL cắt EF, MN tại T, Y thì theo bổ đề hình thang T, Y là trung điểm EF, MN. Gọi G là
trọng tâm tam giác ABC và J là trung điểm BC thì A, Y, G, J thẳng hàng và H, G, O thẳng hàng.
YP
1
YG
YP
Gọi Q là giao AP, BC và OH cắt BC tại K thì
= =
=
hay J là trung điểm KQ.
JQ
2
GJ
JK
Từ đây A(KQ, T J) = −1 = (XL, T Y ) = A(XL, T Y ) = A(XQ, T J) suy ra A, K, X thẳng hàng hay
AX, OH, BC đồng quy tại K. Vậy ta có điều phải chứng minh.

18


X

T

E

A

F

L

M

Y

N

P

S

O

G
H

Q
K

B

J

C

Bài 9.(Ngày 1, Olympic chuyên KHTN năm 2017) Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I)

tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm D, E, F . Trên đường thẳng EF lấy các điểm
M, N sao cho CM//BN//DA. DM, DN lần lượt cắt đường tròn (I) tại P, Q khác D.
a) Chứng minh rằng BP, CQ, AD đồng quy tại điểm J.
b) Gọi X là trung điểm P Q. Chứng minh rằng JX đi qua trung điểm MN.

A

R

M
E

S
F
N

I

G

O
P

K
Q

T

J

D

B

L

19

X

C


Lời giải:
a) Gọi AD cắt MN, P Q tại S, K và cắt (I) tại R. Vì tứ giác DF RE điều hoà nên tiếp tuyến
tại D, R,EF đồng quy tại một điểm gọi là T . Áp dụng định lí Ceva ta được AD, BE, CF đồng
quy suy ra (T D, BC) = −1. Chú ý rằng BN AD CM nên −1 = (T D, BC) = (T S, NM) =
D(T S, NM) = (DR, QP ) suy ra tứ giác DQRP điều hồ. Do đó, tiếp tuyến tại R, D,P Q đồng quy
hay T, P, Q thẳng hàng. Qua đó (T K, QP ) = D(T K, QP ) = (T S, NM) = −1 = (T D, CB) suy ra
DK, CQ, BP đồng quy. (đpcm)
b) Cũng từ câu a), ta suy ra P N, QM, SK đồng quy tại một điểm gọi là G. Gọi DM cắt BN tại
L. Có M(CB, NL) = M(CB, T D) = −1 mà CM BN nên B là trung điểm NL. Từ đây, theo bổ
đề hình thang thì J là trung điểm DG. Qua đó, xét tứ giác tồn phần DQGP.NM có J, X là trung
điểm DG, P Q nên J, X, trung điểm của MN nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác. Vậy JX đi
qua trung điểm MN.
Bài 10. (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC với P bất kì trên mặt phẳng. P A, P B, P B cắt
BC, CA, AB tại A′ , B ′ , C ′ . Các điểm A1 , B1 , C1 đối xứng P qua B ′ C ′ , C ′ A′ , A′ B ′ . Chứng minh rằng
AA1 , BB1 , CC1 đồng quy.
A

A1
B′
C

′

A2 X

D

P

B2
B1

K

C2
C1

U
B

A′

C

Lời giải:
Kẻ đường cao A′ A2 , B ′ B2 , C ′ C2 của tam giác A′ B ′ C ′ . B ′ C ′ cắt BC tại U và K, X là lần lượt là
trung điểm A′ A2 , P A1 . Có (AP, DA′) = C ′ (AP, DA′ ) = (BC, UA′ ) = −1 mà theo bổ đề hình thang

A′ X, A2 P, DK đồng quy nên A, K, X thẳng hàng (hàng tứ giác toàn phần). Mặt khác K, X là trung
điểm A′ A2 , P A1 và P A1 A′ A2 suy ra A, A1 , A2 thẳng hàng. Tương tự ta B, B1 , B2 , C, C1 , C2 thẳng
sin∠BAA1
A2 C ′ .AB ′ sin∠CBB1
B2 A′ .BC ′ sin∠ACC1
C2 B ′ .CA′
hàng. Từ đây
=
;
=
;
=
. Chú ý
sin∠CAA1
A2 B ′ .AC ′ sin∠ABB1
B2 C ′ .BA′ sin∠BCC1
C2 A′ .CB ′
sin∠BAA1 sin∠CBB1 sin∠ACC1
rằng AA′ , BB ′ , CC ′ và A′ A2 , B ′ B2 , C ′ C2 đồng quy nên
.
.
= 1. Từ
sin∠CAA1 sin∠ABB1 sin∠BCC1
đây áp dụng định lý CevaSin ta được AA1 , BB1 , CC1 đồng quy.(đpcm)
Như vậy là chúng ta đã đi qua một số ví dụ tiêu biểu từ dễ đến khó ứng dụng của những định nghĩa
và tính chất nêu ra trong phần lý thuyết, tiếp theo sẽ là những ứng dụng của các hệ thức khi có
hàng điểm điều hoà và chùm điều hoà để giải quyết vấn đề.
Bài 11. Cho tam giác ABC và một điểm P bất kỳ.P A, P B, P C lần lượt cắt BC, CA, AB tại
D, E, F .DE, DF lần lượt cắt AB, AC lại K, L. Gọi M, N lần lượt là trung điểm KF, LE. Chứng

20


minh rằng B, C, M, N cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi E, F, K, L cùng thuộc một đường
trịn. [1]
A

E

F
P
B

C

D

M

N

K

L

Lời giải:
Ta có (AB, F K) = (AC, EL) = −1 mà M, N là trung điểm KF, EL nên B, C, M, N cùng thuộc một
đường tròn ⇔ AB.AM = AC.AL ⇔ AF .AK = AE.AL(hệ thức Maclaurin) ⇔ E, F, K, L cùng
thuộc một đường tròn. (đpcm)
Bài 12. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). P là một điểm bất kì, P A, P B, P C cắt BC, CA, AB tại

D, E, F . EF cắt BC tại G. Đường trịn đường kính GD cắt (O) tại M, N. MN cắt BC tại Q. Chứng
minh rằng đường tròn qua Q, M tiếp xúc (O) và đường tròn qua Q, N tiếp xúc (O) cắt nhau trên
BC. [1]
A

M
E

O1
F

O
P
D

G

S

B Q

O2

C

N

Lời giải:
Gọi (O1 ) là đường tròn đi qua Q, M tiếp xúc (O) và (O2 ) là đường tròn đi qua Q, N tiếp xúc (O),
đồng thời S là trung điểm DG. Vì (GD, BC) = −1 nên theo hệ thức Newton thì SM 2 = SN 2 =

SG2 = SB.SC hay SM, SN là tuyến tuyến của (O). Từ đây xét trục đẳng phương của ba đường
tròn (O), (O1), (O2 ) suy ra S là tâm đẳng phương của ba đường tròn mà (O1 ), (O2 ) có một điểm
chung Q nên SQ hay BC là trục đẳng phương của (O1 ), (O2). Vậy (O1 ), (O2) cắt nhau trên BC.
21


Bài 13. Cho tam giác ABC với ba đường cao AD, BE, CF . EF giao BC tại G. Gọi (K) là đường
trịn đường kính (BC). Trung trực BC cắt (K) tại điểm L sao cho A, L cùng phía với BC. Gọi (N)
là đường tròn ngoại tiếp tam giác GDL. CL cắt (N) tại M khác L. MK cắt (N) tại P khác M. CN
cắt (K) tại Q khác C. Chứng minh rằng M, Q, B, C cùng thuộc một đường trịn. [1]
M

A

N

X

E
Q

L

F

P
G

B

D

C
K

Lời giải:
Vì (GD, BC) = −1 nên theo hệ thức Newton KL2 = KC 2 = KD.KG hay KL là tiếp tuyến của
(N). Từ đó NL BC. Mặt khác KC 2 = KD.KG = KP .KM nên ∠KCP = ∠KMC = ∠KLP
suy ra KCLP nội tiếp. Từ đây gọi CP cắt (N) tại X khác P thì ∠LP X = ∠LP C = ∠LKC = 90◦
suy ra X, N, L thẳng hàng. Mặt khác vì NL KC và hai tam giác NML, KLC cân nên hai tam
giác này đồng dạng, dẫn đến ∠NML = ∠KLC = ∠KBL = ∠CQL suy ra MNQL nội tiếp. Từ đây
CP .CX = CL.CM = CQ.CN nên P QNX nội tiếp. Qua đó ∠P QC = ∠P XN = ∠P MC suy ra
P QMC nội tiếp. (đpcm)
Bài 14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Giả sử AB giao CD tại E, AD giao BC tại F ,
AC giao BD tại G. Gọi M, N là trung điểm AC, BD. Giả sử AC, BD lần lượt giao EF tại P, Q.
a) Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn (K).
b) Gọi OK giao EF tại L, MN giao EF tại H, GL cắt (O) tại S, T . Chứng minh rằng HS, HT tiếp
xúc với (O). [1]
Lời giải:
a) Ta có −1 = (EF, P Q) = D(EF, P Q) = (CA, P G) = E(CA, P G) = (DB, QG) và chú ý rằng
M, N là trung điểm AC, BD nên theo hệ thức Maclaurin GN.GQ = GB.GD = GA.GC = GM .GP ,
từ đây suy ra P QMN nội tiếp. (đpcm)
b) Xét tứ giác toàn phần ABCD.EF có M, N, H lần lượt là trung điểm AC, BD, EF nên H, M, N
thẳng hàng vì cùng nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác. Gọi OG giao EF tại I thì I
2(OE 2 + OF 2) − EF 2
và chú
là điểm Miquel của tứ giác tồn phần ABCD.EF . Vì OH 2 =
4
2PE/(O) + 2PF/(O) − EF 2
2EA.EB + 2F A.F D − EF 2

ý (EF, P Q) = −1 suy ra PH/(O) =
=
=
4
4
2EI.EF + 2F I.F E − EF 2
EF 2
=
= HE 2 = HP .HQ = PH/(K) . Từ đây H nằm trên trục đẳng
4
4
22


phương của (K), (O) mà từ câu a) thì G cũng nằm trên trục đẳng phương của (K), (O) nên HG ⊥ OL.
Từ định lý Brocard thì G là trực tâm tam giác OEF dẫn đến OG ⊥ EF . Qua đó G là trực tâm
tam giác HOL thì OH ⊥ GL tại J. Từ đây OS 2 = OT 2 = R2 = OG.OI = OJ.OH suy ra HS, HT
tiếp xúc (O).(đpcm)
Q

L

F
K

I
T

P
A

H

B
G

N

E

M

J
O
D
S

C

Bài 15.(Ngày 2, Olympic chuyên KHTN 2017) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, nội tiếp trong
đường trịn (O), I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AI cắt BC tại D và cắt (O) tại K
khác A. P là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC và nằm trong tam giác ABC. P K
cắt BC tại L. AL cắt (O) tại F khác A. Giả sử KF cắt BC tại T . Q đối xứng P qua K. AQ cắt
(O) tại R khác A.
a) Chứng minh rằng P T song song KR
b) Gọi giao điểm của AP và (O) là E khác A. Chứng minh rằng hai tam giác KEP và KET có diện
tích bằng nhau.
Lời giải:
Ta xét bài tốn trong trường hợp hình dưới đây, các trường hợp khác ta chứng minh tương tự.
a) Tính chất quen thuộc K là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BIC. Vì thế mà KF.KT =

KB 2 = KP 2 nên ∠KP T = ∠KP F . Mặt khác LP.LQ = LB.LC = LF.LA nên AP F Q nội tiếp. Từ
đây ∠KP T = ∠KF P = ∠AF P + ∠AF K = ∠AQK + ∠QRK = ∠P KR nên P T KR.(đpcm)
b) Để chứng minh SKET = SKEP thì ta đi chứng minh KE đi qua trung điểm P T . Thật vậy, gọi KP
cắt (O) tại S thì KL.KS = KB 2 = KP 2 mà chú ý K là trung điểm P Q nên theo hệ thức Newton
thì (SL, P Q) = −1. Từ đó K(P T, ER) = (SF, ER) = A(SF, ER) = (SL, P Q) = −1 mà theo câu
a) KR P T nên KE đi qua trung điểm P T .(đpcm)

23


A

S
O

I
P
T

L

D

B

C
E
R
K

F

Q

Bài 16.(Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác (ABC) với P là một điểm bất kì nằm trên đường thẳng AO.
Phân giác các góc ∠BP C, ∠CP A, ∠AP B cắt BC, CA, AB tại X, Y, Z. Chứng minh rằng (XY Z) đi
qua chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác ABC.
N

M

K

A

J

Y
Z

P
E
O

F
B

H

X

24

C


Lời giải:
Áp dụng định lí Ceva thì AX, BY, CZ đồng quy. Từ đây gọi XY, XZ cắt AB, AC tại M, N thì
(MY, AC) = −1 = (NZ, AB). Với chú ý rằng P Y, P Z lần lượt là phân giác ∠CP A, ∠BP A nên
P Y ⊥ P M, P Z ⊥ P N. Gọi (K), (J) lần lượt là đường trịn đường kính MY, NZ thì P ∈ (K), (J).
Mặt khác, theo hệ thức Newton thì KM 2 = KA.KC = PK/(O) = OK 2 − R2 suy ra PO/(K) =
OK 2 − KM 2 = R2 . Tương tự PO/(J) = R2 nên O nằm trên trục đẳng phương của (K), (J). Từ đây
OP là trục đẳng phương của (K), (J) mà A nằm trên OP nên AZ.AN = AY .AM hay MZY N nội
tiếp. Mặt khác gọi (XY Z) cắt BC, CA, AB lần thứ hai tại H, E, F .
ZB Y A XC
HB EC F A
.
.
=
.
.
= 1 nên AH, BE, CF đồng quy. Từ đây vì ∠EHC =
Ta lại có
HC EA F B
ZA Y C XB
∠EY X = ∠MY N = ∠MZN = ∠F ZX = ∠F HB suy ra BC là phân giác ngoài ∠EHF và
H(EF, AB) = −1 nên AH ⊥ BC. Tóm tại (XY Z) đi qua H là chân đường cao ứng với đỉnh A của
tam giác ABC.
Nhận xét:
Bài toán trên là một trường hợp tổng quát của bài toán sau: Cho tam giác ABC với điểm P bất kì

nằm trong tam giác, phân giác các góc ∠BP C, ∠CP A, ∠AP B lần lượt cắt BC, CA, AB tại A′ , B ′ , C ′ .
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác (A′ B ′ C ′ ) đi qua cực trực giao của đường thẳng
OP ứng với tam giác ABC.
Ta có lưu ý rằng khi P thuộc OA thì cực trực giao của đường thẳng OP cũng chính là cực trực giao
của đường thẳng OA, đó chính là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống BC. Về bài tốn này, các bạn
có thể tham khảo thêm tại [4]
Bài 17. (Kiểm tra CLB Toán A1 tháng 1/2022 ) Cho tam giác ABC nội t iếp trong đường tròn (O)
với đường phân giác AT (T ∈ BC). Trên cạnh CA, AB lần lượt lấy các điểm E, F sao cho BF = CE.
Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại hai điểm P, Q. Gọi M là trung điểm BC. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác MP Q cắt BC lần hai tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADT cắt (O) lần thứ hai
tại X. Chứng minh rằng AX EF.
K
A
X

P

F
L

O
E

Q

M
B

G
D

T

C

J
S

25