Định lý Sin (Law of sin) và ứng dụng trong giải toán hình học phẳng

The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng
Mai Trung Nguyen
Ngày 08 tháng 01 năm 2022

Định lý sin là một trong những định lý cơ bản của hình học phẳng. Chúng ta được biết
đến nó lần đầu trong những năm học THCS, với áp dụng chính là tính tốn độ dài các
cạnh, tỉ số liên hệ giữa các cạnh. Khi lên các lớp bài tốn khó hơn, định lý sin là một
cơng cụ hữu ích, liên hệ giữa góc và cạnh.
Khi nghiên cứu các vấn đề về hình học phẳng, nhiều bạn không để ý đến định lý này
trong khi đây là một cơng cụ quan trọng có thể kết hợp hài hồ với các tính chất, định
lý hình học khác, đem đến hiệu quả cao trong việc giải bài. Trong bài viết này sẽ giới
thiệu cho bạn đọc một số tính chất, ví dự của định lý sin và các lời giải kết hợp giữa
tính tốn và sử dụng các tính chất, bổ đề hình học khác mang tính lý thuyết.
Hy vọng bài viết sẽ có ích cho các bạn học sinh cũng như q thầy cơ có sự thích thú
nhất định với hình học phẳng nói chung và định lý sin nói riêng.

1


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Mục lục
1 Chương 1.Định lý sin và 2 bổ đề của định lý sin
1.1 Định lý sin và một số bổ đề, hệ quả liên quan . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Bổ đề cát tuyến và bổ đề hình thang đảo . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3
6

2 Ví dụ

8

3 Bài tập đề nghị

15

2


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

§1 Chương 1.Định lý sin và 2 bổ đề của định lý sin
§1.1 Định lý sin và một số bổ đề, hệ quả liên quan
Định lý 1.1 (The Law of Sines)
Cho tam giác ABC và BC=a, AC=b, AB=c, R là bán kính đường trịn ngoại tiếp.
Khi đó, ta có hệ thức
b
c
a
=
=
= 2R
sin A
sin B
sin C
.

Chứng minh. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, AD là đường kính của (O).
b
= 2R
Khi đó ∆ADC vng tại C nên AC = sin ADC · AD = sin ABC · 2R ⇔
sin B
Tương tự ta được
a
b
c
=
=
= 2R
sin A
sin B
sin C

Bổ đề 1
Cho tam giác ABC, D nằm trên đường thẳng BC. Khi đó, ta có hệ thức:
sin BAD
BD.AC
=
sin CAD
CD.AB
Hơn nữa, D là trung điểm BC khi và chỉ khi

Chứng minh.

3

sin BAD
AC
=
sin CAD
AB


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Áp dụng định lý sin cho hai tam giác ABD và ACD, ta có:
sin BAD
=
sin ABC
sin CAD
=
sin ACB
sin BAD sin ACB
BD
sin BAD
Suy ra
·
=
⇔
sin CAD sin ABC
CD
sin CAD
Và ta cũng được BD = CD ⇔

BD

AD
CD
AD
BD · AC
=
CD · AB

sin BAD
AC
=
sin CAD
AB

Bổ đề 2
Cho đường trịn (O) có bán kính R.Lấy XY và M N là hai dây cung bất kì của (O)
có độ lớn góc nội tiếp lần lượt là α, β. Khi đó:
1)XY = 2R · sin α và M N = 2R · sin β
sin α
XY
2)
=
MN
sin β
Chứng minh.
Ý 1) được suy thẳng từ định lý 1.1.
Ý 2) đúng do

XY
2R sin α
sin α

=
=
MN
2R sin β
sin β

Nhận xét 1.2. Đây là một bổ đề đơn giản nhưng lại có ứng dụng rất lớn. Giúp chúng ta
đưa dây cung về góc và bán kính để tính tốn dễ dàng hơn và cho ta một tỉ số liên hệ trực
tiếp giữa hai dây cung bất kì trong đường trịn.

Định lý 1.3 (Định lý Ceva-sin)
Cho tam giác ABC và D, E, F lần lượt thuộc BC, CA, AB. Khi đó AD, BE, CF
sin BAD sin ACF sin CBE
đồng quy khi và chỉ khi
·
·
=1
sin CAD sin BCF sin ABE
Chứng minh.
Thật vậy, theo định lý Ceva thì AD,BE,CF đồng quy khi và chỉ khi

DB EC F A
·
·
=1
DC EA F B

Áp dụng bổ đề 1:
1=

DB · CA EC · AB F A · BC
sin BAD sin ACF sin CBE
·
·
=
·
·
DC · AB EA · BC F B · CA
sin CAD sin BCF sin ABE

4


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Định lý 1.4 (Định lý Steiner)
Cho tam giác ABC và hai điểm D, E thuộc đoạn BC. Khi đó, AD và AE là hai
BD BE
AB 2
đường đẳng giác khi và chỉ khi
·
=
DC EC
AC 2
Chứng minh.
Áp dụng bổ đề 1, ta được:
BD · AC
sin BAD
=

DC · AB
sin CAD
BE · AC
sin BAE
=
EC · AB
sin CAE
+)Nếu AD, AE đẳng giác thì ∠BAE = ∠CAD, ∠BAD = ∠CAE
sin CAD
BD BE
AB 2
sin BAE
=
⇔
·
=
Hay
sin CAE
sin BAD
DC EC
AC 2
+)Nếu D, E thoả mãn đẳng thức đầu bài thì ta gọi D′ nằm trên BC sao cho AD′ đẳng
giác AE, ta được hai hệ thức:
BD′ BE
AB 2
·
=
D′ C EC
AC 2
Suy ra

BD′
BD
= ′ ⇒ D ≡ D′
DC
DC

Nhận xét 1.5. Khi D là trung điểm thì E là chân đường đối trung và ta có hệ thức:
EB
AB 2
=
EC
AC 2

5


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

§1.2 Bổ đề cát tuyến và bổ đề hình thang đảo
Bổ đề 3 (Bổ đề cát tuyến)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có hai đường chéo AC,BD cắt nhau tại S. Khi đó
ta có hệ thức:
SA
BA DA
=
·
SC
BC DC

Và

SB
AB CB
=
·
SD
AD CD

(1)
Chứng minh.
Áp dụng bổ đề 1 cho tam giác ABC, ta được:

SA
BA sin SBA
BA DA
=
·
=
·
SC
BC sin SBC
BC DC
Ngoài cách chứng minh trên thì bổ này cịn có thể chứng minh bằng diện tích hoặc tam
giác đồng dạng.

6


The Law of Sines / Định lý sin

Và ứng dụng

Bổ đề 4 (Bổ đề hình thang đảo)
Cho tứ giác ABCD và M, N lần lượt là trung điểm AB, CD. Gọi giao điểm của AC
và BD là X, giao điểm của AD và BC là Y . Nếu một trong hai điều kiện sau xảy
ra:
1) X, M, N thẳng hàng
2) Y, M, N thẳng hàng
Thì ABCD là hình thang với AB ∥ CD

Chứng minh.
Nếu X, M, N hẳng hàng thì áp dụng bổ đề 1 với trường hợp trung điểm, ta được:
sin AXM
XB
=
sin BXM
XA
sin CXM
XD
=
sin DXM
XC
XB
XD
=
⇔ AB ∥ CD
XA
XC
Nếu Y, M, N thẳng hàng, thực hiện tương tự ta cũng được ABCD là hình thang với
AB ∥ CD

Suy ra

Các định lý, bổ đề trên đều rất dễ nhớ và quen thuộc nhưng có thể áp dụng
trong nhiều bài tốn đem lại lời giải hiệu quả mà không quá phức tạp hay
cần nhớ nhiều bổ đề, tính chất khác. Sau đây là một số ví dụ, bài tốn sử
dụng các kết quả trên.

7


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

§2 Ví dụ
Bài 1
Cho tam giác ABC, nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Gọi giao điểm của BI và AC là
Y , giao điểm của CI và AB là X. Hai tiếp tuyện tại B, C của (O) cắt nhau tại S,
IS cắt XY tại Z. Chứng minh rằng Z là trung điểm XY .

Lời giải.
Z là trung điểm XY tương đương với

IY
sin XIZ
sin CIS
=
=
IX
sin Y IZ

sin BIS

Mặt khác,
sin CIS
CS sin BIS
BS
=
,
=
sin ICS
IS sin IBS
IS
Suy ra

sin CIS sin IBS
.
=1
sin BIS sin ICS
⇔

sin ICS
sin CIS
=
sin BIS
sin IBS

Để ý ∠OBS = ∠OCS = 90o nên
sin CIS = cos OCE = sin EAC
sin BIS = cos OBF = sin F CB
sin CIS

sin EAC
CE
Ta được:
=
=
sin BIS
sin F CB
BF
8


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Điều cần chứng minh tương đương với

CE
IY
=
BF
IX

⇔ BF.IY = CE.IX
⇔ BF.(F I − F Y ) = CE.(EI − EX)
⇔ BF.F I − BF.F Y = CE.EI − CE.EX
⇔ BF.F I − F I 2 = CE.EI − EI 2
⇔ F I.(BF − F I) = EI.(CE − EI)
⇔ IF.IB = IE.IC

Đúng do IF.IB = IE.IC = PI/(O)

Hoàn tất chứng minh.

Bài 2
Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và có trực tâm H, ba đường cao AD, BE, CF . Hai
tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại T . T B, T C lần lượt giao EF tại X, Y . AO
giao BC tại L, T L giao XY tại M . Chứng minh M là trung điểm XY .

Chứng minh.
Đầu tiên ta thấy ∠XBF = ∠ACB = ∠AF E = ∠XF B nên ∆XBF cân tại X. Tương
tự ta cũng được ∆Y CE cân tại Y .

9


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Theo bổ đề 1: M là trung điểm XY
⇔

TX
sin Y T M
sin CT L
LC T B
LC
=
=
=
.
=

TY
sin XT M
sin BT L
LB T C
LB

Mặt khác do AL, AD đẳng giác góc BAC nên áp dụng định lý Steiner ta được:

LC DC
AC 2
.
=
LB DB
AB 2
LC
AC 2 DB
AC AC DB
sin B 1
⇔
=
=
.
.
=
.
. cos B
.
2
LB
AB DC

AB DC AB
sin C cos C
LC
2 sin B cos B
sin 2B
⇔
=
=
LB
2 sin C cos C
sin 2C
LC
sin F XB
TY
⇔
=
=
LB
sin EY C
TX

Vậy M là trung điểm XY

Bài 3
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE, CF cắt nhau
tại trực tâm H. Dựng đường tròn (K) qua C, E cắt (O) và đoạn CF lần lượt tại M, P
và đường tròn (L) qua B, F cắt (O) và đoạn BE lần lượt tại N, Q sao cho H, K, L
thẳng hàng. Gọi R là giao điểm của M P và N Q. Chứng minh rằng AR, BP, CQ
đồng quy.

10


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

PHÂN TÍCH: Điều kiện đặc biệt của bài tốn đó là H, K, L thẳng hàng. Điều này gợi ý
cho ta H là tâm vị tự ngoài của (K), (L). Mà H là trực tâm nên ta có một số góc vng,
ý tưởng tự nhiên đó là lần lượt lấy giao điểm khác F, E của HC, HB với (L), (K) để tạo
đường kính và áp dụng bổ đề hình thang đảo. Sau đó, ta dự đốn R thuộc (O) và ở đây
có tận 3 đường trịn và H là tâm vị tự trong nên sẽ có nhiểu đất diễn cho định lý sin và
việc biến đổi tỉ số để đưa về định lý Ceva − sin là một hướng đi khả thi
Lời giải.
Cho BE, CF lần lượt cắt (K), (L) tại Z, Y thì khi đó BY, CZ là đường kính.
Vì H, K, L thẳng hàng nên ta áp dụng bổ đề hình thang đảo được Y B ∥ CZ
Từ đây suy ra H là tâm vị tự trong của (K) và (L)·
Suy ra F Q ∥ P E·
Mặt khác,
∠P EC = ∠P ZC = 90 − ∠ZCP
∠QN B = 90 − ∠Y BQ = 90 − ∠HZC
Nên ∠P M C + ∠QN B = 180 − ∠HZC − ∠ZCH = ∠BAC
Suy ra N Q và M P cắt nhau tại điểm R thuộc (O)
Theo định lý Reim, suy ra F Q ∥ AR ∥ P E
Ta đi chứng minh AR, BP, CQ đồng quy bằng định lý Ceva − sin hay
sin BAR sin ACQ sin P BC
.
.
=1
sin CAR sin QCB sin P BA
Áp dụng bổ đề 1:

sin F BP
F P.BC
=
sin P BC
P C.F B
EQ.BC
sin ECQ
=
sin QCB
QB.EC
Với chú ý F Q ∥ P E, ta có chuỗi biến đổi:
sin F BP sin QCB
F P.BC QB.EC
F P QB EC
F H QB HE
HE QB
EP QB
.
=
.
=
.
.
=
.
.
=
.
=
.

sin P BC sin ECQ
P C.F B EQ.BC
EQ P C F B
QH P C HF
HQ P C
FQ PC
Mặt khác,
sin BAR
sin BF Q sin ACF
QB EP
=
.
=
.
sin CAR
sin ABE sin CEP
FQ PC
Vậy

sin BAR sin ACQ sin P BC
.
.
=1
sin CAR sin QCB sin P BA

Bài 4 (Lê Viết Ân)
Cho tam giác ABC nhọn thoả mãn cot B = 2 cot C. Đường trịn (M ) đường kính
BC cắt cạnh AC tại E. Tiếp tuyến tại E của (M ) cắt cạnh AB tại K. Vẽ tiếp tuyến
KL khác KE của (M ). Chứng minh AM, BE, CL đồng quy.

11


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

PHÂN TÍCH: điều kiện chứa hàm cot của bài tốn khá lạ lẫm. Nhưng ta để ý có gợi ý
là đường trịn đường kính BC nên ta có thể đưa cot B, cot C về các tỉ số các cạnh trong
các tam giác vng. Gợi ý tiếp theo đó là tứ giác điều hồ BLF E có tính chất: tỉ số
giữa tích hai đường chéo bằng 2 lần tích hai cặp cạnh đối. Mà điều kiện của đề bài cũng
có số 2, là dấu hiệu của việc biến đổi tỉ số, thiết lập các mối quan hệ giữa cạnh và góc
thơng qua (M ) để đưa về định lý Ceva − sin.
Lời giải.
Theo định lý Ceva − sin: AM, BE, CL đồng quy tương đương
sin ACL sin CBE sin BAM
.
.
=1
sin BCL sin ABE sin CAM
sin ACL
LE sin CBE
CE sin BAM
AC
Dễ thấy
=
,
=
,
=
sin BCL

BL sin ABE
EF sin CAM
AB
LE CE AC
Nên điều phải chứng minh tương đương:
.
.
= 1(1)
BL EF AB
Mặt khác tứ giác BLF E điều hoà nên LF.BE = LB.EF
Áp dụng định lý P toleme: LE.BF = LF.BE + LB.EF = 2LB.EF
⇔

LE
2EF
=
BL
BF

Suy ra (1) tương đương với
2EF CE AC
2CE AC
.
.
=
.
BF EF AB
BF AB
BF
2CE

2CE
BE
AB
Đúng do cot B = 2 cot C ⇔
=
⇔
=
=
FC
BE
BF
FC
AC
1=

12


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Bài 5
Đề bài: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Đường thẳng qua
O và song song với BC cắt AB tại E, AC tại F . Gọi K là trung điểm AH; KE, KF
cắt BC tại M, N . Đường thẳng qua B song song với KN cắt đường thẳng qua C
song song với KM tại D. Gọi trung điểm của KB, KC lần lượt là P, Q. Chứng minh
KD, M Q, N P đồng quy.

PHÂN TÍCH:Ý tưởng sử dụng định lý Ceva − sin do ta có P, Q là trung điểm của
KB, KC nên ta có thể áp dụng bổ đề 1. Sau đó, ta tìm cách khai thác giả thiết EF ∥ BC

và EF đi qua (O). Ta có thể định nghĩa lại EF là tập hợp điểm có khoảng cách đến BC
bằng nửa AH. Khi đó, kẻ chân vng góc T từ F đến BC là một hướng khai thác tự
nhiên.
Lời giải.
Ta cần chứng minh
sin KM Q sin P N B sin N KD
.
.
= 1(1)
sin QM C sin KN B sin M KD
Mặt khác
sin KM Q
M C sin P N B
NB
=
,
=
sin QM C
KM sin KN B
KN
M C KN sin BDK
.
.
=1
KM N B sin KDC
Gọi A′ , B ′ , C ′ , S, T lần lượt là chân đường vng góc từ A,B,C,O,F đến BC,AC,AB,BC,BC.
Khi đó F T = OS = AH/2 = AK nên AKT F là hình bình hành.
Suy ra ∠F T K = ∠F AK = ∠KB ′ A nên KB ′ F T nội tiếp.

Nên (1) tương đương

13


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Lại có BB ′ F T thuộc (BF )
Nên K, B ′ , F, T, B thuộc (BF ) ⇒ ∠BKN = 90o
⇒

NB
1
=
KN
sin KBC

KM
= sin KCB
MC
Lại có BD ∥ KN nên ⇒ ∠KBD = 90o , tương tự thì ∠KCD = 90o
Suy ra KBDC nội tiếp ⇒ ∠BDK = ∠KCB, ∠KDC = ∠KBC
M C KN sin BDK
1
sin KCB
Vậy
.
.
= sin KCB.
.

=1
KM N B sin KDC
sin KCB sin KBC
Tương tự thì ⇒

Bài 6
Cho tam giác ABC nội tiếp (I), ngoại tiếp (O). Đường thẳng qua I vng góc với
AI cắt AB, AC tại E, F và (I) tiếp xúc BC tại D. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF cắt (O) tại K khác A.Chứng minh KD giao AM tại một điểm nằm trên (O).

PHÂN TÍCH: Giả sử KD và AM cắt nhau tại S thuộc (O), AM cắt AEF tại J, KJ
BD
LE
cắt EF tại L thì khi đó theo mơ hình phép vị tự quay, ta được
=
. Công việc
DC
LF
của ta bây giờ là chứng minh tỉ số trên dựa vào bổ đề cát tuyến và định lý sin.
Lời giải.
Gọi T là tiếp điểm của đường tròn A − M ixtilinear và (O) và P là tiếp điểm của đường
trịn bàng tiếp góc BAC với BC. Khi đó ta có hai nhận xét sau.
Nhận xét 2.1. AT và AP là hai đường đẳng giác góc BAC.

Chứng minh. Tóm tắt lời giải như sau, bạn đọc có thể chứng minh chi tiết lại. Xét phép
nghịch đảo đối xứng f tâm A, phương tích AB.AC, có trục đối xứng là phân giác trong
góc BAC, biến (O) thành BC, biến đường trịn bàng tiếp góc A thành đường tròn
A − M ixtilinear. Suy ra f biến T thành P .

14

The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Nhận xét 2.2.

TB
EB
=
TC
FC

Chứng minh. Do (T EF ) tiếp xúc (O) tại T và tiếp xúc AB tại E nên T E đi qua trung
điểm cung AB hay T E là phân giác góc BT A.
TB
EB
TC
FC
Suy ra
=
. Tương tự
=
TA
EA
TA
FA
TB
EB
Vậy

=
TC
FC
Quay trở lại bài toán, áp dụng định lý cát tuyến:
LE
KE JE
=
.
LF
KF JF
Mặt khác, ∠KBE = ∠KCF, ∠KEB = 180o − ∠KEA = 180o − ∠KF A = ∠KF C
KE
BE
Suy ra ∆KBE ∼ ∆KCF ⇒
=
KF
CF
LE
KE JE
BE sin BAM
T B AC
sin BAT AC
Ta có:
=
.
=
.
=
.
=

.
Mặt khác
LF
KF JF
CF sin CAM
T C AB
sin CAT AB
sin CAP
P C AB
DB AB
sin BAT
=
=
.
=
.
sin CAT
sin BAP
P B AC
DC AC
Vậy
LE
sin BAT AC
DB
=
.
=
LF
sin CAT AB
DC

§3 Bài tập đề nghị
Bài 1. Cho P ,Q là hai điểm liên hợp đẳng giác với nhau trong tam giác ABC. Chứng
minh rằng AP.sinBP C=AQ.sinBQC
Bài 2. Cho tam giác ABC có các phân giác trong AM, BN, CP thoả mãn M N vng
góc MP. Tính góc BAC.
Bài 3. Cho tam giác ABC. X là điểm bất kì nằm trên đường cao kẻ từ A. BX, CX lần
lượt giao đường trịn đường kính BC tại E, F . BX giao (AXC) tại Y , CX giao (AXB)
tại Z . Chứng minh rằng trung điểm của BC, Y Z, EF thẳng hàng.
Bài 4. Cho tam giác ABC có O là điểm bất kì nằm trong tam giác. Nối AO,BO,CO
cắt BC, CA, AB tại lần lượt M, N, P . Gọi I là điểm bất kì nằm trong tam giác M N P .
Gọi M I, N I, P I cắt lần lượt P N, P M, M N tại D, E, F . Chứng minh rằng: AD, BE, CF
đồng quy.
Bài 5. Cho tam giác ABC, nội tiếp (O) có trực tâm H và hai đường cao AD, BE, CF .
Gọi giao điểm của HB và DF là X, giao điểm của HC và DE là Y .Hai tiếp tuyện tại
B, C của (O) cắt nhau tại S, HS cắt XY tại Z. Chứng minh rằng Z là trung điểm XY .
Bài 6. Cho tam giác ABC. Một đường tròn (Q) qua B, C. Trung trực BC cắt (Q) lần
lượt tại I, K (Q nằm giữa I, K và I nằm trong tam giác ABC). AI giao Q tại G và lấy
H thuộc BC sao cho AH đẳng giác AI. AD là đường đối trung của tam giác ABC( D
thuộc BC). Chứng minh rằng KH cắt GD trên (Q)
15


The Law of Sines / Định lý sin
Và ứng dụng

Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các phân giác trong góc B, C cắt nhau tại
I và cắt đường tròn (O) tại M, N . Trên tia đối các tia BC, CB lấy điểm P, Q sao cho
AB = BP, AC = CQ. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác N BP, M CQ có tâm là K, L.
Chứng minh các tia KB, LC cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn (O).

Bài 8. Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp (O). Một đường thẳng bất kì đi qua O
cắt hai cạnh AC, AB tại D, E. Đường thẳng qua D song song với OB cắt đường thẳng
qua E song song với OC tại X. DX, EX lần lượt cắt BC tại Y, Z. Chứng minh rằng
(XY Z) tiếp xúc (O).
Bài 9 (Đề xuất ĐBBB 2017, Khối 10). Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M
trong mặt phẳng thoả mãn đẳng thức:
M A2 · sin 2A + M B 2 · sin 2B + M C 2 · sin 2C = 3SABC
Bài 10 (Chọn đội tuyển Đắk Lắk 2020). Cho tam giác ABC, đường tròn (O) cắt cạnh
BC tại hai điểm D, E (D nằm giữa B và E),cắt cạnh CA tại hai điểm F, G (F nằm
giữa C và G),cắt cạnh AB tại hai điểm H, I (H nằm giữa A và I).Gọi M là giao điểm
của DF và EI,N là giao điểm của EG và F H,P là giao điểm của GI và HD. Chứng
minh rằng AM, BN, CP đồng quy.
Bài 11 (ĐBBB 2017, Khối 10). Cho tứ giác lồi ABCD thoả mãn ∠DAB = ∠ABC =
∠BCD. Gọi H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng H, O, D thẳng hàng.
Bài 12 (IMO Shortlist 1995). Cho tam giác ABC nhọn. Lấy các điểm A1 , A2 trên
cạnh BC,B1 , B2 trên cạnh AC,C1 , C2 trên cạnh BA lần lượt theo thứ tự:BA1 , A2 , C,
C, B1 , B2 , A, A, C1 , C2 , B và ∠AA1 A2 = ∠AA2 A1 = ∠BB1 B2 = ∠BB2 B1 = ∠CC1 C2 =
∠CC2 C1 . Ba đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 đôi một giao nhau tại 3 điểm,ba đường thẳng
AA2 , BB2 , CC2 đôi một giao nhau tại 3 điểm. Chứng minh rằng 6 điểm đó nằm trên
một đường tròn.
Bài 13 (IMO Shortlist 2005). Cho tam giác ABC nhọn khơng cân có H là trực tâm
và M là trung điểm BC.Lấy điểm D trên AB và điểm E trên AC sao cho AE = AD
và D, H, E thẳng hàng. Chứng minh HM vng góc với dây cung chung của (ABC) và
(ADE)
Bài 14 (IMO Shortlist 2015). Cho ABCD là một tứ giác lồi, và P, Q, R, S là điểm
lần lượt nằm trên cạnh AB, BC, CD, DA.P R giao QS tại O. Giả sử rằng các tứ
giác AP OS, BQOP, CROQ, DSOR đều có đường trịn nội tiếp nó. Chứng minh rằng
AC, P Q, RS đồng quy hoặc đôi một song song với nhau.
Bài 15. Cho tam giác ABC nhọn và trực tâm H, trọng tâm G. Các điểm M, N, P lần

lượt thuộc tia HA, HB, HC sao cho HM = BC,HN = CA,HP = AB. Chứng minh
rằng HG đi qua điểm Lemoine của tam giác M N P .

16