15 bài toán hình học phẳng hay có lời giải

1

I. Các bài toán


Bài toán 1. Cho tam giác ABC nuông tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp. BI, CI
theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F. D là hình chiếu của I trên BC. Dựng hình bình hành AIDS.
Chứng minh rằng S thuộc EF.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC,
AB AC,>
(O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại
tiếp và đường tròn nội tiếp. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. S là
giao điểm của BC và EF. T là giao điểm thứ hai của AS và (O). M là trung điểm của BC.
TM lại cắt (O) tại K.Các đường thẳng đi qua E, F và song song với AK theo thứ tự cắt BC
tại P, Q. Chứng minh rằng AI là trục đẳng phương của các đường tròn (ABP), (ACQ).

Bài toán 3. Cho tam giác nhọn ABC có AB AC
≠
và

BAC 45 .>° Dựng ra phía
ngoài tam giác ABC các hình vuông ABKL, ACMN. AL, AN theo thứ tự cắt CM, BK tại
E, F. P là giao điểm thuộc tam giác ABC của các đường tròn (LME), (NFK). Chứng minh
rằng đường tròn (PBC) đi qua tâm đường tròn (ABC).

Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A
1
BC, B
1

CA, C
1
AB
theo thứ tự vuông cân tại A
1
, B
1
, C
1
. A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua
B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam
giác ABC, A

2
B
2
C
2
đi qua trực tâm của tam giác A
1
B
1
C
1
.

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và có một cặp cạnh đối
không song song. Chứng minh rằng O là trọng tâm của ABCD khi và chỉ khi
OA.OC OB.OD.=


Bài toán 6. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và
đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự
là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. EF, FD, DE theo thứ tự giao với (O) bằng
{
}
12
A,A ,

{
}
{
}

12 12
B,B , C,C . Chứng minh rằng tâm đẳng phương của các đường tròn (XA
1
A
2
),
(YB
1
B
2
), (ZC
1
C
2
) thuộc OI.

Bài toán 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác
ngoài của các góc




DAB,ABC,BCD,CDA
theo thứ tự cắt đường phân giác ngoài của các
góc




ABC,BCD,CDA,DAB tại X, Y, Z, T. E, F theo thứ tự là trung điểm của XZ, YT.

Chứng minh rằng
1) Từ giác XYZT nội tiếp và XZ YT.
⊥

2) O, E, F thẳng hàng.

Bài toán 8. Cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C. Điểm O
thuộc ∆ và không thuộc BC, CA, AB. M, N, P theo thứ tự là giao điểm của các đường
thẳng đối xứng với OA, OB, OC qua ∆ và BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng
hàng.


2
Bài toán 9. Cho hình chứ nhật ABCD. Điểm P thuôc tia đối của tia CA sao cho


CBP BPD.= Tính
PB
.
PC


Bài toán 10. Hai tam giác ABC, A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm và AA
1

,BB
1
,CC
1
đồng
quy tại O. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp sáu tam giác OBC
1
, OB
1
C, OCA
1
,
OC
1
A, OAB
1
, OA
1
B cùng thuộc một đường tròn.

Bài toán 11. Cho tam giác ABC. P là trung điểm của BC. Lấy các điểm X, Y, Z sao
cho sao cho A, X / BC; B / CA / Y; C / AB / Z và các tam giác XBC, YAC, ZBA đồng
dạng. YZ theo thứ tự cắt AC, AB tại N, M. Chứng minh rằng
YN ZM
=
khi và chỉ khi


PAB XAC.=

Bài toán 12. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB
1
C
1
), (BC
1
A
1
), (CA
1
B
1
) theo
thứ tự lại cắt (O) tại A
2
, B
2
, C
2
. Tìm A
1
, B
1
, C

1
sao cho
111
222
S(A B C )
S(A B C )
nhỏ nhất.

Bài toán 13. Cho tứ giác ABCD, O = AC ∩ BD. Phân giác của các góc




AOB,BOC,COD,DOA theo thứ tự cắt AB, BC, CA, AD tại M, N, P, Q. X, Y, Z, T theo
thứ tự là trung điểm của QM, MN, NP, PQ. Chứng minh rằng AX, BY, CZ, DT đồng quy.

Bài toán 14. Cho tam giác ABC, trực tâm H. (S) là đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC. Điểm P thay đổi trên (S). Đường thẳng qua B vuông góc BA cắt PC tại M. Đường
thẳng qua A vuông góc AC cắt PB tại N. Chứng minh rằng trung điểm MN thay đổi trên
một đường thẳng cố định.

Bài toán 15. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và
đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự
là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. YZ, ZX, XY theo thứ tự giao với (O) bằng
{
}
12
A,A ,

{

}
{
}
12 12
B,B , C,C . Chứng minh rằng I là tâm đẳng phương của các đường tròn (DA
1
A
2
),
(EB
1
B
2
), (FC
1
C
2
).

3
II. Các lời giải


Bài toán 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp. BI, CI
theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F. D là hình chiếu của I trên BC. Dựng hình bình hành AIDS.
Chứng minh rằng S thuộc EF.
Lời giải 1.
Cách 1.
(
)
(
)
()()
2222 2 2 2 2
22 22 2 2
AE AF NE QF DE DN DF DQ
DE IM DF IP DE DF .
−=−= − − −
=−−−=−

Do đó
AD EF.⊥

P
M
L
Q N
H
K
S
D
I
E
F
B
A
C

(h.1.1)

Gọi K là giao điểm của EF và AD, H là hình chiếu của I trên AD.
Vì
AD EF⊥ nên
222222222
KD KA ED EA ED EN DN IM r (1).−=−=−===
Mặt khác
222222222
HA HD IA ID IL LA ID LA r (2).−=−=+−==
Từ (1) và (2) suy ra
KA HD.
=

Do đó

SKA IHD (c.g.c).Δ=Δ

Vậy



AKS DHI 90 AKE.==°=
Kết hợp với AK EF,⊥ suy ra SEKEF.
∈
≡
Lời giải 2.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm M thuộc đoạn BC. Đường thẳng ∆ theo thứ tự cắt
các đoạn AB, AC, AM tại B’, C’, M’. Khi đó

AM MC AB MB AC

AM ' BC AB ' CB AC '
=+

Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.1.2).

4

M'
C'
B'
A
B

CM

(h.1.2)

Trở lại giải bài toán 1.
Gọi T là hình chiếu của A trên BC; S’ là giao điểm của AT và EF (h.1.3).
Theo bổ đề trên, chú ý rằng

BAC 90 ,
=
° ta có

()()
()
22
22 2
2
ba b ca c
AT DC AB DB AC b a b c a c

AS ' BC AF BC AE a b a c a
aa b c
2S aAT AT
.
aarrr
++ +
++
=+= +=
++
====

Do đó
AS ' r ID.==



T
H
K
S=S'
D
I
E
F
B
A
C

(h.1.3)

Điều đó có nghĩa là AIDS’ là hình bình hành.
Vậy
SS'EF.=∈

Bài toán 2. Cho tam giác ABC,
AB AC,>
(O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại
tiếp và đường tròn nội tiếp. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. S là
giao điểm của BC và EF. T là giao điểm thứ hai của AS và (O). M là trung điểm của BC.
TM lại cắt (O) tại K.Các đường thẳng đi qua E, F và song song với AK theo thứ tự cắt BC

tại P, Q. Chứng minh rằng AI là trục đẳng phương của các đường tròn (ABP), (ACQ).
Lời giải.
Gọi L là giao điểm th
ứ hai của AD và (O); N là giao điểm của AI và BC (h.2.1,
h.h.2.2).
Dễ thấy
A(BCLT) A(BCDS) (BCDS) 1.===−

Do đó tứ giác BLCT điều hoà.
Kết hợp với
MB MC,= suy ra






KABKTBMTBLTCLAC DAC.== == =



5

L
K
M
T
S
D
I

O
A
B
C


(h.2.1)


N
O
2
O
1
Q P
K
E
F
D
I
A
O
B
C

(h.2.2)

Vậy, các điều kiện sau tương đương.
1) AI là trục đẳng phương của (ABP), (ACQ).
2)

N/(ABP) N/(ACQ)
PP.=
3)
NB.NP NC.NQ.=

4)
NB NQ
.
NC NP
=
5)
NB NB NQ
.
NC NC NP
−
=
−

6)
NB QB
.
NC PC
=


6
7)
NB QB EC DB

NC FB PC DC

=

8)




AB sin QFB sin EPC S(ADB)
.
AC S(ADC)
sin FQB sin PEC
=

9)




AB sin QFB AD.AB sin DAB

AC
sin PEC AD.AC sin DAC
=

10)




AB sin KAB AD.AB sin DAB

AC
sin KAC AD.ACsin DAC
=

11)
AB AB
AC AC
=
(đpcm).
Chú ý. Tác giả của bài toán trên là TS Hà Duy Hưng, giáo viên Trường THPT
chuyên, ĐHSP Hà Nội.

Bài toán 3. Cho tam giác nhọn ABC có AB AC
≠
và

BAC 45 .>° Dựng ra phía
ngoài tam giác ABC các hình vuông ABKL, ACMN. AL, AN theo thứ tự cắt CM, BK tại
E, F. P là giao điểm thuộc tam giác ABC của các đường tròn (LME), (NFK). Chứng minh
rằng đường tròn (PBC) đi qua tâm đường tròn (ABC).
Lời giải.
Gọi O là tâm đường tròn (ABC); T là giao điểm của BF và CE; Q là giao điểm của
KL và MN; S là giao điểm của các tiếp tuyến với (O) tại B, C (h.3).


T
S
P
Q

F
E
M
N
L
K
O
A
B
C

(h.3)

Dễ thấy


ABT 90 ACT.=°=
Do đó O là trung điểm của AT.

7
Dễ thấy AETF là hình bình thành.
Vậy O thuộc EF (1).
Vì ABKL, ACMN là các hình vuông và



LAF 180 BAC 90 NAE=°− −°=
nên các
tam giác LAF, NAE đồng dạng.
Do đó tứ giác NEFL nội tiếp.

Vậy AL.AE AN.AF.=
Điều đó có nghĩa là
A/(LEM) A/(NFK)
PP.
=

Từ đó, chú ý rằng Q chính là giao điểm thứ hai của (LME), (NKF), suy ra A thuộc
PQ.
Vậy




APE QPE 90 QPF APF.==°==

Điều đó có nghĩa là P thuộc EF và AP EF
⊥
(2).
Từ (1) và (2) suy ra

OPA 90
=
° (3).
Vì QAP∈ và ABKL, ACMN là các hình vuông nên
2
2
S(PAB) S(QAB) S(LAB) AB
.
S(PAC) S(QAC) S(NAC) AC
===

Do đó AP là đường đối trung của ABC.
Δ

Vậy AP đi qua S (4).
Từ (3) và (4) suy ra

OPS 90 .
=
°
Kết hợp với


OBS 90 OCS,=°= suy ra B, C, O, P cùng thuộc một đường tròn
(đường kính OS).

Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A
1
BC, B
1
CA, C
1
AB
theo thứ tự vuông cân tại A
1
, B
1
, C
1
. A

2
, B
2
, C
2
theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua
B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam
giác ABC, A
2
B
2
C
2
đi qua trực tâm của tam giác A
1
B
1
C

1
.
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A
1
BC, B
1
CA, C
1
AB theo
thứ tự vuông cân tại A
1
, B
1
, C
1
. Khi đó AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại trực tâm H
1
của tam
giác A
1
B

1
C
1
.
Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.4.1).


H
1
C
1
B
1
A
1
A
B
C

(h.4.1)



8
Trở lại giải bài toán 4.
Gọi O và O
2
theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC
Δ
và

111
ABC;Δ H
1

là trực tâm của
111
ABC;Δ A
4
, B
4
, C
4
theo thứ tự là điểm đối xứng của O
2
qua B
1
C
1
, C
1
A
1
,
A
1
B
1
(h.4.2).
Ta có






4 411 2211
BBC BBA ABC OBA ACB=+= +






221 1 4 1 1 4
O C A A CB C CA A CB C CB.=+=+=
Kết hợp với
42222 4
BB O B O C CC ;OB OC,=== =
suy ra
44 4 4
BC //BC;OB OC.=

Tương tự
44 4 4
CA //CA;OC OA
=
và
44 4 4
AB //AB;OA OB.
=

Vậy các tam giác ABC, A
4
B
4
C
4
có các cạnh tương ứng song song và cùng nhận O
là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Điều đó có nghĩa là O là tâm vị tự biến
ABC
Δ
thành
444
ABC.
Δ

Do đó các bộ ba điểm O, A, A
4
và O, B, B
4
thẳng hàng (1).


C
4
B
4
A
4
O

2
C
2
B
2
A
2
H
1
O
C
1
B
1
A
1
A
B
C

(h.4.2)


Theo bổ đề trên,
111111
HA BC;HB CA.
⊥
⊥
Kết hợp với
22 11 24 11

OA BC;OB CA,⊥⊥ suy ra
124124
HA//OA ;HB//OB (2).
Từ (1) và (2) suy ra O, H
1
, O
2
thẳng hàng (đpcm).

9

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và có một cặp cạnh đối
không song song. Chứng minh rằng O là trọng tâm của ABCD khi và chỉ khi
OA.OC OB.OD.=

Lời giải. (h.5.1).
Vì ABCD có một cặp cạnh đối không song song nên hoặc AD, CB cắt nhau hoặc
AB, CD cắt nhau. Không mất tính tổng quát giả sử AD, CB cắt nhau. Gọi S là giao điểm
của AD, CB.
Điều kiện cần.
Gọi K, L theo thứ tự là trung điểm của AD, BC (h.5.1).
Vì O là trọng tâm của ABCD nên O là trung điểm của KL.
Kết hợp với


OSK OSL,=
suy ra
SKL
Δ
cân tại S.

Do đó
KAO LOB; KDO LOCΔΔΔΔ∼∼ (kết quả quen thuộc).
Vậy
OA OA KA KD OD OD
.
OB BO LO LO CO OC
=====

Điều đó có nghĩa là
OA.OC OB.OD.
=



C
D
L
K
B
A
S
O

(h.5.1)

Điều kiện đủ.
Qua O dựng đường thẳng vuông góc với SO theo thứ tự cắt AD, BC tại K, L
(h.5.1).
Chú ý rằng



OSK OSL,= suy ra SKL
Δ
cân tại S và OK OL.
=

Do đó
KAO LOB; KDO LOCΔΔΔΔ∼∼ (kết quả quen thuộc).
Vậy
KA KA LO OA CO OA.OC
.
KD LO KD BO OD OB.OD
====
1
Điều đó có nghĩa là
KA KD.
=

Tương tự
LB LC.=
Tóm lại O là trọng tâm của ABCD.
Lời giải 2.
Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là tiếp điểm của (O) và AB, BC, CD, DA (h.5.2).

10

P
C
D
A

B
N
Q
O
M

(h.5.2)

Đặt
AQ AM x;BM BN y;CN CP z;DP DQ t.== == == ==
Theo định lí con nhím,

()
(
)
()
(
)
()()()()
y t OA OC x z OB OD
y
OA xOB zOB
y
OC tOC zOD xOD tOA
+++++
=+++++++



() () ()()
x
y
OM
y
zON z tOP t xOQ 0(1).=+ ++ ++ ++ =
 

Giả sử
OA OC 0
OB OD 0
⎡
+=
⎢
⎢
+=
⎣

 
thì, theo (1),
OA OC 0
.
OB OD 0
⎧
+
=
⎪
⎨
+
=

⎪
⎩


Điều đó có nghĩa là ABCD là
hình bình hành, mâu thuẫn.
Do đó, lại theo (1),
()
(
)
()
(
)
y
tOAOC xzOBOD 0.
+
+=−+ +≠


Vậy, các điều kiện sau tương đương.
1) O là trọng tâm của ABCD.
2)
OA OB OC OD 0.+++=


3)
()
()
()
(

)
x z OA OC x z OB OD .++=−++


4)
()
(
)
()
(
)
x z OA OC
y
tOAOC.++=++


5)
xz
y
t.+=+
6)
AM CP BN DQ
.
OM OP ON OQ
+= +

7)
ACBD
cot cot cot cot .
2222

+=+

8)
AC BD
sin sin
22
.
AC BD
sin sin sin sin
22 22
++
=

9)
AC BD
sin sin sin sin .
22 22
=

10)
OM OP ON OQ

OA OC OB OD
=

11)
OA.OC OB.OD.=

11
Bài toán 6. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và

đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự
là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. EF, FD, DE theo thứ tự giao với (O) bằng
{
}
12
A,A ,

{
}
{
}
12 12
B,B , C,C .
Chứng minh rằng tâm đẳng phương của các đường tròn (XA
1
A
2
),
(YB
1
B
2
), (ZC
1
C
2
) thuộc OI.
Lời giải 1.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường
tròn nội tiếp. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. Khi đó trực tâm H
của tam giác DEF thuộc OI.
Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.6.1).


H
F
E
D
I
O
A
B C

(h.6.1)

Trở lại giải bài toán 6.
Gọi (O
a
), (O
b
), (O
c
) theo thứ tự là các đường tròn (XA
1
A
2
), (YB
1

B
2
), (ZC
1
C
2
); S là
giao điểm của AC và DF; D
1
, D
2
theo thứ tự là giao điểm thứ hai của A
1
A
2
và (O
b
), (O
c
);
D
0
, E
0
theo thứ tự là hình chiếu của D, E trên EF, FD; H là giao điểm của DD
0
, EE
0
(h.6.2).
Định hướng các đường thẳng EF, FD, DE bởi các vectơ

EF, FD,DE.
  

Dễ thấy
bc
D/(O ) 1 2 1 2 D/(O )
PDB.DBDC.DCP(1).===
Dễ thấy
(SFAB) 1.=−
Từ đó, chú ý rằng Y là trung điểm của AC, theo hệ thức Macluarin, suy ra

12
SE.SY SA.SC SB .SB .==

Do đó E thuộc (O
b
).
Tương tự F thuộc (O
c
).
Vậy, chú ý rằng D
0
, F, E theo thứ tự thuộc các đoạn EF, AB, AC; AE AF;= các
tam giác BFD
0
, CED
0
đồng dạng, ta có
()()
()

()()()
()
()
0b 0b
D/(O) D/(O) 0 0 1 0 0 2
00 100 2 01 02
12 1 2
00 00
00 00
PPDE.DDDF.DD
DE DF FD DF DE ED ED.FD FD.ED
FB .FB EC .EC
1
ED . FD . ED .FA.FB FD .EA.EC
FE EF EF
1EA
ED FA.FB FD EA.EC ED .FB FD .EC 0
EF EF
−= −
=+−+=−+
=− + = +
=−+−−=−+=



12
Do đó
0b 0c
D/(O) D/(O)
PP(2).=

S
E
0
H
D
2
D
1
D
0
A
2
A
1
B
1
B
2
C
2
C
1
F
E
D
I
X
Z

Y
O
A
B C

(h.6.2)

Từ (1) và (2) suy ra DD
0
là trục đẳng phương của (O
b
), (O
c
).
Tương tự EE
0
là trục đẳng phương của (O
c
), (O
a
).
Vậy, theo bổ đề trên, tâm đẳng phương của (O
a
), (O
b
), (O
c
) chính là điểm H, thuộc
OI.
Lời giải 2.

Ta cần có hai bổ đề.

Bổ đề1. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội
tiếp. AI, BI, CI lại cắt (O) tại A’, B’, C’. Khi đó I là trực tâm của tam giác A’B’C’.


A
'
B'
C'
I
O
A
B
C

(h.6.3)

Bổ đề 2.
Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm. AO lại cắt
(O) tại K. Khi đó BHCK là hình bình hành.


13

K
O
A
B
C

(h.6.4)

Trở lại giải bài toán 119.
Gọi A
3
, B
3
, C
3
theo thứ tự là giao điểm thứ hai của AI, BI, CI và (O); O
a
, O
b
, O
c

theo thứ tự là trung điểmc của B
3
C
3
, C
3
A
3
, A
3
B
3
; A

4
là giao điểm thứ hai của A
3
O và (O).



H
O
c
O
b
B
1
B
2
C
2
C
1
A
2
A
1
O
a
C
3
B
3

A
3
A
4
Y
Z
X
F
E
D
I
O
A
B
C

(h.6.5)

Theo lời giải 1, X, Y, Z theo thứ tự thuộc các đường tròn (XA
1
A
2
), (YB
1
B
2
),
(ZC
1
C

2
).
Theo bổ đề 1, I là trực tâm của
333
ABC.
Δ

Theo bổ đề 2, IB
3
A
4
C
3
là hình bình hành.
Do đó O
a
là trung điểm của B
3
C
3
và IA
4
.
Kết hợp với A
1
A
2
B
3
C

3
là hình thang cân và IDXA
4
là hình thang, suy ra O
a
thuộc
trung trực của A
1
A
2
và DX.
Vậy O
a
là tâm của (XA
1
A
2
).
Tương tự O
b
, O
c
theo thứ tự là tâm của (YB
1
B
2
), (ZC
1
C
2

).

14
Kí hiệu (XA
1
A
2
), (YB
1
B
2
), (ZC
1
C
2
) là (O
a
), (O
b
), (O
c
); H là trực tâm của DEFΔ .
Theo lời giải 1,
bc
D/(O ) D/(O )
PP.
=

Kết hợp với
33 b c

DH EF // B B // O O ,⊥ suy ra DH là trục đẳng phương của (O
b
),
(O
c
).
Tương tự EH là trục đẳng phương của (O
c
), (O
a
).
Vậy, theo bổ đề trong lời giải 1, tâm đẳng phương của (O
a
), (O
b
), (O
c
) là H, thuộc
OI.
Chú ý. Tác giả của bài toán trên là ThS Trần Quang Hùng, giáo viên TRường
THPT chuyên ĐHKH Tự nhiên, ĐHGQ Hà Nội.

Bài toán 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác
ngoài của các góc




DAB,ABC,BCD,CDA
theo thứ tự cắt đường phân giác ngoài của các

góc




ABC,BCD,CDA,DAB tại X, Y, Z, T. E, F theo thứ tự là trung điểm của XZ, YT.
Chứng minh rằng
3)
Từ giác XYZT nội tiếp và XZ YT.
⊥

4)
O, E, F thẳng hàng.
Lời giải. (h.7).
Gọi
,,,αβγδ
theo thứ tự là số đo của các góc




DAB, ABC,BCD,CDA.
1) Dễ thấy


180 180
XAB ;XBA .
22
°−α °−β
==

Do đó


TXY AXB .
2
α
+β
==

Tương tự


TZY DZC .
2
γ+δ
==
Vậy


360
TXY TZY 180 .
22 2 2
α+β γ+δ α+β+γ+δ °
+=+= ==°

Điều đó có nghĩa là XYZT nội tiếp.
Gọi K là giao điểm của các đường phân giác trong của các góc



CAB,CBA; I là
giao điểm của XZ và YT.
Dễ thấy (kí hiệu
d(X, AB) chỉ khoảng cách từ điểm X tới đường thẳng AB).
d(X,AD) d(X, AB) d(X,BC);
d(K, AD) d(K, AB) d(K,BC);
d(Z, AD) d(Z, AB) d(Z, BC).
=
=
==
==

Do đó X, K, Z thẳng hàng.
Từ đó, chú ý rằng tứ giác XAKB nội tiếp (


XAK 90 XBK=°= ), suy ra



IXY KXB KAB .
2
α
=
==

Tương tự

IYX .
2

γ
=

Vậy


180
IXY IYX 90 .
22
α+γ °
+= ==°

Điều đó có nghĩa là
XZ YT.
⊥



15

K
P
M
N
F
E
I
Z
T
Y

X
A
O
B
D
C


(h.7)
2) Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tứ giác ABCD. E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD. Các điểm
M, N theo thứ tự thuộc các đoạn AB, CD sao cho
AM CN
.
AB CD
=
Khi đó trung điểm của MN
thuộc đoạn EF.
Bổ đề trên chính là ví dụ 1.13, trang 14,
Bài tập nâng cao và một số chuyên đề
hình học 10
.
Trở lại giải phần 2.
Gọi M, N, P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của XY, YZ, ZT và (O).
Vì XY, ZT theo thứ tự là phân giác ngoài của các góc


ABC,CDA nên, M, P theo
thứ tự là trung điểm của các cung



ABC,CDA.
Do đó MP là đường kính của (O).
Nói cách khác O là trung điểm của MP (1).
Vì YZ là phân giác ngoài của góc

BCD nên N là trung điểm của cung

BCD.
Do đó, chú ý tới phần 1,





1
YMN BAN s®BCD BXK BXZ.
42
α
== ===
Điều đó có nghĩa là
MN // XZ.
Tương tự
NP // YT.
Vậy, theo định lí Thales,
XM ZN XP
(2).
XY ZY XT
==

Từ (1) và (2), theo bổ đề trên, suy ra O thuộc EF.

16

Bài toán 8. Cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C. Điểm O
thuộc ∆ và không thuộc BC, CA, AB. M, N, P theo thứ tự là giao điểm của các đường
thẳng đối xứng với OA, OB, OC qua ∆ và BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng
hàng.
Lời giải 1.
Gọi M’, N’ theo thứ tự là giao điểm của OP và BC, CA (h.8.1).

M'
N'
P
N
M
A
B
C
O

(h.8.1)

Dễ thấy
MB M 'B NA N ' A
: (BCMM') P(BCMM') P(ACNN') (ACNN ') : .
MC M'C NC N 'C
== = ==

Từ đó, chú ý rằng M’, N’, P thẳng hàng, theo định lí Menelaus, suy ra
MB NC PA N' A M 'C PA
. . 1.
MC NA PC N 'C M 'B PC
=
=
Vậy, lại theo định lí Menelaus, M, N, P thẳng hàng.
Lời giải 2.
Để giải bài toán trên, ta cần có một định lí.

Định lí. Cho tam giác ABC,
,,
α
βγ


theo thứ tự là vectơ định hướng của các đường
thẳng BC, CA, AB. Khi đó
1)
sin(AB, AC) sin(BC, BA) sin(CA,CB)
.
BC CA AB
==
   

2)
sin( , ) sin( , ) sin( , )
.
BC CA AB
βγ γα αβ

==
  

Chứng minh.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Nếu 0,αβ≠
  
và 0k
≠
thì
k
sin(k , ) sin( , ).
k
α
β= αβ

 

Chứng minh bổ đề.
Trong phép chứng minh này, các kí hiệu
↑
↑ và
↑
↓ theo thứ tự chỉ sự cùng hướng
và sự ngược hướng của hai vectơ.
Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1.
0k.>
Chú ý rằng k,

α
↑↑ α


ta có

17
01
k
sin(k , ) sin((k , ) ( , )) sin( ( , )) .sin( , ) sin( , ).
k
αβ = αα + αβ = °+ αβ = αβ = αβ
           

Trường hợp 2. 0k.< Chú ý rằng k,
α
↑↓ α


ta có
()
180 1
k
sin(k,) sin((k, ) (,)) sin( (,)) .sin(,) sin(,).
k
αβ = αα + αβ = °+ αβ = − αβ = αβ
           

Trở lại chứng minh định lí sin dạng đại số.
Không mất tính tổng quát giả sử ABC

Δ
có hướng dương và ,,αβγ

là các vecctơ
đơn vị.
Theo định lí sin và bổ đề trên, ta có


AB AC
.sin(,)
BC sin BAC sin(AB, AC) sin(AB. ,AC. )
AB AC
.
CA
BC BA
sin(BC, BA) sin(BC. , BA. )
sin CBA
.sin(,)
BC BA
γβ
γβ
== = =
αγ
αγ

  
 
 

Do đó

sin(AB, AC) sin(BC, BA)
BC CA
=
 
và
sin( , ) sin( , )
.
BC CA
β
γγα
=



Tương tự
sin(BC, BA) sin(CA,CB)
CA AB
=

và
sin( , ) sin( , )
.
CA AB
γα αβ
=

  

Tóm lại
1)

sin(AB, AC) sin(BC, BA) sin(CA,CB)
.
BC CA AB
==
   

2)
sin( , ) sin( , ) sin( , )
.
BC CA AB
βγ γα αβ
==
  

Chú ý.
Định lí trên được gọi là định lí sin dạng đại số.
Trở lại giải bài toán 8 (h.8.2).
Định hướng các đường thẳng BC,CA,AB, ,OA,OB,OC,OM,ON,OP
Δ
theo thứ tự
bởi các vectơ , , ,x,y,z,m,n,p.αβγ



Vì OA, OB, OC theo thứ tự đối xứng với OM, ON, OP qua ∆ nên, không mất tính
tổng quát giả sử (y, m) (x, n) (z, n) (y, p) (x, p) (z, m) 0 (mod360 ).−≡−≡− ≡° °
  

P
N
M
A
B
C
O

(h.8.2)

Vậy, theo định lí sin dạng đại số,

18

MB NC PA MB MO NC NO PA PO
.
MC NA PB MO MC NO NA PO PB
=

sin(y, m) sin(z, ) sin(z, n) sin(x, ) sin(x,p) sin(y, )

sin(y, ) sin(z, m) sin(z, ) sin(x, n) sin(x, ) sin(y, p)
sin(y, m) sin(z, ) sin(z, n)

sin(x, n) sin(y, ) sin(y, p)
α
βγ
=
αβγ
α

=
α
     
 

  
sin(x, ) sin(x, p) sin(y, )

sin(z, ) sin(z, m) sin(x, )
BO CO AO
1.
CO AO BO
β
γ
β
γ
==





Tóm lại, theo định lí menelaus, M, N, P thẳng hàng.

Bài toán 9.
Cho hình chứ nhật ABCD. Điểm P thuôc tia đối của tia CA sao cho


CBP BPD.= Tính
PB

.
PC

Lời giải 1.
Gọi H là giao điểm thứ hai của PB và đường tròn (ABCD); Q là giao điểm của PB
và AD (h.9).
Dễ thấy các tam giác PBC, PAH, PQA đồng dạng.
Do đó
PB PA PQ
.
PC PH PA
==

Từ đó, chú ý rằng
DPQΔ cân tại D và DH PQ,
⊥
suy ra
2
PB PA PQ PQ
.2.
PC PH PA PH
⎛⎞
=
==
⎜⎟
⎝⎠

Vậy
PB
2.

PC
=


H
Q
A
B
O
D
C
P

(h.9)

Lời giải 2.

Đặt



CBP BPD ;CBD .==α =β
Áp dụng định lí Ceva dạng lượng giác cho tam giác BPD, ta có

19








(
)
()
(
)
()
sin sin
sin CBP sin CPD sin CDB sin
. .
sin sin sin
sin CBD sin CPB sin CDP
sin sin cos cos sin cos cos tan cos sin

sin sin cos cos sin cos sin sin cot cos
α−β °−β
α
==
ββ−α °−α
ααβ−αββ βαβ−β
==
ββα−βα αββα−β
290
1
90 2
22 2
2

Do đó

sin tan cos sin tan cos
.
cos sin cot cos sin cot
βαβ−βαβ
==
ββα−β βα
22

Điều đó có nghĩa là
(
)
tan tan tan .
−
αβ= α
22 2
12
Nói cách khác
tan
tan .
tan
β
α=
+
β
2
2
2
2

Vậy

()
tan tan .cos sin
sin ( ).
tan
ββββ
α= = =
+β
2222
2
2
1
22
21

Mặt khác, theo định lí sin,
PB sin
().
PC sin
β
=
α
2

Từ (1) và (2) suy ra
PB
.
PC
=
2

Bài toán 10. Hai tam giác ABC, A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm và AA
1
,BB
1
,CC
1
đồng
quy tại O. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp sáu tam giác OBC
1
, OB
1
C, OCA
1
,
OC
1
A, OAB
1
, OA
1
B cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC và các bộ hai điểm A
1
, A
2
; B
1
, B
2
; C
1
, C
2
theo thứ tự
thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Nếu các bộ bốn điểm B
1
, B
2
, C
1
, C
2
; C
1
, C
2
, A
1
, A
2
;

A
1
, A
2
, B
1
, B
2
cùng thuộc một đường tròn thì sáu điểm A
1
, A
2
, B
1
, B
2
, C
1
, C
2
cùng thuộc
một đường tròn.
Bổ đề trên chính là ví dụ 14.8, trang 204, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề
hình học 10.
Trở lại giải bài toán 10.
Gọi A
b
, A
c
, B

c
, B
a
, C
a
, C
b
theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác
OBC
1
, OB
1
C, OCA
1
, OC
1
A, OAB
1
, OA
1
B, X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm của các cặp
đường thẳng A
b
C
b
, B
c
A
c
; B

c
A
c
, C
a
B
a
; C
a
B
a
, A
b
C
b
. H, K theo thứ tự là hình chiếu của X
trên A
c
C
a
, A
b
B
a
; M, M
1
, N, N
1
theo thứ tự là trung điểm của OB, OB
1

, OC, OC
1
(h.10).


20

H
K
Z
Y
X
C
a
C
b
B
c
B
a
A
b
M
N
1
A
c
M
1
N

B
C
G
O
B
1
C
1
A
1
A

(h.10)

Định hướng các đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
, YZ, ZX, XY theo thứ tự bởi các
vectơ a,b,c,x,
y
,z.


Dễ thấy
cb 1 1
BC //YZ;XH//BB;XK//CC.

Do đó, không mất tính tổng quát, định hướng các đường thẳng B
c
C
b
, XH, XK theo
thứ tự bởi x,b, c.


Dễ thấy YZ, ZX, XY theo thứ tự vuông góc với AA
1
, BB
1
, CC
1
. Do đó, không mất
tính tổng quát giả sử
(x,a) (
y
,b) (z,c) 90 (mod360 ).≡≡≡° °
  

Vì
cb
BC //YZ nên, theo định lí sin dạng đại số,
c
b
XB
sin(x, y)
(1).
XC

sin(x, z)
=



Chú ý rằng
c1b 1
A H//XZ;XH//BB ;A K//XY;XK//CC ,
lại theo định lí sin dạng
đại số, ta có

1
bb1 1
c1c 1
1
1
CC
XA XA NN CC
XH sin(z, c) sin(y, z)
2
. . .
1
XA XK MM XA BB
sin(z, y) sin(y, b)
BB
2
== =−
 
 

Vì các tam giác ABC, A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm nên
111 1 1 1
0AA BB CC AA BBbCCc.=++=+ +
   

Từ đó, chú ý rằng
1
xAA,⊥

suy ra

21
11 1 1 1
0 x.0 x.AA BB cos(x,b) CC cos(x, c) BB cos(x, b) CC cos(x,c).== + + = +
    

Do đó
(
)
()
(
)
()
1

1
cos (x, y) (y, b) cos (x, y) 90
CC
cos(x, b) sin(x,
y
)
.
BB
cos(x, c) sin(x,z)
cos (x,z)+(z, c) cos (x,z) 90
++°
=− =− =− =−
+°
   
 
 
  

Vậy
b
c
XA
sin(x, y)
(2).
XA
sin(x, z)
=



Từ (1) và (2) suy ra
cb
bc
XB XA
.
XC XA
=

Nói cách khác
bb cc
XA .XC XA .XB .=

Điều đó có nghĩa là bốn điểm A
b
, A
c
, B
c
, C
b
cùng thuộc một đường tròn.
Tương tự các bộ bốn điểm B
c
, B
a
, C
a
, A
c
; C

a
, C
b
, A
b
, A
c
cũng cùng thuộc một
đường tròn.
Tóm lại, theo bổ đề trên, A
b
, A
c
, B
c
, B
a
, C
a
, C
b
cùng thuộc một đường tròn.

Bài toán 11.
Cho tam giác ABC. P là trung điểm của BC. Lấy các điểm X, Y, Z
sao cho sao cho A, X / BC; B / CA / Y; C / AB / Z và các tam giác XBC, YAC, ZBA đồng
dạng. YZ theo thứ tự cắt AC, AB tại N, M. Chứng minh rằng
YN ZM
=
khi và chỉ khi



PAB XAC.=

Lời giải.
Điều kiện cần.
Gọi K, H theo thứ tự là hình chiếu của Y, Z trên AC, AB; gọi S là giao điểm của
AX và YZ (h.11.1).
1
2
1
2
YK.AN
AC YK AM S(AYN) AM YN AM AM

AB ZH AN S(AZM) AN ZM AN AN
ZH.AM
== = = =
Do đó 1ABC ANM ( ).ΔΔ
∼
Dễ thấy SY = SZ (kết quả quen thuộc).
Kết hợp với NY = MZ, suy ra SN = SM.
Do đó
12
PB SN
().
PC SM
==

Từ (1) và (2) suy ra




PAB SAN XAC.==


S
K
H
M
N
Z
Y
X
P
A
B C

(h.11.1)

22

Điều kiện đủ.
Gọi S là giao điểm của AX và YZ; H, K theo thứ tự là hình chiếu của Z, Y trên AB,
AC; U, V theo thứ tự là hình chiếu của S trên AB, AC.

K
H
V
U

SM
N
Z
Y
X
P
A
B
C

(h.11.2)

Vì


PAB XAC= và BZA AYCΔΔ∼ nên
SU AB ZH
.
SV AC YK
==

Kết hợp với
SU // ZH;SV // YK, suy ra
SM SU SV SN
.
ZM ZH YK YN
===

Kết hợp với SY = SZ, suy ra
1

ZM SM ZM SM SZ
.
YN SN YN SN SY
+
=
===
+

Do đó
YN ZM.=

Bài toán 12. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB
1
C
1
), (BC
1
A
1
), (CA
1
B
1
) theo

thứ tự lại cắt (O) tại A
2
, B
2
, C
2
. Tìm M sao cho
111
222
S(A B C )
S(A B C )
nhỏ nhất.
Lời giải.
Trong lời giải này các kí hiệu
R(XYZ), r(XYZ)
theo thứ tự chỉ bán kính đường
tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp XYZ.
Δ

Ta cần có ba bổ đề.

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC. Các điểm A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự thuộc các đoạn BC,
CA, AB. Các điểm A
2

, B
2
, C
2
theo thứ tự là điểm đối xứng của A
1
, B
1
, C
1
qua trung điểm
của BC, CA, AB. Khi đó
111 2 2 2
S(A B C ) S(A B C ).
=

Chứng minh. (h.12.1).
Đặt
12 12 12
BA CA CB AB AC BC
x; y; z.
BC CB CA AC AB BA
== == ==



23

C
1

B
2
A
2
A
B
C
A
1
B
1
C
2

(h.12.1)

Ta thấy
111
111
11 1 1 11
11 11 11
S(A B C )
S(A B C ) S(ABC).
S(ABC)
S(ABC) S(AB C ) S(BC A ) S(CA B )
S(ABC).
S(ABC)
AC AB BA BC CB CA
S(ABC) 1 . . .
AB AC BC BA CA CB

=
−++
=
⎛⎞
=−−−
⎜⎟
⎝⎠


(
)
(
)
(
)
(
)
()
S(ABC)1z1y x1z y1x
S(ABC) 1 x y z yz zx xy .
=−−−−−−
= −−−+ + +

Tương tự
(
)
222
S(A B C ) S(ABC) 1 x y z yz zx xy .= −−−+++

Vậy

111 2 2 2
S(A B C ) S(A B C ).=

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A
1
, B
1
, C
1

theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự là giao điểm thứ hai
của các đường tròn (AB
1
C
1
), (BC
1
A
1
), (CA
1
B
1
) và đường tròn (O). A

3
, B
3
, C
3
theo thứ tự
là điểm đối xứng với A
1
, B
1
, C
1
qua trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó các tam giác
A
2
B
2
C
2
, A
3
B
3
C
3
đồng dạng cùng hướng.

Chứng minh. (h.12.2).
Dễ thấy các tam giác A
2

BC
1
, A
2
CB
1
đồng dạng cùng hướng (1).
Vì C
3
, B
3
theo thứ tự là điểm đối xứng với C
1
, B
1
qua trung điểm của AB, AC nên
11 311 3
BC C B AC ;CB B C AB (2).=− =− =− =−
Do đó
1313
BC AC ;CB AB .↑↓ ↑↓
   

Vây
11 3 3
23(BC ,CB ) (AC ,AB )(mod ) ( ).≡π
  

Từ (1), (2) và (3) suy ra
3

21
22 11 33
213
2
AC
AB BC
;(A B, A C) (BC , CB ) (AC ,AB )(mod ).
AC CB AB
== ≡ ≡ π

     

Do đó các tam giác A
2
BC, AC
3
B
3
đồng dạng cùng hướng.
Tương tự các cặp tam giác B
2
CA, BA
3
C
3
; C
2
AB, CB
3
A

3
đồng dạng cùng hướng
(4).

24

C
3
B
3
A
3
C
2
B
2
A
2
O
A
B
C
B
1
C
1
A
1

(h.12.2)
Vậy
22 22 22 2 2 22
22 2222
333 333
33 33 3 3
(A B , A C ) (A B , A A) (A A, A C )(mod )
(CB ,CA) (BA,BC )(mod ) (v× C (A B A);B (AA C ))
(A B,A C ) (A B , A C)(mod ) (v× (4))
(A B , A C )(mod ) (v× A C A B).
≡+ π
≡+ π∈ ∈
≡+ π
≡π≡

Tương tự
22 2 2 33 33
(B C ,B A ) (B C ,B A )(mod ).
≡
π
Tóm lại các tam giác A
2
B
2
C
2
, A
3
B
3

C
3
đồng dạng cùng hướng.

Bổ đề 3.
Cho tam giác ABC. Các điểm A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự thuộc các đường
thẳng BC, CA, AB. Khi đó
111
R(A B C ) r(ABC).≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A
1
, B
1
,
C
1
theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và BC, CA, AB.
Chứng minh.
Dựng A'B'C'
Δ
nhận (A
1
B
1
C

1
) là đường tròn nội tiếp và B’C’, C’A’, A’B’ tương
ứng song song với BC, CA, AB (h.12.3).

C'
A'
B'
A
B C
A
1
B
1
C
1

(h.12.3)



25
Dễ thấy các tam giác ABC, A’B’C’ đồng dạng (cùng hướng).
Từ đó, chú ý rằng
ABCΔ
nằm trong
A'B'C',
Δ
suy ra
111
r(A'B 'C') S(A'B 'C')

R(A B C ) r(A 'B 'C') r(ABC). r(ABC) r(ABC).
r(ABC) S(ABC)
== = ≥

Vậy
111
R(A B C ) r(ABC).≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn
nội tiếp
ABCΔ và BC, CA, AB.
Trở lại giải bài toán 12.
Gọi A
0
, B
0
, C
0
theo thứ tự là điểm đối xứng của A
1
, B
1
, C
1

qua trung điểm của BC,
CA, AB; D
0
, E
0
, F
0
theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABC
Δ
và BC, CA,
AB; D
1
, E
1
, F
1
theo thứ tự là điểm đối xứng của D
0
, E
0
, F
0
qua trung điểm của BC, CA,
AB.
Theo bổ đề 1,
111 00 0
S(A B C ) S(A B C ).
=

Theo bổ đề 2, các tam giác A

0
B
0
C
0
, A
2
B
2
C
2
đồng dạng (cùng hướng).
Theo bổ đề 3,
000
R(A B C ) r(ABC).≥
Vậy
22
111 0 0 0 0 0 0
222 222
S(A B C ) S(A B C ) R(A B C )
r(ABC)
.
S(ABC) S(ABC) R(ABC) R(ABC)
⎛⎞⎛⎞
== ≥
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠

Đẳng thức xảy ra
⇔

A
0
, B
0
, C
0
theo thứ tự trùng D
0
, E
0
, F
0

⇔
A
1
, B
1
, C
1
theo thứ
tự trùng D
1
, E
1
, F
1
.
Tóm lại
111

222
S(A B C )
S(A B C )
nhỏ nhất khi A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự trùng D
1
, E
1
, F
1
.

Bài toán 13.
Cho tứ giác ABCD, O = AC ∩ BD. Phân giác của các góc




AOB,BOC,COD,DOA
theo thứ tự cắt AB, BC, CA, AD tại M, N, P, Q. X, Y, Z, T theo
thứ tự là trung điểm của QM, MN, NP, PQ. Chứng minh rằng AX, BY, CZ, DT đồng quy.
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Nếu M thuộc cạnh BC của tam giác ABC thì

MC MB
AM AB AC.
BC CB
=+
 

Bổ đề trên chính là ví dụ 1.9, trang 12,
Bài tập nâng cao và một số chuyên đề
hình học 10
.
Trở lại giải bài toán 13.
Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD; K là điểm chia trong đoạn EF theo
tỉ số
AC
BD
(h.13).