Hình học sơ cấp (hàng điểm điều hòa)

Trường Đại học Sư phạm TP.HCM
Khoa Toán





Chủ đề
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
C'
B'
A
D
O
C
B
A'
D'

GVHD : Th.S Lê Ngô Hữu Lạc Thiện


TP.HCM – Tháng 10 / 2010

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 1


Danh sách nhóm 1

1) Sơn Ngọc Dương
2) Hà Vĩ Đức
3) Lê Chân Đức
4) Nguyễn Trần Đức
5) Hứa Vũ Hải
6) Nguyễn Thanh Hải
7) Nguyễn Thị Thanh Hiền
8) Trần Gia Huy
9) Nguyễn Thị Thu Thảo
10) Lưu Thùy Thương


Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 2




MỤC LỤC

A/ Giải bài tập trong tài liệu 3
B/ Phần bổ sung – Bài tập thêm 13
I/ Những bài toán nhìn từ con mắt “điều hòa”
13
Từ bài toán “tứ giác toàn phần”
13
Từ bài toán “cát tuyến”
16
Thêm một hệ thức mới
19
II/ Bài tập thêm
19
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 3

A/ Giải bài tập trong tài liệu :

Bài 1 : Cho A, B, C, D thẳng hàng. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD. Chứng minh rằng :


2 2 2
1
ABCD MN MA NC
    


Ý tưởng : Đề cho M, N là trung điểm, ta sẽ nghĩ đến hệ thức Newton, nghĩa là ta có

2
.
MA MC MD

(do M là
trung điểm AB), hoặc
2
.
NC NA NB

(N là trung điểm CD). Xuất phát từ đó ta có đẳng thức cần CM
Giải :

Cách 1 :


2
1 .
ABCD MA MC MD
   
(hệ thức Newton)






2 2
. .
MA MN NC MN ND MN MN NC ND NC ND

       

2 2 2 2 2 2
MA MN NC MN MA NC
     
(vì N là trung điểm CD nên
0
NC ND
 
và
NC ND
 
)

Nhận xét : Ta cũng có thể giải bằng tọa độ như sau :

Cách 2 : Giả sử hoành độ của các điểm A, B, C, D lần lượt là a, b, c, d.
Khi đó hoành độ của M, N lần lượt là
,
2 2
a b c d
 

      
2
2 2
2
1
2
2 2 4

a b c d
MN a b c d a b c d
 
 
 
        
 
 
 

   
2
2 2
2
1 1
4
2 4 4
a b
MA a a b a b ab

 
 
      
 
 
 

   
2
2 2

2
1 1
4
2 4 4
c d
NC c c d c d cd

 
 
      
 
 
 

Vậy :








2 2 2
2 1
MN MA NC a b c d ab cd ABCD
         
(hệ thức hoành độ)

N

M
A
D
B
C
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 4
Bài 2 : Trên đường tròn (O) cho hai điểm B, C cố định và A thay đổi. EF là đường kính vuông góc BC. AB, AC
cắt EF lần lượt tại G, H. Chứng minh rằng :
.
OH OG const


Ý tưởng :
Ta cần tính
.
OH OG
mà O là trung điểm EF nên ta nghĩ đến hệ thức Newton
2
.
OH OG OE

nếu ta chứng minh
được


1
EFGH
 

Lại nhận thấy
CE CF

nên nghĩ tới chùm phân giác
Giải :
Ta có :




, ,
CE CG BG BE

(do B, C đối xứng nhau qua EF) (1)
Mà tứ giác BEAC nội tiếp nên :




, ,
BA BE CA CE

(2)
Từ (1) và (2) suy ra :




, ,
CA CE CE CG



Hay CE là phân giác của

ACG

Mặt khác, C thuộc đường tròn đường kính EF nên
CE CF


Như vậy,
, , ,
CE CF CG CH
là chùm phân giác nên là chùm điều hòa


1
EFGH
  

Vì OE = OF nên theo hệ thức Newton, ta có :
2 2
.
OH OG OE R const
  
(đpcm)


Nhận xét : Ở bài này, ta có 2 kiểu mở rộng bài tập :
Mở rộng 1 : Từ bài toán ta có

2
.
OH OG R

. Nên nếu qua G kẻ đường thẳng song song BC (hoặc

EF) cắt (O)
tại L và K thì ta có
2 2 2
.
OH OG R OL OK
  
, nên HK và HL lần lượt là tiếp tuyến của (O). (Hoặc có thể giải
thích theo kiểu: (HGEF) = –1 nên K(HGEF) = –1 mà KE

KF nên KH, KG, KE, KF là chùm phân
giác


HKE EKG
 

( )
HEK HKF g g
   


2 2
. .
HE HK

HK HE HF HK HE HF
HK HF
     
suy ra HK là tiếp tuyến của (O), cm tương tự cho HL)
Như vậy đề bài có thể mở rộng thành: Cminh: HK, HL là tiếp tuyến của (O) với các giả thiết như cũ (có bổ sung
điểm H, K)
Mở rộng 2 : Ta có K(HGEF) = –1 mà KE

KF, suy ra chùm phân giác, nên nếu KO cắt (O) tại điểm thứ hai là J
thì JE

EK và nếu JE cắt GK, HK lần lượt tại M, N thì tam giác KMN cân tại K (vì KE vừa là đường cao vừa
là phân giác) nên đề bài có thể mở rộng thành: C.minh tam giác KMN cân (với giả thiết như cũ, có bổ sung các
điểm K, M, N)


H
G
F
E
O
B
C
A
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 5
Bài 3 : Cho hình bình hành ABCD. d là đường thẳng thay đổi qua A và cắt BD, BC, CD lần lượt tại E, F, G.
Chứng minh rằng :
1 1 1
AE AF AG

 

Ý tưởng :
Đẳng thức cần chứng minh có dạng giống như hệ thức Descartes, ta cần dựng một điểm sao cho :
2 1 1
?
A AF AG
 
, nghĩa là dựng điểm K sao cho
2
AK AE

, cần CM :


1
AKFG
 

Giải :
Cách 1 :
Gọi K là điểm thuộc d sao cho
2
AK AE


Hay E là trung điểm của AK
Khi đó EO // KC (tính chất đường trung bình)
Hay BD // KC
Xét chùm CA, CK, CF, CG. Ta có BD // CK chắn CA, CF,

CG lần lượt tại O, B, D; mà OB = OD (ABCD là hình bình
hành) nên theo định lý cát tuyến song song thì :




1 1
C AKFG AKFG
    

Lại theo hệ thức Descartes, ta có :
2 1 1 1 1 1
AK AF AG AE AF AG
    
(do
2
AK AE

)
Nhận xét : Ta có thể giải cách khác như sau :
Cách 2 :
Gọi L là trung điểm của CG và K là giao điểm của BL và AG.
Do AB // LG nên
KL LG
KB BA

(định lý Thales)
Mà
LG CL
BA CD


, suy ra :
KL CL
KB CD


Theo định lý Thales đảo ta có CK // BD
Xét tam giác ACK ta có :
O là trung điểm AC và OE // CK
Suy ra E là trung điểm của AK
Xét chùm
, , ,
BA BK BF BG
, ta có GD là cát tuyến song song với BA, chắn trên 3 tia còn lại 2 đoạn CL = LG
Theo định lý cát tuyến song song,
, , ,
BA BK BF BG
là chùm điều hòa


1
AKFG
  
.
Lại theo hệ thức Descartes, ta có :
2 1 1 1 1 1
AK AF AG AE AF AG
    
(đpcm)
K

L
O
F
E
C
A
D
B
G
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 6
Bài 4 : Cho đường tròn (O), trên (O) có hai điểm B, C cố định và điểm A thay đổi. Đường kính DE vuông góc
BC cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Lấy P, Q sao cho




1
ABMP ACNQ
  

Chứng minh rằng :
a) PQ đi qua một điểm cố định
b)
: 1
PA QA
PB QC
 

Giải :

a) Gọi I là trung điểm của BC, ta chứng minh PQ qua I
Gọi F là giao điểm của BQ và DE.
Vì






1 , , , 1 1
ACNQ BM BI BN BF MINF
       
(1)
Gọi
'
I PQ BC


, ta chứng minh
'
I I


Do







1 , , , ' 1 ' 1
ABMP QN QF QM QI NFMI
       
(2)
Từ (1), (2) suy ra
'
I I

. Vậy PQ qua I cố định
b) Xét tam giác ABC với cát tuyến PQI
Áp dụng định lý Menelaus, ta có :
. . 1 . : 1
PA IB QC PA QC IC PA QA
PB IC QA PB QA IB PB QC
     
(do I là trung điểm BC)
Nhận xét : Một vài cách giải khác
Cách 1 : Nếu PQ qua I thì từ (ABMP)= –1

Q(ABMP) = –1 ta có BC cắt QA, QB, QP lần lượt tại B, I, C mà
IB = IC nên ta nghĩ đến MQ//BC. Từ đó ta có 1 cách giải khác cho bài này khá “ngất ngưỡng” như sau:
Giả sử IQ cắt AB tại P’ ta sẽ C.minh: P

P’. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc DE cắt DE, IQ lần lượt tại H, K.
Ta có:
MA HA HA NA QA
MB IB IC NC QC
    

(do AH//BC,

IB = IC

, và (ACNQ)= –1)

MQ//BC. Khi đó ta có:
'
(do AK//IB)
'
P A KA
P B IB

'
'
P A KA QA MA
P B IC QC MB
      
(1)
Hay
'
: 1
'
MA P A
MB P B
 
, suy ra (ABMP’) = –1. Mặt khác theo giả thiết (ABMP)= –1. Vậy P

P’ hay ta có đpcm.
Và từ đẳng thức (1) ta suy ra ngay câu b) luôn vì lúc đó P

P’

Cách 2 : Gọi I là trung điểm BC.
Dùng Menelaus cho
ABC

, ta cần chứng minh:
. . 1
IB QC PA
IC QA PB


Vì
( ) 1
ABMP
 
nên
: 1
MA PA
MB PB
 
. Hay
PA MA
PB MB
 

Tương tự
( ) 1
ACNQ
 

: 1

NA QA
NC QC
  
. Hay
QC NC
QA NA
 

I'
F
Q
I
N
M
E
D
C
B
A
P
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 7
Từ đó
. . . . 1
IB QC PA IB NC MA
IC QA PB IC NA MB
   
   
   
   

(vì M, N, I là cát tuyến
ABC

). Ta có đpcm.

Bài 5 : Cho hai đường thẳng cố định đồng qui Ox, Oy và điểm A không nằm trên Ox, Oy và phân giác

xOy
.
Hai đường thẳng di động qua A, đối xứng qua OA, một đường cắt Ox tại M, đường kia cắt Oy tại N. Chứng
minh rằng MN đi qua một điểm cố định.

Ý tưởng :
Theo đề A và O là 2 điểm cố định, AM, AN lại đối xứng qua AO, nghĩa là OA là phân giác của

MAN
, ta nghĩ
đến chùm phân giác. Do đó ta kẻ đường thẳng d qua A và vuông góc OA để tạo ra chùm phân giác.
Giải :
Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với OA và K là giao
điểm của MN và d , I là giao điểm của AO và MK
Do AM và AN đối xứng nhau qua AO nên AO là phân giác của góc

MAN

Mà :
AI AK

, do đó
, , ,

AK AI AM AN
là chùm phân giác nên là
chùm điều hòa


1
A KIMN
  





1 1
KIMN O KIMN
     

Mà OM, OI, ON cố định nên OK cố định
Mặt khác :
K OK d K
 

cố định
Kết luận : MN qua K cố định



Bài 6 : Cho hình vuông và một đường tròn nội tiếp hình vuông. Một tiếp tuyến bất kỳ của đường tròn cắt các
cặp cạnh đối của hình vuông tại A, B và C, D. Chứng minh rằng



1
ABCD
 


Ý tưởng :
Theo giả thiết ta có nhiều góc vuông (hình vuông, tiếp tuyến) nên ta nghĩ đến chùm phân giác
Giải :
Cách 1 :
d
I
K
N
M
O
A
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 8
Ta có : OD là phân giác của

GOF
(2 tiếp tuyến cắt nhau)
OC là phân giác của

FOI
(2 tiếp tuyến cắt nhau)
Mà



180
o
GOF FOI 
nên
OD OC

(1)
Ta có : OA là phân giác của

EOF
(2 tiếp tuyến cắt nhau)
OD là phân giác của

FOG
(2 tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra :





1 1
45
2 2
o
AOD AOF FOD EOF FOG    

Từ điều trên và (1) suy ra OA là phân giác của

COD

Tương tự, ta chứng minh được :
OA OB


Như vậy:
, , ,
OA OB OC OD
là chùm phân giác nên là
chùm điều hòa


1
ABCD
  


Nhận xét : Ta cũng có thể giải cách khác như sau :
Cách 2 :
Xét chùm FE, FI, FH, FG
Ta có :


EI IH
 
FI là phân giác

EFH




IH HG
 
FH là phân giác

IFG

Suy ra FE, FI, FH, FG là chùm phân giác
Mặt khác :
, , ,
FE OA FI OC FH OB FG OD
   

Suy ra OA, OB, OC, OD cũng là chùm phân giác nên là chùm điều hòa


1
ABCD
  


Bài 7 : Cho ABC có trọng tâm G. Một đường thẳng d thay đổi qua G cắt BC, CA, AB theo thứ tự tại M, N, P.
Chứng minh rằng :
1 1 1
0
GM GN GP
  

Ý tưởng :
Về ý tưởng, cơ bản giống như bài 3

Giải :
Dựng Ax // BC. Gọi I là trung điểm của BC
Xét chùm
, , ,
Ax AG AB AC
có BC là cát tuyến song song với Ax, chắn trên 3 tia còn lại 2 đoạn IB = IC
Theo định lý cát tuyến song song,
, , ,
Ax AG AB AC
là chùm điều hòa


, , , 1
Ax AG AB AC
  

H
E
I
G
C
A
D
B
O
N
P
M
Q
F

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 9
Gọi Q là giao điểm của Ax và d, khi đó :


1
QGPN
  

Theo hệ thức Descartes :
2 1 1 2
GM GM GM
GQ GP GN GQ GP GN
    
(*)
Mà
1
( )
2
GI GM
GIM GAQ g g
GA GQ
      


Vậy, từ (*) ta suy ra :

1 1 1
1 0
GM GM

GP GN GM GP GN
      
(đpcm)
Nhận xét :
Từ bài này ta có thể mở rộng thêm: Qua A kẻ các đường thẳng song song với GB, GC cắt d tại X, Y. C.minh:
1 1 1
0
GM GX GY
  
.
Giải : Giả sử các đ.t qua A, song song GB, GC cắt BC lần lượt tại R và S. Ta dễ dàng chứng minh được G cũng
là trọng tâm
ARS

(vì IB = IC và
1
3
IB IC IG
IR IS IA
  
nên IR = IS, mặt khác lại có
1
3
IG
IA

) rồi áp dụng câu a
cho 3 điểm M, X, Y lần lượt nằm trên RS, SA, AR là xong!

Bài 8 : Cho đoạn thẳng AB và số dương k khác 1. Tìm quĩ tích các điểm M sao cho MA = k.MB

Ý tưởng :
Từ giả thiết MA = kMB hay
MA
k
MB

ta liên tưởng đến chân đường phân giác, suy ra chùm phân giác
Giải :
Gọi D, E là các điểm thỏa :
DA kDB
 
(1)
Và
EA kEB


Suy ra :
 
: 1 1
DA EA
ABDE
DB EB
    
(2)
Qua M, vẽ đường thẳng
,
MF MD F AB
 

Từ (1) và MA = kMB, ta có MD là phân giác trong

của

AMB

Vậy chùm MA, MB, MD, MF có MD là phân giác
MD là phân giác trong của

AMB
và
MD MF






1 1
M ABDF ABDF
     
(3)
x
d
M
N
P
G
I
A
B
C

Q
E
D
A
B
M
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 10
Từ (2) và (3) suy ra
E F

. Tóm lại,


ME MD M ED
  

Đảo lại, lấy một điểm


M ED

. Ta có :


1
ABDE
MD ME
 








MD là phân giác

AMB

MA DA
k MA kMB
MB DB
    

Nhận xét :
 Quỹ tích M là đường tròn Apolonius.
 Ta có thể dùng kết quả bài tập này để giải 1 số bài tập khác : Chẳng hạn :
Cho đường tròn (O), lấy một điểm A ngoài (O), từ A kẻ 2 tiếp tuyến AK, AN và 1 cát tuyến ACD bất kỳ đối
với đường tròn trên. Hai tiếp tuyến qua C và D đối với (O) cắt nhau tại M. CMR : K, M, N thẳng hàng
Giải
M
C
N
A
O
K
D





(AKC ,A chung)
KC AC
AKC ADK ADK
KD AK
    
(1)
Tương tự :
NC AC AC
ANC ADN
ND AN AK
    
(2) (vì AK = AN)
(1) và (2) ta có :
( )
NC KC
k
ND KD
 

Gọi N’ là giao điểm MK với (O). Tương tự, ta chứng minh được :
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 11
CN DN N C KC
CK DK N D KD
  
  


Nghĩa là
( )
N C NC KC
k
N D ND KD

  

(3)
Gọi E và F lần lượt là chân đường phân giác trong và ngoài của

DNC
.
Từ (3), áp dụng bài tập 8 ta có N, N’ đều thuộc đường tròn đường kính EF.
Mặt khác N, N’ thuộc (O), suy ra N, N’ là giao điểm của (O) và (EF)
Ta chú ý (O) và (EF) cắt nhau tại 2 điểm nằm trên 2 mặt phẳng khác nhau bờ DC, trong khi N, N’ lại cùng
trên một mặt phẳng bờ DC. Những điều trên cho ta
N N

 
đpcm

Bài 9 : Cho đường tròn đường kính CD tâm O. Trên CD lấy A
1
, A
2
sao cho


1 2

1
A A CD
 
. Qua A
1
, A
2
lần
lượt kẻ các đường thẳng D
1
, D
2
vuông góc với CD. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn cắt D
1
, D
2
lần lượt
tại M
1
, M
2
. Chứng minh rằng :
1
2
OM
const
OM


Ý tưởng :

Việc CM tỉ số
1
2
OM
const
OM


làm ta nghĩ đến cách CM ví
dụ trong bài giảng, nghĩa là dùng tính chất về tỉ lệ đường phân
giác trong tam giác. Vậy ta cần tạo ra chùm phân giác có hai tia
1 2
,
OM OM
. Theo giả thiết, lại xuất hiện tiếp tuyến làm ta liên
tưởng đến việc tạo ra sự vuông góc (chùm phân giác) như bài
tập 6. Như vậy ta cần tạo ra các tiếp tuyến nữa để sử dụng tính
chất 2 tiếp tuyến cắt nhau. Ở đây, tiếp tuyến dựng từ C và D là
điều tối ưu nhất ta có thể dùng. Bằng cách cộng các góc như
bài tập 6 ta dễ dàng có

90
o
C OD
 
 
chùm tia cần tìm là


1 2

O M M C D
 

Giải :
Dựng 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O). Hai tiếp tuyến này lần lượt
cắt tiếp tuyến tại M của (O) tại C’, D’. (với M là điểm thay đổi
trên đường tròn (O))
Theo định lý Thales, ta có :

1 1
2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1
2 2
'
'
' '
: : 1
' '
'
'
C M CA
C M CA
C M D M CA DA
C M D M CA DA
D M DA
D M DA





   






D2
x
D1
y
D'
M1
C'
M2
D
O
C
A1
A2
M
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 12
(do


1 2
1

A A CD
 
)




1 2 1 2
' ' 1 , , ', ' 1
M M C D OM OM OC OD
     
(1)
Ta có : OC’, OD’ lần lượt là phân giác của


,
MOC MOD
(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Mà


180 ' '
o
MOC MOD OC OD
   
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1 2
, , ', '
OM OM OC OD

là chùm phân giác
Suy ra OC’ là phân giác của

1 2
M OM
. Theo tính chất chân đường phân giác của 1 góc, ta có :
1 1 1
2 2 2
'
'
OM C M CA
const
OM C M CA
  
(đpcm)

Bài 10 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). D là điểm đối xứng của A qua O. Tiếp tuyến của (O) tại D
cắt BC tại E. OE theo thứ tự cắt AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng OM = ON.
Ý tưởng :
Để chứng minh O là trung điểm MN, ta liên tưởng tới định lý cát tuyến song song, khi đó ta sẽ dựng tia Ax qua
A, song song với MN, ta cần cm chùm AM, AN, AO, Ax là chùm điều hòa
Giải :
Qua A dựng Ax // ME cắt DE tại I.
Khi đó E là trung điểm của DI
Gọi
,
K AB DE L AC DE
 
 

Do
ABD ADK
 

nên


ADB AKD


mà



ECL ACB ADB
 
nên


ECL EKB


Suy ra :
ECL EKB
 

(g – g)
2
/( )
. .

E O
EC EL
EL EK EB EC ED
EK EB
      P

Suy ra :




1 , , , 1
KLDI AK AL AD AI
    

Mà MN // AI cắt AK, AD, AL lần lượt tại M, O, N.
Theo định lý cát tuyến song song, thì OM = ON (đpcm)
L
I
K
N
M
E
D
O
A
B
C
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 13

B/ Phần bổ sung – Bài tập thêm :

I/ Những bài toán nhìn từ con mắt “điều hòa” :
Sau đây, ta sẽ mở rộng ra vài bài toán hình học có thể nói đơn giản nhưng khó đến kinh ngạc nếu chỉ sử
dụng những suy luận quen thuộc. Vậy mà chỉ bằng con mắt “hàng điểm điều hòa”, mọi bản chất đều “lộ rõ
nguyên hình” và ta cảm nhận được vẻ đẹp đầy quyến rũ của nó.

1) Từ bài toán “tứ giác toàn phần” :

Bài toán 1 :
Cho
ABC

, lấy A
1
, B
1
, C
1
lần lượt trên BC, CA, AB sao cho AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại một điểm.
Khi đó nếu M là giao điểm của B
1
C

1
với BC thì


1
1
MA BC
 

 Giải
M
C1
B
C
A
A
1
B
1

Áp dụng định lý Menelaus cho
ABC

với cát tuyến MB
1
C
1
:
1 1
1 1

. . 1
B C C AMB
MC B A C B

(1)
Áp dụng định lý Ceva cho
ABC

với AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy, ta có :
1 1 1
1 1 1
. . 1
AC C B B A
A B C A B C
 
(2)
Nhân (1) và (2), vế theo vế, ta được :
   
1 1
1 1
1 1
. 1 : 1 1 1
AC A BMB MB
BCMA MA BC

MC A B MC AC
          

 Nhận xét
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 14
Nếu gọi I là điểm đồng quy của AA
1
, BB
1
, CC
1
thì AIBC là 1 tứ giác toàn phần với các đường chéo AI,
B
1
C
1
và BC mà lời giải là một trong những cách chứng minh cho định lý rất đẹp về hình tứ giác toàn phần:
“trong một hình tứ giác toàn phần, một đường chéo bị hai đường chéo còn lại chia điều hòa”. Bài toán đơn
giản này cho ta sử dụng tính chất một hình tứ giác toàn phần hay hàng điểm điều hòa cho một tam giác có 3
đường đồng quy.

Bài toán 2 :
Cho
ABC

và H là chân đường cao kẻ từ A . Trên đoạn thẳng AH ta lấy một điểm I bất kỳ rồi kẻ BI cắt
AC tại E, CI cắt AB tại F
CMR : AH là phân giác của


EHF

 Giải
Cách 1 : Trước hết ta xét một cách giải như sau :

Kết quả là hiển nhiên khi tam giác ABC cân.
Giả sử tam giác ABC không cân, ta có thể giả sử AC
> AB. Dựng
ABP

cân tại A và AP cắt HE tại Q.
Gọi F’ là điểm đối xứng của Q qua AH. Khi đó AH
là phân giác của

'
EHF

Vì F’Q // BP (cùng vuông góc với AH) nên
QA F A
QP F B



(định lý Thales) (1)
Áp dụng định lý Menelaus cho
ACP

với cát tuyến
HQE , ta có :
. . 1

HP EC QA
HC EA QP


Suy ra
. . 1
HB EC F A
HC EA F B




(do
HP HB
 
và (1))
Hay
. . 1
HB EC F A
HC EA F B

 


Theo định lý Ceva, ta có AH, BE, CF’ đồng quy, từ đó ta có đpcm
Cách 2 : Lời giải sau khiến ta tâm đắc hơn với việc sử dụng hàng điểm điều hòa :
F'
E
H
B

C
A
I
P
Q
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 15
K
M
F
E
H
B
C
A
I

Giả sử EF cắt BC tại M
Theo bài toán 1, ta có :




1 1
MHBC A MHBC
    

Gọi
K AH EF



thì


1
A MKFE
 





1 1
MKFE H MKFE
     

Mà
HM HK

nên HM, HK, HF, HE là chùm phân giác
Từ đó ta có đpcm
 Nhận xét
Chỉ với một biến đổi nhỏ và một kỷ xảo che giấu điểm M, ta đã tạo một bài toán mới, khó hơn.

Bài toán 3 : (đề thi Iran)
Cho
ABC

. Lấy E, F, K lần lượt thuộc BC, CA, AB sao cho AE, BF, CK đồng quy. Gọi L là giao điểm
của AE và KF, H là hình chiếu của L xuống BC.

CMR : LH là phân giác của

KHF

(Lời giải bài này như bài toán 2)

Bài toán 4 :
Cho
ABC

. Lấy E, F, K lần lượt thuộc BC, CA, AB sao cho AE, BF, CK đồng quy tại I. Kẻ một đường
thẳng qua I song song với EF cắt EK và EB lần lượt tại L, M.
CMR : M là trung điểm IL
 Giải : (Lời giải bài này dùng điều hòa cũng thật đơn giản)
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 16
M
L
J
N
K
F
E
B
C
A
I

Gọi



N FK BC


.
Lại áp dụng tính chất của tứ giác toàn phần, ta có :


1
NEBC
 







1 1 1
A NEBC A NJKF E NJKF
        

Mặt khác đường thẳng qua I song song EF cắt EN, EJ, EK lần lượt tại L, I, M
Theo định lý cát tuyến song song, ta có MI = ML (đpcm)

2) Từ bài toán “cát tuyến” :

Bài toán 1 :
Cho đường tròn tâm O, điểm M nằm ngoài đường tròn. Gọi MA, MB là 2 tiếp tuyến với đường tròn (A,
B là tiếp điểm) và cát tuyến MCD với đường tròn (C, D thuộc (O)).

CMR : AM, AB, AC, AD là chùm điều hòa.
 Giải
H
K
C
M
B
I
O
A
D
C'
D
'

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 17
Gọi


I AB MO


, MO cắt (O) tại C’, D’
Ta có :
MO AB

và



AC BC
 


Gọi


H AB CD



Theo ví dụ trong bài giảng, ta có :




1 1
NIC D D NIC D
   
    

Suy ra DC’ là phân giác của

MDI
(vì
C D DD
 

)
Suy ra



CC C K
 

(với


( )
K DI O


)
Như vậy, C, A đối xứng với K, B qua MO
Vì thế


CIA KIB

, mà


KIB AID

(đối đỉnh)
Nên


CIA AID


hay IA là phân giác của

CID

Mặt khác
IM IA

. Vậy IM, IA, IC, ID là chùm phân giác nên là chùm điều hòa.
Suy ra :


1
MHCD
  
AM, AB, AC, AD là chùm điều hòa.
 Nhận xét
Từ bài giải trên, ta có kết quả: Với mỗi cát tuyến MCD cắt đường nối tiếp điểm AB ta luôn có hàng
điểm điều hòa :


1
MHCD
 
. Nếu chú ý đến vấn đề cực và đối cực thì rõ ràng đây là một trong những
cách chứng minh cho việc dựng đường đối cực của một điểm ngoài đường tròn bằng tiếp tuyến.

Bài toán 2 :
Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ở ngoài. Kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB với (O) (A, B là tiếp điểm).
Dựng đường thẳng  qua M cắt (O) tại C, D, H là giao điểm của MO và AB.
CMR : AH là phân giác của


CHD

 Giải
K
C
M
B
H
O
A
D

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 18
Theo bài toán 1, ta có :


1
MKCD
 
(với


K AH CD




1

H MKCD
  

Mà
HK HM

(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Nên HM, HK, HC, HD là chùm phân giác
Vậy HA là phân giác của

CHD


Bài toán sau là sự tổng hợp cả “tứ giác toàn phần” và “cát tuyến” tạo ra hàng điểm thật đẹp
Bài toán 3 :
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong (O). Gọi :






, ,
S AB CD F AD BC E AC BD
  
  

Kẻ tiếp tuyến SM, SN với (O). Chứng minh rằng : E, F, M, N thẳng hàng

 Giải

K
N
M
F
E
S
O
A
B
D
C

Giả sử EF cắt CD tại K, MN cắt CD tại K’
Khi đó theo tính chất của tứ giác toàn phần FEAB
Ta có


1
SKDC
 
(1)
Mặt khác theo tính chất “cát tuyến” ở bài toán 1
Ta có :


1
SK DC

 
(2)

Từ (1) và (2) ta có :
K K



Chứng minh tương tự, ta có
L L


với




,
L EF AB L MN AB

 
 

Từ đó EF và MN có 2 điểm chung
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 19
Nên chúng phải nằm trên một đường thẳng
Hay M, N, E, F thẳng hàng

3) Thêm một hệ thức mới
Từ hệ thức Newton:
2 2
( ) 1 .

ABCD IA IB IC ID
    
(I là trung điểm AB)

2
2
2 2
( )
.
.
( )( ) .
( ) .
IA IC IC CD
IC IC CD
IA IC IC CD
IA IC IA IC IC CD
IB IC CA IC ID
  
 
  
   
  


. .
CACB IC ID
 
(hệ thức Maclorant)
Ví dụ : Cho tam giác ABC không cân với ba đường cao AD, BE, CF. Đường thẳng
( )


đi qua D, song song
với EF, cắt các đường thẳng AB, AC tại M, N, các đường thẳng EF, BC cắt nhau tại P. Chứng minh rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua trung điểm BC.
Giải : Theo tính chất của tứ giác toàn phần, ta có
( ) 1
BCDP
 
. Khi đó, nếu gọi Q là trung điểm BC, theo
hệ thức Maclorant ta có:

. .
DQ DP DB DC

(1)
Mặt khác, do tứ giác BCEF nội tiếp (đường tròn đường kính BC) và
//
MN EF
nên

( ; ) ( ; )
( ; )
( ; )
NC NM EC EF
BC BF
BC BM




Suy ra bốn điểm B, C, M, N cùng nằm trên một đường tròn. Do đó:

. .
DB DC DM DN

(2)
Từ (1) và (2) suy ra

. .
DQ DP DM DN


Tức là bốn điểm P, Q, M , N cùng nằm trên một đường tròn

II/ Bài tập thêm :
Bài 1 : Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng. Chứng minh rằng :
a)




1
ABCD ACBD
 

b)





1
ABCD DBCA
 

Giải
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 20
Ta có :
   
: , :
CA DA BA DA
ABCD ACBD
CB DB BC DC
 

   
. .
.
CA DB BA DC
ABCD ACBD
CB DA

 

.( ) .( )
.
CA DA AB BA DA AC
CB DA
  


. . . .
.
CA DA CA AB BA DA BA AC
CB DA
  


. .
.
CA DA BA DA
CB DA


( ) ( )
. 1
. .
DA CA BA DA CA AB DA CB
CB DA CB DA CB DA
 
   

Với
( ) :
CA DA
ABCD
CB DB

và
( ) :
CD AD

DBCA
CB AB

ta tính được :




1
ABCD DBCA
 


Bài 2 : Cho hai đường thẳng a và a’ cắt nhau tại A và giả sử trên a ta có bốn điểm A, B, C, D sao cho


1
ABCD
 
và trên a’ ta có bốn điểm A, B’, C’ D’ sao cho


1
AB C D
  
 
. Chứng minh rằng BB’, CC’,
DD’ hoặc đồng quy hoặc song song với nhau.
Giải
 Nếu BB’ và CC’ cắt nhau tại O, giả sử tia OD cắt đường thẳng a’ tại D’’.

Vì




1 1
ABCD O ABCD
    





1 1
O AB C D AB C D
     
     

Mặt khác, theo giả thiết


1
AB C D
  
 

Do đó D’ trùng với D’’
Vậy BB’, CC’, DD’ đồng quy tại O
 Nếu BB’ và CC’ song song, từ A và D ta vẽ các
đường thẳng song song với CC’ và BB’.

Đường thẳng song song đi qua D cắt AB’ tại
D’’, ta chứng minh D’’ trùng với D’
Vậy các đường thẳng BB’, CC’, DD’ song song

Bài 3 : Cho tam giác ABC và AH = h là chiều cao xuất phát từ A. Gọi r và r’ lần lượt là bán kính của đường
tròn nội tiếp và bàng tiếp của tam giác đối với góc A. Chứng minh :
2 1 1
h r r
 


Giải
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
K là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc

A
của
ABC


a
a'
D
''
B
'
O
A
C
B

D
C'
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 21
BI, BK là các đường phân giác của

B

Suy ra BA, BC, BI, BK là chùm điều hòa
Gọi D là giao điểm của AI và BC ta có :


1
ADIK
 

Chiếu vuông góc các điểm A, I, D, K xuống đường cao AH
Ta lần lượt được các điểm A, I’, H, K’
Trên HA chọn H làm gốc tọa độ, ta có :
, ,
HA h HI r HK r
  
   

Ta có :
 
2 1 1 2 1 1
1AHI K
h r r
HA HI HK

 
       

 


Bài 4 : Cho đường tròn (O). Hai điểm B, C cố định trên
đường tròn, BC không phải đường kính. Lấy A là một điểm
trên đường tròn không trùng với B, C. AD, AE là các đường phân giác trong và ngoài của góc BAC. I là trung
điểm của DE. Qua trực tâm tam giác ABC kẻ đường thẳng vuông góc với AI cắt AD, AE tại M,N.
a) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.
b) Tìm vị trí điểm A sao cho diện tích tam giác AMN lớn nhất.
Giải
Gọi 2 là độ lớn cung nhỏ BC. Khi đó góc BAC bằng  hoặc 180
0
- .
a) Gọi X là điểm đối xứng của O qua BC suy ra X cố định.
Ta có OX = 2d(O;BC) = 2Rcos = AH, OX // AH (vì cùng vuông góc với BC) nên AOXH là hình bình hành.
Suy ra AO // HX (1).
Lại có (CBDE) = -1 nên theo hệ thức Newton
=>
ICIBID .
2

, mà IA = ID (tam giác ADE vuông tại A)
=>
ICIBIA .
2

=> IA tiếp xúc (O)

=> IA  OA (2)
Từ (1) và (2) suy ra XH  AI, mà MN đi qua H và  AI => M, N, X thẳng hàng. Vậy MN đi qua X cố định
(đpcm).
b) Ta có OAC = (180
0
-AOC)/2 = 90
0
- ABC = HAB và AD là phân giác BAC.
Suy ra AD cũng là phân giác góc OAH. Mà AE  AD suy ra AE là phân giác ngoài góc OAH => (AO; AH;
AD; AE) = -1. Mà AO //MN suy ra H là trung điểm của MN.

Suy ra S
AMN
= 2S
AHN
= HA.HN.sin(AHN).
Mà tam giác AMN vuông tại A nên HN = HA = 2Rcos không đổi. Hơn nữa

D
K
I
B
C
A
H
I
'
K
'
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa

Nhóm 1 – Toán 4 Trang 22
Từ đó suy ra S
AMN
đạt giá trị lớn nhất bằng 4R
2
cos
2
 khi AHN = 90
0
. Điều này xảy ra khi và chỉ khi AOX =
90
0
. Từ đó suy ra có hai vị trí để SAMN đạt giá trị lớn nhất là hai đầu mút của đường kính vuông góc với OX
(tức là song song với BC).

Nhận xét
Lời giải trên đây dùng đến hàng điểm điều hòa và chùm điều hòa. Chúng ta có thể không dùng đến các kiến
thức này mà chỉ sử dụng các tính toán về góc.

Bài 5 : Cho
ABC

không cân tại A, phân giác trong AD. Gọi E, F là hình chiếu của D trên AB, AC. Kẻ EF cắt
BC tại L. Chứng minh rằng :


1
HLBC
 

Giải
H
L
F
E
D
A
B
C

Xét
ABC

, ta cần cm :
. . 1
FC EA HB
FA EB HC
 

Tứ giác EADH, FAHD nội tiếp
. . (1)
. . (2)
BE BA BH BD
CD CH CF CA







(1), (2) suy ra
. . . 1
BH BD BE BA BH BE HB CF
CH CD CF CA CH CF HC BE
    
(3)
Mà AD là phân giác nên AE = AF
1
AE
AF
 
(4)
(3), (4) ta có :
. . 1 . . 1
HB CF AE HB FC EA
HC BE AF
HC FA EB
   
(I)
Xét
ABC

với cát tuyến EFL, ta có :
. . 1
FC EA LB
EB
FA LC

(II) (định lý Menelaus)

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 23
(I), (II) ta có :
: 1
HB LB
HC LC
 
hay


1
HLBC
 


Bài 6 : Cho 2 đường thẳng a, b cắt nhau và một điểm M không nằm trên hai đường thẳng đó. Dựng qua M hai
đường thẳng biến thiên m, m’ cắt a, b lần lượt tại A, B và A’, B’. Tìm quỹ tích giao điểm của AB’ và BA’
Giải
Gọi N là giao điểm AB’ và BA’, M’ là giao điểm của ON và AA’ (Với O là giao điểm của a và b). Xét tứ giác
toàn phần AA’BB’, ta thấy ngay
( , , , ) 1
a b OM ON
 
. Mà a, b, OM cố định, từ đó suy ra đpcm

Bài 7 : Cho tam giác OAB, đỉểm M nằm trên cạnh AB nhưng không phải là đỉnh. Một đường thẳng biến thiên
đi qua M cắt OA tại A’, cắt OB tại B’. Gọi N là giao điểm AB’ và BA’. Tìm quỹ tích điểm N nói trên
Giải
Gọi M’ là giao điểm ON và AM. Xét tứ giác toàn phần ABB’A’, ta có (ABMM’) = –1. Nhưng A, B, M cố định,
nên M’ cũng cố định. Do đó đường thẳng OM’ cố định. Vậy quỹ tích những điểm N là đường thẳng OM’

Bài 8 : Cho tam giác ABC và đường tròn (O) ngoại tiếp của nó, tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau
tại I. Một đường thẳng d đi qua I cắt AC, BC lần lượt tại M và N, cắt (O) tại P, Q. Chứng minh rằng


1
MNPQ
 

Giải
T
N
P
Q
I
A
B
C
M
E
D


Dựng tiếp tuyến MD, ME. Giả sử
'
DE BC N
 
.
Áp dụng định lý Brianchon cho lục giác AEDDBC, ta có:
; ';

AE DB T ED BC N DD CA M
     

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 24
Khi đó M, N’, T thẳng hàng
, ,
PQ BC DE

đồng quy tại N’
Mà
PQ BC N
 
'
N N
 
. Do đó
N ED


Suy ra
( ) 1
MNPQ
 
(tính chất “cát tuyến cắt đường nối hai tiếp điểm” với MD, ME là hai tiếp tuyến, xem lại
ở mục “cát tuyến”). Từ đó, ta có đpcm.