TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ BỐI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI THPT

Kon Tum, tháng 05 năm 2013.


-
1
-

MỤC LỤC

Trang
Mở đầu 2
Các chuyên đề về hình học
Khai thác các bất đẳng thức hình học trong tam giác 3
Một số bài toán hình học phẳng liên quan đến tứ giác toàn phần 18
Ứng dụng của phương tích 33
Khai thác đường tròn nội tiếp tam giác 48
Chuyên đề về số học
Cấp và căn nguyên thủy của một số nguyên 65
Chuyên đề về tổ hợp
Bất biến trong giải toán tổ hợp 73
Chuyên đề về dãy số
Dãy số phân tuyến tính 82
Các chuyên đề về bất đẳng thức
Ứng dụng của đạo hàm vào bài toán bất đẳng thức và cực trị 93
Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức B.C.S 107

-
2
-

LỜI MỞ ĐẦU

“Toán học là môn thể thao của trí tuệ”
Thật vậy, việc học toán giúp rèn luyện cho học sinh một tư duy “khỏe”, là công cụ
cần thiết giúp các em học tập các môn học khác, giúp xử lí tốt các tình huống trong cuộc
sống và là hành trang tốt trên con đường học tập và làm việc dù là trong bất kỳ lĩnh vực
nào.
Đối với học sinh học môn chuyên, việc tự học, tự tìm tòi nghiên cứu là một việc
quan trọng bậc nhất, quyết định thành công cho các em, tạo niềm say mê đối với vẻ đẹp
của toán học. Tập san này xin giới thiệu những kết quả của việc nghiên cứu tìm tòi, những
kinh nghiệm nhỏ rút ra được trong quá trình học tập của các em học sinh chuyên toán lớp
11 từ năm học 2010-2011 đến 2012-2013. Đây cũng là ba năm học mà bộ môn toán của
Trường Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành, tỉnh Kon Tum đã đạt được một số thành

tích vượt trội so với các năm học trước; tiêu biểu có các học sinh như: Phan Hồng Hạnh
Trinh, Cao Thanh Hà, Trần Thị Tú Trinh, Nguyễn Ngọc Khánh, Lê Bá Lộc, Tạ Quang
Hải
Những đề tài này chỉ là những bước đi chập chững của các em vào lâu đài nguy nga
của Toán học, nhưng đó chính là nền tảng cho những bước đi vững chãi về sau và đặc biệt
là tiền đề, là tài liệu tốt cho các thế hệ sau học hỏi và tiếp nối. Chính vì thế, nội dung các
chắc chắn còn rất nhiều va vấp và thiếu sót, chúng tôi rất mong sự góp ý của quý thầy cô
và các bạn ở địa chỉ mail của nhóm toán lớp 11:
Sau cùng là lời cảm ơn vì sự quan tâm, tạo điều kiện của ban giám hiệu Trường
Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành để ra đời tập san số 1 này.
Kon Tum, ngày 30 tháng 04 năm 2013.
Ban biên tập: Tổ toán
Trường THPT Chuyên Nguyễn Tất Thành, Kon Tum.







-
3
-


HAI THÁC CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC
TRONG TAM GIÁC
 Học sinh thực hiện: Trần Thị Tú Trinh, Nguyễn Thị Tuyết Anh, Nguyễn
Thị Hương, Nguyễn Thị Thanh Thúy ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm
học 2010-2011).

 Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh.


 Lời dẫn:
Toán học, với những vẻ đẹp huyền bí và sức lôi cuốn mạnh mẽ của nó, đã và
đang làm các nhà toán học trong nhiều thế kỉ qua. Toán học giống như một kho báu vô
giá của nhân loại mà loài người luôn khát khao được khám phá, chinh phục. Và, để chạm
tay vào chiếc chìa khóa mở kho báu ấy, loài người đã phả trải qua một quá trình tích lũy
lâu dài. Chúng tôi xin được ví bất đẳng thức hình học như một viên kim cương trong kho
đá quí đó. Bất đẳng thức hình học là một mảng rất thú vị, mỗi bất đẳng thức lại có một
mối quan hệ “mật thiết” với một số bất đẳng thức khác. Bởi vậy, chúng ta có thể thu được
nhiều bài toán thông qua việc khai thác một bất đẳng thức đơn giản.
Với mục đích hướng tới việc sử dụng những bài toán tìm được vào việc tìm cực trị
của một biểu thức hình học, chúng tôi sẽ chỉ tập trung vào những bất đẳng thức có dấu
bằng xảy ra và xảy ra khi tam giác đều. Hy vọng các bạn có thể vận dụng chúng một cách
hiệu quả.

 Nội dung chuyên đề

I.Một số kiến thức liên quan:
1. Một số kí hiệu dùng để chỉ các yếu tố trong tam giác:
+ a, b, c tương ứng là độ dài ba cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC.
+ m
a
, m
b
, m
c
tương ứng là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C.
+ h

a
, h
b
, h
c
tương ứng là độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C.
+ l
a
, l
b
, l
c
tương ứng là độ dài các phân giác dựng từ ba đỉnh A, B, C.
+ R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC.
+ S là diện tích tam giác ABC.
2. Các kiến thức cơ bản:
 m
a
2
=
1
2
(b
2
+c
2
) -
1
4
a

2

 l
a
=
2 cos
2
A
bc
b c


K


-
4
-


1 1 1 1
a b c
h h h r
  

 S=
1
.
2
a

a h
=
1
.
2
b
b h
=
1
.
2
c
c h

=
1
sin
2
ab C
=
1
2
bcsinA=
1
2
acsinB
= pr
=
4
abc

R

=
( )( )( )
p p a p b p c
  
.
 sinA+sinB+sinC 
3 3
2


3 3
cos cos cos
2 2 2 2
A B C
  
cosA+ cosB+ cosC
3
2

 sin
2
A+sin
2
B+sin
2
C≤
9
4

II. Bất đẳng thức hình học:
Từ những đẳng thức ở phần I, cộng thêm một chút “biến hóa”, chúng ta sẽ thu được
bất đẳng thức tưởng chừng như đơn giản nhưng lại vô cùng hữu dụng.
1. Các bất đẳng thức liên quan đến đường trung tuyến:
Ta có: m
a
2
=

1
4
(2b
2
+2c
2
-a
2
) (1)
Ta có thể viết lại là: m
a
2
=
1
4
(b
2
+c
2
+ (b

2
+c
2
-a
2
))
Để ý một chút ta thấy: b
2
+c
2
–a
2
= 2bc.cosA
Do đó: m
a
2
=
1
4
(b
2
+c
2
+2bc.cosA) =
1
4
((b-c)
2
+4bc.cos
2

2
A
) ≥ bc.cos
2
2
A

Hay m
a
≥ cos
2
A
bc

Tương tự đối với m
b
, m
c
ta có:

m
b
≥ cos
2
B
ac
, m
c
≥ cos
2

C
ab
.

Tiếp theo chỉ cần nhân vế theo vế các bất đẳng thức vừa tìm được với nhau ta lại
được bài toán mới:

Bài toán 1.1: Trong ∆ABC ta có: m
a.
m
b.
m
c
≥ abc.cos
2
A
cos
2
B
cos
2
C

Chứng minh:
Bây giờ hãy viết lại (1) theo một cách khác: m
a
2
=
1
4

(2(b
2
+c
2
) – a
2
)
Ta có: b
2
+c
2
≥
2
( )
2
b c



-
5
-

Suy ra: m
a
2
≥
1
4
((b+c)

2
– a
2
) =
1
4
(b+c-a)(b+c+a) = p(p-a)
Hay m
a
≥
( )
p p a

(*)
Áp dụng (*) vừa tìm được ta có thể giải quyết bài toán sau một cách nhanh gọn.
Bài toán 1.2: Trong ∆ABC, chứng minh:
a) m
a
+m
b
+m
c
≥
(
p p a p b p c
    
)
b) m
a.
m

b
.m
c
≥ p.S

Bài toán 1.3: Chứng minh rằng:
m
a
+m
b
+m
c
≤
9
2
R
.
Chứng minh:
Ta có: m
a
2
+ m
b
2
+ m
c
2
=
3
4

(a
2
+b
2
+c
2
) = 3R
2
(sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C)
Suy ra: m
a
2
+ m
b
2
+ m
c
2
≤
2
27
4
R

Ta có: (m
a
2
+ m
b
2
+ m
c
2
)
2
≤ 3(m
a
2
+ m
b
2
+ m
c
2
) ≤
2
81
4
R
 m
a
+m
b
+m

c
≤
9
2
R
.
Chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức này để chứng minh một số bài toán sau:
Bài toán 1.4: Chứng minh rằng:
P=
2
1
a
m
+
2 2
1 1
b c
m m

≥
2
4
3
R

Chứng minh:
Ta có:
P ≥ 3
2
1 1 1

3
a b c
m m m
 
 
 
 
 
 
 

≥ 3 (
2
3
a b c
m m m
 
 
 
 
 P ≥3
2
3
9
2
R
 
 
 
= 3

2
2
2 4
3 3
R R
 

 
 
(đpcm).
Bài toán 1.5: Chứng minh rằng:
P=
2 2 2
b c a
a b c
m m m
m m m
 
≥
2
R

Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức:
2 2 2
a b c
b c a
 
≥ a+b+c
Ta có: P≥

1 1 1
a b c
m m m
  ≥
9
a b c
m m m
 
≥
9 2
9
2
R
R

(đpcm)
Qua việc xây dựng các bất đẳng thức liên quan liên quan đến đường trung tuyến ở
trên, các bạn có tự đặt câu hỏi rằng: “đối với đường phân giác và đường cao liệu có thể
“tương tự hóa” hay không?” nếu có thì hãy tiếp tục tìm câu trả lời ở các phần tiếp theo.
2. Các bất đẳng thức liên quan đến đường phân giác:


-
6
-

Ta có: l
a
=
2 cos

2
A
bc
b c

≤
os
2
A
bcc
(vì b+c≥ 2
bc
)
Mặt khác, ta lại có:
cosA =
2 2 2
2
b c a
bc
 


cos
2
A
=
2 2
1 cos ( ) ( )
2 4
A b c a p p a

bc bc
   
 
Suy ra: l
a
≤
( )
p p a

(**)
Tương tự cho l
b
, l
c
, ta thu được bài toán mở sau:
Bài toán 2.1: Trong ΔABC, ta có:
a) l
a
.l
b
.l
c
≤ abc.cos
cos cos
2 2 2
A B C
(1)
b) l
a
.l

b
.l
c
≤ pS (2)
c) l
a
+l
b
+l
c
≤
3
p (3)
Bất đẳng thức (3) được chứng minh như sau:
Từ (**) ta có: l
a
+l
b
+l
c
≤
( )
p p a p b p c
    

≤
3( ) 3
p p a p b p c p
     
(đpcm)

Ta thấy: l
a
≤
( )
p p a

mà m
a
≥
( )
p p a

suy ra: l
a
≤ m
a
Kết hợp với định lí đường xiên và đường vuông góc, ta có được mối quan hệ giữa
đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong một tam giác như sau: h
a
≤ l
a
≤ m
a

(***)
Từ (***) chúng ta sẽ phát triển được thành các bài toán mới mà chúng tôi sẽ
trình bày ở các phần tiếp theo.
3. Bất đẳng thức liên quan đến đường cao:
Ta có: h
a

≤ l
a
Vì thế từ phần 2 chúng ta có thể dễ dàng suy ra được các bất đẳng thức sau:
Bài toán 3.1: Trong ΔABC, ta có:
a) h
a
≤
cos
2
A
bc

b) h
a
≤
( )
p p a



Bài toán 3.2: Trong ΔABC, chứng minh:
a) h
a
.h
b
.h
c
≤ abc cos
cos cos
2 2 2

A B C

b) h
a
+

h
b
+ h
c
≤
3
p (4)
c) h
a
.h
b
.h
c
≤ pS (5)
Ngoài ra, ta có:
1 1 1 1
a b c
h h h r
  


1 1 1 1
( ) ( )( )
a b c a b c

a b c
h h h h h h
r h h h
      
≥ 9.

a b c
h h h
 
≥ 9r
Vậy ta thu được bài toán sau:

-
7
-

Bài toán 3.3: Trong ΔABC , chứng minh:
a b c
h h h
 
≥ 9r (6)
Để ý một chút, ta thấy (4) và (6) là 2 bất đẳng thức liên quan đến tổng
a b c
h h h
 

nhưng ngược chiều. Vậy thì hãy thử hết hợp 2 bất đẳng thức này lại, thêm một chút biến
đổi nữa xem nào!
(4), (6)


3
p ≥ 9r


p ≥ 3
3
r
Đây là 1 bất đẳng thức liên quan đến p,r
Bất đẳng thức (5) cũng đem đến cho chúng ta sự thú vị không kém
Ta có: (5)

2
a b c
h h h
S
p p

= r
2
1 1 1
. .
a b c a b c
p
h h h h h h
   



p
2

≥ h
b
.h
c
+ h
a.
h
b
+ h
a
.h
c

Thế đấy, chỉ cần “úm ba la” một cái chúng ta đã thu thêm được bài toán mới.
Bài toán 3.4: Trong ΔABC , chứng minh:
p
2
≥ h
b
.h
c
+ h
a.
h
b
+ h
a
.h
c
4. Mối quan hệ giữa đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong tam

giác:
Như chúng tôi đã đề cập ở cuối phần 2, giữa đường trung tuyến, đường phân giác,
đường cao trong tam giác có mối quan hệ sau:
h
a
≤ l
a
≤ m
a
(***)
Liệu từ mối quan hệ này, chúng ta có thể xây dựng nên các bài toán mới được hay
không?
Để trả lời cho câu hỏi này, chúng ta hãy thử đi qua bài toán sau:

Bài toán 4.1: Trong ΔABC , chứng minh

a)
a b c
h h h
 
≤ l
a
+l
b
+l
c
≤ m
a
+ m
b

+ m
c
b)
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b c
h h h l l l m m m
       

c)
1
2
a b c a b c
b b c c a a b c a
m m m m m m
h l h l h l m m m
 
    
 
  
 

Bài toán 4.1 trên, bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh dựa vào (***)
Theo BĐT Nesbit ta có:
3
2
a b c
b c a c a b
m m m
m m m m m m
  

  

Lại sử dụng BĐT (***) ta được bài toán:
Bài toán 4.2: Trong ΔABC , chứng minh:
3
2
a b c
b c c a a b
m m m
h l h l h l
  
  

Xét bài toán sau:
Bài toán 4.3: Trong ∆ABC, chứng minh rằng:

-
8
-

2 3
a b c
a b c
m m m
  
Chứng minh:
Ta có: 4m
a
2
=2(b

2
+c
2
)-a
2
=2(a
2
+b
2
+c
2
)-3a
2
(2m
a
)
2
+(a
3
)
2
=2(a
2
+b
2
+c
2
)
Lại có: (2m
a

)
2
+(a
3
)
2
≥2(2m
a
a
3
)
Suy ra: 2(2m
a
a
3
)≤2(a
2
+b
2
+c
2
)  am
a
≤
2 2 2
a b c
2 3
 



2 2 2
1 2 3
a b c
a
am

 

2 2 2
2 3
a b c
a
a a
m

 
(7)
Tương tự:

2 2 2 2 2 2
2 3 2 3
;
a b c a b c
b c
b b c c
m m
 
   

Do đó:

2 3
a b c
a b c
m m m
  

Mà h
a
≤l
a
≤m
a
, suy ra:
2 3
a b c a b c a b c
a b c a b c a b c
h h h l l l m m m
         .

Chú ý:
Từ (7) ta cũng suy ra:
2
2 2 2
2 3
a b c
a a
m m
a

 

Tương tự:
2 2
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3
;
a b c a b c
b b c c
m m m m
b c
 
   

Do đó:
2 2 2
2 3
a b c
a b c
m m m
a b c
  
 
(m
a
2
+m
b
2
+m
c

2
)=
3 3
2

Vậy, liệu có “tương tự hóa” bất đẳng thức trên đối với đường phân giác và đường
cao được hay không?
Ta có:
a b c
h h h
a b c
 
=
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 1 1 1
2 ( )
4 sin sin sin
S S S S
a b c R A R B R C
    

=
1
8
(
abc
R
2 2 2 2 2 2
1 1 1
)

sin sin sin
R A R B R C
 

= sinA.sinB.sinC(
2 2 2
1 1 1
)
sin sin sin
A B C
 

Rõ ràng, với
90
A 

còn
45
B C   

thì

a b c
h h h
a b c
 
=
5
2


3 3
2

Do đó bất đẳng thức trên không đúng đối với đường cao. Vậy còn đối với đường
phân giác thì sao? Câu hỏi này xin được dành cho bạn đọc suy nghĩ!

Bài toán 4.4: Trong ∆ABC, chứng minh rằng:
3 3
a b b c c a
l l l l l l
c a b
  
  
(8)

-
9
-

Chứng minh:
Ta có:
(8)
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( ) 3 3
a b c
l l l
b c a c a b
     



2 cos 2 cos 2 cos
2 2 2
. . . 3 3
A B C
bc ac ab
b c a c a b
b c bc a c ac a b ab
  
  
  


3 3
cos os os
2 2 2 2
A B C
c c  
Đây là một bất đẳng thức đơn giản trong tam giác.
Vậy, bất đẳng thức (8) được chứng minh.
Mà, trong tam giác ta luôn có: h
a
≤l
a
, h
b
≤l
b
, h
c
≤l

a

Vì vậy: từ (8) ta có thể suy ra được bất đẳng thức sau:
Bài toán 4.5:
3 3
a b b c c a
h h h h h h
c a b
  
  
Từ (8) chúng ta lại có thể tiếp tục khai thác để chuyển thành một bài toán mới
Ta có:
( )( ) 9
a b b c c a
a b a c a b
l l l l l l
c b c
l l l l l l c a b
  
    
  


9
3
a b b c c a
a b a c a b
c b c
l l l l l l
l l l l l l

c a b
   
  
  
 

Hiển nhiên từ đây ta cũng có thể suy ra được các bài toán sau:
Bài toán 4.6: Cho ∆ABC, chứng minh:
a)
3
a b a c a b
c b c
l h l h l h
  
  

b)
3
a b a c a b
c b c
h h h h h h
  
  

Từ tổng
a b a c a b
c b c
h h h h h h
 
  

, ta lại có thể khai thác một bài toán mới
Bài toán 4.7: Tong ∆ABC, chứng minh rằng:
3
2
a b a c c b
c b a R
h h h h h h r
  
  

Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử: a≤b≤c

2 2 2
a b c
S S S
h h h
 
 h
a
≥h
b
≥h
c

h
b
+h
c
≤ h
c

+h
a
≤ h
a
+h
b
(1)

b c c a a b
1 1 1
h h h h h h
 
  
(2)
Áp dụng bất đẳng thức Trê-bư-sép vào hai dãy (1), (2) ta được:
b c c a a b
1 1 1 1
( )( )
3 h h h h h h
a b a c c b
c b a
a b c
h h h h h h
      
     
(3)

-
10
-

Ta có: a+b+c=2R(sinA+sinB+sinC)≤
3 3
R
(4)
Mặt khác:
b c c a a b
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
h h h h h h 2 2
a b c
h h h r
     
  
(5)
Từ (3, (4), (5) suy ra:
3
2
a b a c c b
c b a R
h h h h h h r
  
  

Từ bài toán này, ta lại thu được bài toán sau:

Bài toán 4.8: Trong ∆ABC, chứng minh:
a)
3
2

a b b c c a
c a b R
h l h l h l r
  
  

b)
3
2
a b b c c a
c a b R
l l l l l l r
  
  

c)
3
2
a b b b c c c a a
c a b R
r
h l h h l h h l h
  
  

Còn rất nhiều các bất đẳng thức khác có thể khai thác, nhưng chúng tôi xin được kết
thúc phần này tại đây để đi qua các phần khác cũng hấp dẫn không kém.
5. Bất đẳng thức liên quan đến p, r, R:
Bài toán 5.1: Trong ∆ABC, chứng minh:
a

2
+b
2
+c
2
≤ 9R
2
(1)
Chứng minh:
Ta có: (1)4R
2
(sin
2
A+sin
2
B+sin
2
C)≤9R
2
sin
2
A+sin
2
B+sin
2
C≤
9
4

Đây là bất đẳng thức cơ bản trong tam giác nên ta có được đccm.

Chúng ta hãy khai thác bài toán trên để tìm lời giải cho một bài toán mới.
Ta có: (ab+bc+ac)(
1 1 1
) 9
ab bc ca
  


2 2 2 2 2
1 1 1 9 9 9 1
ab bc ac a b c 9
ab bc ca R R
     
   

Vậy ta được bài toán sau:
Bài toán 5.2: Trong ∆ABC, chứng minh:
2
1 1 1 1
ab bc ca R
  
Bài toán trên có rất nhiều cách giải, song chúng tôi chỉ giới thiệu cho các bạn một
cách giải. Với niềm say mê toán học hi vọng các bạn sẽ tìm được cách giải riêng cho
mình.
Sau đây, chúng tôi xin trình bày một hướng khai thác khác đối với bài toán 5.1:
Ta có: ab+bc+ac≤
2 2 2
a b c
 
≤

2
9
R

Mà, h
a
+h
b
+h
c
≥9r
Suy ra:
2
2 2
2 2
( )
(9 ) 9
9
a b b
h h h
r r
ab bc ac R R
 
 
 

2 2 2 2
2
2
( )

9
a b c a b b
h h h h h h
r
bc ac ab ab bc ac R
 
   
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

-
11
-

Bài toán 5.3: Trong ∆ABC, chứng minh; R≥2r
Thật vậy, theo công thức Euler, ta có:
OI
2
=R
2
-2Rr (với O,I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC)
R
2
-2Rr ≥0R≥2r
Trong quá rình khia thác mối liên hệ của ba đường trung tuyến, phân giác, đường
cao ở phần 3, chúng tôi đã đưa ra các bất đẳng thức mà các bạn có thể kết hợp lại để đưa
đến kết quả bài toán 5.3.
Bài toán 5.4: Chứng minh rằng:
2 2 2

a b c
 
≥r
2
+p
2
+4Rr
Chứng minh:
Ta có: p
2
r
2
=S
2
=p(p-a)(p-b)(p-c) p
2
r
2
=p
3
-(a+b+c)p
2
+(ab+bc+ac)p-abc
=-p
3
+(ab+bc+ac)p-4pRr
r
2
=-p
2

+ab+bc+ac -4Rr ab+bc+ca=r
2
+p
2
+4Rr
Mà
2 2 2
a b c
 
≥ab+bc+ca≥r
2
+p
2
+4Rr (dccm)
Thực chất trong lời giải của bài toán trên chúng ta đã đi thiết lập công thức :
2 2 2
a b c
 
=r
2
+p
2
+4Rr

2 2 2
a b c
 
=(a+b+c)
2
-2(ab+bc+ca) =2p

2
-8Rr-2r
2

Từ bài toán 5.4, suy ra:
2p
2
-8Rr-2r
2
≥r
2
+p
2
+4Rr p
2
≥3r
2
+12Rr 3r(r+4R)≤p
2
3.4sin
2 2 2 2
sin sin .4 (1 sin sin sin ) 16 os os os
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C A B C
R R c c c 
3tan
os os os
2 2 2
tan tan
2 2 2

1 sin sin sin
2 2 2
A B C
c c c
A B C
A B C



Vậy, ta được bất đẳng thức sau: 3tan
os os os
2 2 2
tan tan
2 2 2
1 sin sin sin
2 2 2
A B C
c c c
A B C
A B C



Đây là một bất đẳng thức khó.
Bài toán 5.5: Trong ∆ABC, chứng minh:
p
3 3
2
R.
Chứng minh:

Ta có: 4(
2 2 2
a b c
m m m
 
)=
2 2 2
3( )
a b c
 
(a+b+c)
2

Mà
2 2 2
a b c
m m m
 

2
27
4
R

Suy ra: (a+b+c)
2

2
27
4

R
 4p
2

2
27
4
R
đpcm
Trong những phần trên chúng ta đã chứng minh được bài toán sau
Bài toán 5.6: Trong ∆ABC, chứng minh:
p≥3
3
r
Bài toán này dễ dàng dẫn đến bài toán sau:

-
12
-

Bài toán 5.7: Trong ∆ABC, chứng minh:
a) S
2
3 3
p
 b) S
2 2 2
a b c
4 3
 


Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một bất đẳng thức được coi là mạnh nhất đối với
p, R, r trong tam giác (bất đẳng thức Bludon)
Bất đẳng thức Bludon: Chứng minh rằng trong mọi ΔABC ta có:

2 2 2 2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 ) 2 10 2( ) ( 2 )
R Rr r R r R R r p R Rr r R r R R r
           
Chứng minh
Kí hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC.
Gọi E là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với cạnh AB
Đặt AI = x thì R – d ≤ x ≤ R + d (d = OI)
Ta có: AE =
2 2
x r

và AE = p – a
Từ tam giác vuông AEI ta có:
sin
2
A r
x

, cos
2 2
2
A x r
x



sinA=2 sin
2
A
cos
2 2
2
2
2
A r x r
x


Theo định lí hàm số sin ta có:
A = 2RsinA =
2 2
2
4
Rr x r
x


Từ đó: p = (p – a) + a =
2 2
2
4
1
Rr
x r
x

 
 
 
 

Xét hàm số: p = p(x) =
2 2
2
4
1
Rr
x r
x
 
 
 
 
(R – d ≤ x ≤ R + d)
Ta có: p’(x) =
2 2 3
1 2 1 2
3 2 2 3 2 2
( )( )( )( )
4 8
x x x x x x x x
x Rrx Rr
x x r x x r
   
 


 

Trong đó: x
1
=
2 ( )
r R d

, x
2
=
2 ( )
r R d


Dễ dàng chứng minh được 0 < R – d ≤ x
1
≤ x
2
≤ R + d
Bảng biến thiên của hàm số p(x) như sau:
x R – d x
1
x
2
R + d

p’(x) + 0 - 0 +

p(x)

Để ý rằng d =
2
2
R Rr

ta có thể chứng minh được
p(x
1
) = p(R + d) =
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    

và
p(x
2
= p(R - d) =
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    


-
13
-

Vậy
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    
≤ p ≤
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    

Ta có:
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    

= 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
– [(R-2r) -
( 2 )
R R r
 ]
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2

và
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    

= [(R-2r) -
( 2 )
R R r

]
2
+ 16Rr – 5r
2
≥ 16Rr – 5r
2

Mỗi đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi R = 2r


ABC là tam giác đều

Chúng tôi vừa trình bày một số bất đẳng thức về hệ thức lượng trong tam giác. Các
bạn có thể vận dụng chúng để giải các bài toán khác.
III. Bài tập củng cố:
1. Cho ∆ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp R=1. Chứng minh rằng:
sin sin sin
3
a b c

A B C
m m m
  

Chứng minh:
Tacó:
2 2 2
sin sin sin
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
A B C a b c a b c
m m m Rm Rm Rm am bm cm
       

Mà,
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
3 3
2
3 (2 2 )
a
a a a
am a b c
a b c a
 
 
 
(theo Cô-si) (1)
Tương tự,

2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
3 3
2
3 (2 2 )
b
b b b
bm a b c
b a c b
 
 
 
(2)

2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
3 3
2
3 (2 2 )
a
c c c
cm a b c
c a b c
 
 
 
(3)
Từ (1), (2), (3) ta có:

sin sin sin
3
a b c
A B C
m m m
  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay ΔABC đều.

2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh và h
a
, h
b
, h
c
là độ
dài các đường cao tương ứng. Kí hiệu r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp
tam giác đó. Chứng minh:
2 2 2
9 1 1 1 1
2
a b c b c a c a b
R
a b c r
h h h h h h h h h
   
 
  

Chứng minh:

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 4 2
a a b c
a b c b c
h h h h
h h h h h
 
 
 
    
 
 
 
 
 

 
 
 

Tương tự:

-
14
-


1 1 1 1 1 1

4 2
b c a
b c a
h h h
h h h
 
 
  
 
 
 

 
 
;
1 1 1 1 1 1
4 2
c a b
c a b
h h h
h h h
 
 
  
 
 
 

 
 

Do đó:

1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
a b c
a b c b c a c a b
h h h r
h h h h h h h h h
 
     
 
  
 
(1)
Ta có:

1 1 1 9
a b c b c a c a b a b c b c c a a b
h h h h h h h h h h h h h h h h h h
  
       



 
9 9 9 9
1 1 1
2 4 ( )
4

a b c
abc R
h h h S bc ab ac ab bc ca
S
a b c
   
     
 
 
 
 


2 2 2
9R
a b c

 
(2)

Từ (1),(2) suy ra đpcm.

3. Chứng minh rằng:

1 1 1 6
a b c
R
m m m
  

Chứng minh:
Ta có:
P=
1 1 1 3 3
3
2
3
a b c a b c
m m m m m m R
   
 

Suy ra : P
6
R

4. Chứng minh rằng:
P=
2 2 2
3 3 3
1
b c a
a b c
h h h
h h h r
  

Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức:

3 3 3
2 2 2
a b c
a b c
b c a
    

Ta có: P
1 1 1 1
a b c
h h h r
   
(đpcm)
5. Chứng minh rằng:
a) m
a
.m
b
.m
c

3
27
8
R


-
15
-

b) (l
a
+l
b
)(l
b
+l
c
)(l
c
+l
a
)
3
8
3 3
p

Chứng minh
a) Ta có:
m
a
.m
b
.m
c
2 3
3

3 27
3 2 8
a b c
m m m
R R
 
   
  
 
 
  


m
a
.m
b
.m
c
3
27
8
R

b) Ta có:
(l
a
+l
b
)(l

b
+l
c
)(l
c
+l
a
)
3
2( )
3
a b c
l l l 
 

 
 
3
3
2 8
3 3 3
p p
 
 
 
 
(đpcm)

6. Chứng minh rằng: h
a

.h
b
.h
c
≥ 27r
3

Chứng minh
Ta có:

3
3
1 1 1 1 1
27.
a b c a b c
r h h h h h h
 
   
 
 


Suy ra: h
a
.h
b
.h
c
≥ 27r
3

(đpcm)

7. Chứng minh rằng:
P=
18
1 1 1 2 9
a b c
a b b c c a
h h h
r
h m h m h m Rr
  
   

Chứng minh
Ta có:
P=
1 1 1 9
1 1 1 1 1 1
b c a a b c
a b c a b c
m m m m m m
h h h h h h
  
       

9 18
9 1
9 2
2

r
R
Rr
r
 


(đpcm)
8. Chứng minh rằng:
 
2
2 2 2
1 1 1 1 27
9
3 2
a b c
a b c
m m m R
R m m m
 
     
 
 


Chứng minh
Đặt a=
1
3
a

m
R
, b=
1
3
b
m
R
, c=
1
3
c
m
R
. Ta có: a + b + c ≤
3
2

BĐT trở thành:
a + b + c +
2 2 2
1 1 1 27
2
a b c
  

Ta có:
3
1
3 2

a b c
abc
 
 

VT
3 3 3 3
3 32 2 2 2 2 2
3 1
3 3 8 8 15
3
abc abc abc abc
a b c a b c
 
     
 
 

3
15 27
3 3 64
2 2
 
  
 
 


-
16

-

9. Trong ΔABC chứng minh rằng:
a)
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
r r r l l l
    


b)r
a
l
a
+ r
b
l
b
+ r
c
l
c


p
2

Chứng minh
a)Ta có
2 2 2

a b c
r r r
 
= p
2
( tan
2
2
A

tan
2
2
B
+ tan
2
2
C
)
Vì, tan
2
2
A

tan
2
2
B
tan
2

2
C

tan tan tan tan tan tan 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
   

Nên:
2 2 2 2
a b c
r r r p
  
(1)
Mặt khác:
2 2 2
( ) ( ) ( )
a b c
l l l p p a p p b p p c
       
= p
2
– p(a+b+c-2p)=p
2
(2)
Từ (1),(2) suy ra
2 2 2 2 2 2
a b c a b c
r r r l l l
    

b) Ta có:
r
a
l
a
+ r
b
l
b
+ r
c
l
c
( ) ( ) ( )
S S S
p p a p p b p p c
p a p b p c
     
  

=


( )( ) ( )( ) ( )( )
p p b p c p a p c p a p b
       

≤ p ( p – b + p – c + p – a ) = p
2

Vậy r
a
l
a
+ r
b
l
b
+ r
c
l
c


p
2
(đpcm)
10. Trong ΔABC chứng minh rằng:
9
a b c
a b c R
r r r p
  

Chứng minh
Ta có:
2 sin 2 sin 2 sin
.tan .tan .tan
2 2 2

a b c
a b c R A R B R C
A B C
r r r
p p p
    
=
2 2 2
4
cos cos cos
2 2 2
R A B C
p
 
 
 
 

=
2
R
p
(1 + cosA +1 + cosB + 1 + cosC)
=
2
R
p
(3 + cosA + cosB + cosC)
Mà: cosA + cosB + cosC
3

2

(bất đẳng thức cơ bản trong tam giác)
Do đó:
9
a b c
a b c R
r r r p
  
(đpcm)
IV. Bài tập tự giải:
1. Cho ΔABC, chứng minh rằng:
2 2 2
9
a b c
a b c
R
r r r r r r
  
  

2. Cho ΔABC là tam giác nhọn. Gọi R và r là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại
tiếp tam giác. Gọi H là trực tâm tam giác, d
a
, d
b
, d
c
tương ứng là khoảng cách từ H tới ba
cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

-
17
-

R + r ≥ d
a
+ d
b
+ d
c
≥ 7r – 2R.
Hướng dẫn: Đưa bất đẳng thức về dạng:
7r – 2R ≤ h
a
+

h
b
+ h
c
- 2(R + r) ≤ R + r


9r ≤ h
a
+

h
b

+ h
c
≤ 3(R + r)

3. Chứng minh:

2 2 2
2 2 2
6
a b c
a b c
h h h
r
l l l R
  

4. Chứng minh:
2
a
a
h
r
l R


5. Chứng minh rằng:
3
2
3
a b c

a b c
h h h
r
l l l R
  

6. Chứng minh rằng:
2
3 4 1 1 1 27
( )
2 3 2
a b c
a b b c c a
p
l l l
p l l l l l l
 
     
 
 

7. Chứng minh rằng:
2 2 2
3 2 15
( )
2 3 2
b c a
a b c
a b c
h h h

r
h h h
h h h r
 
     
 
 

8. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 15
( ) 3
3 2
a b c
a b c
m m m R
R m m m
 
     
 
 



 Tài liệu tham khảo:
[1] Chuyên đề bất đẳng thức và cực trị trong hình học phẳng- Nguyễn Đức Tấn
[2] Một số bài giảng về các bài toán trong tam giác- Nguyễn Vũ Lương ( chủ biên)
[3] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông: Bất đẳng thức hình
học- Vũ Đình Hòa
[4] Tạp chí toán học và tuổi trẻ
[5] Lượng giác sơ cấp- Phan Huy Khải

[6] Một số diễn đàn toán học.









-
18
-

ỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG LIÊN
QUAN ĐẾN TỨ GIÁC TOÀN PHẦN
 Học sinh thực hiện: Phan Hồng Hạnh Trinh, Lê Bá Lộc Trần Đức
Anh. ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm học 2011-2012).
 Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh.


 Lời dẫn:
Hình học tạo nên cuộc sống!
Hình học luôn luôn tuyệt vời!!
 Nội dung:

I. CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối
không song song. AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại
F. Hình tạo bởi tứ giác ABCD, và hai tam giác

EBC, FCD được gọi là tứ giác toàn phần. Trong cả
chuyên đề này, chúng ta quy ước gọi tứ giác như
thế là tứ giác toàn phần ABCDEF.
A, B, C, D, E, F là các đỉnh; các đoạn AC,
BD, EF là các đường chéo của của tứ giác.
Các góc trong của tứ giác ABCD và của hai
tam giác EBC, FCD là các góc trong của tứ giác.
Tứ giác toàn phần ABCDEF được gọi là nội
tiếp trong một đường tròn nếu tứ giác ABCD nội
tiếp.
Tứ giác toàn phần ABCDEF được gọi là ngoại
tiếp một đường tròn nếu tứ giác ABCD ngoại tiếp.
Trong chuyên đề này, chúng tôi sẽ sử dụng kiến thức về góc định hướng và không
chứng minh lại các bài toán quen thuộc như bài toán đường thẳng Simson, đường thẳng
Steiner của tam giác, bài toán định lý Ptolemy.
II. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN

1/ Tính chất 1: Các đường tròn ngoại
tiếp các tam giác BCE, CDF, ADE, ABF
đồng quy tại một điểm. Điểm này là điểm
Miquel của tứ giác toàn phần







M

M
C
F
A
E
D
B
B
F
D
E
A
C

-
19
-



Chứng minh:
Gọi M là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF và AED. Ta sẽ
chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua M.
Thật vậy:
Xét góc định hướng giữa các đường thẳng theo mođun

, ta có:





MA, MC BA, BC

(mod π)




ME, MA FE, FA

(mod π)
Từ đây suy ra :










     
, , A , , A,
, A, , (mod )
ME MB ME M MA MB DE DA F FB
CE DA D CB CE CB

   
  

Do đó đường tròn ngoại tiếp

CBE đi qua điểm M.
Chứng minh tương tự cho ta cũng suy ra được đường tròn ngoại tiếp

CDF cũng đi
qua điểm M.
Mở rộng: Khi tứ giác ABCDEF nội tiếp thì M, E, F thẳng hàng (tính chất này dành
cho bạn đọc tự chứng minh).

2/ Tính chất 2: Tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCE, CDF, ADE,
và điểm Miquel M cùng thuộc một đường tròn
Chứng minh:
Gọi O
1
, O
2
,

O
3
, O
4
lần lượt là tâm của
các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
BCE , CDF, ADE và ABF.
Dễ thấy O
1
O

2
, O
2
O
3
, O
1
O
3
lần lượt là
các đường trung trực của MC, MD, ME.
Khi đó các hình chiếu của điểm M lên các
đường thẳng này (ta gọi là I, J, K như hình
vẽ) lần lượt là các trung điểm cuả MC,
MD, ME . Từ đây, theo định lý đảo về
đường thẳng Simson, suy ra M thuộc
đường tròn đi qua ba điểm O
1
,

O
2
, O
3
.
chứng minh tương tự, ta cũng có M
thuộc đường tròn đi qua ba điểm O
2
,

O
3
,
O
4
. Từ đó suy ra đpcm.
3/ Tính chất 3: Chân các đường
vuông góc hạ từ điểm Miquel M lên các
đường thẳng AB, BC, CD, DA cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Simson)
Chứng minh:
Gọi G, I, J, H lần lượt là chân đường cao kẻ từ M xuống BE, DE, BF, DF. Vì M
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF nên đường thẳng đi qua I, J, H sẽ là đường
K
I
J
M
O
3
O
1
O
4
O
2
C
F
A
E
D
B

-
20
-

thẳng Simson của điểm M đối với tam giác FDC, suy ra I, J, H thẳng hàng. Chứng minh
tương tự cho các điểm còn lại, ta suy ra điều phải chứng minh.

4/ Tính chất 4: Các trực tâm của các tam giác BCE, CDF, ADE, ABF cùng nằm trên
một đường thẳng ( đường thẳng Steiner của tứ giác).
Chứng minh:
Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần. phép vị tự tâm M, tỉ số 2 biến đường
thẳng Simson của mỗi tam giác BCE, CDF, ADE, ABF thành đường thẳng Steiner của
tam giác đó, đi qua trực tâm tam giác . Từ tính chất 3 suy ra các đường thẳng Steiner của
bốn tam giác trên trùng nhau và đường thẳng đó đi qua trực tâm của bốn tam giác.
H
4
H
1
H
2
H
3
G
I
J
H
M
C
F

A
E
D
B


5/ Tính chất 5: Các trung điểm của các đoạn thẳng AC, BD, EF cùng nằm trên một
đường thẳng (đường thẳng Gauss). Đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng
Steiner
Chứng minh:
Từ tính chất 4, ta có các trực tâm H
1
, H
2
, H
3
, H
4
của các tam giác CDF, ADE, ABF,
BCE cùng thuộc đường thẳng Steiner s của tứ giác toàn phần ABCDEF.
Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H
1
xuống CD và CB; S, T lần
lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H
4
xuống CD và CB.
Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của AC, BD, EF. (I), (J), (K) lần lượt là các đường
tròn đường kính AC, BD, EF.
Dễ thấy
1 1 1 1

. .
H P H F H D H Q

hay P
1
H
/(K)
=P
1
H
/(J)
.
4 4 4 4
. .
H T H E H B H S

hay P
4
H
/(K)
=P
4
H
/(J)
.

-
21
-

Do đó s là trục đẳng phương của (J) và (K), suy ra JK

s.
Tương tự ta cũng chứng minh được s là trục đẳng phương chung của (I) và (J), suy ra
IJ

s.
Từ đó có được ba điểm I, J, K thẳng hàng và đường thẳng đi qua ba điểm này vuông
góc với đường thẳng s.


T
P
J
I
K
S
Q
H
4
H
1
H
2
H
3
C
F
A
E

D
B


6/ Tính chất 6: Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp đường tròn (O) tâm O, AC
cắt BD tại K. Khi đó O là trực tâm tam giác KEF (định lí Brocard)
Chứng minh:
H
K
F
E
O
A
D
B
C

Gọi H là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKD, BKC.

-
22
-

Xét các góc định hướng giữa các đường thẳng theo mod

ta có:Xét tứ giác DOHC
ta có:











     
, D , D , D , D , K
, D , K , D (mod )
OC O AC A BC B AK A BC B
HK H HC H HC H

   
  

Suy ra bốn điểm O, C, D, H cùng thuộc một đường tròn.
Tương tự ta chứng minh được bốn điểm A, O, H, B cùng thuộc một đường tròn.
Mặt khác
. .
EA EB EC ED

, suy ra E nằm trên trục đẳng phương của đường tròn đi
qua bốn điểm O, C, D, H và đường tròn đi qua bốn điểm A, O, H, B.
Suy ra E, H, O thẳng hàng.
Ta lại có:








       
, , ,
1
, , , , (mod )
2 2
HO HK HO HD HD HK
CO CD AD AK CO CD OD OC


 
    

(vì tam giác OCD cân tại O).
Do đó, HO

HK hay OE

KF.
Chứng minh tương tự ta được OF

KE.
Vậy, O là trực tâm tam giác KEF.
Như vậy, ta được 6 tính chất quan trọng và cơ bản nhất của tứ giác toàn phần, để
thấy rõ hơn về nét đẹp của tứ giác toàn phần chúng ta hãy cùng xem xét, suy nghĩ về
những bài toán ở phần tiếp theo.
III. MỘT SỐ BÀI TOÁN MỞ RỘNG
Bài toán 1: Cho tứ giác ABCD có các cặp cạnh đối không song song, ngoại tiếp

đường tròn (O), nội tiếp đường tròn (I). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (I)
với AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng MP

NQ.

R
T
O
A
B
E
M
P
N
Q
I
F
D
C



-
23
-

Lời giải:
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC. Không mất tính tổng quát,
ta có thể giả sử A nằm giữa B và E, A nằm giữa D và F (như hình vẽ trên). FI cắt cắt AB,
CD lần lượt tại R và T.

Ta có EI, FI là các đường phân giác của

AED
,

AFB
. Hơn nữa dễ thấy MP

EI và
NQ

EI. Như vậy việc chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được EI

FI.
Thật vậy, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có:






ERT AFR FAR TFC FCT RTE
    

Suy ra
ΔERT
cân tại E. Do đó EI

RT hay EI


FI.
Vậy, bài toán được chứng minh.
Nhận xét: Qua bài toán, ta biết thêm một cách dựng tứ giác vừa ngoại tiếp vừa nội
tiếp đường tròn, đồng thời rút ra được bổ đề sau:
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp. Khi đó các đường phân giác trong của góc
E và góc F vuông góc với nhau.
Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của
AD và BC, AB và CD. Dựng hình bình hành ABCE. Gọi F là giao điểm của CE và PQ.
Chứng minh rằng D, Q, E, F cùng thuộc một đường tròn.

F
E
P
Q
D
A
B
C


Lời giải:
Ta xét trường hợp B nằm giữa P và C, B nằm giữa A và Q (như hình vẽ trên). Các
trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Dễ thấy:
ΔPAB ΔPCD

và chú ý rằng ABCE là hình bình hành, suy ra:
PA AB EC
= =
PC DC DC

Mặt khác:




PA sinPBA sinQBC QC
= = =
PB QB
sinPAB sinQCB

Áp dụng định lý Thales đối với
BQ CF

, ta có:
PB QB
=
PC CF


-
24
-

Ta có:
EC PA PA PB QC BQ QC
= = . = . =
DC PC PB PC QB CF CF

Suy ra:

ΔCED ΔCQF CE.CF = CD.CQ



Vậy, bốn điểm E, D, Q, F cùng thuộc một đường tròn.
Bài toán 3: Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O. AD cắt BC
tại I. M là điểm Miquel của tứ giác. Chứng minh rằng O, I, M thẳng hàng
Lời giải:
M
I
F
E
O
B
A
C
D

Từ mở rộng của tính chất 4, suy ra M thuộc đường chéo EF. Theo định lý Brocard ta
có O là trực tâm

IEF nên OI

EF. Như vậy ta chỉ cần chứng minh OM

EF.
Bổ đề: (định lý bốn điểm) Trong mặt phẳng, cho điểm A, đoạn thẳng BC và điểm H
thuộc đường thẳng BC. Chứng minh rằng nếu
2 2 2 2
  

AB AC HB HC
thì AH

BC.
Bổ đề khá đơn giản nên các bạn có thể tự chứng minh.
Trở lại bài toán. Đặt R = OA.
Ta có




2 2 2 2 2 2
OE OF OE R OF R
     = P
E/(O)

P
F/(O)

=
EB.EA FD.FA EM.EF FM.FE
  
(do M

(ADE), M

(ABF))







2 2
EF EM FM ME MF ME MF ME MF
      
.
Do đó OM

EF. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và
BC. AC cắt BD tại O. Dựng OR

PQ (R

PQ). Gọi M, N, S, T lần lượt là chân các đường
vuông góc kẻ tử R xuống CD, BC, DA, AB. Chứng minh rằng M, N, S, T cùng thuộc một
đường tròn
Lời giải: