Kiến thức cơ bản và một số bài tập cơ bản về ứng dụng của tỉ số kép và hàng điểm điều hòa trong hình học

CHUYÊN ĐỀ
ỨNG DỤNG CỦA TỈ SỐ KÉP VÀ HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Nhóm thực hiện:
• Phan Thanh Hào
• Pham Lương Hào
• Lê Minh Tiến

àng điểm điều hòa và tỉ số kép là một công cụ khá mạnh nhưng lại rất đơn giản và dễ hiểu.
Những bài toán khó nếu nhìn dưới con mắt của hàng điểm điều hòa thì có khi sẽ rất đơn
giản . Sau đây, nhóm cũng tôi sẽ giới thiệu một số kiến thức cơ bản về tỉ số kép, hàng điểm
điều hòa , các tính chất liên quan cũng một số ví dụ và bài tập để bạn đọc làm quen với kiến thức
này.
H
I. Lí thuyết:
a. Tỉ số kép, hàng điểm điều hòa:
Định nghĩa:
Trên một đường thẳng ta lấy bốn điểm
, , ,A B C D
. Khi đó tỉ số kép của của hàng điểm A, B, C, D được
xác định bằng công thức
:
CA DA
CB DB
.
Kí hiệu: (ABCD)

Trong trường hợp đặc biệt khi tỉ số
( , , , ) 1A B C D = −
thì ta gọi A,B,C,D là một hàng điểm điều hòa.
Sau đây là một số tính chất quan trọng của tỉ số kép và hàng điểm điều hòa mà chúng ta nên biết:
Tính chất:

Cho
( , , , ) 1A B C D = −
. (2) .Gọi N là trung điểm của AB, M là trung điềm CD

Khi đó ta có các định thức sau:
1.
( , , , ) 1A B C D = −

2 1 1
AB AC AD
= +
( hệ thức Descartes).
2.
( , , , ) 1A B C D = −

2 2
.NA NB NC ND= =
( hệ thức Newton)
3.
( , , , ) 1A B C D = −

. .AC AD AB AI=
( hệ thức Maclaurin)

1 | P a g e
Ngoài ra ta còn chứng minh được mở rộng của hệ thức Descartes:
Cho (A,B,C,D)=
λ
thì :
•

1 1
AB AD AC
λ λ
−
= −
Các công thức trên là những công cụ rất mạnh trong các bài toán định lượng hay thậm chí là cả định
tính. Chúng ta sẽ tìm hiểu chúng trong phần ví dụ và bài tập. Bây giờ chúng tôi xin giới thiệu một số
hàng điểm điều hòa cơ bản.
b) Một số hàng điểm điều hòa cơ bản
1. Cho đường tròn (O). từ điểm T ở ngoài đường tròn ta cẽ hai tiếp tuyến TA, TB với đường tròn (O)
và cát tuyến TCD cắt AB tại M. Chứng minh rằng (TMCD)= -1.

2. Cho
V
OAB. Vẽ phân giác trong và phân giác ngoài OC và OD ( C, D
∈
AB). Chứng minh
(ABCD)= -1


3. Cho
V
ABC. M,N,P lần lược thuộc 3 cạnh BC, CA, AB của
V
sao cho AM, BN, CP đồng quy. NP
cắt BC tại D. Chứng minh (DMBC)= -1.

*Ba bài toán trên đều rất quen thuộc nhưng lại là những chìa khóa vô vùng hữu ích giúp ta giải toán.
Và đa số các bài toán áp dụng hàng điểm điều hòa cũng chỉ cần sử dụng đến những hàng điều hòa cơ
2 | P a g e

bản đã nêu trên. Cách chứng minh ba bài toán trên cũng khá đơn giản, chỉ sử dụng đến định nghĩa cùng
các hệ thức đã nêu . Đây cũng là một bài tập nho nhỏ dành cho các bạn mới là quen với hàng điểm
điều hòa.
c.Tỉ số kép của chùm đường thẳng, chùm điều hòa.
Để định nghĩa chùm điều hòa chúng tôi xin nêu ra (không chứng minh) định lý sau:
Định lý 1: Cho chùm đường thẳng O(abcd). Các tia Oa, Ob, Oc, Od, cắt hai đường thẳng d và d’ tại A,
B, C, D và E, F, G, H. Chứng minh (ABCD) = (EFGH)

Nhờ định lý trên ta có thể định nghĩa được tỉ số kép của chùm đường thẳng: là tỉ số kép mà chùm đó
định lên trên một đường thẳng bất kì.
Kí hiêu: O(abcd)
Tương tự ta cũng có định nghĩa của chùm điều hòa : chùm O(a,b,c,d) được gọi là chùm điều hòa khi
và chỉ khi O(abcd) = -1.
Với chùm điều hòa ta có một tính chất rất quan trọng sau:
Tính chất
1, Cho chùm O(a,b,c,d) , một đường thẳng ∆ // Od và cắt Oa, Ob, Oc tại A, B, C. Khi đó (AB,C)=
O(a,b,c,d)=
CA
CB
( (AB,C) gọi là tỉ số đơn của hàng điểm).
2, Cho O(a,b,c,d) = -1. Oa, Ob, Oc cắt đường thẳng
V
tại A, B, C (
V
song song với Od). Khi đó C là
trung điểm của AB.
3, Cho hai chùm O(O’ABC) và O’(OABC) sao cho O(O’ABC) =O’(OABC). Khi đó A,B,C thẳng
hàng.
4. Cho (OABC)=(OA’B’C’). Khi đó AA’, BB’, CC’ song song hoặc đồng quy.
Tính chất này rất quan trọng trong các bài toán chứng minh trung điểm hay song song ,thẳng hàng.

Vậy là hàng điểm điều hòa đã cho ta rất nhiều cách để tấn công các bài toán liên quan đến định lượng,
chứng minh phân giác, vuông góc, song song, hay tính chất trung điểm… Và để hiểu thêm về những
ứng dụng đó, xin mời các bạn đến với những ví dụ sau.
Định lý 2: Với chùm điều hòa (abcd), các điều kiện sau là tương đương:
3 | P a g e
i. c
⊥
d
ii. c là một phân giác của các góc tạo bởi a và b
iii. d là một phân giác của các góc tạo bởi a và b
Cùng với định lí 1, định lí 2 cũng rất hiệu quả cho việc tìm tòi lời giải trong các bài toán có liên quan
đến phân giác.
d) Tứ giác điều hòa : Tứ giác ABCD được gọi là điều hòa nếu tồn tại điểm M thuộc đường tròn ngoại
tiếp tứ giác sao cho M(ABCD)=-1, hay (ABCD)=-1
Ta có định lí rất hay sau đây về tứ giác điều hòa :
Định lí 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O).
A B C D
∆ , ∆ , ∆ , ∆
theo thứ tự là tiếp tuyến với (O) tại A, B, C,
D. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
1. Tứ giác ABCD điều hòa.
2. AB.CD=AD.CB.
3.
,
A C
BD
∆ , ∆
hoặc đồng quy hoặc đôi một song song.
4.
,

B D
AC
∆ , ∆
hoặc đồng qui hoặc đôi một song song.
• Cách chứng minh các tính chất và định lí trên bạn đọc có thể tham khảo tại sách Tài liệu chuyên
toán- Hình học 10 hoặc có thể xem như bài tập và tự chứng minh.
II. Ví dụ- bài tập
Trước tiên ta sẽ đến với các ví dụ định lượng trong hình học. Ta sẽ thấy sức mạnh của các hệ thức
trong tỉ số kép.
A, Các bài toán định lượng:
Bài toán 1: Cho tứ giác ABCD. AC
∩
BD tại G. Qua g kẻ đường thẳng
V
bất kì cắt AD, BC tại E, F;
cắt AB, CD tại P, Q. Chứng minh
1 1 1 1
GE GF GP GQ
+ = +
.(1)

Giải
Gọi M là giao điểm giữa AB và CD.
Đặt (GQPE)=
λ
. Khi đó thêo hệ thức Descartes mở rộng ta có:
4 | P a g e

1 1
GQ GE GP

λ λ
−
= −
Do đó (1) 
1 1 1 1
GP GQ GF GQ GP
λ λ
−
+ − = +

1 1
GP GF GQ
λ λ
−
= −
 (GPQF) =
λ
 (GPQE) = (GQPE)
Mà ta lại có: (GQPE) = A(GPQE) = (CPMD) = B(CPMD)= (FQPG) = (GPQF)
Do đó ta có đpcm.
Vậy là ta đã giải quyết xong bài toán. Một lời giải rất ngắn gọn và đẹp!
Khi ta đã học về tỉ số kép hay rõ hơn là hệ thức Descartes, ta sẽ dễ dàng có ý tưởng cho bài toán này
bởi đẳng thức cần chứng minh khá giống với hệ thức, và tự nhiên ta sẽ suy nghĩ tới việc dùng tỉ số kép
vào đây!
Tiếp theo chúng tôi sẽ đưa ra một ví dụ khác cũng rất giống với ví dụ đã cho. Đó là bài toán mở rộng
của ”định lý con bướm”
Bài toán 2 : Cho đường tròn tâm O ngoại tiếp tứ giác ABCD. AC
∩
BD tại I. Cát tuyến qua I cắt
đường tròn O tại P, Q; cắt AD, BC tại M, N. Chứng minh

1 1 1 1
IM IN IP IQ
+ = +
.


Lời giải bài toán này cũng hoàn toàn tương tự ví dụ trước. Chúng tôi nêu ra ở đây để cho các bạn thấy
sự tương đồng giữa các tính chất trong đường tròn và đường thăng Bây giờ xin mời các bạn đến với
ví dụ 3.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Vẽ đường thẳng
V
qua A, cắt BD, BC tại M, N. Chứng minh
rằng
1 1 1
AM AN AP
= +
(1).
5 | P a g e


Với bài này chúng tôi xin trình bày 3 lời giải, một lời giải bằng tỉ số kép và một lời giải bằng hàng
điểm điều hòa và một lời giải sơ cấp. Các lời giải như sau:
Giải :

C ách 1 : ( Ứng dụng hệ thức Descartes mở rộng ).
Đặt (ANPM) =
λ
.
Theo Descartes mở rộng ta có:
1 1

AN AM AP
λ λ
−
= −
.
Do đó: (1) 
1 1 1
AN AP AN AP
λ λ
−
+ = +
.

1
AP AN
λ λ
− −
=
(2).
Gọi E là điểm sao cho (APNE) =
λ
.
Theo Descartes mở rộng ta có:
1 1
AP AE AN
λ λ
−
= −
.
Do đó (2) 

1
0
AE
=
 A
≡
E.
Hay (PA,N) = (ANMP) =
λ
.
Ta lại có : (ANMP) = B(ANMP) = (DC,N) (Do BA//CD)
Và
ND NP
NC NA
=
( do
CP ADP
)
= (PA,N)
Vậy ta có đpcm.
C ách 2: (Ứng dụng hàng điểm điều hòa)
Trên
V
lấy Q để
CD BDP
.
Ta có
1 1 1
AM AP AN
= +


2 1 1
AQ AP AN
= +
(Do
1
2
AM AO
AQ AC
= =
)
6 | P a g e
 (AQNP) = -1
 C(NPAQ) = -1(*)
Mà
CQ BDP
nên (*)  O là trung điểm BD ( đúng)( Theo tính chất * ở phần 2c thuộc I)
Vậy ta có đpcm.
C ách 3: ( cách giải “ sơ cấp”)
Kẻ
( )MK AB K BC
∈
P
Ta có

1 1 1
AM AP AN
= +

1

AM AM
AN AP
+ =

AM MP
AN AP
=
Mà ta có
AM BM
AN BD
=
( Do
AB CDP
)
Và
BM MK MP
BD DC AP
= =
Do đó ta có đpcm.
Nhận xét: Nhìn lại ba lời giải trên ta thấy mỗi lời giải có một ưu điểm khác nhau. Với cách 2 và 3 ta
có được những lời giải khá ngắn gọn. Nhưng với cách 1 thì ta lại có một cánh nhìn mới và phương
pháp mới trong chứng minh các bài toán định lượng có các đại lượng là một phân số; và cách suy nghĩ
cho cách một cũng khá đơn giản và tự nhiên.

B : Các bài toán liên quan đến tính thẳng hàng, song song, đồng quy …
Đến với các tính chất hình học thì tỉ số kép và đặc biệt là hàng điểm điều hòa lại càng hữu dụng. Bởi từ
hàng điểm điều hòa ta có thể suy ra rất nhiều tính chất đồng quy, thẳng hàng, vuông góc , phân giác từ
các tính chất ở phần I.

Sau đây chúng ta sẽ đến với những ví dụ minh họa cho sức mạnh của của công cụ mà chúng ta đang đề

cập tới.
1, Các bài toán:
Trước tiên ta sẽ đến với hai bài toán rất nổi tiếng và thú vị sau
Bài toán 1: Cho hai đường thẳng d và d’. Trên d và d’ lấy các điểm A, B, C (thuộc d) và A’, B’,
C’( thuộc d’). M, N, P lần lược là giao điểm của AB’ và A’B; AC’ và A’C; BC’ và B’C. Chứng minh
rằng M, N, P thẳng hàng. ( Định lý Pappus)
7 | P a g e

Giải
Gọi D và D’ lần lượt là giao của AP với d’, A’P với d.
Theo tính chất 3 (trang ) thì M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi :
A(A’MNP) = A’(AMNP).
 (A’B’C’D’) = (ABCD) ( đúng qua phép chiếu xuyên tâm P)
Vậy ta có đpcm.
Bài toán 2: Cho đường tròn (O). Trên đường tròn lấy 6 điểm A, B, C và A’, B’, C’. M, N, P lần lượt là
giao điểm của AB’ và A’B; AC’ và A’C; BC’ và B’C. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng. ( Định lý
Pascal)

Lời giải bài toán này cũng rất đơn giản và giống hệt bài toán 1:
Giải
Gọi D và D’ lần lượt là giao của AP,AP’ với (O).
Theo tính chất 3 (trang ) thì M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi :
A(A’MNP) = A’(AMNP).
 (A’B’C’D’) = (ABCD) ( đúng qua phép chiếu xuyên tâm P)
Vậy ta có đpcm.
Như đã nói ở phần I thì đến đây chúng tôi lại đưa ra cho các bạn một ví dụ khác cho sự tương đồng
giữa đường thẳng và đường tròn. Những tính chất đó thật thú vị và đẹp mắt. Ở phía sau chúng tôi sẽ
đưa ra nhiều bài toán liên qua đến đường tròn, các bạn có thể thử sức sáng tạo.
Quay lại chủ đề chính. Các bạn nếu lần đầu đọc hai lời giải trên chắc chắn sẽ rất ngạc nhiên bởi sự
đơn giản đến mức trông có vẻ hiển nhiên của nó. Và bạn sẽ càng cảm thấy thú vị hơn nếu biết lời giải

8 | P a g e
bằng các phương pháp thông thường ( bằng định lí Menelaus và Ceva ), bởi các lời giải đó sẽ khá phức
tạp và khó. Các bạn có thể thử sức giải.

Sau đây chúng tôi xin trình bày một tính chất rất đặc biệt và quen thuộc của tứ giác nội tiếp.

Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi E, F, G lần lượt là giao điểm của AD và
BC; AB và CD; AC và BD. Gọi K là giao điểm của tiếp tuyến tại C, D.
a) Chứng minh rằng E, K, G thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng O là trực tâm tam giác EFG.( Định lí Brocard)

Giải: Vẽ tiếp tuyến FX, F Y với đường tròn (O)
XY cắt AB và CD lần lược tại X’ và Y’.
KA, KB lần lượt cắt (O) và CD tại P, Q và M, N.
a, C ách 1 :
Ta chứng minh bổ đề: E, G, X, Y thẳng hàng
Ta có:
(FX’AB) = (FY’CD) = -1 (hàng điều hòa cơ bản trong đường tròn).
Do đó X’Y’, AC, BD đồng quy.
Hay G∈ X’Y’( do AC cắt BD tại G).
Mà ta lại có : (FX’AB) = (FX’BA) = -1 => (FX’BA) = (FY’CD).
Do đó XX’, AD, BC đồng quy.
Hay E∈ X’Y’.
Tóm lại ta có G, E, X, Y thẳng hàng ( cùng thuộc X’Y’) (1).
• Trở lại bài toán
Ta có:
9 | P a g e
(KMPA) = (KNQB) = -1 (hàng điều hòa cơ bản trong đường tròn).
Do đó MN, AB, PQ đồng quy.
Hay F∈ PQ ( do AB cắt PQ tại F).

Xét tứ giác ABQP nội tiếp có F , K là giao của AB, PQ và AP, QB; và FX, FY là hai tiếp tuyến tới
đường tròn (O).
Tương tự phần (*) ta chứng minh được K,X,Y thẳng hàng (2)
Từ (1) và (2) ta có E, K, G , X, Y thẳng hàng.
C ách 2 : Chứng minh E, G, K thẳng hàng.
Ta có E, G, K thẳng hàng khi và chỉ khi:
D(CKGE)=C(DKGE)
 (CDBA) = (DCAB) ( đúng).
Vậy E, G, K thẳng hàng.
b, Ta có: FO
⊥
XY
Mà theo cách giải (1) thì XY trùng với EG.
Do đó ta có FO
⊥
EG.
Tương tự chứng minh được FG
⊥
OE.
Vậy O là trực tâm ∆ GEF
Qua 2 bài giải trên ta đã thấy được vẻ đẹp cùng sức mạnh của hàng điểm điều hòa. Chỉ cần tinh tế
quan sát và sử dụng những tính chất rất cơ bản của hàng điểm điều hòa ta đã có thể giải quyết những
bài toán liên đến đường tròn và tứ giác nội tiếp khá dễ dàng.

Bài toán này còn có một tính chất nữa như sau :

Gọi tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A,B,C,D lần lượt là
A B C D
∆ ,∆ ,∆ ,∆
; R, S, I, J lần lượt là giao

điểm của
A
∆
và
B
∆
,
B
∆
và
C
∆
,
C
∆
và
D
∆
,
D
∆
và
A
∆
thì E,R,I thẳng hàng và F,S,J thẳng hàng .
Tính chất này không khó để chứng minh, bạn đọc có thể tham khảo tại bài giảng về hàng điều hòa và tứ
giác nội tiếp của thầy Trần Quang Hùng ở trang web : www.edugreen.vn
Từ đó, ta có được những tính chất rất hay và đẹp sau cảu tứ giác ngoại tiếp :
Bài toán 4: Cho đường tròn tâm O nội tiếp tứ giác ABCD và tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA
lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh rằng

a) MQ, NP, BD đồng quy và MN, PQ, AC đồng quy
b) AC, BD, MP và NQ đồng quy
c) (YGAC)=(XGBD)=-1
10 | P a g e

Dựa vào bài toán 4, ta có thể làm được bài toán sau :
Bài toán 5: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). AC cắt (O) tại E và F. OH vuông góc với
BD tại H. Chứng minh rằng :
· ·
AHE CHF=
Giải: Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (O)
X là giao điểm của MQ và NP
11 | P a g e
Y là giao điểm của MN và PQ
G là giao điểm của MP và QN
R và S lần lượt là giao điểm của BD với (O)
Theo bài toán 3, ta có
AC, BD, MP, QN đồng quy tại G
MQ, NP, BD đồng quy tại X => XE, XF là 2 tiếp tuyến với đường tròn (O)
MN, PQ, AC đồng quy tại Y => YR, YS là 2 tiếp tuyến với đường tròn (O)
Và X, B, R, S, D ; Y, A, E, F, C thẳng hàng
Ta có:
· ·
·
0
90XEO XFO XHO= = =
=> X, E, H, O, F cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OH
Từ đó suy ra
·
·

XHE XHF=
(1)
Vì OY ⊥ RS hay OY ⊥ BD
Mà BD ⊥ OH => O, H, Y thẳng hàng
Vì H(YGAC) = (YGAC) = -1 (theo bài toán 4) và HG ⊥ YH =>
·
·
AHG CHG=
( theo định lí 2 ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Bài toán khi đọc đề ta thấy rất đơn giản nhưng việc chứng minh lại phải rất phức tạp, phải dùng nhiều
bổ đề và định lí khác . Nếu ta không dùng hàng điểm điều hòa thì việc giải bài toán sẽ rất khó khăn.
Ba bài toán vừa rồi đã cho chúng ta thấy được những tính chất rất hay và đẹp của tứ giác nội và ngoại
tiếp.Tiếp theo ta cùng đến với ví dụ sau:
Bài toán 6 : (chọn đội tuyển Việt Nam)
Cho hai đường tròn (
1
O
) và (
2
O
) cắt nhau tại hai điểm A và B. Hai tiếp tuyến tại A và
B của đường tròn (
1
O
) cắt nhau tại K. Lấy M bất kì trên (
1
O
). MK cắt (

1
O
) tại điểm
thứ hai là C. Gọi P và Q lần lượt là MA, AC với (
2
O
)
Chứng minh rằng MC chia đôi đoạn thẳng PQ


Giải: Gọi F là giao điểm của MB và (
2
O
); d là tiếp tuyến tại M của (
1
O
).
12 | P a g e
Ta có:
• (MACB) = -1 (tứ giác MACB điều hòa - định lí 3)
 (d,MA,MC,MB) = -1 (1)
•
· ·
FPA FBA
=
và
·
·
0
1

90FBA O MA
+ =

·
·
0
1
90FPM O MP
+ =
 M
1
O
⊥
PF
 PF // d (2)
Từ (1) và (2) => MC đi qua trung điểm PF.
Do đó MC đi qua trung điểm PQ khi và chỉ khi MC là đường trung bình của ∆ PQF.
Hay MC // QF.
Mà ta có:
·
·
FQC FQA
=
=
·
·
FBA MCA
=
=> MC//QF.
Vậy ta có đpcm.

Với bài toán này thì các cánh chứng minh bằng những công cụ khác không hề đơn giản. Bạn có thể tự
mình kiểm tra và chứng minh nó.

Tiếp theo chúng ta sẽ cùng đến với bài toán 5. Ta sẽ thấy được vẻ đẹp cùng sức mạnh của hàng điểm
điều hòa bởi nếu không biết về công cụ này thì việc giải bài toán trên là vô cùng khó khăn.
Bài toán 7 : ( VMO)
Cho ∆ ABC nội tiếp (O). N, M lần lược là điểm chính giữa cung
»
BC
(chứa A) và trung điểm BC. Gọi
I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Gọi K là giao điểm thứ hai( khác I) của (ANI) và (BMI). Goi Y, X
lần lượt là giao của BK với AC và AI với NK. Chứng minh rằng AN, BI, XY đồng quy.


Giải: Gọi P là giao của BK với AI.
13 | P a g e
F là giao của BI với AC.
G là giao của AN với BI.
Ta có X, Y, G thẳng hàng khi và chỉ khi A(BYXG) = B(AYXG)
Mà AI và AN là phân giác trong và ngoài của ∆ ABC nên A(BCIG) = -1 hay A(BYXG) = -1.
Do đó ta cần chứng minh: B(AYXG)= -1
 (APXI)= -1
 K(APXI) = -1 (1)
Mà KX
⊥
KI ( đường tròn (ANI) có
·
·
0
90NAI NKI

= =
) nên: (1) KI là phân giác
·
AKB
.
Hay
·
·
AKI IKB=

·
·
ANI IMB
=
.

Vậy ta đưa về chứng minh bài toán đơn giản sau:
* Bổ đề: Cho Cho ∆ ABC nội tiếp (O). N, M lần lược là điểm chính giữa cung (chứa A) và trung điểm
BC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Chứng minh
·
·
ANI IMB
=
.
Bổ đề trên khá đơn giản và quen thuộc; và cách chứng minh cũng chỉ cần sử dụng đến tam giác đồng
dạng nên chúng tôi không đề cập đến ở đây. Các bạn có thể xem đây như là một bài tập để thử sức.

Ta tiếp tục xem bài toán sau để thấy được sức mạnh của hàng điểm điều hòa trong việc chứng minh
đồng quy và thẳng hàng .
Bài toán 8: (Tài liệu chuyên toán – hình học 10- VD14/tr161) . Cho ∆ABC có đường tròn nội tiếp (I)

tiếp xúc với BC, AC, AB tại D, E, F . AD cắt (I) tại X. Giao điểm của BX, CX với (I) lần lượt là Z, Y.
Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy .
Ngoài cách chứng minh trong sách, chúng tôi xin đưa ra 1 cách chứng minh khác cho bài toán này , áp
dụng tứ giác điều hòa và phép chiếu xuyên tâm.
14 | P a g e
Giải: Ta dễ dàng chứng minh được AD, BE, CF đồng qui tại 1 điểm M.
Gọi giao điểm của BY, CZ với AD lần lượt là N và N’.
Dễ thấy hai tứ giác DYEX và DZFX điều hòa ( theo định lí 3 )
Ta có : B(DNMX) = (DYEX) = -1
C(DN’MX) = (DZFX) = -1
( 2 phép chiếu xuyên tâm lên đường tròn tâm I)
 B(DNMX) = C(DN’MX) hay (DNMX) = (DN’MX)=-1. Do đó, N≡N’
Vậy AX, BY, CZ đồng quy
Ta còn có 4 đường thẳng EF, YZ, BC và tiếp tuyến
X
∆
tại X của (I) đồng quy tại điểm T và (TDBC)=-1
Tính chất này không khó nên dành cho bạn đọc tự chứng minh.
Ta cũng còn nhiều đường thẳng đồng quy nữa, ví dụ như ZF, YE, AD đồng quy
Giải : Gọi giao điểm của AD với EF , YZ lần lượt là J và L.
Ta có : (TJFE) = A(TJFE) = (TDBC)= -1
(TLZY) = X(TLZY) = (TDBC) =-1
 (TJFE) = (TLZY)= -1
 JL, FZ và EY đồng quy (đpcm)
Ta cũng có thể dùng định lí Menelaus và Ceva để chứng minh như sau :
Gọi giao điểm của ZF và YE với AD là G và G’.
Áp dụng định lí Ceva;
Trong ∆ABC, AD, BE, CF đồng quy 
. . 1
FA DB EC

FB DC EA
= −

.
FB EA DB
FA EC DC
⇔ = −
Trong ∆BXC, BY, CZ, XD đồng quy 
. . 1
YX
ZX DB YC
ZB DC
= −

.
YX
ZX YC DC
ZB DB
⇔ = −
Áp dụng định lí Menelaus cho ∆BAX với 3 điểm Z,F,G ta có:
. . 1 .
FA ZB GX GX FB ZX
FB ZX GA GA FA ZB
= − ⇔ = −
(1)
Tương tự, ta cũng có:
' YC
.
'
G A EA

G X EC YX
= −
(2)
Nhân (1) và (2) vế theo vế, ta có :
' YC
. . . . . 1
'
GX G A FB ZX EA DB DC
GA G X FA ZB EC YX DC DB
= = =
Do đó
'
'
GX G X
GA G A
=
=> G≡G’=> đpcm
Hơn thế nữa, gọi giao điểm của AZ, AY với (I) lần lượt là R và S, ta cũng có FR, ES và AD đồng
quy và R,S,T thẳng hàng . Bài toán này xin dành cho bạn đọc chứng minh.
Những bài toán trên đã cho ta thấy được sức mạnh của hàng điểm điều hòa trong việc chứng minh
các hệ thức và tính chất trong hình học như trung điểm, phân giác, đồng quy, thẳng hàng,… Ta cũng đã
thấy được nhiều tính chất đẹp đẽ và thú vị của hình học qua góc nhìn của hàng điểm điều hòa. Chuyên
15 | P a g e
đề của nhóm chúng tôi xin phép được kết thúc tại đây. Đây là lần đầu tiên nhóm chúng tôi viết chuyên
đề, dù hết sức cố gắng nhưng chắc không tránh khỏi thiếu sót , mong bạn đọc bổ sung và góp ý .
Tài liệu và website tham khảo :
[1] Tài liệu chuyên toán – Hình học 10 và Bài tập Hình học 10.
[2] www.edugreen.vn
[3] />%81u-hoa/
Bình Định, Chủ nhật ngày 29/12/2013

16 | P a g e