bài tập hình học phẳng có lời giải

Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó
Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó
CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC
CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC


Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài
Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài
cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn
cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn
hình học.Dựa vào chúng, chúng ta có thể dễ dàng
hình học.Dựa vào chúng, chúng ta có thể dễ dàng
giải một số bài toán khó; Bên cạnh đó chúng còn
giải một số bài toán khó; Bên cạnh đó chúng còn


giúp chúng ta có thể tự suy ra một số tính chất áp
giúp chúng ta có thể tự suy ra một số tính chất áp


dụng được cho nhiều bài toán.
dụng được cho nhiều bài toán.
1. (Đònh lí Menelaus). Trên ba cạnh (tính luôn phần kéo dài) BC, CA, AB của
tam giác ABC ta lấy lần lượt các điểm M, N, P. Chứng minh rằng ba điểm
M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi:
. . 1(*)
MB NC PA
MC NA PB
=
.

BÀI GIẢI
° Chiều thuận: giảsử M, N, P thẳng hàng;
Ta chứng minh (*).
Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt
MNP tại Q.
Theo đònh lí Talet, ta có:
(1)
(2)
PA QA
PB MB
NC MC
NA QA
=
=
Nhân từng vế đẳng thức (1) và (2) ta được:
. . . 1(*
PA NC MC MB NC PA
hay
PB NA MB MC NA PB
= =
) (đpcm)
° Chiều nghòch: giả sử đã có (*). Ta đi chứng minh M, N, P thẳng hàng.
Thật vậy: giả sử đường thẳng NP cắt BC tại M’, theo chiều thuận ta có:
'
. . 1(**)
'
M B NC PA
M C NA PB
=
Từ (*) và (**)

' '
'
'
MB M B MB M B
MB M B
MC M C BC BC
⇒ = ⇔ = ⇔ =
⇒
M
≡
M’.
Vậy M, N, P thẳng hàng.
1
P
N
B
A
C
M
Q
N
O
A
C
B
E
D
M
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
2. (Đònh lí Ceva). Trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC ta lần lượt lấy các

điểm M, N, P. Chứng minh rằng ba đường thẳng AM, BN, CP đồng quy khi và chỉ
khi:
. . 1
MB NC PA
MC NA PB
= −
.
BÀI GIẢI
°Chiều thuận: giả sử AM, BN, CQ đồng quy tại O.
Theo đònh lí Talet, ta có:
(1)
(2)
MB BA
MC CD
NC EC
NA BA
=
=
Bên cạnh đó:

(3)
PA OP PB
CD OC EC
PA CD
PB EC
= = −
⇒ = −

Nhân từng vế đẳng thức (1), (2) và (3)ta được điều phải chứng minh.
°Chiều nghòch:giảsử

. . 1(*)
MB NC PA
MC NA PB
= −
. Ta phải chứng minh AM, BN, CP đồng
quy.
Thật vậy: AM giao BN tại O. Qua O kẻ OC cắt AB tại P’.
Theo chiều thuận ta có:
'
. . 1
'
MB NC P A
MC NA P B
= −
(**)
Từ (*) và (**)
'
'
'
P A PA
P P
P B PB
⇒ = ⇒ ≡
.
Vậy AM, BN, CP đồng quy tại O (đpcm).


Ở trên là hai đònh lí quan trọng và được sử dụng nhiều trong hình học phẳng. Nhờ
Ở trên là hai đònh lí quan trọng và được sử dụng nhiều trong hình học phẳng. Nhờ

chúng ta có thể chứng minh được tập hợp điểm thuộc một đường thẳng (sự thẳng
chúng ta có thể chứng minh được tập hợp điểm thuộc một đường thẳng (sự thẳng


hàng), sự đồng quy của các đường thẳng, điểm cố đònh, các tỉ số bằng nhau và một
hàng), sự đồng quy của các đường thẳng, điểm cố đònh, các tỉ số bằng nhau và một


số bài toán về tập hợp điểm…
số bài toán về tập hợp điểm…
Sau đây ta sẽ xét một số bài toán dạng trên.
Sau đây ta sẽ xét một số bài toán dạng trên.
3. Giả sử các cặp cạnh AB và CD, BC và AD, AC và BD của tứ giác ABCD lần
lượt cắt nhau tại M, P, Q. Gọi Q là giao điểm của MP và AD.
Chứng minh rằng:
QA NA
QD ND
= −
.
BÀI GIẢI
2
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Dùng đònh lí Menelaus ta có:
. . 1
.
QA PD MB
QD PB MA
QA PB MA
QD PD MB

α
=
⇒ = =
Với
ADMV
ta có:
. . 1
NA CD BM
ND CM BA
=
. . . 1
NA CM BA PB CD AM
ND CD AM PD CM AB
α
β
β
⇒ − = = ⇒ = =
(theo đònh lí Menelaus trong
V
BDM)
Vậy
QA NA
QD ND
α β
= ⇒ = −
(đpcm).
4. Trên các cạnh của tam giác ABC ta lấy các điểm A
1
, B
1

và C
1
sao cho
1 1 1
1 1 1
, ,
BA CB AC
p q r
A C B A C B
= = =
. Gọi giao điểm của AA
1
với CC
1
, BB
1
lần lượt là P và
Q.Gọi giao điểm của BB
1
và CC
1
là R. Hãy tính:
S PQR
S ABC
V
V
.
BÀI GIẢI
Xét tam giác ABE và cát tuyến CRF ta có:
1 1 1

1 1 1 1 1
1 1
. . 1 . .
CB C A C BRB RB CA r
CA C B RB RB CB C A r q
+
= ⇒ = =

1
( 1). 1
.
RB q r
BB q r
+ +
⇒ =
1 1
1 1
. .
S BB C CBS BRC S BRC BR
S ABC S BB C S ABC BB CA
⇒ = =
VV V
V V V

3
P
A
B
M
C

N
D
Q
R
Q
P
B
A
C
E
F
D
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
( 1). 1 ( 1). 1
.
. 1 .( 1)
q r r q r
q r r q r
+ + + +
= =
+ +

Tương tự, ta có:
( 1). 1
( 1).
S ABQ r q
S ABC p r
+ +
=
+

V
V
và
( 1). 1
( 1).
S ACP p q
S ABC q p
+ +
=
+
V
V
Vậy
1 ( )
S PQr S BRC S ACP S ABQ
S ABC S ABC S ABC S ABC
= − + + =
V V V V
V V V V

( 1). 1 ( 1). 1 ( 1). 1
1 [ ]
.( 1) .( 1) .( 1)
p q p r r p
p q q r r p
+ + + + + +
= − + +
+ + +
5.Cho tia Ax và một điểm E khác A (E
∈

Ax). Từ E, vẽ tia Ey. Hai điểm C vàD
phân biệt, khác điểm E, cho trước trên tia Ey. Một điểm B chạy trên tia Ex. Các
đường thẳng AC và BD cắt nhau ở M, AD và BC cắt nhau ở N.
a) Chứng minh rằng đường thẳng Mn luôn cắt tia Ey tại một điểm F cố đònh.
b) Hãy xác đònh một vò trí của điểm B trên tia Ex sao cho các tam giác MCD và
NCD tương ứng có diện tích bằng nhau.
BÀI GIẢI
a) Dùng đònh lí Menelaus cho tam giác
CDA ta có:
. . 1
FC ND MA
FD NA MC
=
.
0
.
FC NA MC
FD ND MA
α
⇒ = = >
Với tam giác CDM ta có:
.
. . 1 0
.
EC BD AM EC BM AC
ED BM AC ED BD AM
β
= ⇒ = = >
Nên
. .

. . 1
. .
NA MC BD NA BD CM
BM AC AD AD BM CA
α
β
= = =
(theo đònh lí Menelaus trong tam giác
ADM)
Do đó
α β
=
hay
EC FC
F
ED FD
= ⇒
cố đònh (đpcm).
b) Khi AE = BE thì MN song song với AB. Thật vậy, nếu MN cắt AB ở P. Áp dụng
đònh lí Xeva trong tam giác ABD với cát tuyến PNM ta có:
. . 1 . .
EA MB ND MB ND PA
EB MD NA MD NA PB
= =
1
EA
PA PB
EB
= ⇒ =
mà

1
EA
PA PB
EB
= ⇒ =
(vô lí)ø
4
y
F
C
N
A
D
B
P
M
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Vậy MN // AB
⇒
FM = FN
⇒
S
V
MCD = S
V
NCD.
Vậy một vò trí thích hợp của B là EB = EA.
6. Giả sử ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại điểm O trong tam giác ABC
(A’
∈

BC, B’
∈
CA, C’
∈
AB). Chứng minh rằng:
' '
' ' '
OA B A C A
OA B C C B
= +
.
BÀI GIẢI
Áp dụng đònh lí Menelaus vào
V
ABA
’
ta có:
' '
. .
' '
OA CA C B
OA CB C A
= 1
' '
.
' '
OA CA C A
OA CB C B
⇒ =
(1)

Tương tự ta có:
' '
.
' '
OA BA B A
OA BC B C
=
(2)
Cộng từng vế các đẳng thức (1) và (2),
ta co:ù
( ' ' ) ' '
.
' ' '
OA CA A B B A C A
OA CB B C C B
+
= +

' '
.
' '
OA BA B A
OA BC B C
=
. .
. . 1
. .
NA MC BD NA BD CM
BM AC AD AD BM CA
α

β
= = =
' '
' ' '
OA B A C A
OA B C C B
⇒ = +
(đpcm).


Bây giờ, chúng ta tiếp tục xét về đường tròn, mối liên hệ giữa đường tròn và tam
Bây giờ, chúng ta tiếp tục xét về đường tròn, mối liên hệ giữa đường tròn và tam


giác. Khi đã được học các kiến thức về đường tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp,
giác. Khi đã được học các kiến thức về đường tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp,


ngoại tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp; …) thì việc giải một lớp các bài toán trở nên dễ
ngoại tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp; …) thì việc giải một lớp các bài toán trở nên dễ


dàng. Còn nếu chưa học về chúng thì các bài toán như vậy có giải quyết được không?
dàng. Còn nếu chưa học về chúng thì các bài toán như vậy có giải quyết được không?


Chúng ta hãy kiểm chứng điều đó qua các bài toán sau.
Chúng ta hãy kiểm chứng điều đó qua các bài toán sau.
7. Chứng minh rằng một tứ giác lồøi có hai góc đối bù nhau khi và chỉ khi tồn tại
một điểm cách đều bốn đỉnh của tứ giác. (Đó chính là một tứ giác nội tiếp).

BÀI GIẢI
a) Giả sử tứ giác ABCD có
∠
A +
∠
C
=
∠
B+
∠
D =180
o
Không mất ính tổng quát giả sử B
≥
A. Nếu
∠
B >
∠
A thì
∠
C >
∠
D, ta
lấy điểm M sao cho
∠
MAB =
∠
A,
∠
MCD =

∠
D, các tia BM và CM cắt
AD lần lượt tại P và N, suy ra
∠
MBC
=
∠
MCB nên tam giác MBC cân tại
M.
5
B
A
C
A'
B'
C'
M
O
A
D
C
B
P
N
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Từ các tam giác cân BMC, ABP, CDN suy ra các trung trực của tam giác AB, BC,
CD chính là các đường phân giác của tam giác MNP nên chúng đồng quy tại O và rõ
ràng OA = OB = OC = OD.
Trường hợp điểm M trùng với N và P thì có MA = MB = MC = MD. Nếu
∠

B =
∠
A
thì
∠
C =
∠
D, tứ giác ABCD là hình thang cân, kết luận hiển nhiên đúng.
b) Ngược lại, nếu tứ giác ABCD có điểm O thỏa
mãn OA = OB = OC = OD. Giả sử O nằm trong tứ
giác(các trường hợp còn lại chứng minh tương tư)ï
Khi đó ta có:

∠
OBA = 90
o
–
∠
AOB/2

∠
OBC = 90
o
–
∠
BOC/2

∠
ODC = 90
o

–
∠
COD/2

∠
ODA = 90
o
–
∠
DOA/2
Nên:
0
360
2
AOB BOC COD DOA
B D
∠ + ∠ + ∠ + ∠
∠ + ∠ = −

= 360
o
– 180
o
= 180
o
=
∠
A +
∠
C.

8. Chứng minh rằng một tứ giác lồi có tổng hai cạnh đốùi bằng nhau khi và chỉ khi
tồn tại một điểm cách đều bốn cạnh của tứ giác . ( đó chính là tứ giác ngoại tiếp).
BÀI GIẢI
a) Giả sử tứ giác ABCD co:ù
AB + CD = AD + BC
Không mất tính tổng quát, giả sử AB
≥
BC.
Nếu AB > CD thì AD > CD, lấy
điểm M trên AD sa cho BM = BC, N
thuộc cạnh AD sao cho DN = DC, suy
ra AM = AN. Từ các tam giác cân
AMN, BMC, DCN suy ra phân giác
các góc A, B, D là các trung trực của
tam giác CMN nên chúng đồng quy tại
I. Rõ ràng I cách đều bốn cạnh của tứ giác.Trường hợp AB = BC, AD = CD thì I là
giao điểm của BD và phân giác góc A.
b) Ngược lại, nếu tứ giác ABCD có điểm I cách đều bốn cạnh của tứ giác thì đễ thấy I
là giao điểm của bốn đường phân giác. Do đó việc chứng minh AB + CD = AD + BC
hoàn toàn đơn giản.
6
B
A
C
I
M
N
D
O
D

A
B
C
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
9. Cho tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng tứ giác có hai góc đối bù nhau khi và
chỉ khi
∠
ACB =
∠
ADB.
BÀI GIẢI
Trường hợp BC song song với AD dễ thấy
hai điều kiện trên tương đương với tứ giác
ABCD là hình thang cân, nên điều chứng minh
càng hiển nhiên đúng.
Giả sử hai đường thẳng BC và CD cắt nhau
tại O sao cho B nằm giữa O và C.
Ta có góc ABC bù với ADC
⇔
OBA = ADC
⇔
Tam giác: OAB ~ OCD (g-g)
⇔
OA/OC = OB/OD
⇔
Tam giác OAC OBD
⇔
Góc: ACB = ADB.
* Chú ý:từ ACD = ABD ta đẽ dàng suy ra được
∠

BAC =
∠
BDC,
∠
CBD =
∠
CAD,
∠
ABD =
∠
ACD.
10. (Đònh lí Ptôlêmê) Chứng minh rằng nếu tứ giác ABCD có hai góc đối bù nhau
thì: AB.CD + AD.BC = AC.BD.
BÀI GIẢI
Theo bái toán 9 ta có:
∠
BAC =
∠
BDC,
và
∠
BCA =
∠
BDA.
Trên AC lấy điểm K sao cho:
∠
ABK =
∠
DBC
⇒

V
ABK ~
V
DBC (g-g)
AB AK
BD CD
⇒ = ⇒
AB.CD = AK.BD (1)
Tương tự ta cũng có:
V
ABD ~
V
KBC (g-g)
⇒
AD.BC = BD.CK (2).
Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có được điều phải chứng minh.
11. Cho tứ giác ABCD có hai góc đối bù nhau. Hạ DM, DN, DP theo thứ tự vuông
góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng (đường thẳng
Simson).
BÀI GIẢI
Nếu P
≡
A và M
≡
C thì kết luận là hiển
nhiên. Nếu P thuộc đoạn AB và các điểm
được bố trí như hình vẽ (với các trường hợp
khác chứng minh tương tự).
Ta nhận thấy A, N, M thẳng hàngvà hai
đoạn NP, NM nằm về hai phía khác nhau của

7
K
A
C
D
B
M
N
P
O
C
D
B
A
A
D
B
C
K
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
đoạn AC. Vì vậy để chứng minh M, N, P thẳng hàng thì chỉ cần chứng minh hai góc
ANP và CNM bằng nhau.
Xét tứ giác DNCM, có:
∠
DNC +
∠
CMD = 90
o
+ 90
o

= 180
o
=> Tứ giác nội tiếp =>
∠
MNC =
∠
CDM (theo kết quả bài 7 và 9)
Tương tự với tứ giác APND ta có
∠
ANP =
∠
ADP.
Bên cạnh đó:
∠
DCM =
∠
DAP (cùng bù với góc DCB)
∠
DMC =
∠
PDA = 90
o

⇒
Hai tam giác DMC và DPA bằng nhau (g-g)

⇒
∠
ADB =
∠

CDM =>
∠
MNC =
∠
CDM =
∠
ADP =
∠
ANP
⇒
∠
ANP =
∠
CNM

⇒
Điều phải chứng minh.


Ở phía trên là một sốù bài tập về đường tròn mà chúng ta có thể giải chúng chưa cần
Ở phía trên là một sốù bài tập về đường tròn mà chúng ta có thể giải chúng chưa cần


đến kiến thức về đường tròn.Trong đó chúng ta có nhắc đến hai công cụ được sử dụng
đến kiến thức về đường tròn.Trong đó chúng ta có nhắc đến hai công cụ được sử dụng


nhiều trong hình học, đó là đònh lí Ptôlêmê và đường thẳng Simson. Ptôlêmê thì được
nhiều trong hình học, đó là đònh lí Ptôlêmê và đường thẳng Simson. Ptôlêmê thì được

sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức hình học, còn Simson dùng để chứng minh sự
sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức hình học, còn Simson dùng để chứng minh sự


thẳng hàng.Dựa vào chúng, ta có thể dễ dàng suy ra một số tính chất sau:
thẳng hàng.Dựa vào chúng, ta có thể dễ dàng suy ra một số tính chất sau:


°Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.
Đường cao AH (H
∈
BC). Ta có
∠
BAH =
∠
OAC.
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh nó mà chỉ sữ dụng
những tính chất về đường tròn mà chúng ta đã biết ở
trên.
Chứng minh: Dựng đường kính AF và điểm E là trung
điểm AC.
Xét tam giác AFC, ta có:
∠
OAC =
∠
OCA và
∠
OCF =
∠

OFC (vì OA = OC =
OF)
Mà
∠
OAC +
∠
OCA +
∠
OCF +
∠
OFC =
∠
OAB +
∠
ACF +
∠
OFC = 180
o
Vậy
∠
ACF =
∠
ACO +
∠
OCF =
0
180
2
= 90
o

Mà OE // FC
⇒

∠
AOE =
∠
ACF = 90
o
(1) và
∠
AOE =
∠
AFC (2) (đồng vò)
Bên cạnh đó
∠
ABC =
∠
AFC (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒

V
BAH =
V
OAE
⇒

∠
BAH =
∠

OAC (đpcm).
°Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.
Gọi H là trực tâm của tam giác vàM, N, P lần
lượt là giao của AH, BH, CH với đường tròn tâm
O. Ta dễ dàng chứng minh được HD = DM thông
8
O
A
B
C
H
F
E
H
O
C
B
A
D
F
E
M
N
P
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
qua tam giác HCM cân tại C. Tương tự HE = EN, HF = FP.Từ đó ta có thể suy ra một
số tính chất sau:
* H là giao điểm ba đường phân giác của tam giác MNP.
* HA = PA = NA, HB = PB = MB, HC = NC = MC.
* OA vuông góc với PN, tương tự với OB vàPM, OC và MN…

Trong hình học sơ cấp còn có một hệ thức rất đẹp, đó là hệ thức Ơle d
Trong hình học sơ cấp còn có một hệ thức rất đẹp, đó là hệ thức Ơle d
2
2
= R
= R
2
2
– 4Rr
– 4Rr


(trong đó d là khoảng cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nội
(trong đó d là khoảng cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nội


tiếp tam giác ABC và R, r tương ứng là bán kính các đường tròn ấy). Tương tự, ta cũng
tiếp tam giác ABC và R, r tương ứng là bán kính các đường tròn ấy). Tương tự, ta cũng


có hệ thức d’
có hệ thức d’
2
2
= R
= R
2
2

+ 2Rr’(trong đó d’ là khoảng cách từ O đến tâm I’ đường tròn bàng
+ 2Rr’(trong đó d’ là khoảng cách từ O đến tâm I’ đường tròn bàng


tiếp góc A và r’là bán kính đường tròn này.
tiếp góc A và r’là bán kính đường tròn này.
Để chứng minh hệ thức trên, ngoài việc sử dụng hệ thức lượng trong đường tròn (tính
Để chứng minh hệ thức trên, ngoài việc sử dụng hệ thức lượng trong đường tròn (tính


phương tích của I và I’ với đường tròn (O)), ta còn dùng đến tính chất sau:
phương tích của I và I’ với đường tròn (O)), ta còn dùng đến tính chất sau:
° Tính chất 1: đường tròn tâm O đi qua trung điểm đoạn I
a
I.
Chứng minh: ta xét cả ba đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC ta thấy ngay I
chính là trực tâm của tam giác I
a
I
b
I
c
, còn
I
a
A, I
b
B, I
c
C là các đường cao của tam giác

ấy. Vì vậy, đường tròn (O) ngoại tiếp tam
giác Abc chính là đường tròn chín điểm
Ơle của tam giác I
a
I
b
I
c
. Đường tròn này đi
qua các trung điểm của I
a
I, I
b
I, I
c
I đồng
thời đi qua trung điểm của I
a
I
b
, I
b
I
c
và I
c
I
a
.
Gọi J là điểm đối xứng của I qua O, khi

đó J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
I
a
I
b
I
c
. Mặt khác, vì I là trực tâm và I
a
A,
I
b
B, I
c
C là các đường cao cua tam giác
I
a
I
b
I
c
, nên dễ chứng minh:
1 1
a b c c b c
IA IB IC r r r
I A I B I C r r r
+ + = ⇒ + + =
1 1 1 1
a b c
r r r r

⇒ + + =
. Suy ra
° Tính chất 2:
1 1 1 1
a b c
r r r r
+ + =
Sử dụng tính chất của các tứ giác nội tiếp IBI
a
C, ICI
b
A, IAI
c
B ta có:
. .
b
b a
a a b a
I A
r IA IA
tg AI I tg CI I
r I A I A I A
= = = ∠ ∠
. Do đó ta có:
° Tính chất 3: trong tam giác ABC, ta có:
.
2 2
a
r B C
tg tg

r
=
.
9
Ib
ra
I
O
Ic
J
A
B
C
Ia
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Tương tự
⇒

.
2 2
b
r A C
tg tg
r
=
,
.
2 2
c
r A B

tg tg
r
=
.
Thay vào tính chất 2 ta được hệ quả sau:
. . . 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
tg tg tg tg tg tg+ + =
.
° Tính chất 4: M là mộït điểm bất kì trên cạnh BC của tam giác ABC. Gọi r, r
1
, r
2
là bán kính đường tròn nội tiếp và p, p
1
, p
2
là bán kính đường tròn bang tiếp góc
A của tam giác ABC, ABM và ACM. Chứng minh hệ thức: r/p = r
1
/p
1
. r
2
/p
2
.
Chứng minh:
vì AMB + AMC = 180

o

⇒
AMB/2 + AMC/2 = 90
o
⇒
tgAMB/2 = cotg AMC/2
⇒
tgAMB/2 . tgAMC/2 = 1
Nên r
1
/p
1
. r
2
/p
2
= tgB . tgAMB/2 . tgAMC/2 . tgC/2 =
tgB/2 . tgC/2 = r/p.
12. (Đònh lí Macxoen). Bên trong tam giác ABC lấy một điểm P bất kì và nối nó
với các đỉnh của tam giác. Chứng minh rằng, nếu dựng một tam giác với các cạnh
song song với các đoạn thẳng đó và qua các đỉnh của nó dựng các đường thẳng
song song với các cạnh của tam giác ABC thì các đường thẳng đó đồng quy tại
một điểm.
BÀI GIẢI
Rõ ràng thay cho tam giác có các cạnh song
song với các đoạn thẳng AP, BP và CP, ta có thể
xét một tam giác nào đó có các cạnh vuông góc
với các đoạn thẳng đó, còn qua các đỉnh của nó
kẻ qua các đỉnh của nó kẻ các đường thẳng

không phải song song, mà vuông góc với các
cạnh của ta giác ABC. Một tam giác như vậy có
thể là tam giác DEF với các đỉnh là tâm của các
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABP, BCP và
CAP. Khi đó các đường thẳng đi qua các đỉnh
của tam giác DEF là đường trung trực của các cạnh tam giác ABC và vuông góc với
chúng, do đó chúng đồng quy tại một điểm.
13. (Đònh lí Moocley) Bằng các tia xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC, mỗi
góc của tam giác bò chia thành ba phần bằng nhau. Hai tia xuất phát từ các đỉnh B
và C và gần với cạnh BC cắt nhau tại điểm A
1
, tương tự như vậy ta xác đònh các
đỉnh B
1
và C
1
. Chứng minh rằng tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều.(h.1)
10
P
C
A
E D
F
O

B
A
B C
M
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
BÀI GIẢI
Giả sử trong tam giác ban đầu có các
∠
A = 3
α
,
∠
B = 3
β
,
∠
C = 3
γ
. Ta lấy
một tam giác đều A
2
B
2
C
2
. Dựng trên các cạnh của nó về phía ngoài như trên các đáy
tam giác cân A
2
B
2

R, B
2
C
2
P và C
2
A
2
Q với các đáy tương ứng bằng 60
o
-
γ
, 60
o
-
α
,
60
o
–
β
. Kéo dài các cạnh bên của tam giác đó về phía A
2
, B
2
, C
2
và kí hiệu các giao
điểm của đường thẳng RB
2

và RA
2
, QA
2
và PB
2
tương ứng là A
3
, B
3
, C
3
. Kẻ qua B
2
đường thẳng songsong với A
2
B
2
cắt các đường thẳng QA
3
và QC
3
tương ứng tại M vàN
(h.2). B
2
Q là đường cao của tam giác cân QMN, nên B
2
là trung điểm của đoạn MN.
Tính các góc của tam giác B
2

C
3
N và B
2
A
3
M:
∠
C
3
B
2
N =
∠
PB
2
M =
∠
C
2
B
2
M –
∠
C
2
B
2
P =
α

;
∠
B
2
NC
3
= 180
o
–
∠
C
2
A
2
Q = 120
o
+
β
, tức là
∠
A
3
B
2
M = 180
o
-
α
-
(120

o
+ ß) =
γ
. Tương tự
∠
A
3
B
2
M =
γ
,
∠
B
2
A
3
M =
α
. Suy ra :
V
B
2
C
3
N –
V
A
3
B

2
M.
Từ đó
3 2 3
2 3 2
C B C N
B A B M
=
; vì B
2
M = B
2
N và tam giác C
3
B
2
A
3
bằng tam giác C
3
NB
2
, nên
3 2 3
2 3 2
C B C N
B A B N
=
, tức là:
V

C
3
B
2
A
3
–
V
C
3
NB
2
, suy ra
∠
B
2
A
3
A
3
=
γ
. Tương tự =
γ
, tức là
∠
A
2
C
3

B
3
=
γ
, tức là
∠
A
3
B
3
C
3
= 3
γ
=
∠
C và C
3
B
2
, C
3
A
2
là các đường chia góc C
3
của tam giác A
3
B
3

C
3
thành ba phần bằng nhau. Lập luận tương tự cho các đỉnh A
3
và
B
3
ta được tam giác ABC đồng dạng với tam giác A
3
B
3
C
3
, từ đó suy ra điều phải
chứng minh.
TẬP HP ĐIỂM TRONG MẶT PHẲNG
11
C
1
P
R
hình 2
hình 1
B
A
C
A
1
B
1

C
3
A
3
O
B
2
N
M
B
3
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
14. Cho B và C là hai điểm cố đònh trên một đường tròn cho trước, A là điểm
chuyển động trên đường tròn đó. Điểm I trên đoạn AB sao cho IA/IB = k (k > 0
cho trước).
Tìm tập hợp các điểm M, hình chiếu của điểm I trên đường thẳng AC.
BÀI GIẢI
°Phần thuận:
Gọi cung BnC là cung sao cho điểm A ở trên đó mà góc BAC nhọn, còn cung BmC
là cung sao cho điểm A ở trên đó mà góc BAC tù.
a) Nhâïn xét: Khi điểm A thay đổi trên cung BnC hoặc cung BmC thì các tam giác
IAM luôn luôn đồng dạng với nhau. Vậy ta chỉ cần chứng minh: với điểm A
1
thuộc
cung BnC, còn điểm A
2
thuộc cung BmC thì hai tam giác A
1
M
1

I
1
và A
2
M
2
I
2
đồng dạng
với nhau. Điều này rõ ràng, do chúng là hai tam giác vuông và
∠
A
1
=
∠
A
2
=
∠
I
2
A
2
M
2
và bằng 180
o
–
∠
BA

2
C.
b) Từ nhận xét trên, suy ra khi A thay đổi thì các tam giác ABM luôn luôn đồng dạng
với nhau, nên
∠
BM
1
C = 180
o
–
∠
BM
2
C.
Từ (a) và (b)
⇒
góc AMB không đổi, nên góc
α
=
∠
BM
1
C (hoặc
∠
BM
2
C = 180
o
-
α

) không đổi.
Từ đó suy ra điểm M nằm trên đường tròn đi qua điểm B và C, trong đó BC chia
đường tròn thành hai cung: cung thứ nhất cùng phía với cung BnC có số đo bằng
α
,
cung thứ hai cùng phía với cung BmC có số đo bằng 180
o
-
α
so với đường thẳng BC.
Gọi đường tròn đó là (C).
°Phần đảo:
Lấy điểm M bất kì trên (C), nối CM cắt đường tròn đã cho tại điểm A, qua M dựng
đường thẳng vuông góc với AC cắt AB tại I.Ta dễ dàng nhận thấy
IA
IB
không đổi với
mọi vò trí của điểm M. Từ đó suy ra đpcm.
15. Tìm tập hợp giao điểm hai đường chéo của một hình bình hành có một góc ở
đỉnh bằng
α
và bốn đỉnh của nó đi qua bồn điểm cho trước.
BÀI GIẢI
Giả sử bốn điểm đã cho là M, N, K, L trong đó M thuộc đường thẳng AB; N thuộc
đường thẳng CD; K thuộc BC và L thuộc đường thẳng AD, với ABCD là hình bình
hành có hai đường chéo giao nhau tại O.
Gọi P là trung điểm của MN. Q là trung điểm KL thì OP song song với AB, CD và
OQ song song với AD, BC. Suy ra góc POQ bằng
α
(hoặc 180

o
-
α
).
Các trường hợp còn lại được giải tương tự (chẳng hạn M và K; N và L thuộc các
cặp cạnh đối nhau của hình bình hành ABCD).
12
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
16. Cho điểm A cố đònh trong miền tròn hình tròn tâm O bán kính R. Gọi EF là
dây cung luôn thay đổi qua điểm A của đường tròn (O). Tìm tập hợp các giao điểm
M của hai tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ E và F.
BÀI GIẢI
Ta co:ùMO
2
= R
2
+ ME
2
và AM
2
= ME
2
– (
1
2
EF)
2
+ (
1
2

EF – AF)
2

= ME
2
+ AF
2
– EF.AF
= MO
2
– R
2
– (R
2
– OA
2
) = MO
2
+ OA
2
– 2R
2

=> MO
2
– AM
2
= 2R
2
– OA

2
, do đó:
IH
=
2 2
2
2
R OA
OA
−
=
, trong đó I là trung điểm của
OA, còn H là hình chiếu của điểm M lên đường thẳng OA. Mặt khác :
2 2 2
2
2
2
OA R OA R
OH OI IH R
OA
OA
−
= + = + = >
.
Vậy tập hợp điểm M làđường thẳng l vuông góc với đường thẳng OA tại H thỏa
mãn hệ thức:
2
R
OH
OA

=
17. Cho hai điểm O và G cố đònh.
a) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp
và G làm trọng tâm tam giác.
b) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC với góc A tùvà tam giác này nhận O làm
tâm đường tròn ngoại tiếp, nhận G làm trực tâm.
BÀI GIẢI
a)° Phần thuận:
Giả sử tam giác ABC thỏa mãn bài toán. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Ta có
AG = 2GM. Gọi I là hình chiếu của O trên đường thẳng AM do OA > OM nên AI >
MI. Nếu
∠
AGO > 90
o
thì điểm M nằm giữa A và I. Nếu
1 1 1 1 1 1
0K I I J J K+ + =
uuuur uuur uuuur r
∠
AGO
≤
90
o
, từ AI > MI ta có:
AG – GI > GM + GI
⇒
AG –
1
2
AG > 2GI, hay AG > 4GI.

Mà điểm I thuộc đường tròn (C
1
) đường kính OG, suy ra điểm A sẽ nằm ngoài
đường tròn (C
2
), với (C
2
) là ảnh của (C
1
) qua phép vò tự tâm G tỉ số bằng 4.
Mặt khác, điểm M không thể thuộc (C
1
) (nếu ngược lại thì ba điểm A, B, C thẳng
hàng) và do AG = 2GM, hai điểm A và M nằm khác phía với nhau đối với điểm G,
suy ra điểm A không thể thuộc đường tròn (C
3
), ảnh của đường tròn (C
1
) qua phép vò
tự tâm G tỉ số -2, từ ra điểm O’ là ảnh của O qua phép vò tự trên.
13
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Tóm lại, đỉnh A của tam giác ABC nhận O và G theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại
tiếp và trọng tâm của nó niềm ngoài hình tròn (C
2
), trừ ra các điểm thuộc đường tròn
(C
3
)\
{ }

'O
.
°Phần đảo:
Phần này không khó lắm, các bạn có thể tự chứng minh.
b) Ta có nhận xét: GO =
1
2
−
GH, trong đó O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại
tiếp, trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC. Sau đó ta dùng kết quả câu a) với chú
ý góc BAC tù, nên trung điểm M của BC nằm trong hình tròn (C
1
) đường kính OK, với
K là trọng tâm tam giác.
18. a) Tìm tập hợp các trung điểm của các đoạn thẳng mà hai đầu mút của nó di
độngnhưng thuộc hai cạnh AB và CD của tứ giác lồi cố đònh ABCD.
b) Hãy tìm tập hợp các điểm M nằm trong ngũ giác đều ABCDE, sao cho M là
trung điểm của không ít hơn ba đoạn thẳng, mà hai đầu mút của hai đoạn thẳng
đó nằm trên các cạnh khác nhau của ngũ giác ABCDE.
BÀI GIẢI
a)°Phần thuận:
Giả sử T là một điểm nào đó thuộc cạnh AB. Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng BC, BD, AD và AC. Khi đó trung điểm của TC làU thuộc PS,
trung điểm V của TD thuộc QR. Do đó, nếu giữ nguyên điểm T còn đầu mút thứ hai di
động trên cạnh CD thì trung điểm của chúng sẽ di động trên toàn đoạn UV song song
và bằng PQ, RS.
Bây giờ, cho điểm T chạy trên AB còn đầu mút thứ hai chạy trên cạnh CD thì trung
điểm của nó sẽ vẽ thành các đoạn song song với PQ mà các đầu mút thuôïc PS và QR.
Vậy các trung điểm của các đoạn thẳng có hai đầu mút chạy trên các cạnh AB và CD
của tứ giác lồi ABCD sẽ phủ kín hình bình hành PQRS. Các điểm trên cạnh hình bình

hành PQRS tương ứng là các điểm của các đoạn thẳng mà một đầu mút chung với
đỉnh của tứ giác ABCD.
°Phần đảo:
Lấy điểm M tùy ý thuộc hình bình hành PQRS. Qua điểm M kẻ đường thẳng song
song với RS cắt PS và QR tại U và V, nối UC cắt AP tại T, ta nhận thấy T, V, D thẳng
hàng. Nói TM cắt CD tại X, khi đó TX nhận M làm trung điểm.
b) Trước hết, ta dễ dàng chứng minh khẳng đònh sau:
“Tập hợp tất cả các trung điểm của ác đoạn thẳng mà các đầu mút của nó nằm trên
hai cạnh của tam giác ABC là hình bình hành với các đỉnh là điểm A và các trung
điểm của các cạnh AB, BC, CA.”.
Gọi A’, B’, C’, D’, E’ lần lượt là trung điểm của ác cạnh CD, DE, EA, AB, BC. Các
đoạn thẳng BE, E’C’, D’B’đồng quy tại A
1
; A’D’, E’C’, AC đồng quy tại B
1
; BD,
E’B’, A’D’ đồng quy tại C
1
; B’E’, CE, A’C’ đồng quy tại D
1
; A’C’, B’D’, AD đồng
14
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
quy tại E
1
. Giao điểm của C
1
E
1
với D

1
B
1
và D
1
A
1
là A
1
và B
2
, giao của B
1
E
1
với A
1
D
1
và A
1
C
1
là C
2
và D
2
; giao của B
1
D

1
với A
1
C
1
là E
2
.
Sử dụng câu a) và khẳng đònh ở trên ta có các trung điểm của các đoạn thẳng có hai
đầu mút nằm trên các cạnh khác nhau của hình ngũ giác đều ABCDE sẽ tạo thành
các hình bình hành như sau:
BD’B
1
E’, CE’C
1
A, DA’D
1
B’, BB’E
1
C’, AC’A
1
D’ và
B
1
E’C
1
E
1
, C
1

A’D
1
A
1
, D
1
B’E
1
B
1
, E
1
C’A
1
C
1
, A
1
D’B
1
D
1
Nhưng ta chỉ xét các điểm M là trung điểm của ít nhất 3 đoạn thẳng mà hai đầu mút
của chúng nằm trên các cạnh khác nhau của ngũ giác đều ABCDE.Do đó tập hợp
điểm M sẽ phải thuộc các giao của từng cặp năm hình bình hành B
1
E’C
1
E
1

, C
1
A’D
1
A
1
,
D
1
B’E
1
B
1
, E
1
C’A
1
C
1
, A
1
D’B
1
D
1
. Hợp các giao trên tạo thành hình sao
A
2
D
2

B
1
E
2
C
1
A
2
D
1
B
2
E
1
C
2
Trừ ra các cạnh kể cả các đầu mút, riêng các đỉnh A
2
, B
2
, C
2
, D
2
, E
2
thỏa mãn yêu
cầu bài toán. Thật vậy:
1.Ta xét điểm D
2

:
Tại điểm D
2
có thể vẽ được ba đoạn thẳng nhận nó làm trung điểm, đoạn thứ nhất
có đầu mút là B, đoạn thứ hai có đầu mút là A, đoạn thứ ba là đoạn thẳng song song
với CE và co đầu mút nằm trên BC, EA.
2.Ta xét cạnh A
1
D
2
:
Lấy điểm M trên cạnh A
1
D
2
(trừ D
2
) ta nhận thấy từ M có thể vẽ được hai đoạn
thẳng nhận nó làm trung điểm: đoạn thẳng thứ nhất đi qua B, đoạn thẳng thứ hai được
xây dựng như phần đảo câu a) đối với tứ giác ABCE.
19. Cho hai điểm A và G cố đònh. Tìm tập hợp đỉnh B của tam giác ABC có ba góc
nhọn nhận điểm G làm trọng tâm.
BÀI GIẢI
Giả sử tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm. Gọi M là trung điểm cạnh BC,
suy ra AG = 2GM, nên điểm M hoàn toàn xác đònh. Dựng hình bình hành ABA
1
C, suy
ra
∠
ABA

1
> 90
o
nên đỉnh B nằm trong hình tròn đường kính AA
1
cố đònh. Do
∠
ABC
< 90
o
nên đỉnh B nằm ở miền ngoài hình tròn đường kính MA
1
.
Tóm lại, đỉnh B nằm ở miền ngoài hai hình tròn đường kính AM và A
1
M, đồng thời
nằm trong hình tròn đường kính AA
1
. Gọi miền trên là (T).
20. Cho tam giác ABC và hai điểm M, N cố đònh.
Qua điểm N ta vẽ đường thẳng d và trên đó lấy hai điểm P, Q sao cho tam giác
PMQ đồng dạng với tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm P và Q khi d quay quanh
điểm N.
BÀI GIẢI
Ta sắp xếp thứ tự các đỉnh của tam giác PMQ tương ứng với thứ tự của tam giác
ABC. Tức là trong mọi vò trí của đường thẳng d thì
∠
MPQ =
∠
BAC và

∠
MQP =
∠
ACB.
15
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Với mọi vò trí của d, có thể xảy ra hai trường hợp:
a) Các điểm P và Q nằm về hai phía của điểm N.
b) Các điểm P và Q nằm cùng một phía đối với điểm N.
°Xét trường hợp a):
Điểm P luôn nhìn đoạn MN dưới một góc không đổi BAC nên điểm P thuộc hai
cung đối xứng nhau qua MN chứa góc bằng BAC với dây tương cung là MN.
Điểm Q luôn nhìn đoạn MN dưới một góc ACB không đổi nên điểm Q thuộc hai
cung đối xứng nhau qua Mnchứa góc ACB.
Chú ý rằng hai điểm P và Q nằm khác phía với nhau đối với MN.
°Xét trường hợp b):
Ta có góc MQP bằng góc MQN bằng góc ACB không đổi.
Góc MQP bằng góc BAC, suy ragóc MPN = 180
o
– BAC (không đổi).
Khi đó, điểm Q nằm trên hai cung chứa góc ACB nhận MN làm dây trương cung.
Điểm P nằm trên hai cung chứa góc 180
o
– BAC nhận MN làm trương cung.
Lưu ý rằng P và Q nằm trên hai cung cùng phía đối với BC.
21. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Với mỗi điểm M ở trong đường
tròn ta gọi A’, B’, C’ theo thứ tự là giao điểm của AM, BM, CM với đường tròn.
Tìm tập hợp các điểm M ở trong đường tròn sao cho:
3.
' ' '

MA MB MC
MA MB MC
+ + ≤
BÀI GIẢI
Vì M ở trong (O) nên:
MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ = R
2
.MO
2
.
' ' '
MA MB MC
MA MB MC
⇒ + + =
(MA
2
+ MB
2
+ MC
2
)/(R
2
– MO
2
)
≤
3 (1)
Với điểm X tùy ý trong mặt phẳng thì:
XA
2

+ XB
2
+ XC
2
= 3XG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
(với G là trọng tâm tam giác ABC), cho X
≡
M và
O ta co:ù
MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

,
OA
2
+ OB
2
+ OC
2
= 3OG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
,
suy ra GA
2
+ GB
2
+ GC
2
= 3(R
2
.OG
2
).
Vì thế, (1) tương đương với:
2 2 2
2 2

3
MG R OG
R MO
+ −
−

≤
3.
Suy ra: MG
2
+ MO
2

≤
OG
2
(2).
Hai trường hợp có thể xảy ra:
1) Tam giác ABC đều: từ (2) suy ra M
≡
O (tâm của tam giác đều ABC).
2) Tam giác ABC không đều: suy ra M thuộc hình tròn đường kính OG.
16
G
M
O
C
B
A
A'

C'
B'
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
22. Cho (L) là tiếp tuyến của đường tròn (C) và M là một điểm trên (L). Hãy tìm
quỹ tích điểm P thỏa mãn tính chất: tồn tại hai điểm R, Q trên (L) sao cho RM =
QM và tam giác PQR nhận (C) làm đường tròn nội tiếp.
BÀI GIẢI
Cho X là giao điểm của (C) và (L), O là tâm
của (C). Giả sử XO cắt (C) tại điểm thứ hai Z;
Y là điểm trên QR sao cho M là trung điểm của
XY. Gọi (C’) là đường tròn tiếp xúc với cạnh
QR, các đường thẳng PQ, PR nhưng ở về phía
khác với (C) so với cạnh QR (tức đường tròn
bàng tiếp góc P của tam giác PQR). Giả sử (C’)
tiếp xúc với QR tại Y’.
Phép vò tự tâm P, tỉ số
'PY
PZ
biến (C) thành
(C’), tiếp tuyến với (C) tại Z biến thành đường thẳng QR, suy ra Z biến thành Y’. Ta
sẽ chứng minh QX = RY’.
Thật vậy, hiển nhiên X và Y’ là chân đường vuông góc với QR hạ từ O và O’ tương
ứng. Ta cũng có:
∠
OQO’ =
∠
ORO’ = 90
o
.
Từ đó suy ra hai tam giác QY’O’ và OXQ đồng dạng nhau, do đó:

'
'
QY OX
Y O XQ
=
.
Cũng vậy hai tam giác RXO và O’Y’R đồng dạng nhau nên:
' '
'
RX O Y
XO Y R
=
. Suy ra:
QY’. XY = Y’O’.OX = RX.Y’R.
Từ đó ta được:
' '
,
' '
QX QX RY RY
RX QR QX QR RY QY
= = =
− −
⇒
QX = RY’.
Mặt khác, QX = RY và M vừa là trung điểm của XY, vừa là trung điểm QR, do đó
ta có Y trùng Y’. Như vậy, điểm P di động nhưng luôn luôn nằm trên tia YZ (dễ thấy
Z cố đònh, Y cố đònh nên tia YZ cố đònh).
Đảo lại, lấy điểm P bất kì trên tia YZ, thì bằng cách lí luận tương tự như trên ta cũng
có QX = RY. Nhưng M là trung điểm XY nên suy ra M là trung điểm QR, như thế P là
điểm của quỹ tích. Tóm lại, quỹ tích P là tia YZ.

23. Cho đường tròn tâm O và hai điểm B, C cố đònh trên nó.
Một điểm A di động trên đường tròn đó. Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
a) Tìm tập hợp trung điểm K của AH.
b) Tìm tập hợp trọng tâm của tam giác AOH.
17
O
P
O'
X
z
Q
R
Y
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
c) Tìm tập hợp giao điểm của đường phân giác góc A của tam giác ABC với đường
thẳng OH.
BÀI GIẢI
a) Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Dễ thấy
2AH OI=
uuur uur
nên
AK OI=
uuur uur
.
Vậy K nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O) qua phép tònh tiến véctơ
OI
uur
.
Gọi nó là đường tròn ( I ).
b) Gọi G là trọng tâm tam giác AOH, ta có:

2
3
OG OK=
uuur uuur
.
Vậy G thuộc đường tròn ảnh của đường tròn ( I ) qua phép vò tự tâm O tỉ số
2
3
.
c) Dễ thấy phân giác góc A của tam giác cũng là phân giác góc A của tam giác AOH.
Gọi điểm D là giao điểm của đường phân giác góc A với OH. Ta có:
2 2HD AH AK OI
DO AO AO R
= = =
hay
2OH OI R
OD R
+
=
, từ đó:
2
R
OD OH
OI R
=
+
uuur uuur
. (*)
Ta lại có
2AH OI=

uuur uur
nên trực tâm H nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O)
qua phép tònh tiến theo véctơ 2
OI
uur
, ta gọi nó là (H). Do đó, từ đẳng thức (*) suy ra
điểm D thuộc đường tròn ảnh của đường tròn (H) qua phép vò tự tâm O tỉ số:
2
R
OI R+
.
24. Cho tam giác Abc vuông tại A, BC = a, CA = b, AB = c. Tìm quỹ tích điểm M
thỏa mãn: a
2
MA
2
+ b
2
MB
2
+ c
2
MC
2
= 2b
2
c
2
.
BÀI GIẢI

Gọi I là điểm thỏa mãn điều kiện:
2 2 2
0.a AI b BI c CI+ + =
uur uur uur r
Trước hết, ta xác đònh điểm I. Gọi H là hình chiếu của A xuống BC,ta có:
2
2 2
2
0.
c
HB HC b HB c HC
b
= − ⇔ + =
uuur uuur uuur uuur
Khi đó, (1) tương đương với:
2 2 2 2 2
( ) 0a IA b c IH b HB c HC+ + + + =
uur uuur uuur uuur r
2 2
0a IA a IH⇔ + =
uur uuur r
(do c
2
+ b
2
= a
2
)
0IA IH⇔ + =
uur uuur r

⇔
I là trung điểm AH.
Theo hệ thức LepNhit, ta có:
2 2 2 2 2 2
a MA b MB c MC+ + =
=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )a b c IM a IA b IB c IC+ + + + +
=
2 2 2 2 2 2 2 4
2 2 2 2 2
2 2 2
4
2
4 4 4
b c b c c b c b
a IM a b c
a a a
+ +
+ + +
18
B
A
H
C
M
I
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
=
2 2

2 2 2 2
2 3 2 .
2
b c
a IM b c+ =
Từ đó, ta có
2
BC
IM
a
=
, và suy ra quỹ tích của điểm M là đường tròn
( ; )
2
bc
I
a

SỰ ĐỒNG QUY VÀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH
25. Trong một một mặt phẳng cho một số hữu hạn các đa giác sao cho bất kì hai
đa giác nào cũng có điểm chung.
Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng có điểm chung với mọi đa giác.
BÀI GIẢI
Do tập hợp các đa giác hữu hạn nên tồn tại một đường thẳng (a) sao cho tất cả các
đa giác nằm về một phía nửa mặt phẳng bờ (a).
Đánh số các đa giác là D
1
, D
2
, D

3
,…, D
n
và hình chiếu vuông góc của chúng lên (a)
lần lượt là các đoạn A
1
B
1
, A
2
B
2
, …, A
n
B
n
. Không làm mất tính tổng quát, giả sử A
1
, A
2
,
…,A
n
là các nút phải của các đoạn thẳng A
i
B
i
, i = 1…n.
Giả sử A
k

là nút cuối cùng kể từ phải sang trái, khi đó, không tồn tại B
c
thuộc [A
k
A
1
]
và không có đoạn thẳng nào nằm phía trái A
k
. Đường thẳng l vuông góc với (a) tại A
k
là đường thẳng cần tìm.
26. Cho đường thẳng cố đònh xy và đường tròn cố đònh tâm O không cắt đường
thẳng này. Từ điểm A di động trên xy, ta dựng hai tiếp tuyến AB, AC tiếp xúc với
đường tròn tâm O tại B và C. Chứng minh BC đi qua điểm cố đònh khi A vạch nên
đường thẳng xy.
BÀI GIẢI
Gọi D là hình chiếu vuông góc
của O lên xy, E và F lấn lượt là
giao điểm của BC với OA , OD.
Các tam giác OEF và ODA đồng
dạng cho ta: OD.OF = OE.OA.
Mặt khác, tam giác OBA vuông
tại B nên OE.OA = OB
2
= r
2
, với r
là bán kính đường tròn tâm O đã
cho. Suy ra OD.OF = r

2
(hằng số), do đó OF không đổi. Điều này chứng tỏ F là điểm
cố đònh và ta có điều phải chứng minh.
27. Cho tam giác ABC không vuông, không cân, nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi
A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Trên tia OA
1
lấy A
2
sao cho tam giác OAA
1
đồng dạng với tam giác OA
2
A. Trên các tia OB
1
, OC
1
19
x
y
F
E
D
B
A

C
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
tương tự cho các điểm B
2
, C
2
. Chứng tỏ rằng các đường thẳng AA
2
, BB
2
, CC
2
đồng
quy tại một điểm.
BÀI GIẢI
Xét điểm A
2
, vì tam giác OAA
1
đồng dạng với tam giác OA
2
A nên ta có: OA
2
=
OA
1
.OA
2
, suy ra: OC
2

= OB
2
= OA
1
.OA
2
Từ đó ta được:
∠
OBA
2
=
∠
OCA
2
= 90
o
.
Tương tự, ta suy ra A
2
, B
2
, C
2
lập thành các đỉnh
của một tam giác nhận O làm tâm đường tròn nội
tiếp, A, B, C là các tiếp điểm ta có bài toán quen
thuộc sau:
Trong một tam giác, ba đường thẳng nối đỉnh
với điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp với các
cạnh đối diện đồng quy. (bài toán này dễ dàng

chứng minh bằng đònh lí Ceva).
Từ đó suy ra AA
2
, BB
2
, CC
2
đồng quy (đpcm).
28. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi
các đường thẳng, mỗi đường qua trung điểm một cạnh và vuông góc với cạnh đối
diện đồng quy.
BÀI GIẢI
Giả sử M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác
ABCD; Mx, Ny, Pz, Qt là các đường thẳng lần lựơt vuông góc với CD, DA, AB, BC.
1. Giả sử ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Khi đó nếu gọi G là trọng tâm của
tứ giác ABCD (G trung điểm MN) thì OG cắt Mx tại H. Từ điều kiện On song song
với MK suy ra hai tam giác GMH và GNO bằng nhau
⇒
GO = GH (trong đó H là
điểm đối xứng của O qua G).
Lập luận tương tự suy ra: Ny, Pz, Qt cũng đi qua H.
2. Ngược lại, giả sử Mx, Ny, Pz, Qt đồng quy tại H.
Gọi O là điểm đối xứng của H qua G. Từ sự bằng nhau của tam giác GMH và GNO
suy ra ON song song với MH, từ đó OP là đường trung trực của cạnh CD. Lập luận
tương tự, OM, ON, OQ cũng là các trung trực của AB, BC, AD; suy ra O là tâm vòng
tròn ngoại tiếp tứ giác.
29. Cho tam giác ABC. Các tam giác ABX, BCY và CAZ cân và đồng dạng nhau,
chúng ở ngoài tam giác ABC và thỏa mãn XA = XB, YB = YC, ZC = ZA. Chứng
minh rằng các đường thẳng AY, BZ và CX đồng quy.
BÀI GIẢI

20
A
1
O
C
A
2
B
A
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Gọi x là số đo góc đáy của các tam giác cân. Giả sử AY, BZ, CX cắt BC, CA, AB
tương ứng tại L, M, N. Khi đó:
1
. .sin( )
[ ] .sin( )
2
1
[ ] .sin( )
. .sin( )
2
BA BY B x
BL ABY BA B x
BC ACY CA C x
CA CY C x
∠ +
∠ +
= = =
∠ +
∠ +
(kí hiệu […]

2 2 2
2 2
3
MG R OG
R MO
+ −
−
dùng để chỉ diện tích).
Tương tự ta có:
.sin( )
.sin( )
CM BC C x
MA BA A x
∠ +
=
∠ +
và
.sin( )
.sin( )
AN CA A x
NB BC B x
∠ +
=
∠ +
Vậy:
. . 1
BL CM AN
LC MA BN
=
,

từ đó theo đònh lí đảo của Đònh lí Ceva
⇒
AL, BM và CN đồng quy, tức là AY, BZ
và CX đồng quy.
30. Trong tam giác ABC, ta vẽ các trung tuyến AA
1
, BB
1
, CC
1
. Gọi O là tâm vòng
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các
tam giác AOA
1
, BOB
1
, COC
1
có điểm chung khác O.
BÀI GIẢI
Tâm O
c
của đường tròn ngoại tiếp tam giác COC
1
là giao của hai đường trung trực
m, n của OC và OC
1
.
Trung trực n đi qua trung điểm A
2

, B
2
của các đoạn OA, OB. Khi đó thực hiện phép
vò tự V
o
½
, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biến thành đường tròn ngoại tiếp tam
giác A
2
B
2
C
2
. Từ đó suy ra đường thẳng m là tiếp tuyến của đường tròn (A
2
B
2
C
2
) ảnh
của tiếp tuyến đường tròn (ABC) vẽ tại C.
Tương tự O
A
là giao điểm của tiếp tuyến đường tròn (A
2
B
2
C
2
) tại A

2
và cạnh B
2
C
2
;
O
B
là giao tiếp tuyến đường tròn (A
2
B
2
C
2
) tại B
2
với A
2
C
2
.
Theo Đònh lí Pascal Các điểm O
A
, O
B
, O
C
thuộc một đường thẳng l; các đường tròn
(AA
1

O), (BB
1
O), (CC
1
O) nhận l làm trục đối xứng. Khi đó O là điểm chung thứ nhất
thì O’ ảnh của O qua phép đối xứng trục l là điểm chung thứ hai (đpcm).
31. Cho A, B, C là bốn điểm phân biệt trên một đường thẳng và được sắp theo
thứ tự đó. Các đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại các điểm X và Y.
Đường thẳng XY cắt BC tại Z.
Cho P là một điểm trên đường thẳng XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường
tròn đường tròn đường kính AC tại C và M,đường thẳng BP cắt đường tròn
đường kính BD tại B và N. Chứng minh rằng các đường thẳng AM, DN và XY
đồng quy.
BÀI GIẢI
°Xét trường hợp P
≠
X, P
≠
Y.
21
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Do XY là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AC và BD, nên
. .PM PC PN PB=
.
Đồng thời XY
⊥
AD kéo theo
∠
PZD =90
o

.
Giả sử
{ }
AM XY K∩ =
. Vì M nằm trên đườnh tròn đường kính AC nên
∠
AMC =
90
o
và
∠
KMC = 90
o
. Vậy
∠
KMC =
∠
KZC = 90
o
.Suy ra bốn điểm K, M, C, Z cùng
thuộc một đường tròn mà ta gọi đường tròn đó là (V).
Xét phương tích của điểm P đối với (V) ta có:
. .PM PC PK PZ=
.(2)
Tương tự, nếu DN
∩
XY =
{ }
'K
thì

. '.PN PB PK PZ=
.(3)
Từ (1), (2) và (3) ta co:ù
. '. .PK PZ PK PZ=
Do P
≠
Z nên K’
≡
K.
Vậy AM, DN, XY đồng quy.
°Trường hợp P
≡
X. Khi đó M
≡
X và N
≡
X. Do vậy AM, DN và XY đồng quy.
°Trường hợp P
≡
Y được xét tương tự theo trường hợp trên.
32.Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, tồn tại ba đường tròn có một điểm
chung duy nhất sao cho ba đường tròn này có đường kính bằng nhau và lần lượt
tiếp xúc với các cặp cạnh AB, BC; BC, CA; CA, AB.
BÀI GIẢI
Giả sử R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó ba đường tròn lần
lượt có tâm A, B, C và có cùng bán kính R cắt nhau tại một điểm. Điểm đó là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Các tiếp tuyến chung ngoài của các cặp đường tròn nói trên cắt nhau tạo thành tam
giác A’B’C’ có:
A’B’//AB, B’C’//BC, C’A’//CA.

Thực hiện phép vò tự biến tam giác A’B’C’ thành tam giác ABC. Khi đó ba đường
tròn cần tìm là ảnh của ba đường tròn nói trên.
33. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC, ta lấy các điểm C
1
, A
1
, B
1
tương ứng sao cho các đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại điểm O. Đường
thẳng vẽ qua O song song với AC cắt các đường thẳng A
1
B
1
và B
1
C
1
tương ứng tại
các điểm K, M. Chứng minh rằng OK = OM.
BÀI GIẢI
Vẽ qua B đường thẳng song song với AC cắt các đường thẳng B
1
C
1

và B
1
A
1
tương
ứng tại các điểm M
1
, K
1
.
Mệnh đề cần chứng minh tương đương với việc cần chứng minh BM
1
= BK
1
.
Từ các tam giác đồng dạng AB
1
C
1
và BM
1
C
1
, suy ra:BM
1
= AB
1
.(BC
1
/AC

1
).
22
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Tương tự ta có: BK
1
= CB
1
.
1
1
BA
CA
.
Chia các đẳng thức nhận được theo vế và kết hợp với Đònh lí Ceva ta có:
1 1 1 1
1 1 1 1
. . 1
BM AB CA BC
BK CB BA AC
= =
.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
23
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT
ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT
33. Cho đường tròn (O) nội tiếp trong tam giác ABC, các tiếp điểm thuộc AB, BC,
CA lần lượt là I, J, K. Chứng minh rằng:
.sin .sin .sin 0OA A OB B OC C+ + =

uuur uuur uuur
.
BÀI GIẢI
Vì OI
⊥
AB và OK
⊥
AC nên tứ
giác AIOK nội tiếp trong đường
kính AO. Như thế, tam giác AIK
nội tiếp trong đường tròn này, do
đó áp dụng đònh lí hàm sin ta có:
IK = OA.sinA (1)
Ngoài ra tam giác AIK cân và AO
vuông góc với IK. (2)
Xét thêm phép quay tâm O, góc
quay -90
o
, qua phép quay này:
I
→
I
1
J
→
J
1
K
→
K

1
Từ đó I
1
K
1

⊥
IK (3) và I
1
K
1
= IK (4).
Từ (2) và (3) ta suy ra I
1
K
1
// AO. (5)
Từ (1) và (4) ta có I
1
K
1
= OA.sinA. (6)
Lại từ (5) và (6) cho ta:
1 1
.sinK I OA A=
uuuur uuur
,
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
1 1
.sinI J OB B=

uuur uuur
và
1 1
.sinJ K OC C=
uuuur uuur
. Từ
1 1 1 1 1 1
0K I I J J K+ + =
uuuur uuur uuuur r
ta suy ra điều phải chứng minh.
34. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O), hai đường chéo cắt nhau tại
M. Qua trung điểm P cua cạnh AB kẻđường thẳng PM, qua trungđiểm Q của cạnh
BC kẻ đường thẳng QM.
Chứng minh rằng nếu PM
⊥
CD thì QM
⊥
AD.
BÀI GIẢI:
Đặt
,MA a MB b= =
uuur r uuur r
. Ta có tam giác MAB đồng dạng
với tam giác MDC nên
MD MC
k
MA MB
= =
.Vậy MD = kMA,
MC = kMB. Do đó

,
kb ka
CM a MD b
a b
−
= =
uuuur r uuuur r
, với ký hiệu
a =MA, b = MB.
24
O
C
A
J
B
I
K
I
1
J
1
K
1
A
M
B
D
C
P
Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó

Mặt khác,
CM MD CD+ =
uuuur uuuur uuur
nên
2 2
( )
k
CD b c a b
ab
= −
uuur r r
Theo giả thiết, PM
⊥
CD nên
. 0CD MP =
uuur uuur
, mà
2MA MB MP+ =
uuur uuur uuuuur
nên
2 2
( )( ) 0a b b a a b+ − =
r r r r
suy ra
2 2
( ) 0ab b a− =
rr
+ Nếu b
2
- a

2
= 0, hay a = b thì ABCD là hình thang cân hay hình chữ nhật, lúc đó dễ dàng
có được kết luận của bài toán.
+ Nếu
0ab =
rr
thì AC
⊥
CD, khi đó ta có:
1
( )
2
1
( )
2
OA OB OC OD OM
QM OM OQ OA OD
+ + + =
= − = +
uuur uuur uuur uuur uuuur
uuuur uuuur uuur uuur uuur
Suy ra:
2 2
1 1
. ( )( ) ( ) 0
2 2
QM AD OA OD OD OA OD OA= + − = − =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
Vậy QM
⊥

AD.
25