Chuyên đề về hình học THCS

HÌNH HỌC


I. Bất đẳng thức và cực trị

Trong chương trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta gặp chỉ xoay
quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh
,,
abc
, chu vi
p
, bán kính đường tròn nội
tiếp, ngoại tiếp
,
rR
… và các yếu tố độ dài trong một đường tròn.
Để nắm bắt rõ điều này, tôi sẽ bổ sung một số hệ thức lượng trong tam giác mà một số
hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp trong chương trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các
hệ thức rất cơ bản trên cấp 3

i) Hệ thức về diện tích tam giác
()()()()
11
sin
224
aa
abc
SahprbcAparppapbpc
R
=====−=−−−

ii) Hệ thức về hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đường
cao
()
()
222
222
2
2cos
2sin
22
1
4
2cos
2
2
1111
a
a
abc
bcbcAa
aRA
bca
m
A
bc
l
bc
hhhr
+−=

=
+−
=
=
+
++=


Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi sẽ chỉ chứng minh
hệ thức (1) và (2). Chứng minh như sau
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác
ABC
và tam
giác
ABM
với góc
B
ta có
222
2
22
2cos
22cos2
2
a
acacBb
a
cacBm

+−=



+−=



Trừ hai vế đẳng thức với nhau ta có
222
2
22
4
a
bca
m
+−
=
Đối với hệ thức (2) áp dụng công thức diện tích cho hai tam giác ,
ABDACD
ta được
1
sin
22
1
sin
22
ABDa
ACDa
A
Scl
A

Sbl

=




=



Mặt khác
()
2cos
11
2
sinsin
222
ABDACDaa
A
bc
A
SbcASSlbcl
bc
==+=+⇒=
+


a
m

a
h

a
l

a

b

c

A

C

B

M

D

iii) Một số hệ thức đặc biệt khác
Với
O
là điểm bất kì trên mặt phẳng thì
(
)
2222222

39
OAOBOCOGabc
++=+++

với
G
là trọng tâm tam giác
Chứng minh
Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác ,,,
OADOGDOBCGBC
ta được
2222
2222
2222
2222
224
422
224
422
OAODOGAD
OMGDOGOD
OBOCOMBC
GMBCGBGC
+=+
+=+
+=+
+=+

Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có
2222222

3
OAOBOCOGGAGBGC
++=+++ (*)
Mà từ công thức đường trung tuyến ta dễ dàng suy ra
222
222
3
abc
GAGBGC
++
++=
Thế vào (*) ta có
(
)
2222222
39
OAOBOCOGabc
++=+++

Cho
O
là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau
222222222
999
ROGabcRabc
=+++⇒≥++
(**)

Trước hết, chúng ta có một bài toán cơ bản là điều kiện tương đương để ba số dương
là ba cạnh một tam giác. Điều kiện như sau:

,,0
abc
>
là ba cạnh tam giác ,,0:
ayz
xyzbxz
cxy
=+


⇔∃>=+


=+


Chứng minh
Điều kiện cần:
Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
, khi đó,
,,
xyz
là các đoạn
được biểu diễn trên hình
Điều kiện đủ:
Với
ayz
bxz
cxy

=+


=+


=+

ta dễ dàng chứng minh
,,
abc
bcaabc
cab
+>


+>⇒


+>

là ba
cạnh tam giác

Rõ ràng điều kiện trên là rất đơn giản nhưng lại rất hữu dụng, các bạn sẽ có thể nhìn
một bất đẳng thức hình học dưới cái nhìn đại số và không bị ràng buộc bởi cái yếu tố
cạnh của tam giác nữa. Ta hãy xét một vài ví dụ

• Các bất đẳng thức chỉ chứa yếu tố các cạnh tam giác
Cho

,,
abc
là ba cạnh tam giác. Chứng minh
(
)
()
()
()()()
222
2
222
[1] 2
[2] 2
[3] 3
111111
[4] 2
abcabbcca
abcabc
ababbcbccacaabc
papbpcabc
++<++
++<++
+++++>

++≥++

−−−


A
B C
D
O
M
G
x

x

y

y

z

z

()
()
()()()
()()()
()
222
222
[5] 2
3
[6]
2
[7] 2

[8]
3
[9] 2
1
[10] 4 1
2
[11]
abc
abc
papbpc
abc
papbpc
abbcca
abc
abcbcacab
abcabcabcabc
abcabc
bccacaabbcca
abcabcabc
ppa
++≥++
−−−
++≥
−−−
++≥++
+−+−+−
+−−+−++≤
+++<
++++++
+++<++=

<−
()()()
()()()
()()()
222
222
3
[12] 2220
[13] 0
[14] 0
[15] 1

[16]
pbpcp
ababcbcbcacacab
abcbcacab
ababbcbccaca
abcacb
bcacba
abbcca
abbcc
+−+−≤
+−++−++−≥
−+−+−≥
−+−+−≥
++−−−<
−−−
++
+++
1

8a
<



Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn đều có thể giải được bằng cách sử dụng điều
kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16],
trong các bất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó hơn cả

[10]
()
222
1
4 1
2
abcabcabc
+++<++=

Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương)
()()()()()()
222
1
4
2
xyyzzxxyyzzx
+++++++++<
với
1
2

xyz
++=

Để cho hai vế của bất đẳng thức trên cùng bậc (*) ta nhân thêm các lượng như sau
()()()()()()() ()
()
()()
()
2223
3
222222222
1
248
2
03
xyzxyyzzxxyyzzxxyz
xyzxyzxyyzzxxyxzyxyzzxzyxyz
xyz

+++++++++++<++

⇔+++++++++++++<++
⇔<

[9]
()()()
3
2
abcabc
bccacaabbcca

+++<
++++++

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
()()()
32
0
aabacbbcbaccacbabcabbcca
bcacababc
⇔+++++++++<+++
⇔+−+−+−>

[15]

1
abcacb
bcacba
++−−−<
và
1

8
abbcca
abbcca
−−−
++<
+++

Chú ý rằng
(
)
(
)
(
)
()()()
()()()
abbcca
abcacb
bcacbaabc
abbcca
abbcca
abbccaabbcca
−−−

++−−−=
−−−
−−−
++=
++++++

ta có đpcm

• Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác
(
)
,,,,,
mlhRrS

(
)
()
()
()()
222
222
2222
9 2
111111
3
2
4
23
23 ,,0 5
9

abcabc
abcabc
a
rrrhhhr
lllhhh
Rr
abc
am
pqr
abcSpqr
qrrppq
Rabc
++≥++≥
++>++
≥
++
≥
++≥>
+++
≥++


Độ mạnh của bất đẳng thức
Tại sao chúng ta phải nhắc đến điều này, thực ra có quá nhiều bất đẳng thức mà tôi
không thể liệt kê ra hết được nhưng chúng ta không cần biết hết mà chỉ cần nhớ
những bất đẳng thức mạnh mà thôi, vậy thì một bất đẳng thức A gọi là mạnh hơn bất
đẳng thức B khi nào, khi từ A có thể suy ra B.
Chẳng hạn như trong một dãy những bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh
,,
abc

và
diện tích
S
thì bất đẳng thức
2222
9
Rabc
≥++
là rất mạnh, thật vậy, ta có
()
2
2222222
2
222
3
99
16
4
abc
abc
RabcabcS
S
abc
≥++⇔≥++⇔≥
++
(*)

Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau
()
()

222
2
3
12
4
33
abcS
abc
S
++≥
++
≥

()
()
()
()()()()()()
2
3
222
22222
3
4
2
1
43
abcS
abbccaabc
S
apbpcbpcpacpapbpR

≥
++−−−
≥
−−+−−+−−≤

Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng lớn hơn vế trái của (*) nên (*)
mạnh hơn ba bất đẳng thức đó. Ta cũng có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức
cuối. Việc xét xem giữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơn là một điều khó khăn
nhưng ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn bằng cách sử dụng điều kiện tương
đương. Khi đó
(
)
(
)
1443
xyyzzxS
⇔++≥
()()
2
3
xyyzzxxyzxyz
⇔++≥++

(
)
()()()
222222
222
222
0

xyyzzxxyzxyz
xyzyzxzxy
⇔++≥++
⇔−+−+−≥


Bất đẳng thức (2) quá quen thuộc, ta sẽ không chứng minh, còn với (3) và (4) thì
chỉ cần áp dụng công thức tính
,
aa
ml
ta sẽ thu được kết quả.

Bất đẳng thức
2
Rr
≥
là một bất đẳng thức quan trọng và chắc các bạn cũng biết
đến lời giải hình học của nó, nhưng tôi sẽ đưa ra một chứng minh khác chỉ bằng các
hệ thức lượng và các bất đẳng thức đã nêu
(
)
2
4
2
416
abcabc
abcS
RrS
Sabc

++
≥⇔≥⇔≥
++

Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớn hơn bình phương vế trái của (*) là đơn
giản, từ đó ta chứng minh được
2
Rr
≥


Xét bất đẳng thức (5)
Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có
()()
()()
()
()
222
2
222
2
2
222222
2
1
2
2
abc
qrrppqabc
qrrppq

abc
pqrabc
qrrppq
pqr
abcabcabc
qrrppq

+++++++≥++

+++


⇒++++≥++

+++


++≥++−++

+++


Ta cần chứng minh tiếp vế phải lớn hơn
23
S
, chính là bất đẳng thức (1)

• Các bất đẳng thức hình học thuần túy
Trong phần này tôi sẽ trình bày những bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa
là khi chứng minh chúng ta hầu như chỉ cần những kiến thức đơn giản nhất về hình

học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” như phương tích, hệ thức lượng…
[1] Cho đường tròn bán kính 1 và n điểm
12
,, ,
n
AAA
không cùng nằm trên một
đường thẳng. Khi đó trên đường tròn có thể chọn được điểm
M
để
12

n
MAMAMAn
+++≥

[2] Nếu một đa giác lồi nằm bên trong một đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên
ngoài không nhỏ hơn chu vi của đa giác trong.
[3] Trong một tam giác không cân, đường phân giác
a
l
luôn nằm giữa đường cao
a
h

và đường trung tuyến
a
m

[4] Nếu qua trọng tâm

G
của tam giác
ABC
vẽ đường thẳng cắt các cạnh của tam
giác tại
,
MN
thì ta có bất đẳng thức 2
OMON
≥

[5] Cho tam giác
ABC
có cạnh
abc
>>
và một điểm
O
nằm trong tam giác.
,,
PQR
lần lượt là giao điểm các đường thẳng
,,
AOBOCO
với ba cạnh tam giác. Ta
có
OPOQORa
++<

[6] Nếu

M
là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc
C
trong tam giác
(
)

ABCMC
≡ thì
MAMBCACB
+>+

[7] Nếu một tam giác nhọn đặt được vào trong một đường tròn thì bán kính đường
tròn đó không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
[8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau của hình vuông
cạnh 1 thì chu vi của nó không nhỏ hơn
22


• Cực trị hình học
[1] Trong tất cả các tam giác có cạnh
a
và đường cao
a
h
cho trước, tìm tam giác có
góc
A
nhỏ nhất
[2] Trong tất cả các tam giác có các cạnh

,
ABAC
có độ dài cho trước, tìm tam giác
có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất
[3] Tìm bên trong
ABC
một điểm
O
sao cho tổng bình phương khoảng cách từ
điểm đó đến các cạnh của tam giác là nhỏ nhất
[4] Cho góc

XAY
và một điểm
O
nằm trong góc đó. Hãy kẻ qua một đường thẳng
cắt ra từ góc đó một tam giác có diện tích lớn nhất
[5] Bên trong góc nhọn

BAC
cho một điểm
M
. Tìm trên các cạnh
,
ABAC
các điểm
,
XY
sao cho chu vi tam giác
XYM

là nhỏ nhất
[6] Từ điểm
M
trong tam giác
ABC
cho trước hạ các đường vuông góc
111
,,
MAMBMC
xuống các đường thẳng
,,
BCCAAB
. Với vị trí nào của
M
trong
ABC
đại lượng
111
abc
MAMBMC
++ có giá trị nhỏ nhất
[7] Cho tam giác đều
ABC
cạnh 10 và
M
là điểm thỏa mãn
9
MBMC
+=
. Tìm max

MA


II. Các bài toán “kinh điển” và bài tập

Bài toán con bướm
Qua trung điểm M của dây PQ của một đường tròn , vẽ hai dây cung AB và CD. Dây
AB và CD cắt PQ tại X và Y. Khi đó M là trung điểm của XY
Chứng minh

Cách 1. Từ
O
, vẽ
,
OUOV

vuông góc
AD
và
BC
. Ta
có ,
OXUMOMYV
nội tiếp.
Ta cần có


MXMYMOXMOY
=⇔=
Do ,

OXUMOMYV
nội tiếp
nên




,
MOXAUMMOYMVC
==
Vậy ta cần chứng minh


AUMCVM
= .
Ta có ~ ~
ADMCBMAUMCVM
⇒



AUMCVM
⇒=⇒
đpcm

Cách 2. Hạ các đoạn vuông góc từ
,
XY
xuống các đoạn như trên hình. Ta cần chứng
minh

xy
=
. Đặt
MPMQa
==
. Từ các cặp tam giác đồng dạng
1
Mx
và
1
My
,
2
Mx

và
2
My
,
1
Ax
và
2
Cy
,
2
Dx
và
1
By

ta có
1212
1221
, , ,
xxxx
xxAXXD
yyyyyCYyYB
====
(
)
(
)
()()
222
12
222
12

1

axax
xxxAXXDPXXQax
xy
yyyCYYBPYYQayayay
−+
−
⇒======⇒=
+−−
(đpcm)

O

Y

A

P

X

Q

D

C

B

M

V

U

O

Y

A

P

X

Q

D

C

B

M

x

2
x

y

1
x

1
y

2
y

Mở rộng
-
M
không chỉ là trung
điểm của
XY
mà còn là
trung điểm của
RS
với
,
RS
là giao điểm của
,
ACBD
với
PQ
.
Chứng minh
Ta vẽ hai đường vuông
góc xuống hai cạnh
,
ACBD
và giải hoàn toàn tương tự như cách 1.
- Với
M
là giao điểm của
AB
và
CD

. ,
XCDYAB
∈∈

là hai điểm thỏa
OXOY
=
.
{
}
,,
XYADBCPQ
∩=. Khi đó
,
XYPQ
có cùng trung điểm. Khi cho
{
}
,,
ACBDPQRS
∩= ,
ta cũng có trung điểm
XY
là trung điểm
RS

Lưu ý. Khi cho
XYM
≡≡
ta có bài toán con bướm ban đầu

Chứng minh
Cách chứng minh khá giống cách 2 tuy nhiên vẫn khá phức
tạp, xin dành cho bạn đọc suy nghĩ

Điểm Torricelli
Cho tam giác
ABC
có các góc không lớn hơn
0
120
. Tìm điểm
M
trong tam giác sao
cho
SMAMBMC
=++
đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải
Dựng hai tam đều
,
AMEACD
như
hình. Khi đó ta có
~
AMCAED

MAMBMC
⇒++
MBMEED
=++

MAMBMCBD
⇒++≥

Đẳng thức xảy ra



0
120
AMBBMCCMA⇔===
Điểm
M
thoả hệ thức trên được gọi là điểm
Torricelli
Lưu ý
Khi tam giác
ABC
có một góc chẳng hạn
0
120
A > , ta có
S
sẽ đạt giá trị nhỏ nhất
khi và chỉ khi
MA
≡
. Thật vậy do

0
120
A > nên
A
nằm trong
BMED

MAMBMCBMMEEDBAADBAAC
⇒++=++>+=+

Đẳng thức xảy ra
MA
⇔≡

O

Y

A

P

X

Q

D

C

B

M

S

F

E

R

O

Y

A

P

C

Q

D

.

B

M

X

A

B

C

M

E

D

A

B

D

E

C

M

Đường thẳng Euler
Cho tam giác
ABC
với trực tâm
H
, trọng tâm
G
và tâm đường tròn ngoại tiếp
O
.
Khi đó ta có
,,
HGO
thẳng hàng và 2
HGGO
=

và
G
nằm giữa
,
HO

Lời giải
Gọi G là trọng tâm tam giác và
',','
ABC
lần
lượt là trung điểm
,,
BCCAAB
. Ta có
'''~
ABCABC
với tỉ số ½.
H
là trực tâm
ABC
,
O
là trực tâm
'''
ABC
. Do tỉ số đồng
dạng là ½ nên
2'
AHOA

=
. Do


,'//''
AHOABCAHOAHAGOAG
⊥⇒⇒= .
Từ đó ta suy ra


~'',,
HAGOAGHGAOGAHGO
⇒=⇒
thẳng hàng và
G
nằm giữa
H
và
O
,
2
HGGO
=
.

Bài tập
[1] Tương tự như cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp tam
giác
ABC
là tam giác tù

[2] Chứng minh rằng
22
'
2
bc
DA
a
−
=

Đường tròn chín điểm Euler
Với
ABC
. Khi đó ba chân đường cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba
đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Euler, bán kính
½
R


Lời giải
Gọi
,
OH
là tâm ngoại tiếp, trực tâm;
,,
KLM
lần lượt là trung điểm
,,
HAHBHC
;

',','
ABC
lần lượt là trung
điểm
,,
BCCAAB

Dễ thấy




0
''''''90
KCAKLAKBAKMA====
Suy ra
',',',,,
ABCKLM
cùng thuộc đường
tròn đường kính
'
KA
là
(
)
C
.
{
}
'

KAOHN
∩=
. Dễ thấy
N
là trung điểm
'
KA
. Tương tự ta cũng có
N
là trung điểm
(
)
','
LBMCC
⇒
là đường tròn đường
kính
',','
KALBMC
Ta có
,,
DEF
lần lượt nằm trên đường tròn đường kính
',','
KALBMC
.
⇒
',',',,,,,,
ABCKLMDEF
đồng viên

Bài tập
[1] Trong đường tròn Euler, các điểm
,,
KLM
chia đôi các cung
,,
EFFDDE

[2] Đường tròn ngoại tiếp
ABC
là đường tròn Euler của
abc
III

[3] Đường tròn Euler cắt các cạnh của tam giác bằng các góc
,,
BCCAAB
−−−


A

C

D

H

.

'
C

E

G

O

B

'
A

'
B

.

.

A

C

D

H

'
C

E

O

B

'
A

'
B




N

L

M

K

F

.

.

.

Hệ thức Euler
Cho tam giác
ABC
.
,
OI
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó ta
có hệ thức
22
2
OIRRr
=−
Lời giải
Phân giác trong góc

A
cắt đường tròn ngoại tiếp tại
L
,
là trung điểm

BC
không chứa
A
.

LM
là đường kính
vuông góc với
BC
. Để ý rằng



, BMLBALLBCLAC
αβ
====

Do là góc ngoài
ABI

tại
I
nên


BILLBI
αβ=+=
LBI

cân:
LILB
=
. Vì vậy
22
22

/

/
sin
.22
sin
LBLM
ROILIIALBIALMIY
IYIA
LMIYLMIYRrOIRRr
α
α
−===
===⇒=−

Từ hệ thức trên ta rút ra
2
Rr
≥


Đường thẳng Simson (tìm ra năm 1797 bởi William Wallace)
Ba chân đường cao từ một điểm đến các cạnh tam giác nằm thẳng hàng khi và chỉ khi
điểm đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp
Lời giải
Từ
P
bất kì, vẽ ba đường cao xuống ba cạnh tam giác là
111
,,

ABC
. Khi đó ta có
1111
,
PCABPBAC
nội tiếp. Suy ra






00
1111111
90, 90
ABCAPCCAPCBACPAPCB
==−==−
i)
(
)
PO
∈⇒



1
CAPPCB
=⇒

1111
ABCCBA
=
111
,,
ABC
⇒ thẳng hàng
ii)
111
,,
ABC
thẳng hàng




11111
ABCCBACAPPCBABCP
⇒=⇒=⇒ nội tiếp
(
)
PO
⇒∈
Mở rộng
[1] Phép vị tự tâm
P
tỉ số 2 biến đường thẳng Simson
thành một đường thẳng mới đi qua trực tâm tam giác.
Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Steiner
Chứng minh

Ta cần chứng minh

0
180
MHN =
Thật vậy, từ
APCB
nội tiếp và
,
PM
đối xứng nhau qua
đường thẳng
AB




ACBAPBAMB
⇒== .
Do
H
là trực tâm nên




00
180180
AHBACBAHBAMB+=⇒+=
MAHB

⇒
nội tiếp



MHAABMABP
⇒==
Tương tự
BHCN
nội tiếp



NHCMBCPBC
⇒==
Vậy ta có





0
180
MHANHCABPCBPABCAHC
+=+==−


0
180MHANHCAHC
⇒++=⇒

đpcm
A

B

I

C

L

M

Y

O

α

α

α

α

β

β

A

B

C

P

1
A

1
B

1
C

A

B

C

P

M

N

H

[2]
1
PA
cắt đường tròn lần
nữa tại
U
. Khi đó ta có
111
//
AUABC

[3] Góc giữa đường thẳng
Simson của
,'
PP
bằng một
nửa số đo cung

'
PP

[4] Đường thẳng Simson của
một điểm (nằm trên đường
tròn) chia đôi đoạn nối điểm
đó và trực tâm tam giác
[5] Hai đường thẳng Simson của hai điểm đối tâm cùng thuộc
(
)
ABC

vuông góc với
nhau và giao điểm của chúng nằm trên đường tròn Euler

Định lý Ptolemy
Cho tứ giác lồi
ABCD
. Khi đó ta có bất đẳng thức

ABCDADBCACBD
+≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
ABCD
nội tiếp
Chứng minh
Dựng trên
AD
tam giác
ADM
đồng dạng với
ACB


ADBCACDM
⇒=
(1)
Từ ~
ADAM
ADMACB
ACAB

⇒=
Kết hợp với


ADCMAB
= ta có ~
DACMAB


ABCDACBM
⇒=
(2)
Từ (1) và (2) ta có
(
)

ABCDADBCACDMBMACBD
+=+≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
MBDABCD
∈⇔
nội tiếp

Bài tập
[1] Cho
P
là điểm nằm trên cung

CD
của đường

tròn ngoại tiếp của hình vuông
ABCD

ta có
(
)
(
)
PAPAPCPBPBPD
+=+
[2] Nếu một đường tròn cắt hai cạnh và một
đường chéo của một hình bình hành
ABCD
tại
các điểm
,,
PQR
như trên hình. Khi đó

APABARADAQAC
+=


Định lý Ceva (năm 1678)
Nếu ba cát tuyến
,,
AXBYCZ
với
,,,,
XYZBCCAAB

∈
. Ta có
,,
AXBYCZ
đồng qui
1
XBYCZA
XCYAZB
⇔=


Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên)
Nếu ba điểm
,,
XYZ
trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác
ABC
. Ta có
,,
XYZ
thẳng hàng
1
XBYCZA
XCYAZB
⇔=


A

B

C

P

1
A

1
B

1
C

U

A

B

C

U

'
U

P

'

P

O

A

C

B

D

M

A

B

C

D

P

Q

R

Định lý Stewart (đề xuất năm 1746, nhưng thực chất đã được tìm ra năm 300 trước
công nguyên bởi Archimedes)

Cho tam giác
ABC
và một cát tuyến như hình
Nếu độ dài cát tuyến là
d
, ta có hệ thức
(
)
222
apmnbmcn
+=+
Gợi ý
Sử dụng định lý hàm cos cho hai tam giác
XAB

và
XAC
tại góc
X




Bài toán Fagnano (đề xuất năm 1775)
Cho tam giác
ABC
nhọn và tam giác
XYZ
nội tiếp
ABC

(
)
,,,,
XYZBCCAAB
∈ .
Khi đó chu vi tam giác
XYZ
đạt giá trị nhỏ nhất khi
,,
XYZ
là chân ba đường cao
Chứng minh
Bài toán này có nhiều
cách chứng minh nhưng
tôi nghĩ hay nhất vẫn là
cách chứng minh của
nhà toán học H. A.
Schwarz. Sau đây, tôi sẽ
trình bày với các bạn
chứng minh đó
Dựng các tam giác bằng
nhau và kề nhau như
hình. Tam giác có ba
cạnh là
,,
abc
là tam
giác có đỉnh là chân các đuờng cao. Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các
phép đối xứng sẽ tạo thành đoạn

'
PP
. Còn các cạnh của tam giác nội tiếp bất kì
,,
uvw
sẽ tạo thành đường gấp khúc
'
QQ
. Dễ thấy
''
PQQP
là hình bình hành nên
''
QQPP
≥
suy ra chu vi một tam giác bất kì nội tiếp
ABC
đạt giá trị nhỏ nhất khi
ba đỉnh của tam giác đó là chân ba đường cao của
ABC
.


Định lý Morley
Đây là một trong những định lý về hình học sơ cấp đẹp
nhất được tìm ra năm 1904 bới Frank Morley. Ông giới
thiệu nó cho những người bạn của mình ở Cambridge,
Anh và công bố nó 20 năm sau tại Nhật Bản. Chứng
minh của định lý này tương đối khó đối với các bạn học
sinh cấp 2, vì vậy tôi chỉ nêu ra định lý để các bạn cảm

nhận được phần nào vẻ đẹp của nó
Cho tam giác
ABC
. Các đường chia ba góc của các góc
,,
ABC
cắt nhau và các giao điểm tạo thành một tam giác đều





m

p

n

c

b

B

X

C

A

.

.

.

X

Y

Z

P

'
Q

Q

'
P

a

A

A

B

B

B

C

C

b

c

c

b

a

c

b

u

v

w

A

w

v

u

w

v

Các bài toán cực trị về diện tích và chu vi đa giác nội tiếp đường tròn
[1] Cho tam giác
ABC
thay đổi nội tiếp
(
)
O
cố định. Khi đó tam giác đều là tam
giác có diện tích và chu vi lớn nhất
Chứng minh
Xét cạnh
BC
chia
(
)
O
thành hai phần, một phần
chứa và một phần không chứa
O
. Nếu

A
nằm ở phần
chứa
O
thì tam giác
ABC
đạt diện tích và chu vi lớn
nhất khi
AM
≡
, nếu
A
thuộc phần còn lại thì
'
AM
≡
. Lại có tam giác
MAB
có diện tích và chu vi
không nhỏ hơn tam giác
'
MAB
. Vậy để tìm tam giác
có chu vi hay diện tích lớn nhất ta chỉ xét các tam giác
cân tại
A
chứa
O
trong nó. Gọi khoảng cách từ
O

đến
BC
là
x
. Ta có
222
2, 22
BCRxBMRRx
=−=+.
Từ đó
()
22222
, 2222
SRxRxPRRxRx
=−+=++−

i) Theo bất đẳng thức Cauchy
()()()()()()
3
4
6343
RRxRxRxRxRxRx
=−++++++≥−+
()
() ()
2
222222
4
32394343

RRxRxRRxRxS
⇒≥−+⇒≥−+=
2
3
4
SR
⇒≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
R
xABC
=⇔ đều
ii)
()
()
2
2
2
2422
PPRR
RxRRxRxRx

=++−⇒=+++−




Áp dụng bất đẳng thức
()
(
)

2
222
3 ,,0
abcabcabc
++≤++∀>
ta có
()()()
2
2
2
327
322 36
422
P
RxRxRxRxRPR
≤+−≤++−=⇒≤
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
R
xABC
=⇔ đều
Kết luận. Trong các tam giác nội tiếp đường tròn cho trước thì tam giác có chu vi và
có diện tích lớn nhất là tam giác đều

[2] Cho tứ giác
ABCD
thay đổi nội tiếp
(
)
O

cố định. Khi đó, hình vuông là hình có
chu vi và có diện tích lớn nhất
Chứng minh
i) Xét tứ giác lồi
ABCD
bất kì và hình vuông
MNPQ
cũng nội tiếp
(
)
O
sao cho
,
MPACPM
⊥⇒
là trung điểm

AC
. Dễ thấy
()()

ABBCPAPC
pABCDpAPCM
DADCMAMC
+≤+

⇒≤

+≤+


()()

CPCMNPNM
pAPCMpMNPQ
APAMQPQM
+≤+

⇒≤

+≤+


(
)
(
)
pABCDpMNPQ
⇒≤
O

M

R

B

C

x

'
M

A

B

D

C

M

N

P

Q

ii) Xét tứ giác lồi bất kì. Đường chéo
AC
chia tứ giác
ABCD
thành hai tam giác
nhỏ hơn
ABCDABCACDAPCACMAPCMPCMPMAPNMPMQMNPQ
SSSSSSSSSSS
=+≤+==+≤+=
(đpcm)

Mở rộng. Ta có bài toán tổng quát, với
n
giác thay đổi nội tiếp
(
)
O
cố định. Khi đó,
n
giác đều là đa giác có diện tích và có chu vi lớn nhất. Tuy nhiên, cách giải vượt quá
chương trình cấp 2 nên tôi không đề cập ở đây

III. Quĩ tích

Tập hợp các điểm (còn được gọi là quĩ tích) có tính chất cho trước là một hình
gồm tất cả những điểm thoả mãn tính chất đó. Lời giải một bài toán tìm tập hợp điểm
gồm có hai phần
- Chứng minh rằng những điểm có tính chất đã cho thuộc hình
H
(hình này là kết
quả của bài toán)
- Chứng minh rằng tất cả những điểm của hình
H
đều có tính chất đã cho
Tập hợp những điểm thoả mãn hai tính chất là giao điểm của hai hình, tập hợp
các điểm có tính chất thứ nhất và tập hợp các điểm có tính chất thứ hai
Đối với một bài toán dựng hình thì sự tỉ mỉ, cẩn thận là rất cần thiết, vì vậy, điều
đầu tiên bạn làm khi gặp một bài toán dựng hình là phải xét hết tất cả các trường hợp
có thể xảy ra, khi tìm ra hình chứa các điểm cần tìm phải xét đến giới hạn của chúng
Các quĩ tích mà trong chương trình cấp 2 các bạn được học chủ yếu là đường
thẳng hay đoạn thẳng, tia, đường tròn hay cung tròn. Vì vậy, ta có một cách đoán

trước quĩ tích khá hữu hiệu như sau, hãy vẽ ra ba điểm thoả mãn tính chất bài toán
yêu cầu riêng biệt với nhau và thật chính xác. Nếu ba điểm đó thẳng hàng thì dứt
khoát quĩ tích phải là đường thẳng, đoạn thẳng hoặc tia. Nếu chúng không thẳng hàng
thì quĩ tích phải là đường tròn hoặc cung tròn. Từ đó, bạn đã có được một định hướng
tương đối tốt cho lời giải của bài toán
Sau đây là những bài tập cho các bạn, tất cả đều là những bài mà tôi cho là cơ bản,
hoặc hay và lạ nên bài nào bạn cũng nên suy nghĩ thử ít nhất là một lần, không nhất
thiết là bạn phải làm cho ra, chỉ cần là bạn đã bỏ thời gian để suy nghĩ về nó

[1] Quĩ tích những điểm có tỉ số khoảng cách đến hai đường thẳng cho trước là
0
k
>

[2] *Trên mặt phẳng cho hai điểm
,
AB
cố định. Quĩ tích những điểm
M
thỏa mãn
hệ thức
:0
MAMBk
=>

Với
1
k
≠
, quĩ tích là một đường tròn và được gọi là đường tròn Apolonius

Với
1
k
=
, quĩ tích là một đường thẳng
[3] Quĩ tích những điểm
X
thỏa mãn bất đẳng thức
XAXBXC
≤≤

[4] *Cho điểm
O
cố định và hình
H
, điểm
M
di động trên hình
H
, tìm quĩ tích
những điểm
N
nằm giữa
,
OM
và chia đoạn
OM
theo tỉ số
(
)

: ,0
abab
>

[5] Cho
AB
≡
cố định. Tìm quĩ tích những điểm
M
thoả mãn
22
0
MAMBk
+=>

Gợi ý: Sử dụng công thức đường phân giác
[6] Cho
AB
≡
cố định. Tìm quĩ tích những điểm
M
thoả mãn
22
MAMBk
−=

[7] *Cho hai đường tròn
(
)
(

)
,'
OO
phân biệt. Quĩ tích những điểm có phương tích
(*) đến hai đường tròn bằng nhau là một đường thẳng và được gọi là trục đẳng
phương của hai đường tròn






Định nghĩa phương tích
Phương tích của một điểm đến một đường tròn là một giá trị đại số và được tính bằng
công thức
()
22
/MO
POMR
=−

Phương tích của điểm
M
đối với đường tròn
(
)
O
đặc trưng cho vị trí tương đối của
M
đối với

(
)
O
. Cụ thể là những điểm cùng nằm trên một đường tròn tâm
O
thì có
cùng phương tích.
Đối với điểm
M
nằm ngoài
(
)
O
thì
()
/
MO
P chính là độ dài đoạn
MN
với
N
là tiếp
điểm của tiếp tuyến của
(
)
O
qua
M
. Đối với điểm
M

nằm trong
(
)
O
thì
()
/
MO
P là
phần bù của tích
.
MNMP
với
NP
là dây cung bất kì của
(
)
O
qua
M


[8] Trong mặt phẳng cho hai đường tròn không cắt nhau và không chứa nhau. Tìm
quĩ tích những điểm
M
có tính chất là đường thẳng bất kì qua
M
đều cắt ít nhất là
một trong hai đường tròn trên
Gợi ý: Hãy vẽ các tiếp tuyến chung của hai đường tròn và xét các miền của mặt phẳng

được tạo thành
[9] *Cho hai điểm
,
PQ
chuyển động đều, vận tốc
v
theo hai đường thẳng cắt nhau
tại điểm
O
. Chứng minh rằng trên mặt phẳng tồn tại một điểm
A
cố định mà khoảng
cách từ đó đến các điểm
,
PQ
lúc nào cũng bằng nhau
[10] Các điểm
,,
ABC
có tính chất là: với mọi điểm
M
luôn có hoặc
MAMB
≤
hoặc
MAMC
≤
. Chứng minh rằng điểm
A
nằm trên đoạn

BC

[11] *Cho đường tròn và điểm
P
nằm trong đường tròn đó. Qua mỗi điểm
Q
của
đường tròn ta kẻ tiếp tuyến. Đường vuông góc hạ từ tâm của đường tròn xuống đường
thẳng
PQ
cắt tiếp tuyến tại điểm
M
. Tìm tập hợp các điểm
M

Gợi ý: Quĩ tích là đường thẳng vuông góc với
OP

[12]
,
AB
là hai điểm cố định trên đường tròn,
M
là điểm thay đổi trên đường tròn đó.
Trên mỗi đường gấp khúc
AMB
định ra một điểm
K
gọi là trung điểm của nó. Tìm
tập hợp các điểm

K
(bài toán Archideme)
Gợi ý: Kéo dài
AM
một đoạn
MNMB
=
. Khi đó
K
là trung điểm
MN
và

MNB
=

½

AMB
không đổi. Cần nhớ phải xét cả hai cung

AB
lớn và nhỏ
[13] Cho tam giác
ABC
. Tìm tập hợp tâm hình chữ nhật nội tiếp tam giác có một
cạnh nằm trên cạnh
BC
của tam giác
Gợi ý: Quĩ tích là đoạn thẳng nối trung điểm đường cao tại

A
và trung điểm
BC

[14] Hai đường tròn cắt nhau tại các điểm
,
AB
. Qua điểm
A
kẻ một cát tuyến cắt các
đường tròn tương ứng tại các điểm
,
PQ
. Hỏi trung điểm
PQ
sẽ vẽ nên đường gì khi
cát tuyến quay quanh điểm
A

[15] *Cho
(
)
,
OR
và một điểm
A
cố định, vẽ cát tuyến di động cắt
(
)
O

tại
,
MN
.
Tiếp tuyến tại
,
MN
cắt nhau tại
E
. Tìm quĩ tích
E

[16] *Cho
(
)
,
OR
và một dây
AB
cố định,
M
là điểm di động trên
(
)
,
OR
. Trên tia
AM
ta lấy điểm
N

sao cho
ANkBM
=
. Tìm quĩ tích
N

[17] Cho parabol
2
yx
=
. Tìm quĩ tích những điểm nằm trên mặt phẳng sao cho từ đó
ta có thể vẽ được hai tiếp tuyến vuông góc với parabol.
Gợi ý: Quĩ tích là đường thẳng
1
4
y
=−

[18] *Cho tam giác
ABC
,
M
là điểm di động trên đoạn
AB
, kéo dài
AC
một đoạn
CNBM
=
. Tìm quĩ tích trung điểm

MN

[19] *Cho
(
)
,
OR
và điểm
P
cố định ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến
PA
và cát
tuyến
PBC
bất kì
(
)
(
)
,,
ABCO
∈ . Gọi
H
là trực tâm tam giác
ABC
. Tìm quĩ tích
trực tâm
H
đó

Những bài tập tôi đánh dấu (*) là những bài tôi cho là quan trọng nhất, dễ ra thi nhất.
Vì vậy, tôi sẽ trình bày lời giải hoặc đưa ra gợi ý cho những bài tập đó

[2] Xét
1
k
≠
.
Thuận. Giả sử
M
là điểm thoả hệ
thức đề bài và không nằm trên
đường thẳng
AB
. Vẽ hai phân giác
trong và ngoài ,
MXMY
. Ta có

0
90
XMY = .
Theo tính chất đường phân giác thì
,
XAYAMA
kXY
XBYBMB
===⇒ cố định
M
⇒

thuộc đường tròn đường kính
XY
cố định. Với
M
nằm trên đường thẳng
AB

thì
MX
≡
hoặc
MY
≡
.
Đảo. Chọn điểm
M
bất kì thuộc đường tròn đường kính
XY
. Ta sẽ chứng minh
M

cũng là một điểm thỏa tính chất của đề bài. Từ
A
, vẽ đường thẳng song song với
MY

cắt
,
MXMB
lần lượt tại

,
ID
. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác
ADB
, ta có
1
IAXBMD
IDXAMB
=
. Lại có
MDYA
IAIBMX
MBYB
=⇒=⇒ là phân giác

AMB
⇒
đpcm

[4] Bài toán là một ứng dụng cơ bản của phép vị tự
Sơ lược về phép vị tự
Thông thường thì khi định nghĩa phép vị tự phải
dùng đến kiến thức về vector, nhưng đối với các bạn
cấp 2 thì điều này là chưa thật cần thiết. Vì vậy, tôi
sẽ trình bày sơ lược về phép biến hình này một cách
đơn giản và dễ hiểu nhất có thể.
Cho hai hình
H
và
'

H
và một điểm
O
trên mặt
phẳng. Khi đó ta nói phép vị tự tâm
O
biến tỉ số
0
k
>
biến hình
H
thành hình
'
H

khi và chỉ khi với mỗi điểm
M
thuộc hình
H
tồn tại duy nhất một điểm
'
M
thuộc
'
H
sao cho
'
M
∈

tia
OM
và ':
OMOMk
=
.
'
H
được gọi là ảnh của
H
qua phép
vị tự tâm
O
tỉ số
k

Từ định nghĩa trên ta có quĩ tích của
N
là ảnh của
H
qua phép vị tự tâm
O
tỉ số
(
)
:
aab
+

Lưu ý.

Qua phép vị tự thì đường tròn biến thành đường tròn, đường thẳng biến thành
đường thẳng.
Khi gặp một bài toán yêu cầu tìm quĩ tích điểm
M
mà ta luôn có quan hệ giữa
điểm
M
và điểm
N
nào đó cũng di động như tia
AM
luôn cùng hướng với
BN
,
AMkBN
=
với
,
AB
là hai điểm cố định, ta có thể chuyển việc tìm quĩ tích điểm
M

thành việc tìm quĩ tích điểm
N
, sau đó suy ngược lại quĩ tích
M
bằng phép vị tự
Bài [19] cũng sử dụng phép vị tự để giải, đầu tiên là tìm quĩ tích điểm đối xứng
của
O

qua
BC



M

B

A

Y

X

D

I

O

H

'
H

Bài [9] và [18] sử dụng phép quay
Sơ lược về phép quay
Phép quay tâm
O

theo góc
00
0180
φ<< là một phép biến hình trên mặt phẳng,
biến điểm
X
thành điểm
'
X
thỏa mãn điều kiện
'
OXOX
=
và góc quay từ
OX
tới
'
OX
bằng
φ
theo chiều ngược kim đồng hồ
Qua phép quay đường tròn biến thành đường tròn bằng nó, đoạn thẳng biến thành
đoạn thẳng bằng nó và góc giữa hai đường thẳng chứa hai đoạn bằng góc quay.
Dấu hiệu để các bạn nhận biết bài toán quĩ tích giải bằng phép quay là có hai
đoạn
AB
và
CD
nào đó sau các phép biến đổi bằng nhau. Nếu thật sự là phép quay
thì tâm quay chính là giao điểm của trung trực

,
ACBD
và thông thường tâm quay là
cố định.
Bài [16] sử dụng phép quay, sau đó vị tự

[15] Thuận.Vẽ hai tiếp tuyến
,
AXAY
với
(
)
O
. Gọi
H
là trung điểm
MNOHMN
⇒⊥
. Kéo dài
OH
cắt
XY

tại
'
E
. Dễ thấy
AXHOY
nội tiếp đường
tròn đường kính

OA

()
'/
'.''.'
EO
EXEYEHEOP⇒==
'',''
EMEN
là hai tiếp tuyến tới
(
)
O

()
2
'/
'''''''.'
EO
MHEOPEMEHEO
⊥⇒==

Từ đó ta có
'''
EHEH
=
. Mà
,'
HH
nằm

cùng phía đối với điểm
'
E
nên
'
HH
≡

Suy ra
', ' '
MMNNEE
≡≡⇒≡

E
⇒
thuộc đường thẳng
XY
cố định
Giới hạn. Đường thẳng
XY
trừ
(
)
XY

(
)
UV
chỉ đoạn
UV

trừ hai đầu mút
Đảo. Gọi
0
E
là điểm bất kì thuộc phần giới hạn của đường thẳng
XY
. Vẽ hai tiếp
tuyến
0000
,
EMEN
với
(
)
O
. Chứng minh hoàn toàn tương tự phần thuận ta có
00
,,
AMN
thẳng hàng
⇒

0
E
là một điểm thỏa yêu cầu bài toán
Kết luận. Quĩ tích
E
là phần giới hạn của đường thẳng
XY
.

IV. Chứng minh các tính chất hình học khác

• Thẳng hàng

[1] Cho tam giác
ABC
và
,,
UVW
là ba điểm
thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng
,,
BCCAAB
. Chứng minh rằng trung điểm các
đoạn ,,
AUBVCW
thẳng hàng
Gợi ý: Vẽ các đường phụ như trên hình và
chứng minh thẳng hàng bằng định lý Menelaus

[2] Đường tròn đường kính ,
BVCW
cắt nhau tại hai điểm có đoạn nối đi qua trực
tâm
H
của
ABC
.
Tương tự, các cặp đường tròn đường kính

,
AUBV
và ,
AUCW
cũng cắt nhau tại hai
điểm có đoạn nối đi qua trực tâm
H


A

M

N

'
E

O

X

Y

H

.

.

.

A

B

C

V

U

W

[3] Trực tâm của 4 tam giác ,,,
ABCBZXCXYAYZ
thẳng hàng
Gợi ý: Sử dụng câu [2]

[4] Định lý Pappus
Nếu
,,
ACE
là ba điểm nằm trên một đường thẳng,
,,
BDF
nằm trên đường thẳng khác. Nếu ba đường
thẳng
,,
ABCDEF

lần lượt cắt
,,
DEFABC
thì ba
giao điểm thẳng hàng
Gợi ý: Giả sử rằng ba đường thẳng
,,
ABCDEF
tạo
thành ta giác
UVW
rồi áp dụng định lý Menelaus cho
các cát tuyến thẳng hàng sau ,,
LDEAMFBCN
,
,
ACEBDF
. Sử dụng các đẳng thức hợp lý, ta sẽ có hệ thức để chứng minh
,,
LMN

thẳng hàng theo định lý Menelaus đảo

[5] Cho
ABC
có đường tròn nội tiếp tiếp xúc
,
ABAC
tại
,

QR
. Cho
{
}
BOQRP
∩= . Gọi
,
MN
là trung điểm
,
ACBC
. Chứng minh rằng
,,
MNP
thẳng
hàng

• Đồng qui

[1] Với hình vẽ như bài [1] phần thẳng hàng, hãy chứng minh đường tròn đường kính
,,
AUBVCW
đồng qui tại hai điểm có đoạn nối đi qua trực tâm
H


[2] Cho hình vuông
ABCD
và
M

là điểm bất kì nằm trong hình vuông. Từ
,,,
ABCD
ta vẽ ', ', ', '
AAMBBBMCCCMDDDMA
⊥⊥⊥⊥
. Chứng minh rằng
',','
AABBCC
và
'
DD
đồng qui
Gợi ý: Sử dụng phép quay

[3] Cho tam giác
ABC
. Dựng ra phía ngoài 2 hình vuông ,
ACKJBCGI
. Chứng minh
rằng
,
BJAI
và đường cao đỉnh
C
đồng qui

[4] Cho tứ giác
ABCD
nội tiếp. Từ

,,,
MNPQ
lần lượt là trung điểm các cạnh
,,,
ABBCCDDA
ta vẽ các đường thẳng vuông góc với các cạnh đối diện tương ứng.
Chứng minh rằng các đường thẳng này đồng qui.
Chứng minh rằng điểm này còn là điểm đồng qui của các đường thẳng Simson của
bốn đỉnh đối với tam giác tạo bởi ba đỉnh còn lại

[5] Cho
(
)
O
cắt ba cạnh
,,
ABBCCA
lần lượt tại
121212
,,,,,
CCAABB
. Chứng minh
rằng nếu các đường thẳng vuông góc
,,
ABBCCA
tại
111
,,
CBA
đồng qui thì các

đường thẳng vuông góc với các cạnh tại
222
,,
CBA
cũng đồng qui ( dùng phép đối
xứng tâm)

[6] Cho tam giác
ABC
,
,,
UVW
lần lượt thuộc các đường thẳng
,,
BCCAAB
. Khi đó
các đường vuông góc với
,,
BCCAAB
tại
,,
UVW
đồng qui
222222
AWBUCVAVCUBW
⇔++=++
C

D

B

A

E

F

M

N

L