Tỉ số đơn - Tỉ số kép - Hàng điểm điều hòa

Tỉ số đơn - Tỉ số kép - Hàng điểm điều hòa
Ngày 11 tháng 8 năm 2012
1 . Tỉ số đơn - Tỉ số kép - Hàng điểm điều hòa
1. Tỉ số đơn:
Định nghĩa: Với 3 điểm A, B, M khác nhau thẳng hàng thì tỉ số
MA
MB
được gọi là tỉ số đơn của
của A, B, M và được kí hiệu là (ABM).
2. Tỉ số kép:
a. Định nghĩa: Cho 4 điểm phân biệt, thẳng hàng A, B, C, D theo thứ tự đó thì tỉ số kép của 4
điểm đó được định nghĩa như sau (ABCD) =
CA
CB
:
DA
DB
Nếu A(a), B(b), C(c), D(d) thì (ABCD) =
a − c
b − c
:
a − d
b − d
b. Một số tính chất:
Tính chất 1 (ABCD) = (CDAB) = (BADC) = (DCBA)
Tính chất 2 (ABCD) =
1
(BACD)
=
1
(BADC)

Tính chất 3 (ABCD) = 1 − (ACBD) = 1 − (DBCA)
Tính chất 4 Nếu (ABCD) = (ABCD

) thì D ≡ D

Tính chất 5 (ABCD) = 1
3. Hàng điểm điều hòa:
a. Định nghĩa: Nếu (ABCD) = −1 hay
CA
CB
= −
DA
DB
thì A, B, C, D được gọi là hàng điểm điều
hòa.
b. Một số tính chất:
Tính chất 1: Nếu A(a), B(b), C(c), D(d) thì:
(ABCD) = −1 ⇔ 2(ab + cd) = (a + b)(c + d)
Tính chất 2: ( Hệ thức Descartes)
(ABCD) = −1 ⇔
2
AB
=
1
AC
+
1
AD
Tính chất 3: ( Hệ thức Newton) Với I là trung điểm AB
(ABCD) = −1 ⇔ IA

2
= IC.ID
Tính chất 4: ( Hệ thức Maclaurin) Với J là trung điểm của CD thì
(ABCD) = −1 ⇔ AC.AD = AB.AJ
c. Những hàng điều hòa cơ bản:
Định lí 1:
1
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Nếu AD, AE lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của ABC thì (BCDE) = −1
Định lí 2:
Cho ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng chứa 3 cạnh. AO, BO, CO theo thứ tự cắt
BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P, BC cắt NP tại Q.
Khi đó (BCMQ) = −1.
Định lí 3:
Từ điểm S nằm ngoài đường tròn (O), kẻ các tiếp tuyến SA, SB tới (O). Một đường thẳng qua S cắt
(O) tại M, N. AB cắt MN tại I.
Khi đó (SIMN) = −1
3. Chùm điều hòa:
a. Định nghĩa:
- Các đường thẳng cùng đi qua 1 điểm được gọi là chùm đường thẳng, điểm đó được gọi là tâm của
chùm.
Kí hiệu:O(a, b, c, d)
- Chùm đưởng thẳng O(a, b, c, d) tương ứng đi qua các điểm A, B, C, D của hàng điểm điều hòa gọi là
chùm điều hòa.
Kí hiệu: O(a, b, c, d) = −1
b. Một số tính chất
Định lí 4:
Chùm đường thẳng O(a, b, c, d) là 1 chùm điều hòa khi và chỉ khi 1 đường thẳng bất kì song song với 1
trong 4 đường thẳng thì bị 3 đường thẳng còn lại chắn bởi 2 đoạn thẳng bằng nhau.
*2 tính chất sau là hệ quả của tính chất 1:

Định lí 5:
Cắt 1 chùm điều hòa bởi 1 đường thằng không đi qua tâm chùm ta được 1 hàng điểm điều hòa.
Định lí 6:
Nếu 1 chùm điều hòa có 2 tia liên hợp vuông góc thì 2 tia đó là phân giác trong, phân giác ngoài của
góc tạo bởi 2 tia còn lại.
4. Phép chiếu xuyên tâm
d
d'
M
S
M'
Định nghĩa:
Cho 2 đường thẳng d và d’, điểm S không thuộc d và d’. Gọi K là điểm thuộc d sao cho SK  d

.
2
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Gọi f là ánh xạ đi từ tập hợp các điểm thuộc d tới tập hợp các điểm thuộc d’ được xác định như sau
f(M) = M

sao cho S, M, M

thẳng hàng.
Ánh xạ f được gọi là phép chiếu xuyên tâm từ d đến d’. Điểm S được gọi là tâm của f.
Tính chất:
Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép.
* Từ tính chất trên cho ta 2 định lí sau dùng để chứng minh 3 đường thẳng song song hoặc đồng
quy và 3 điểm thẳng hàng.
Định lí 7:
Cho 2 đường thẳng ∆ và ∆


cắt nhau tại O. Các điểm A, B, C thuộc ∆ và các điểm A

, B

, C

thuộc ∆

.
Khi đó AA

, BB

, CC

đồng quy khi và chỉ khi (OABC) = (OA

B

C

)
Định lí 8:
Cho 2 chùm O(ABCO

) và O

(ABCO)
Khi đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi O(ABCO


) = O

(ABCO)
Một số ví dụ
Đầu tiên ta sẽ xét đến một cách phát biểu khác của hàng điều hòa thứ 2:
VD1:
Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F . M, N, P
lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Giao điểm của các cặp cạnh (DF, MN); (DE, MP); (XY, BC)
lần lượt là Y, X, A

.
Chứng minh rằng:
AX
A

X
=
Y A
Y A

Giải:
A'
X
Y
P

M
N
C

B
A
D
E
F
Không mất tính tổng quát giả sử AB > AC.
⇒ M nằm giữa B và D.
⇒ DM = BD − BM =
a + c − b
2
−
a
2
=
c − b
2
3
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Ta có: P M  AC ⇒

MXD =

CED =

CDE =

MDX
⇒ MDX cân tại M
⇒ MX = MD =
c − b

2
⇒ P X = P M + MX =
b
2
+
c − b
2
=
c
2
P X = P A ⇒ AP X cân tại P
⇒

P AX =

P XA =

XAC
⇒ X nằm trên đường phân giác của

BAC
Chứng minh tương tự ta được: Y nằm trên đường phân giác của

BAC
⇒ A, Y, A

, X thẳng hàng theo thứ tự đó.
Ta có: AY = 2AN cos

A

2
= AC. cos

A
2
⇒ CY ⊥ AY
Tương tự: BX ⊥ AX ⇒ BX  CY ⇒
A

Y
A

X
=
CA

BA

=
AC
AB
Mà
AY
AX
=
AC. cos

A
2
AB. cos


A
2
=
AC
AB
⇒
A

Y
A

X
=
AY
AX
⇒ đpcm. 
Nhận xét: Từ kết luận bài toán ta dễ nhận ra: BY ; A

P ; AM đồng quy và CY ; AD; A

E đồng quy.
VD2:
Cho ABC và đường cao AD, BE, CF .
CMR: DA là phân giác

EDF
Giải
H
M

D
E
F
A
B
C
Ta không xét đến trường hợp đơn giản EF  BC
Gọi giao điểm của EF với BC, AD lần lượt là M, N .
AD, BF, CE đồng quy, theo định lí 2 ta có: (MDBC) = −1 ⇒ (MNF E) = −1 ( Phép chiếu xuyên
tâm A)
⇒ D(M N F E) = −1
Mà DN nên theo định lí 6 ta có đpcm. 
Nhận xét: Ta thấy ở bài toán này AD, BE, CF đồng quy tại trực tâm H và D là hình chiếu của
4
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
H trên BC. Như vậy ta có thể mở rộng bài toán thành như sau và cách chứng minh hoàn toàn tương tự:
VD2.1: ( Iran MO)
Cho , AD, BE, CF đồng quy tại O. H là hình chiếu củaO trên BC.
Khi đó HI là phân giác

EHF .
Nhận xét: Từ VD1.1 áp dụng thêm tính chất của chùm điều hòa (Định lí 4) ta có bài toán sau:
VD2.2: Cho , AD, BE, CF đồng quy tại O. H là hình chiếu củaO trên BC.AD cắt EF tại I. Qua
I kẻ đường thằng song song với DE cắt DF, BC lần lượt tại M, N .
Khi đó M là trung điểm của IN.
VD3: ( IMO Shortlist 1995)
Cho ABC. D, E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp của triangleABC với các cạnh
BC, CA, AB. X là điểm nằm bên trong sao cho đường tròn nội tiếp triangleXBC tiếp xúc với
XB, XC, BC lần lượt tại Z, Y, D.
Chứng minh rằng: EF ZY là tứ giác nội tiếp.

Giải:
T
X
Z
X
C
A
B
E
F
D
Goi T = BC ∩ EF
Ta có: AD, BE, CF đồng quy tại điểm Gergon của ABC nên theo định lý 2:
⇒ (T DBC) = −1
Mà XD, BY, CZ đồng quy, theo định lí 2:
⇒ T E.TF = T Z.T Y (= T D
2
)
Vậy EF ZY là tứ giác nội tiếp. 
5
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
VD4: ( China TST 2002)
Cho tứ giác ABCD.AD ∩ BC = E, AD ∩ BC = F, AC ∩ BD = P . O là hình chiếu của P trên EF .
Chứng minh rằng:

BOC =

AOD.
Giải:
Q

T
O
P
B
F
D
C
E
A
Gọi Q = P F ∩ CD, T = BD ∩ EF
Ta có: AC, BD, F P đồng quy tại P
⇒ (DCQE) = −1
⇒ (DBT P ) = −1 ( Phép chiếu xuyên tâm F )
⇒ O(DBP T) = −1
Mà OP ⊥ OT nên theo định lí 6

DOP =

BOP(1)
Tương tự ta được (OF, OP, OA, OC) = −1
Mà OP ⊥ OF nên theo định lí 6

AOP =

COP (2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm. 
VD5: (Định lý Brokard)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC ∩BD = M, AB ∩CD = N, AD ∩ BC = P .
Chứng minh rằng: O là trực tâm .
Giải:

6
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
S
R
E
F
M
N
P
O
C
B
A
D
Từ N kẻ tiếp tuyến NE, NF tới đường tròn (O).
Gọi EF ∩ AB = R, EF ∩CD = S
Ta có: (NRBA) = (NSCD) = −1, theo định lí 7 thì ⇒ RS, BC, AD đồng quy.
⇒ R ∈ P F
Mà (NSDC) = −1 ⇒ (NRBA) = (NSCD)(= −1), theo định lí 7 ta có: ⇒ RS, BD, AC đồng quy
⇒ S ∈ MF ⇒ RS ≡ P F
⇒ RS ⊥ P M
Chứng minh tương tự ta được: MN ⊥ OP
Vậy O là trực tâm MNP.
1 ứng dụng khá hay của định lí Brokard chính là bài 3 VMO 2012
VD6: ( VMO 2012)
Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O và có các cặp cạnh đối khống song
song với nhau. Gọi M, N tương ứng là giao điểm của các đường thẳng AB và CD, AD và BC. Gọi
P, Q, S, T lần lượt là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp góc

MAN và


MBN,

MBN và

MCN,

MCN và

MDN,

MDN và

MAN. Giả sử 4 điểm P, Q, S, T đôi một phân biệt.
a. Chứng minh rằng 4 điểm P, Q, S, T cùng nằm trên 1 đường tròn tâm I.
b. Gọi E là giao điểm AC và BD.
Chứng minh rằng 3 điểm E, O, I thẳng hàng.
( Có thể xem thêm về bài toán này tại báo Toán học tuổi trẻ số 418)
Ngoài ra định lý Brokard còn được sử dụng để chứng minh định lí con bướm như sau:
VD7: (Định lí con bướm)
Cho đưởng tròn ω và 2 điểm phân biệt A, B nằm trên ω.M là trung điểm của AB. Vẽ 2 đường thẳng
l
1
, l
2
từ M (= AB) sao cho chúng cắt ω lần lượt tại C, D và E, F (C, E nằm cùng phía đối với AB, D, E
nằm khác phía đối với AB).Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của AB với CF, DE.
Chứng minh rằng: M là trung điểm của XY .
Giải:
7

1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
P
L
K
Y
X
D
E
M
O
B
A
F
C
Gọi CF ∩DE = K; CE ∩ DF = L; CD ∩ EF = P .
Xét tứ giác CDEF nội tiếp (O) có CF ∩DE = K; CD ∩EF = M, theo định lí Brokard thì M là trực
tâm OKL
⇒ OM ⊥ KL ⇒ KL  AB
Xét CEK có CD, EF, KP đồng quy, theo định lí 2 ta có (ECP L) = −1
⇒ K(ECP L) = −1
Mà KL  AB, theo định lí 7 ta có MX = MY (ĐPCM). 
Một số tính chất của tứ giác ngoại tiếp
Tính chất 1: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O).M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)
với AB, BC, CD, DA.
Khi đó: M P, NQ, AC, BD đồng quy.
Tính chất 2: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)
với AB, BC, CD, DA.
Khi đó M Q, N P, DB đồng quy.
Tính chất 3: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)
với AB, BC, CD, DA.MQ ∩NP = K.

Khi đó OK ⊥ AC.
Tính chất 4: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)
với AB, BC, CD, DA.AC cắt (O) tại E, F .
Khi đó tiếp tuyến của (O) tại E, F và MQ, NP đồng quy.
Từ tính chất 1 và 4 ta có bài toán sau từ định lí Brokard
VD5.1: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O), 2 đường chéo cắt nhau tại L. (O) tiếp xúc với
AB, BC, CD, DA tại M, N, P, Q. AC cắt (O) tại E, F . BD cắt (O) tại R, S. Tiếp tuyến tại E, F của
(O) cắt nhau tại K.
Khi đó O là trực tâm HKL.
VD8: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O. M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của
AB, BC, CD, DA. Gọi MQ ∩ NP = K, MP ∩ N Q = I.
Chứng minh rằng: (DBIK) = −1.
Giải:
8
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
D
C
B
A
I
K
N
M
P
Q
Theo tính chất 1 và 2 ta có B, I, D, K thẳng hàng.
Áp dụng định lí Menelaus cho ABD với cát tuyến QM K ta có:
KD
KB
.

MB
MA
.
QA
QD
= −1 ⇒
KD
KB
=
QA
MB
Dễ thấy
IB
ID
=
MB
QD
⇒
KD
KB
:
ID
IB
= −1
⇒ (DBIK) = −1. 
VD9: ( THTT)
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O, E, F là giao điểm của (O) với AC. H là hình chiếu
của O trên BD.
Chứng minh rằng:


AHE =

CHF
Giải:
9
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
K
A
C
F
O
E
B
M
Dễ thấy KEHO và KHOF là tứ giác nội tiếp.
⇒ K, E, H, O, F đồng viên
Mà KE = KF nên

KHE =

KHF (1)
Theo tính chất 3 ta có OL ⊥ BD
⇒ O, H, L thẳng hàng.
Theo VD6 ta có (LIAC) = −1 ⇒ HI là phân giác

CHL (2)
Từ (1) và (2) ta có

AHE =


CHF . 
VD10:
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O), từ A kẻ 2 tiếp tuyến AB, AC tới (O). AO cắt (O) tại E, F,
cắt BC tại K. M là điểm bất kì nằm trên (O).
Chứng minh rằng: ME là phân giác

AMK.
Giải:
10
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
K
A
C
F
O
E
B
M
Ta có: OB
2
= OK.OA ⇒ OE
2
= OK.OA
Theo hệ thức Newton, ta có (AKEF) = −1 ⇒ M(AKEF) = −1
Mà ME ⊥ MF nên ME là phân giác

AMK. 
Nhận xét: 1. Ta thấy ME cũng là phân giác của

CMB. Như vậy ta có thể phát biểu VD8 như

sau:
VD10.1: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B, C của (O) cắt nhau tại P .
M là trung điểm của BC .
Khi đó:

BAP =

P AC.
2. Ở VD10 nếu cho MN là đường kính bất kì của (O) thì: MO = OE ⇒

OME =

OEM ⇒

NMK =

OAM
Như vậy ta có bài toán sau:
VD11:
Cho ABC, I là điểm thỏa mãn

IAB =

IBC,

IAC =

ICB. D là điểm nằm trên AI sao cho

BDC = 90

◦
.
Chứng minh rằng: BD, CD lần lượt là phân giác của

ABI,

ACI.
Giải:
11
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
F
I
D
B
E
C
A
Cách dựng điểm I như sau:
Gọi (ω) là đường tròn đường kính BC.
Từ A vẽ tiếp tuyến AM, AN đến (ω)
⇒ I chính là giao điểm của MN và IA.
Gọi IA ∩ BC = E, AI cắt (ω) tại F .
Ta có: BEI ∼ AEB(g.g) ⇒
BE
AE
=
EI
CE
⇒ BE
2

= EA.EI
CEI ∼ AEC(g.g) ⇒
CE
AE
=
EI
CE
⇒ CE
2
= EA.EI
⇒ EB
2
= EC
2
⇒ EB = EC ⇒ E là trung điểm DF .
Ta có: ED
2
= EB
2
= EI.EA
Theo hệ thức Newton ta có: (AIDF ) = −1
⇒ B(AIDF ) = −1, C(AIDF ) = −1
Mà BD ⊥ BF, CD ⊥ CF nên ta có đpcm. 
VD12:
ChoABC, đường tròn bất kì đi qua 2 điểm B, C cắt AB, AC tại điểm thứ 2 là F, E.BE ∩ CF =
G, AG ∩ BC = D. Qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AB, AC tại Q, R.
Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp P QR đi qua 1 điểm cố định.
Giải:
M
R

Q
D
G
P
F
E
O
C
A
B
12
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Gọi M là trung điểm của BC.
Ta có: BCEF là tứ giác nội tiếp
⇒ BRCQ là tứ giác nội tiếp
⇒ DB.DC = DQ.DR
Mà (P DBC) = −1, M là trung điểm BC, theo hệ thức Maclaurin ta có:
DB.DC = DP.DM ⇒ DQ.DR = DP .DM
⇒ P QM R là tứ giác nội tiếp
Vậy đường tròn ngoại tiếp P QR luôn đi qua trung điểm của BC (đpcm). 
1 số bài toán chứng minh đồng quy và thẳng hàng
Trước hết ta sẽ nhắc lại 1 số định lí thường dùng:
Định lí 7:
Cho 2 đường thẳng ∆ và ∆

cắt nhau tại O. Các điểm A, B, C thuộc ∆ và các điểm A

, B

, C


thuộc ∆

.
Khi đó AA

, BB

, CC

đồng quy khi và chỉ khi (OABC) = (OA

B

C

)
Định lí 8:
Cho 2 chùm O(ABCO

) và O

(ABCO)
Khi đó A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi O(ABCO

) = O

(ABCO)
Sau đây là 1 số định lí cơ bản về đồng quy và thẳng hàng:
VD1: (Định lý Pappus)

Cho đường thẳng δ,

. Trên đường thẳng δ và δ

lần lượt lấy các điểm A, B, C và A

, B

, C

. Gọi giao
điểm các cặp đưởng thẳng (BC

; B

C); (AC

; A

C); (AB

; A

B) lần lượt là X, Y, Z.
Chứng minh rằng: X, Y, Z thẳng hàng.
Giải:
F
E
Z
Y

X
O
C'
C
A'
B'
A
B
Ta xét đến trường hợp δ không song song với δ

.
Gọi δ ∩ δ

= O, A

C ∩ AB

= F, B

C = AC

= E
Ta có: (B

EXC) = (OABC) (Phép chiếu xuyên tâm C’)= (B

AZF) (Phép chiếu xuyên tâm A’)
Theo định lý 7 thì EA, XZ, CF đồng quy
⇒ X, Y, Z thẳng hàng. 
VD2: (Định lí Desaurges)

Cho ABC, A

B

C

. Gọi giao điểm các cặp đường thẳng (BC, B

C”); (CA, C

A

); (AB, A

B

) lần lượt
13
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
là X, Y, Z.
Chứng minh rằng: X, Y, Z thẳng hàng khi và chỉ khi AA

, BB

, CC

đồng quy.
Giải:
D'
D

A'
A
Y
B
C
X
Z
B'
C'
Xét trường hợp BC không song song với AA’ và B’C’ không song song với AA’.
Gọi AA

∩ BC = D, AA

∩ B

C

= D

Theo định lí 8 thì: X, Y, Z thẳng hàng
⇔ A(CA

BY ) = A

(C

AB

Y ) ⇔ (CA


BY ) = (C

AB

Y )
⇔ AA

, BB

, CC

đồng quy (Theo định lí 8). 
VD3:
Cho tam giác nhọn ABC.D, E, F lần lượt là 3 điểm trên BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy
tại O.O
1
; O
2
; O
3
lần lượt là điểm đối xứng vơi O qua EF, DF, DE.
Chứng minh rằng: AO
1
, BO
2
, CO
3
đồng quy.
Giải:

d
a
O
a
O
1
O
3
O
2
F
O
A
B
C
D
E
Gọi O
a
là điểm đối xứng với O qua BC, từ O kẻ đường thẳng d
a
vuông góc với AD
⇒ O, O
2
, O
3
, O
a
cùng thuộc (D) vàd
a

là tiếp tuyễn của đường tròn đó tại O.
Ta có: O(OO
2
O
3
O
a
) = (d, OO
2
, OO
3
, OO
a
) = (DA, DF, DE, DB) = −1
⇒ OO
2
O
3
O
a
là tứ giác điều hòa
Do đó tiếp tuyến tại O, O
a
của (D) cắt nhau tại 1 điểm trên BC
BC, d
a
, O
2
O
3

đồng quy tại điểm A
0
Xác định tương tự điểm B
0
, C
0
14
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Ta có: A
0
O
2
.A
0
O
3
= A
0
O
2
⇒ A
0
thuộc trục đẳng phương của điểm O và đường tròn (O
1
O
2
O
3
)
Tương tự ta có: A

0
, B
0
, C
0
thẳng hàng.
Theo định lí Desargues thì AO
1
, BO
2
, CO
3
đồng quy. (ĐPCM) 
VD4: (Định lí Pascal)
Cho lục giác ABCDEF nội tiếp (O).AC ∩BD = X, BE ∩ CF = Y, AE ∩ DF = Z.
Chứng minh rằng: X, Y, Z thẳng hàng.
Giải:
Y
X
M
Z
N
A
B
C
D
E
F
Gọi AC ∩BE = M, CF ∩AE = N
Ta có: (AMXC)=B(AEDC) (Phép chiếu xuyên tâm B)=F(AEDC) (Do 6 điểm A, B, C, D, E, F cùng

thuộc 1 đường tròn)=(AEZN)
⇒ ME, XZ, NC đồng quy (Theo định lí 8)
⇒ X, Y, Z thẳng hàng.
Nhận xét: Ta có thể sử dụng định lí Pascal để chứng minh định lí Pappus như sau:
Áp dụng định lí Pascal cho lục giác suy biến AB’CA’BC’ nội tiếp đường tròn bậc (S) là cặp đường
thẳng cắt nhau d va d’ ta có đc đpcm.
VD5:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O).M, N là trung điểm của AB, CD.CD∩(ANB) = Q, AB∩(DMC) = P .
Chứng minh rằng: AC, BD, P Q đồng quy.
Giải:
15
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
P
Q
N
M
E
D
C
B
A
Dễ thấy A, B là giao điểm của (M AB), (ABCD)
⇒ AB là trục đẳng phương của (MAB), (ABCD)
⇒ P
E/(MAB)
= P
E/(ABCD)
⇒ EP .EN = EC.ED
Mà N là trung điểm của CD, theo hệ thức Maclaurin ta có: (EP CD) = −1
Tương tự ta có: (EQAB) = −1

⇒ (EP CQ) = (EQAB)
⇒ P Q, CA, BD đồng quy (Theo định lí 7). 
VD6: ( Romanian Junior Balkan MO 2007)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Điểm D nằm trên cạnh AC, E là điểm đối xứng với A qua BD.F là
giao điểm của đường thẳng qua D vuông góc với BC và đường thẳng CE.
Chứng minh rằng: AF, DE, BC đồng quy.
Giải:
16
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
T Y
Z
X
F
E
B
C
A
D
Gọi X, Y, Z lần lượt là giao điểm của AE với BD, BC, DF , T là giao điểm của DF và BC.
Để chứng minh AF, DE, BC đồng quy ta sẽ chứng minh (AY EZ) = −1.
Ta có: XY T D là tứ giác nội tiếp ⇒

BY X =

XDZ
tan

BY X = tan

XDZ ⇒

XB
XY
=
XZ
XD
⇒ XB.XD = XY.XZ
Mà ABD vuông tại A và AX ⊥ BD nên XA
2
= XB.XD
⇒ XA
2
= XB.XD
Theo hệ thức Newton ta có: (AY EZ) = −1
Xét AEC và 3 đường thẳng AF, DE, BC mà (AEY Z) = −1 nên AF, DE, BC đồng quy ( đpcm). 
Một số bài toán cực trị hình học:
- Các bài toán này chủ yếu dùng đến bất đẳng thức AM-GM cho 2 số.
- Các hệ thức thường dùng:
+ Hệ thức Decac: (ABCD) = −1 ⇔
2
AB
=
1
AC
+
1
AD
+ Hện thức Newton: (ABCD) = −1 ⇔ IA
2
= IC.ID với I là trung điểm AB
+ Hệ thức Maclaurin: (ABCD) = −1 ⇔ AC.AD = AB.AJ với J là trung điểm CD

VD1:
Cho góc xOy và 1 điểm M cố định nằm trên phân giác Ot của góc đó. Một đường thẳng δ bất kì đi
qua M cắt Ox, Oy tại p, Q.
Tìm vị trí δ để biểu thức
1
OP.OQ
đạt GTLN.
Giải:
17
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
C
Q
B
A
O
M
P
Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với Ot cắt Ox, Oy tại A, B ⇒ A, B cố định.
Lấy C ∈ Ox sao cho MA là phân giác

CMP
Dễ thấy ABC cân tại A
⇒ MA = M B ⇒ AC = BQ ⇒ OC = OQ
Ta có: (OADC) = −1 ⇒
1
OP
+
1
OQ
=

1
OP
+
1
OC
=
2
OA
⇒
1
OP.OQ
≤
1
4
.

1
OP
+
1
OQ

2
=
1
OA
2
(Dấu = xảy ra khi và chỉ khi OP = OQ ⇔ δ ⊥ Ot)
Vậy max
1

OP.OQ
=
1
OA
2
1
OA
2
.
Nhận xét: Ta có thể phát biểu bài toán trên dưới 1 dạng khác như sau:
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Qua H kẻ đường thẳng bất kì cắt AB, AC tại D, E. Xác
định vị trí đường thẳng đó để AD.AE đạt giá trị nhỏ nhất.
VD2:
Cho ABC cân tại A và đường thẳng δ ⊥ BC.I di động trên δ.BI ∩ AC = M, CI ∩AB = N.
TÌm vị trí I để BN.CM đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
18
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
S
R
Q
K
P
M
N
H
B
C
A
I

Gọi AH là đường cao của ABC, AH ∩ δ = P, AH ∩ BM = K, CK ∩ AB = R, CP ∩ AB =
S, CN ∩ AH = Q
Theo định lí Thales có:
P Q
QH
=
P I
CH
;
P K
HK
=
IP
BH
=
IP
HC
⇒
P Q
QH
= −
P K
HK
⇒ (KP QH) = −1
⇒ C(KPQH) = −1 ⇒ (RNSB) = −1
⇒
2
BS
=
1

BN
+
1
BR
=
1
BN
+
1
CM
≥
2
√
BN.CM
⇒ BN.CM ≥ BS
2
(Dấu = khi và chỉ khi BM = CN ⇔ P ≡ I)
Vậy minBN.CM = BS
2
⇔ I ≡ P.
Một số bài toán khác:
VD1: (FKMO 2012)
Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AH. Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E. Gọi F, G lần lượt
là hình chiếu củaD, E trên AB, BC. Biết rằng giao điểm của DG, EF nằm trên AH.P là hình chiếu
của E trên HD.
Chứng minh rằng:

AP E =

CPE

Giải:
19
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
P
R
Q
G
F
H
A
B
C
D
E
Gọi DE ∩ BC = R, DH ∩ AC = Q, AH ∩DE = K
Do GE  AH  DF và GD, FE, AH đồng quy
⇒ (F GHR) = −1 ⇒ O(FGHK) = −1 ⇒ (DEKR) = −1
⇒ H(DEKR) = −1 ⇒ (ACQE) = −1 ⇒ P (ACEQ) = −1
Mà P E ⊥ P Q nên

AP E =

CPB (Định lí 6). 
VD2:
Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC, AB tại E, F. Gọi K = BI ∩ EF .
Chứng minh rằng:

BKC = 90
◦
Giải:

L
K
C
B
A
I
D
E
F
Ta bỏ qua trường hợp đơn giản EF  BC.
Đặt L = EF ∩BC. Gọi D là tiếp điểm của (I) và (BC).
20
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Dễ thấy: AD, BE, CF đồng quy nên theo định lí 2 ta có: (BCDL) = −1 ⇒ K(BCDL) = −1 Mà
KBD = KBF ⇒

BKD =

BKF
Theo định lí 6 ta có :

BKC = 90
◦
.
Nếu gọi giao điểm của CI, EF là H thì CKHB là tứ giác nội tiếp.
VD3: (VMO 2009)
Cho 2 điểm cố định A, B và điểm C di động trên mặt phẳng sao cho

ACB = a (0 < a < 180) không đổi
cho trước. Hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC xuống ba cạnh AB, BC, CA

lần lượt là D, E, F . AI và BI cắt EF lần lượt tại M, N .
a) Chứng minh rằng: độ dài MN không đổi.
b) Chứng minh rằng: đường tròn (DMN) luôn đi qua một điểm cố định.
Giải:
Q
M
N
P
B
A
C
I
D
E
F
a) Từ vd2 ta có: ABM N là tứ giác nội tiếp
⇒ MNI ∼ AIB
⇒
MN
AB
=
NI
AI
= cos

AIN = cos
180
◦
− α
2

⇒ MN = AB. cos
180
◦
− α
2
= const
b) Gọi P = MN ∩ AB, Q là trung điểm AB
⇒ (P DBA) = −1 ⇒ P A.P B = P D.P Q
⇒ P N .P M = P D.P Q
⇒ M nằm trên đường tròn ngoại tiếp (DM N ).
VD4:
Cho tam giác ABC, phân giác trong AD.E, F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với
AC, AB.M là trung điểm BC.MA ∩ EF = N.γ(M) là đường tròn đường kính BC. Giao điểm thứ 2
của BI, CI với γ(M) lần lượt là X, Y.P, Q, R lần lượt là trung điểm của BY, ND, CX.
Chứng minh rằng: P, Q, R thẳng hàng.
21
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
Giải:
N
X
Y
M
C
B
A
D
E
F
Theo VD2 thì: X = BI ∩ EF, Y = CI ∩ EF
Dễ thấy: MX  AB ⇒

NX
NF
=
NM
NA
MY  AC ⇒
NY
NE
=
NM
NA
⇒
NX
NF
=
NY
NE
⇔
NX
NY
=
NF
NE
Ta có:
NF
NE
=
NF
NA
.

NA
NE
=
sin

NAF
sin

AF N
.
sin

AEN
sin

NAE
⇒
NF
NE
=
sin

NAF
sin

NAE
=
sin

BAM

sin

CAM
=
sin B
sin C
=
AC
AB
=
CD
BD
⇒ P, Q, R thẳng hàng (Bổ đề ERIQ). 
VD5:
Cho tứ giác lồi ABCD, O là giao điểm 2 đường chéo.
Chứng minh rằng: nếu BO là đường đối trung của tam giác ADC và DO là đường đối trung tam giác
ADC thì AO là đường đối trung của tam giác ABD.
Giải:
22
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
O
C
T, T
1
, T
2
B
A
D
Kí hiệu DD, BB lần lượt là tiếp tuyến tại D với (ADC) và tiếp tuyến tại B với (ABC).

Gọi T
1
= DD ∩ AC, T
2
= BB ∩AC, T = BB ∩ DD.
Do BO, DO lần lượt là đường đối trung tam giác ABC, ADC
⇒ (AOCT
1
) = (AOCT
2
)
⇒ T
1
≡ T
2
≡ T
BD, CD lần lượt là đường đối cực của T
1
, T
2
với (ADC), (ABC)
Mà T
1
≡ T
2
nên (ADC) ≡ (ABC)
⇒ ABCD nội tiếp
Ta có: (AOCT) = −1 ⇒ D(AOCT ) = −1
⇒ ABCD là tứ giác điều hòa
⇒ AA, BD, CC đồng quy. Vậy ta có đpcm. 

VD6:( Senior BMO 2007)
Cho (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. AB, AClà tiếp tuyến của (O)(B, C) là tiếp điểm. D là giao
điểm thứ 2 của AO và (O).X là hình chiếu của B trên CD.Y là trung điểm của BX.Z là giao điểm
thứ 2 của DY và (O).
Chứng minh rằng: ZA ⊥ ZC.
Giải:
23
1 . TỈ SỐ ĐƠN - TỈ SỐ KÉP - HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HÒA
O
C
T, T
1
, T
2
B
A
D
Gọi H là giao điểm thứ 2 của CO với (O)
⇒ DH ⊥ DC, DH  BX
Y là trung điểm BX ⇒ (BY X∞) = −1
⇒ D(BY XH) = −1 ⇒ (HBZC) = −1
⇒ HBZC là tứ giác điều hòa
⇒ A, Z, H thẳng hàng
⇒ZA⊥ ZC.
24