Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng

Lời mở đầu
Hình học phẳng không xa lạ đối với học sinh trung học phổ thông, cũng là
một trong những dạng toán khó trong các kì thi hoc sinh giỏi cấp tinh, cấp Quốc
Gia, cấp Quốc Tế cho học sinh Trung học phổ thông, thi học sinh giỏi cấp tỉnh
lớp 9, thi tuyển sinh vào lớp 10 các trường chuyên khối khoa học tự nhiên. Bởi
vậy tôi lựa chọn tìm hiểu “Một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong
hình học phẳng” .
Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài toán về đường thẳng và
đường tròn, với đối tượng học sinh khá giỏi, còn được bổ sung thêm các định lí
thường dùng như Menelaus, Ceva, Ptoleme,…Với mục đích giải các bài toán
hính học phẳng trong các kì thì Olympic Toán Qốc Tế,học sinh giỏi các cấp, thi
vào THPT, thi vào trường chuyên, lớp chọn.... Nên trong Luận văn này, ngoài
phần mở đầu và phần kết luận tôi trình bày hai chương :
Chương 1 trình bày các bài toán về đường thẳng, đường tròn. Gồm có :các bài
toán về ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy; đường thẳng và đường
tròn, tứ giác nội tiếp.
Chương 2 là trọng tâm của luận văn các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ
gồm có 3 phần. 2.1: Vectơ, tâm tỉ cự; 2.2 : Tích ngoài của hai vectơ va ứng dụng,
2.3: Phương tích của điểm đối với đường tròn. Trục đẳng phương, tâm đẳng
phương.
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS.Vũ Đỗ
Long – Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – Đại học Quốc gia Hà Nội. Từ đáy
lòng mình em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy Vũ Đỗ Long đối với sự
quan tâm, chỉ bảo tận tình của thầy. Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong
Trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội, đã dạy dỗ, trang
bị những kiến thức bổ ích cho sự nghiệp giáo dục của tôi sau này,giúp đỡ tôi
trong suốt quá trình theo học.Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa
Toán- Cơ- Tin học đã tạo điều kiện, giúp đỡ cho tôi hoàn thành luận văn này.
Hà Nội, ngày … tháng … năm 2015
Tác giả
Lê Đình Trường

1


Chương I
Các Bài Toán về đường thẳng , đường tròn
1.1 Bài toán về ba đường thẳng hàng, ba đường thẳng đồng quy.
Bài toán 1. Định lí Mê-nê-la-uýt. Cho tam giác ABC .Ba điểm Q, R, P theo thứ
tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng khi
và chỉ khi.

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
Chứng minh.
Điều kiện cần. Giả sử P, Q, R thẳng hàng. Qua C vẽ đường
thẳng song song với PQ cắt AB tại

(h.1) theo định lí Ta- lét

A

ta có:
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
ậ

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

P
R

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

Q
B

Hình 1

C

Điều kiện đủ. Ngược lại, ta chứng minh rằng nếu thỏa mãn (1) thì ba điểm P, Q,
R thẳng hàng. Gọi

giao điểm của QR và AB . Vì Q, R,

thẳng hàng nên theo

chứng minh trên :
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
Từ (1) và (2) rút ra
⃐

̅̅̅̅

⃐

̅̅̅̅

Vậy ba điểm P , Q, R thẳng hàng.
Bài toán 2. Định lí Xê – va . Cho tam giác ABC .Các điểm M, N, P lần lượt
thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy
hoặc song song khi và chỉ khi
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
2


Chứng minh.(h.2)
Điều kiện cần. Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O. Vẽ qua A đường thẳng Δ
song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ . Theo định lí Ta- lét ta có
̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

Y

A

P

N

X

A
P

N
O

B

C

B

C

M

Hình 3

Hình 2

Giả sử ba đường thẳng AM, BN, CP song song (h.3). Ta có
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

Điều kiện đủ. Ngược lại, giả sử ba điểm M, N, P tương ứng trên các đường thẳng
BC, CA, AB thỏa mãn hệ thức (1).
-

Nếu hai trong ba đường thẳng AM, BN, CP cắt nhau, chẳng hạn AM và BN

cắt nhau tại O . Đặt

. Theo phần thuận ta có

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅

Từ (1) và (2) rút ra
-

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅ => AM, BN, CP đồng quy tại O.

Nếu không có hai đường nào trong ba đường thẳng AM, BN, CP cắt nhau thì

hiển nhiên cả ba đường thẳng song song với nhau.
Bài toán 3. Định lí Desargues . Cho hai tam giác ABC và
thẳng

. Nếu các đường

đồng quy thì các giao điểm

thẳng hàng, Ngược lại nếu các giao điểm của chúng thẳng hàng thì các đường
thẳng

đồng quy.

Chú ý : Các đường thẳng
của hai tam giác ABC và

gọi là đường thẳng nói các đỉnh tương ứng
, các giao điểm AB ∩ A^' B^',

gọi là các giao điểm tương ứng của hai tam giác đó. Khi đó định lí Desargues
được phát biểu như sau. Các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của hai tam
3


giác đồng quy (hoặc song song) khi và chỉ khi giao điểm các cạnh tương ứng
thẳng hàng.
Chứng minh.

O

a) Điều kiện đủ. Giả sử các đường thẳng
đồng quy tại O.(h.4) và

C

.
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABO
và ba điểmP,

ta có.

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅

,

Q

P

R

̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅
̅̅̅̅
Vào trong tam gaics BCO và ba điểm Q,

A

B

Hình 4

ta có

và vào tam giác CAO và ba điểm R,

ta có

̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅
Nhân ba đằng thức trên ta được kết quả sau
̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

từ đó theo định lí Mê-nê-la-uýt ta suy ra ba điểm P, Q, R

thẳng hàng.
b) Điều kiền đủ. nếu ba điểm P, Q, R thẳng hàng, thì ba đường thẳng
đồng quy.
Giả sử hai đường thẳng

à

cắt nhau tại O. Xét hai tam giác A

ta có các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng AC,

và C

, PQ đồng quy tại R cho

nên theo phần thuận a) thì giao điểm các cạnh tương ứng phải thẳng hàng, ba
giao điểm đó là

∩C
đồng quy tại O.

thẳng

Bài toán 4. Cho hai hình bình hành ABCD và A
thẳng hàng, ba điểm A, D,
thẳng B

. Vậy đường

à

trong đó ba điểm A, B,

thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của hai đường

. Chứng minh rằng I,

, C thẳng hàng.

Bài Giải.
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác AB

4

với ba điểm


thẳng hàng
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅

̅̅̅
̅̅̅̅̅

(h.5) ta có
̅̅̅̅̅̅

B

.

̅̅̅̅̅

M

C

Gọi M là giao điểm của BC và
̅̅̅̅̅̅

theo định lí Ta – lét ta có ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

và ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

I

̅̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅

.

̅̅̅
Vậy từ (*) suy ra ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

A

D
Hình 5

Áp đụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác B M và ba điểm I,
điểm I,

, C ta có ba

, C thẳng hàng

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD không phải hình thang, AB và CD cắt nhau tại E,
AD và BC cắt nhau tại F. Gọi I , J, K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AC,
BD, EF. Chứng minh rẳng I , J, K thẳng hàng.
Bài giải.

E

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh

M
B

BE, EC và CB của tam giác BEC (h.6).

N
P

Khi đó các điểm I , J, K lần lượt nằm
trên các đường thẳng NP,PM, MN.
BEC và ba điểm thẳng hàng A, D, F ta có. A
̅̅̅̅
̅̅̅̅

Hình 6

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

vì IN // AE nên ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

JM // DE nên ̅̅̅̅
̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

và KM // FB nên
̅̅̅

K

J

I

Áp dụng đinh lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác

C

D

̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅

. Vậy từ (*) suy ra

, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác MNP và ba điểm

I,J, K ta suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Bài toán 6. Cho hình bình hành ABCD với tâm O. Trên các đường thẳng BD,
BC, AC lần lượt lấy các điểm P, Q, R sao cho AP // OQ // DR. Chứng minh rằng
P, Q, R thẳng hàng.
5

F

Bài giải.
Qua C vẽ đường thẳng song song với RD,
đường thẳng này cắt BD tại

(h.7).

̅̅̅̅

Theo định lí Ta – lét ta có ̅̅̅̅

B

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

C

// RD và B đối xứng với D qua O ,

vì C

O
P

đối xứng với P qua O.
̅̅̅̅

̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ ( do OQ // C

Ta lại có ̅̅̅̅
̅̅̅̅

̅̅̅̅

và ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅
̅̅̅̅ ̅̅̅̅

Q

A

D
Hình 7

R

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

Suy ra ̅̅̅̅ ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

= 1 ( do P, O, B thẳng

hàng ). Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác OBC và ba điểm P, Q, R ta
được ba điểm P, Q, R thẳng hàng.
Bài toán 7. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt

A

tại M, N, P. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.

N

Bài giải.

P

IO

Cách 1 Áp dụng định lí Xê – va (h.8).
̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

Ta có ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

(

) (

) (

)

B

M .
Hình 8

Do tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I) nên PB= MB ; MC = NC ; PA = NA.
Từ (*) suy ra
̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

(

) (

(
) (

)(

) (

)

) =-1

Theo định lí Xê- va cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P ta được AM, BN, CP

A

Q

đồng quy.
Cách 2 Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt (h.9).

P
N

Gọi AN ∩ CP = I , từ A vẽ đường thẳng song song
với BC cắt CP tại Q ta có

B
6

I

M
Hình 9

C

C


̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅

(

) (

) (

)

Do tam giác ABC nội tiếp đường tròn nên ta có

BM = BP, AN = AP, CM = NC; AQ // BC nên
từ

̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

suy ra ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅

.

. Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác AMC và ba

=

điểm B, I, N ta được B, I, N thẳng hàng. Vậy ba đường thẳng AM, BN, CP đồng
quy.
Bài toán 8. Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. AM, BM, CM
lần lượt cắt BC, CA, AB tại P, Q, R ( P không phải là trung điểm của BC). Lấy T
̅̅̅̅ ̅̅̅̅

trên đường thẳng BC. Chứng minh rằng ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

khi và chỉ khi P, Q, R

thẳng hàng.

A

Bài giải (h.10)
̅̅̅̅ ̅̅̅̅

Điều kiện đủ. Giả sử ̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

Q
M

Theo định lí Xê-va ta có
̅̅̅̅ ̅̅̅̅

R

(1)

B

= -1 (2). Lấy (2) chia cho (1) ta được

P

Hình 10

C

T

. Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác ABC

và ba điểm P, Q, R ta được ba điểm P, Q, R thẳng hàng.
Điều kiện cần. Ngược lại, giả sử P, Q, R thẳng hàng. Lấy
̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

BC sao cho ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅
ra T ≡

trên đường thẳng

. Theo chứng minh trên thì R, Q,

.

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

Vậy ̅̅̅̅ ̅̅̅̅

7

thẳng hàng suy


Bài toán 9. Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Các đường thẳng
AO, BO, CO lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Đường thẳng qua O ,
song song với BC lần lượt cắt MN, MP tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF.

Bài giải.
Trường hợp 1: NP// BC (h.11). Theo định lí Xê- va ta có
̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

= -1.

A

(1)

Vì NP // BC nên theo định lí Ta- lét ta có
̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

=> ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

N
F

O

B

̅̅̅̅

=> ̅̅̅̅

Từ (1) và (2) suy ra ̅̅̅̅̅

 ̅̅̅̅

P

(2)

E

M

C

Hình 11

= > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN )

Trường hợp 2: NP và BC không song song với nhau (h.12)
Đặt Q = NP ∩ BC. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác
ABC và ba điểm thẳng hàng P, L, Q ta có
̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

A

= 1. (3) Theo định lí Xê- va vào tam giác ABC

P
L

và ba đường thẳng N, P, M ta được
̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

F

̅̅̅̅

= -1. (4)
̅̅̅̅
̅̅̅̅̅

B
̅̅̅̅

Từ (3) và (4) suy ra ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

Hình 12

O

M

N
E

C

. Theo tính chất của bốn

điểm thẳng hàng : Cho bốn đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại O, đường thẳng Δ
cắt chúng tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D.
- Nếu đường thẳng Δ cắt bốn đường thẳng a, b, c, d lần lượt tại
̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅

thì

.

- Một đường thẳng song song với OA cắt các tia OB, OC, OD lâng lượt tại Y, X,
̅̅̅̅

̅̅̅̅

Z thì ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

khi và chỉ khi YX = YZ
8

Q


Áp dụng tính chất trên với bốn đường thẳng OB, OM, OC, OQ và đường thẳng
̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

BQ và PQ cắt nhau ta được ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅

hay ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

.

̅̅̅̅

Áp dụng tính chất trên với bốn đường thẳng MQ, MN, ML, MP và ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅
.Ta được OE= OF.
Bài toán 10. Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E là một điểm
nằm giữa B và D sao cho BE = 2 ED. Một đường thẳng bất kì đi qua C khác với
CA, CB cắt hai đường thẳng AB và AD lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng ba
đường thẳng BN, DM và AE đồng quy.
Bài giải.

A

Vì E nằm giữa B và D (h.13) nên ta có:

M

̅̅̅̅

N

, vì C nằm ngoài

̅̅̅̅
̅̅̅̅

B

đoạn thẳng BD nên ̅̅̅̅
̅̅̅̅

̅̅̅̅

Vậy ̅̅̅̅

̅̅̅̅

E

D

C

Hình 13

. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD và ba điểm

M, C, N ta có
̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅
̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

= 1 hay ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅

. Từ đó áp định lí Xê- va vào tam

giác ABD và ba điểm M. E, N ta suy ra ba đường thẳng BN, DM và AE đồng
quy.
Bài toán 11. Cho hình bình hành ABCD, các điểm X, Y, Z, T nằm giữa DA, AB,
. Gọi a, b, c, là các đương thẳng

BC, CD sao cho

lần lượt đi qua A, B, C và lần lượt song song với XT, YT và TZ. Chứng minh
rằng ba đường thẳng a, b, c đồng quy.
Bài giải
Theo giả thiết ta có AX = 2DX, BY = 2AY, CZ = 2BZ, DT = 2CT.
Gọi P và

lần lượt là giao điểm của AB và

hai đường thẳng song song c và ZT (h.14).
Khi đó CP T là hình bình hành nên
9


P

= CT = DC = AB. Hai tam giác ZB

và

ZCT đồng dạng với nhau và BZ = CZ nên

B

A Y

B = CT = AB. Từ đó ta có :
PB = P

+

Z
M

B = = AB,

X

PA = PB + BA = = AB.

D

̅̅̅̅

Vậy ta có ̅̅̅̅
Gọi M và

T

C

Hình 14

(1)

N

lần lượt là giao điểm của BC và hai đường thẳng song song a và

XT, khi đó AM
M

.

P

X là hình bình hành nên:
và TDX đồng dạng với nhau và

= AX = AD = BC. Hai tam giác TC

CT = DT nên C

= DX = AD = BC. Từ đó ta có MC = M

=

BC

̅̅̅̅̅

hay M là trung điểm của BC, tức là ̅̅̅̅̅
(2)
Gọi N và

lần lượt là giao điểm của đường thẳng b với AC và DC thì BYT

hình bình hành nên :

= BY = CD. Vậy

=

= CD =

là

BA.

̅̅̅̅

Vì C

// AB nên ta có ̅̅̅̅̅
̅̅̅̅

.
̅̅̅̅̅

(3)

̅̅̅̅

Từ (1), (2), (3) ta suy ra ̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

.

Từ đó áp dụng định lí Xê- va vào tam giác ABC và ba điểm P, M, N ta suy ra ba
đường thẳng AM, BN, CP đồng quy cũng tức là ba đường thẳng a, b, c đồng quy.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC ; điểm O nằm trong tam giác. Các đường thẳng
AO, BO, CO lần lượt cắt BC, BA, AB tại
. Các đường thẳng A , B , C

giác
,

,

,

,

. Lấy điểm

lần lượt cắt
đồng quy.

. Chứng minh rằng

Bài giải.
10

nằm trong tam
tại


A

Từ (h.15) ta có
̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

=(

=

)(

)(

)

=
O

=

=
̅̅̅̅̅

= (

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅) (

̅̅̅̅̅)

C

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

Hình 15

đồng quy nên theo định lí Xê – va vào tam giác ABC và ba

Vì A
điểm

,

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅) (

B

̅̅̅̅̅

,

ta có
̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅̅̅

. Áp dụng định lí

, suy ra ̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

ểm

Xê- va vào tam giác

,

,

ta được

đồng quy.
Bài toán 13. Cho tam giác ABC và các đường tròn (
AC; đường tròn (

) tiếp xúc với các tia AB,

) tiếp xúc với các tia BC, BA; đường tròn (

các tia CA, CB. Đường tròn (

) tiếp xúc ngoài với (

), (

) tiếp xúc với

), (

) lần lượt tại

A

X, Y, Z.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Bài giải. (h.16) Gọi ( I; r ) là đường tròn nội tiếp
tam giác ABC, ,

,

các đường tròn (

), (

K =AX ∩ I

̅̅̅̅̅̅

lần lượt là bán kính
), (

), (

. Áp dụng định lí Menelaus cho tam

̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅

̅̅̅
̅̅̅

= BY ∩ I

̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅̅̅

K
B

Áp dụng định lí Ta – lét ta suy ra ̅̅̅̅̅̅
Đặt

X

). Đặt

I

với ba điểm thẳng hàng A, X, K ta có :

giác I
̅̅̅

,

,
̅̅̅̅̅

và ̅̅̅̅̅̅̅̅

= CZ ∩ I

(

)

C
Hình 16
̅̅̅

suy ra ̅̅̅̅̅̅

. Tương tự như trên ta chứng minh được

. Từ đó suy ra K ≡

CZ đồng quy tại K.
11

. Vậy AX, BY,

.


Bài toán 14. Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Đường thẳng qua
O song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại
song với CA cắt BC, BA lần lượt tại

. Đường thẳng qua O song

. Đường thẳng qua O song song với

AB cắt CA, CB lần lượt tại

. Vẽ các hình bình hành O

O

,

. Chứng minh rằng

,O

,

đồng quy.

,

Bài giải (h.17)
Giả sử

,

lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.

,

Ta có

( vì

AB,

AC )

A

.
Tương tự ta có

O

.

từ các đẳng thức trên ta có

C

B
Hình 17

̅̅̅̅

̅̅̅̅

Suy ra ̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅

̅̅̅̅̅

̅̅̅̅

quy hay

,

,

. Theo định lí Xê – va ta có AM, BN, CP đồng
đồng quy.

Bài toán 15. Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M, N lần lượt nằm trên hai
cạnh BC và CD sao cho MC= 2MB, DN = 2NC. Gọi I, J, K lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng MA, AN va MN. Chứng minh rằng ba đường thẳng BI,
DJ va CK đồng quy.
Bài giải
Giả sử đường thẳng BI cắt AD tai

va cắt DC tại X (h.18).

Y

A

B
I

Z
J

X

Hình 18

D
12

K

N

M
P

C


Vì I là trung điểm của MA và BM // A
do đó ABM

D

là hình bình hành, suy ra A

̅̅̅̅

= CM. Ta có

.

thẳng DC nên ̅̅̅̅

Giả sử đường thẳng DJ cắt AB tại

và cắt BC tại Y. Vì J là trung điểm của NA

// ND nên J cũng là trung điểm của D

hành, suy ra A

= BM và D

và

= . Ngoài ra hiển nhiên X nằm ngoài đoạn

CB nên

và A

nên I cũng là trung điểm của

= DN, B

= CN. Ta có B

và do đó ADN

là hình bình

// CD nên
̅̅̅̅

3. Ngoài ra vì Y nằm ngoài đoạn thẳng BC nên ̅̅̅̅ = 3.
Gọi P là trung điểm của Cm và giả sử đường thẳng Ck cắt BD tại Z và cắt NP tại
. Khi đó
̅̅̅̅

BD nên ̅̅̅̅

̅̅̅̅̅̅

là trọng tâm của tam giác NPC nên ̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅
̅̅̅̅̅̅ =

̅̅̅̅

̅̅̅̅

=

. Hiển nhiên NP //

̅̅̅̅

)

. Từ đó suy ra ̅̅̅̅ . ̅̅̅̅ . ̅̅̅̅ = . 3.(

Áp dụng định lí Xê-va vào tam giác BDC và ba điểm X, Y, Z ta suy ra ba đường
thẳng BI, DJ, CK đồng quy.

1.2 Một số bài toán về đường thẳng và đường tròn, tứ giác nội tiếp
Bài toán 16.( Bất đẳng thức Ptoleme) Cho tứ giác ABCD, ta có AB.CD +
BC.AD

AC.BD. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp đường

tròn.
Bài giải
Lấy điểm E trong tứ giác ABCD sao cho ̂ = ̂ ,̂ = ̂ (h.19) .

C

Ta có ΔABC đồng dạng với ΔAED (g.g) nên
suy ra
̂ = ̂ nên ̂

Mà

̂.

E
A

Suy ra ΔABE và ΔACD đông dạng.
Do đó

B

nên

. (2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta được
13

Hình 19

D


.
( Vì ED + BE ≥ BD ). Dấu bằng xảy ra
Vậy AB.CD + BC.AD

E nằm trên đường chéo BD.

AC.BD.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp.
Bài toán 17. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M thuộc cung ̂
không chứa điểm C. Từ M kẻ các đường thẳng MD, ME, MK lần lượt taocj với
các cạnh BC, CA, AB một góc bằng α (D, E, K lần lượt thuộc BC, CA, AB ).

E

Chứng minh rằng D, E, K thẳng hàng.
Bài giải.(h.20)
Ta có ̂

M
̂

nên M, K, D, B

cùng nẳm trên một đường tròn. Suy ra ̂
Ta lại có ̂

̂

̂

K

̂

nên M, E, A, K cùng nằm trên

một đường tròn. Suy ra ̂

giác nội tiếp nên ̂

A

D

̂ Mặt khác AMBC là tứ

̂ Mà ̂

̂

B

̂

Hình 20

̂ nên ̂

suy ra ̂

C

̂.

Do đó D, E, K thẳng hàng.
Nhận xét. Trong trường hợp α =

, thì đường thẳng DEK là đường thẳng

SimSon.
Bài toán 18. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn, tiếp tuyến tại A, B, C cắt
các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng P.Q, R

R

thẳng hàng.(Trục lemoine)
Bài giải. (h.21)

Q

Ta có PA là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC nên ̂

̂

A

Suy ra ΔPAB đồng dạng với ΔPCA(g.g) nên

P

C
B

do đó

và

. (1)

Tương tự ΔQBC đồng dạng với ΔQAB (g.g) và
ΔRAC đồng dạng với ΔRCB(g.g) ta có
và

(3)
14

Hình 21


Nhân (1) , (2) và (3) theo vế ta được
Áp dụng định lid Mê-nê-la-uýt vào tam
giác ABC và ba điểm P, Q, R ta được P, Q, R thẳng hàng.
Bài toán 19. Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Gọi K, P, Q lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Chứng
minh rằng P, K, Q cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳn đó luôn đi qua
một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Bài giải.

I

A

P

Gọi D, E, F lần lượt là giao điểm của MK, MP,
MQ với BC, CA, AB .(h.22) Suy ra MD ⊥ BC,

⊥

F⊥

o ó

H K

J

F thẳng hàng

B
F

( đường thẳng Simson).Mặt khác MD = DK, Q
ME = EP, MF = FQ. Suy ra EF là đường trung

E
C

M

bình của tam giác MPQ, ED là đường trung bình

Hình 22

của tam MPK nên EF // PQ và ED // KP. Suy ra P, K, Q thẳng hàng. Gọi H là
trực tâm của ΔABC và I, J lần lượt là điểm đối xứng của H qua AC và AB.
Suy ra I, J thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔABC nên các tứ giác MHIP , MHJQ là

hình thang cân .
Do đó ̂

̂

Suy ra ̂

̂

̂ Tương tự ̂

̂

̂

̂

̂

̂

̂
̂

̂

Do đó P, Q, H thẳng hàng. Suy ra đường thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H của
ΔABC ( đường thẳng này có tên là Steiner).
Bài số 20. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn,

,

,

,

là các đường

thẳng Simson của A, B, C, D tương ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB,
ABC. Chứng minh rằng

,

,

,

đồng quy.

Bài giải
Gọi

,

lần lượt là trực

tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC (h.23)
thì ta có ba đường thẳng Steiner(bài 19)
15

của các điểm A, B, C, D đối với các tam giác
BCD, CDA, DAB,ABC lần lượt đi qua
. Do đó

,

,

,

lần lượt đi

,

qua trung điểm của

.

gọi M là trung điểm của AB thi
Vì

nên CD

Tương tự
Vậy

M

.

O

là hình bình hành.

cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra

,

cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
,

,

D

A

B

C
Hình 23

đồng quy.

Bài toán 21. Cho hai đường tròn (

) và (

) cắt nhau tại A và B. Trên tia đối

của tia BA lấy điểm M. Từ M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đường tròn (
F là các tiếp điểm, F cùng phía với
đường tròn (

), ( E,

bờ là AB). Đường thẳng BE và BF cắt

) lần lượt tại P và Q, gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng

ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài giải
F̂ ( chắn

Kéo dài EF cắt PQ tại . (h.24) vì MF là tiếp tuyến nên ̂
F
cung F ) nên ΔMFB và ΔMAF đồng dạng suy ra
và ΔMAE đồng dạng nên
Ta có ̂
F

nên ̂
F

Ta có ̂

A

̂

̂ . Từ đó AF Q là tứ giác nội tiếp
̂ do đó ̂
F

Mặt khác ̂
F
Suy ra

. (1) Q

),

ABPQ là tứ giác nội tiếp.Suy ra ̂
nên ̂
F

F nên

. Do

̂ (cùng chắn cung

. Tương tự ΔMEB

B

̂.

̂ nên ΔFBA và Δ

̂
F

̂.

Do đó ΔABE đồng dạng với ΔAQ . Suy ra
Từ (1), (2) và (3) suy ra

nên

. (3)
.

16

P

đồng dạng.

M
̂
F

F

E

. (2)
̂,̂

I

Hình 24


Vây I ≡ . Suy ra ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài toán 22. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ). Đường tròn ( I ) luôn
đi qua B và C cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Đường tròn ( J ) ngoại tiếp tam giác
AMN cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng KI // OJ.
Bài giải.
Nối M với K, và K với I (h.25) thì ̂

̂ . (1)

Ta lại có ̂

̂

Mà ̂

̂

̂

̂

̂

̂

Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn ( I ) nên ̂

̂ Từ (1) và (2) suy

ra
̂

̂

̂

A
N

J
O

K
M

B

C

I

Hình 25

Do đó ̂

̂

Suy ra ̂

̂ . Trong tam giác IMC có

̂
Suy ra ̂

nên tứ giác MKIC nội tiếp.

̂

̂

̂

nên ̂

̂
̂

tròn (J) và đường tròn (O) cắt nhau tại A, K nên OJ ⊥

Do đó IK ⊥
Su

Đường

OJ // IK.

Bài toán 23. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). M nằm trên tia đối của
tia BD sao cho MA, MC là hai tiếp tuyến của đường tròn (O). Tiếp tuyến tại B
với đường tròn (O) cắt MC tại N và cắt CD tại P, ND cắt đường tròn (O) tại E.
Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng.
Bài giải. (h.26)
Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên ̂

̂

17


Suy ra ΔMCB và ΔMDC đồng dạng suy ra
Tương tự ta có

. (1)

M
B

(2) mặt khác MA = MC. (3)

A
Từ (1), (2) và (3) suy ra

P

N
E

C

suy ra

DA.CB = AB.DC.(4)
Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác nội tiếp ABCD
ta có

D

AB.CD + BC.DA = AC.BD . (5)

Hình 26

Từ (4) và (5) suy ra

suy ra

(6)

Mặt khác NB, NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) và tứ giác BECD nội tiếp nên
chứng minh tương tự ta có

(7) Vì PB là tiếp tuyến của (O) nên

(

( )

. Do đó

suy ra

) (8)

Từ (7) và (8) ta có

(

)

(

) (9)

Giả sừ AE cắt CD tại Q thì ΔQEC và ΔQDA đồng dạng suy ra
Mà ΔQDE và ΔQAC đông dạng suy ra

suy ra

(10)

(

Từ (6), (7) và (10) ta có

)

(11)
Từ (9) và (11) suy ra

suy ra P ≡ Q suy ra A, E, P thẳng hàng.

Bài toán 24. Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường thẳng
AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. E là điểm trên cung BDC, và F
18


là điểm trên cạnh BC sao cho ̂F

̂

̂ , G là trung điểm của IF.

Chứng minh rằng DG cắt EI tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.

S

Bài giải

A

Giả sử EI cắt đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại S,
SD cắt AF và IF lần lượt tại J và H, AD cắt
cạnh BC tại M.(h.27)Ta sẽ chứng minh G ≡ H .

. (*)
̂ Do đó ̂

Và ̂

̂

D

̂ nên KE // BC
̂
S

̂
S nên S, A,

I, J cùng nằm trên một đường tròn. Suy ra ̂
Từ đó JI // KE // BC. Suy ra

̂
S

̂
AJI .

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác

Do ̂

BAC nên

E

Hình 27

̂ suy ra ̂

C

M

F
K

và ba điểm thẳng hàng D, H, J

Theo giả thiết ̂
F

G

B

Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho ΔAIF

Ta có

I

J

̂

̂

̂ nên ΔDCM và ΔDAC

đồng dạng suy ra

=>

. Mặt khác DI = DC =>
(1) Thay (1) vào (*) ta được

Suy ra

suy ra HI= HF từ đó suy

ra H ≡ G. Từ đó suy ra DG cắt EI tại điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Bài toán 25. Cho hình chữ nhật ABCD, trên tia đối BD lấy điểm P sao cho
̂

̂ . Tính tỉ số

.

Bài giải.
Đường tròn ngọa tiếp hình chữ nhật ABCD cắt PA tại K.(h.28)

Vì AC là đường kính của đường tròn đó
nên CK ⊥

Dựng tam giác CQO vuông
19


P
Q

cân tại Q sao cho Q thuộc nửa
mặt phẳng bờ PC chứa điểm B.
ta có QC = QP, ̂

E

K
A

B

.

Kéo dai CB cắt AP tại E.
Theo giả thiết ta có ̂

̂.

D

C

Suy ra ΔPEC cân tại E

Hình 28

ứ giác AKBD nội tiếp từ đó suy ra ̂

suy ra QE ⊥

̂

̂

ừ ó u

Do đó ΔPEB đồng dạng với ΔPBK nên
.(1)

Mặt khâc từ cách dựng trên suy ra tứ giác CKQP nội tiếp.
Suy ra ̂

̂

Do đó

̂

từ đó suy ra ΔPQE đồng dạng với ΔPKQ.

từ đó suy ra

(2)

√ .

Từ (1) và (2) suy ra PB = PQ từ đó suy ra

Bài toán 26. Chứng minh rằng trong một tam giác ba trung điểm của các cạnh,
ba chân đường cao tam giác, và ba trung điểm các đoạn nối đỉnh đến trực tâm
của tam giác đó cùng nằm trên một đường tròn ( Đường tròn Euler hay đường

A

tròn chín điểm ).
Bài giải.

.

Cách 1. Gọi các điểm như hình vẽ (h.29).
Ta có B

⊥ AC nên ̂
nên N

Từ đó ̂

I

. Mà NA = NB,

// AH, IN // BC, AH ⊥
. Suy ra bốn điểm I, N,

N
J

.
,

O

C

B

cùng nằm trên đường tròn đường kính I .

Hình 29

Tương tự các điểm còn lại cũng thuộc đường tròn đường kính I .
Cách 2. Gọi các điểm như hình vẽ (h.29). Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
có bán kính T và J là giao điểm của HO và I . Suy ra OI ⊥

20

nên


Vì OI =

nen IO

hành nên J

= JM. Xét ΔAHO có J

là hình bình hành từ đó JH = JO. Vì

là hình bình

là đường trung bình.Suy ra

.
Chứng minh tương tự các điểm còn lại cách J một khoảng .
Ta xác định được tâm J là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp của tam giác, bán kính đường tròn chín điểm là .
Bài toán 27. Chứng minh rằng trong một tam giác đường tròn Euler tiếp xúc
trong với đường tròn nội tiếp.
Bài giải.
Gọi các điểm như hình vẽ (h.30). Gọi SQ là đường
kính đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ AP ⊥ S
vì J là trung điểm của OH nên J là tâm đường tròn Euler,hạ JE ⊥
có l

âm ường tròn nội tiếp tam giác ABC nên A, I, S

Q
P

A

thẳng hàng. Hạ IN ⊥
Trong mọi tam giác ta có AH = 2OM.
Tứ giác HOMK là hình thang có JE là đường trung bình.

H I J
O

Suy ra HK + OM = 2JE và

B

K

NE

D

M

.
̂

Gọi D là giao điểm của AS và BC thì ̂

̂.

S Hình 30

Suy ra ΔAPQ và ΔIND là hai tam giác vuông đồng dạng nên
suy ra

(vì AP = MK).(1)

Tứ giác AEMQ nội tiếp từ đó suy ra S

S

S

Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên S
Từ đó suy ra S

S

S

S .
S

S

S .

Gọi hình chiếu của A, I, S trên cạnh BC tương ứng là K, N, M thì ta có
. Suy ra
Từ đó suy ra
21

C


Từ đó suy ra
Theo định lí Pitago ta có

Từ (1) và (2) suy ra

Do đó

–

.
nên đường tròn Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp.

Suy ra

Bài toán 28. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường thẳng Δ thay
đổi đi qua trực tâm H của tam giác ABC cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABH, ACH lần lượt tại M và N ( M ≠ H, N ≠ H ). Xác định vị trí của đường
thẳng Δ để diện tích tam giác AMN lớn nhất.
Bài giải
Kéo dài đường thẳng BH cắt AC tại E và cắt đường
tròn (O) tại D (h.31). Ta có ̂

̂ (cùng chắn cung ̂ )

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên ̂
Từ đó suy ra ̂

̂

̂

A

D

Suy ra H và D đối xứng với nhau qua AC.
và đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC
đối xứng với nhau qua AC nênhai đường

N

E

Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

H
M

C

B

tròn này bằng nhau.Tương tự ba đường

Hình 31

tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tam giác BHC,

tam giác ABH có bán kính bằng nhau. Suy ra ̂
̂

̂

̂

̂

̂

̂

̂

(

̂

̂ nên
̂

̂

̂)

̂ (không đổi).

Do tam giác AMN cân tại A có góc ở đỉnh không đổi. Suy ra diện tích AMN lớn
nhất

22


AM lớn nhất.
l

ường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB.

AH ⊥

MN // BC.

Bài toán 29.(Olympic Việt Nam -2004) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường
tròn (O) có trực tâm là H, D là điểm trên cung nhỏ BC, dựng hình bình hành
ADCE, K là trực tâm của tam giác ACE. Gọi P,Q là hình chiếu của K trên BC và
AB. Chứng minh rằng PQ đi qua trung điểm của HK.

E

Bài giải.

N

(h.32) Theo giả thiết ta có ̂

̂

K là trực tâm ΔAEC => EK ⊥

;̂

Q

A

̂

K
I

suy ra
̂

̂

nên tứ giác ADCK nội tiếp suy ra

K  (O) , EK cắt AC tại I suy ra P, Q, I thẳng hàng

u

̂

̂

P

C

M

(đường thẳng SimSon). Giả sử AH cắt (O) tại M và cắt
PQ tại N suy ra MN // KP, KQ ⊥

H

B

D

⊥ BC o ó BQKP nội tiếp

Hình 32

̂ do đó MPKN là tứ giác nội tiếp suy ra

MPKN là hình thang cân nên KN = PM, mặt khác PH = PM suy ra PH = KN do
đó HPKN là hình bình hành suy ra NP cắt HK tại trung điểm mỗi đoạn do đó PQ
đi qua trung điểm của HK.
Bài toán 30. Cho tam giác vuông ABC ( ̂

̂ . Tiếp tuyến với

) và ̂

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại cắt BC tại D. Gọi E là điểm đối xứng của
A qua BC, H là hình chiếu của A trên BE. Gọi I là trung điểm của AH, đường
thẳng BI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại K. Chứng minh rằng BD là
tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADK.
Bài giải. (h.33)

A

Vì E là điểm đối xứng của A qua BC nên DE là
tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

B

Suy ra AE ⊥
Theo giả thiết IA = IH nên IM // BE.
Từ đó ̂

̂

K

I
M
H

̂
23

Hình 33

E

C

D

Suy ra A, I, M, K cùng nằm trên đường tròn nên
̂

̂ Do đó ̂

Mặt khác ̂

̂

̂

̂

̂ ( cùng chắn cung AE ).

Ta có ̂

̂

̂

Từ (1) và (2) suy ra ̂

̂

̂

̂ Do đó bốn điểm M, K, D, E cùng nằm trên

một đường tròn.
Suy ra ̂

̂

̂

̂ nên DB là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp tam giác ADK.
Bài toán 31. Cho hình bình hành ABCD, đường phân giác của ̂ cắt BC và
CD lần lượt tại M và N. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN. Gọi
E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác CMN và BCD. Chứng
minh bốn điểm O, B, C, D cùng nằm trên một đường tròn, từ đó suy ra ̂

Bài giải. (h.34)

E

Vì AM là phân giác của ̂ nên ̂
Mà ̂

̂ ( so le trong )

Suy ra ̂
Suy ra ̂

B

̂ , từ đó tam giác BAM cân tại B
̂

M

̂

̂)

(

(

A

D

̂

̂

̂)

(

Hình 34

̂)

̂

Do đó ΔBMO và ΔDCO bằng nhau (c.g.c).
Suy ra ̂

̂ nên bốn điểm O, C, D, B cùng nằm trên một đường tròn.

Từ chứng minh trên ta được
Suy ra

từ đó

BD nên BECD là hình thang cân.
̂

Mặt khác

̂

̂ nên A và E đối xứng với nhau

qua BD.
Do đó AE ⊥

nên

⊥

C

̂

̂
Mặt khác ̂

N

nên MN ⊥

. Do đó

nên

O

̂

ừ đó ̂
24


Chương II
Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ
2.1. Vectơ, tâm tỉ cự
2.1.1 Lí thuyết
1. Vectơ
Vectơ là một đoạn thẳng trong đó đã chỉ rõ điểm mút nào là điểm đầu, điểm
mút nào là điểm cuối.
Độ dài của đoạn thẳng AB được gọi là độ dài của vectơ
) kí hiệu là |

vectơ

( hay môđun của

|.

2. Vectơ bằng nhau
Hai vectơ gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài.nếu hai vectơ
và

bằng nhau, ta viết

3. Các phép toán vectơ

A

a) Phép cộng các vectơ

B

Quy tắc ba điểm (h,35) :

Quy tắc mở rộng cho n điểm:

D
.

Hình 35

C

Quy tắc hình bình hành (h.35):
ABCD là hình bình hành thì

.

Tính chất của phép cộng các vectơ:
▪
▪

( giao hoán).
(

c )

(

)

c (kết hợp).

▪
b) Phép trừ hai vectơ
Hai vectơ gọi là đối nhau nếu tổng của chúng bằng . Vectơ đối của vectơ
được kí hiệu là
Hiệu của vectơ

. Với kí hiệu đó, ta có
và vectơ ,kí hiệu là

:
25

.
, là tổng của và (

. Như vậy