skkn một số ĐỊNH lý TRONG HÌNH học PHẲNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG THẾ VINH

Mã số: ................................

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Người thực hiện: Đậu Thế Tâm
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục:



- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán



- Lĩnh v ực khác: ................................................ 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN
 Mô hình

 Phần mềm

 Phim ảnh

Năm học: 2012 - 2013
0

 Hiện vật khác


SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CÁ NHÂN:
1. Họ và tên: Đậu Thế Tâm
2. Ngày tháng năm sinh: 21 - 3 – 1974
3. Chức vụ: Giáo viên
4. Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
Trình đ ộ: Thạc sĩ
Tốt nghiệp: 2003
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
Giảng dạy 18 năm
Chuyên đề trong những năm gần đây:
1. Bất đẳng thức – Năm 2008
2. Ứng dụng đạo hàm - Năm 2009
3. Ứng dụng số phức – Năm 2010
4. Ứng dụng Định lý Ptoleme - Năm 2011
5. Định lý Viete và ứng dụng - Năm 2012

1


I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Hình học phẳng là nội dung quan trọng trong các kỳ thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, cấp quốc gia
các bài tập cũng thư ờng sử dụng đến các định lý Meneleus, Ceva, Pascal, ….Chính vì lý do đó mà
chúng tôi muốn đi sâu vào chuyên đề này.
II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
Cơ sở lý luận

Hình học phẳng là nội dung quan trọng trong chương trình giảng dạy cho lớp 10. Trong giảng
dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi nhất là HSG dự thi quốc gia thì đề thi về hình học phẳng này hầu như
không thiếu trong các kỳ thi hàng năm. Mặt khác, nội đề thi HSGQG, Quốc tế thì những vấn đề trong
SGK nâng cao khối 10,11,12 thực tế không đáp ứng nổi, kể cả về kiến thức cả về thời gian thực hiện.
Vì vậy nghiên cứu sâu về hình học phẳng là một việc làm cần thiết trong việc chuẩn bị kiến thức kỹ
năng cho việc bồi dưỡng HSGQG.
III.
NỘI DUNG
1. ĐỊNH LÝ MENELAUS
Định lý: Cho tam giác ABC . Các điểm M , N , P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC , CA, AB .
Khi đó M , N , P thẳng hàng 

MB NC PA
.
.
 1.
MC NA PB

Chứng minh:

A

MB NC PA
.
.
 1.
() Giả sử M , N , P thẳng hàng. Cần chứng minh
MC NA PB
Kẻ đường thẳng qua C song song AB cắt đoạn MP tại Q .

Theo định lý Thalès, ta có
Suy ra

MB BP NC CQ

,

.
MC CQ NA AB

P
N

B

C

M

MB NC PA BP CQ PA
.
.

.
.
 1 (đpcm).
MC NA PB CQ AP PB

MB NC PA
.

.
 1 (1). Cần chứng minh M , N , P thẳng hàng.
MC NA PB
Gọi AB  MN  {P '} .

() Giả sử

Vì M , N , P ' thẳng hàng nên

MB NC P ' A
.
.
 1 (2)(chứng minh trên).
MC NA P ' B

PA P ' A

.
PB P ' B
 P và P ' chia đoạn AB theo cùng một tỉ số  P  P ' .
Vậy M , N , P thẳng hàng.
Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi tiếng
được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues.
2. ĐỊNH LÝ CEVA
Định lý: Cho tam giác ABC . Các điểm M , N , P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC , CA, AB .
Từ (1) và (2) suy ra

2

Khi đó AM , BN , CP đồng quy 

MB NC PA
.
.
 1 .
MC NA PB

Chứng minh.
MB NC PA
.
.
 1
MC NA PB
Kẻ đường thẳng qua A song song BC cắt BN , CP tại E , F .

() Giả sử AM , BN , CP đồng quy. Cần chứng minh

Theo định lý Thalès, ta có:
Suy ra

F

MB
AE NC CB PA AF

,

,


.
MC AF NA AE PB BC

A

E

P

N

MB NC PA AE CB AF
.
.

.
.
 1 (đpcm).
MC NA PB AF AE BC

B
MB NC PA
.
.
 1 (1) . Cần chứng minh AM , BN , CP đồng quy.
MC NA PB
Gọi AM  BN  {O}, OC  AB  {P}.

M

() Giả sử

Vì AM , BN , CP ' đồng quy nên
Từ (1) và (2) suy ra

MB NC P ' A
.
.
 1
MC NA P ' B

PA P ' A

.
PB P ' B

(2)

(chứng minh trên).

 P và P ' chia đoạn AB theo cùng một tỉ số.

 P  P'.
Vậy AM , BN , CP đồng quy.

Định lý Ceva dạng lượng giác : Cho tam giác ABC ta có: AM, BN, CP đồng quy
sin A1 sin B1 sin C1

.
.

1
sin A 2 sin B 2 sin C 2
A
P
B

1 2
2
1

M

N
1
2

C

Bài 1. Cho hình thang ABCD với AB > CD. F là giao điểm của hai cạnh bên AD và BC, E là trung
điểm AB. CMR: AC, BD, EF đồng quy.
Giải.
F

Áp dụng định lý Thalet ta có:

FD FC
FD CB

 1 (1)
. Từ đó

DA CB
DA FC

E là trung điểm AB nên EA  EB 

EA
 1 (2).
EB
3

C

D

A

E

B

C


Từ (1) và (2) ta suy ra:

FD EA CB
.
.
 1.
DA EB FC

FD EA CB
.
.
 1. ta có AC, BD, EF đồng quy.
DA EB FC
Bài 2. Cho tam giác ABC. Gọi D là trung điểm BC, E,F lần lượt là hai điểm trên AB và AC. Chứng
minh rằng nếu AD, BF, CE đồng quy thì EF song song với BC.
Giải.

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác FAB có

Áp dụng định lý Ceva cho tam giác ABC ta có:

AE DC FB
.
.
 1.
AC DB FA

A

Do D là trung điểm BC nên DC  DB
Suy ra

E

F

AE FB

.
 1. Vậy theo định lý Thalet đảo ta có EF song song với
AC FA

O
B

D
BC.
Nhận xét; Từ bài 1 và bài 2 ta có điều kiện cần và đủ để AD, BE,CF đồng
quy là EF song song với BC.
Bài 3: Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC ta lấy các điểm M, N, P tương ứng sao cho các
đường thẳng AM, BN, CP đồng quy tại O. Đường thẳng vẽ qua O song song với AC cắt các đường
thẳngMN và NP lần lượt tại I,J. CMR: OI = OJ

C

Giải: Gọi K là giao điểm của AJ và BN
Áp dụng định lý Meneleus trong tam giác BPN với đường thẳng AJK
A
ta có:
AP BK JN
BK
JP AB
N
.
.
1

.

P J
AB NK JP
NK JN AP
O
K
JP OP
BK OP AB
Mặt khác do OJ song song AC nên
(1)



.
I
JN OC
NK OC AP
C
B
M
Áp dụng định lý Meneleus trong tam giác BPC với đường thẳng AOM
AP MB OC
MB OP AB
ta có:
(2)
.
.
1

.
AB MC OP

MC OC AP
MB BK
Từ (1) và (2) suy ra

MC NK
OI
OM OK
OJ
OI
OJ
Áp dụng định lý Thalet đảo ta có KM song song NC 





AN
AM
AN
AN
AN
AN
Suy ra: OI = OJ
Bài 4. Cho tam giác ABC và D là một điểm cố định trên tia đối của tia BC. Điểm F nằm trên cạnh
AC , E  AB  DF . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BF , CE. Chứng minh rằng đường thẳng
MN luôn đi qua một điểm cố định.
Giải.
Gọi L, I , J , K lần lượt là trung điểm của AD, AB, BC , AC .

Dễ thấy L, I , K thẳng hàng; I , M , J thẳng hàng; K , N , J thẳng hàng.

4


Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác ABC với đường thẳng FED ta có
Mà

DB
LI FC MJ EA NK

,

,

.
DC LK FA MI EB
NJ

DB FC EA
.
.
 1.
DC FA EB

(1)

A

(2)

LI MJ NK

.
.
 1.
Thế (2) vào (1) ta được
LK MI NJ
Theo định lý Menelaus: L, M , N thẳng hàng.

L

F

I
M

E

Mà L cố định (do A, D cố định).

D

K

N

B

C

J

Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm L cố định (đpcm).

Bài 5. Cho ba điểm A1 , B1 , C1 theo thứ tự nằm trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC sao cho

AA1 , BB1 , CC1 đồng quy. Đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 cắt BC , CA, AB tại A2 , B2 , C2 . Chứng
minh rằng AA2 , BB2 , CC2 đồng quy.
Giải.
Áp dụng định lý Ceva cho ba đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 , ta có

A1 B B1C C1 A
.
.
 1.
C1 B B1 A C1 B

(1)

Theo tính chất phương tích của điểm đối với đường tròn, ta có:
 BA1 BC2


 BC1 BA2

 BA2 .BA1  BC2 .BC1
 CB
CA

(2)
CA1.CA2  CB1.CB2   1  2 .


 CA1 CB2
 AC1. AC2  AB2 . AB1 
AB2
 AC1
 AB  AC
2
 1
Thế (2) vào (1) ta được

BC2 CA2 AB2
CA BC2 AB2
.
.
1  2 .
.
 1.
BA2 CB2 AC2
BA2 AC2 CB2

Vậy AA2 , BB2 , CC2 đồng quy (theo định lý Ceva).
Bài 6: Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với BC,AB,AC theo thứ tự ở D,E,F. Qua E kẻ đường
thẳng song song với BC cắt AD và DF theo thứ tự ở M và N. Chứng minh rằng M là trung điểm của
EN.
Giải:
A

Gọi giao điểm của AN và BC là J. Từ đề cho ta suy ra:
AE=AF; BE=BD; DC=CF

F

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác JAC và cát tuyến
DJ FC NA
FND, ta có:
.
.
 1.
DC FA NJ

E

I

B

5

N

M

D

J

C


Suy ra:

DJ
FA NJ FA EB EB DB

.

.


DC FC NA FC EA FC DC

Bài 7: Cho tam giác ABC . Dựng đường tròn cắ t ba cạnh BC , CA, AB của tam giác tại các điểm
D, D '; E , E '; F , F '. Gọi L, M , N lần lượt là giao điểm của DE và D ' F ' , EF và E ' D ' , FD và F ' D ' .
Chứng minh rằng các đường thẳng AL, BM , CN đồng quy.
Giải: Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác AF’E
với
F’D’,
ED,
AL
đồng
quy
tại
L
ta
A
E'
sin LAD sin LEA sin LF ' E
F
có:
.
.

1
sin LAE sin LEF ' sin LF ' A
M
L
Tương tự cho các tam giác CDE’ và BFD’ ta có:
E
F'
sin NCA sin NDC sin NE ' D
.
.
1
N
sin NCB sin NDE ' sin NE ' C
B
sin MBC sin MFB sin MD ' F
.
.
1
D
D'
sin MBA sin MFD ' sin MD ' B
Nhân các đẳng thức trên lại và chú ý: LEF  NE ' D, LF'E=MFD ', MD ' F  NDE ',... ta có

C

sin LAD sin NCA sin MBC sin LEA sin LF ' E sin NDC ' sin NE ' D sin MFB sin MD ' F
.
.
.
.

.
.
.
.
1
sin LAE sin NCB sin MBA sin MD ' B sin MFD ' sin LF ' A sin F ' EL sin NB ' C sin NDE '
sin LAD sin NCA sin MBC

.
.
 1 . Theo định lý Ceva dạng lượng giác thì AL, BM, CN đ ồng quy.
sin LAE sin NCB sin MBA
Bài 8: Cho điểm M nằm trong tam giác ABC. Hạ MA 1  BC, MB1  CA, MC1  AB. Gọi Ax, By, Cz
là các đường thẳng qua A vuông góc B 1C1, qua B vuông góc C1A1, qua C vuông góc A1B1.
CMR: Ax, By, Cz đồng quy
Giải
ˆ
ˆ
ˆx  A C
ˆ
Dễ thấy AB
1 M , mà A1CM  MBA1
A
ˆ x  MB
ˆA
 AB
1

ˆ x  MB
ˆC

Tương tự CB
1
ˆ x sin MB
ˆA
sin AB
1


ˆ
ˆ
sin CBx sin MBC

C1
z

1

Tương tự với các góc tại A và C
Theo định lý Ceva dạng lượng giác ta có đpcm

B

y

M

B1

x
A1

CC

Bài này có thể dùng định lý Carnot ở phần sau để chứng minh
BÀI TẬP
1. Cho tam giác ABC. Các ta m giác ABX, BCY và CAZ cân và đồng dạng với nhau, chúng ở
ngoài tam giác ABC và thỏa mãn XA = XB; YB = YC, ZC = ZA. CMR các đường thẳng AY,
BZ, CX đồng quy.
2. Cho tam giác ABC. Gọi D là trung điểm BC, E,F lần lượt là hai điểm trên AB và AC. Chứng
minh rằng nếu AD, BF, CE đồng quy thì EF song song với BC.

6


3. Cho góc xOy, trên tia Ox lấy hai điểm C và A, trên tia Oy lấy hai điểm D và B sao cho AD cắt
IA KA
BC tại E, các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại K, tia OE cắt AB tại I. CMR

IB KB
4. Cho tam giác ABC không vuông, không cân nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Trên tia OM lấy H sao cho tam giác OAM đồng dạng
OHA. Trên tia ON, OP tương tự cho các điểm I, K. CMR AH, BI, CK đồng quy tại một điểm.
5. Từ điểm I thuộc miền trong tam giác ABC, kẻ tia AI cắt BC tại D. Qua I kẻ các đường thẳng
MN, PQ, RS lần lượt song song với Bc, AB, AC (M, S trên AB, Q, R trên BC, N, P trên AC).
IM DB IM IP IR
CMR:

;
. .
1

IN DC IN IQ IS
6. Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm cạnh BC, Cho AB = 12 và AC = 16. Điểm E, F lần
EG
lượt lấy trên hai cạnh AC, AB sao cho AE = 2AF. G  EF  AM . Tinh tỉ số
GF
7. Cho tam giác ABC trung tuyến AM. Trên AM lấy điểm I sao cho AI = 4 MI. Đường thẳng BI
PC
cắt AC tại P. Tính tỉ số
PA
8. Cho hai đường tròn C1 , C2 lần lượt có tâm O1 và O2 cắt nhau tại A, B. P là điểm nằm trên
đường thẳng AB. Từ P kẻ hai tiếp tuyến PC, PD lần lượt tới C1 , C2 (C, D là tiếp điểm). Vẽ
tiếp tuyến chung EF của hai đường tròn C1 , C2 , với E thuộc C1 và F thuộc C2. Chứng minh
rằng AB, CE, DF đồng quy.
9. . Cho tam giác ABC có M là một điểm nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác và R là một điểm
bất kỳ. Các đường thẳng AR, BR, CR lần lượt cắt đường tròn tại các điểm A ', B ', C ' . Gọi
X , Y , Z lần lượt là giao điểm của các đường thẳng MA ' và BC , MB ' và CA , MC ' và AB .
Chứng minh rằng X , Y , Z cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳng này cũng chứa điểm
R.
10. Cho tam giác ABC . Gọi E là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC , D là chân đường
vuông góc kẻ từ E xuống BC . Chứng minh rằng AD, BE , CF đồng quy khi và chỉ khi tam

giác ABC vuông tại B .
11. Cho hình bình hành ABCD có các điểm M , N lần lượt nằm trên BC , CD . Gọi I , J , K theo thứ
tự là trung điểm của AM , AN , MN . Chứng minh rằng BI , DJ , CK đồng quy.
12. Qua các điểm A, D nằm trên một đường tròn, kẻ các đường tiếp tuyến với đường tròn cắt nhau
tại điểm S . Trên cung AD lấy các điểm A, C . Gọi P  AC  BD, O  AB  CD . Chứng minh
rằng đường thẳng PQ chứa điểm O .
13. Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hình vuông. A ', B ', C ' lần lượt là
trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC , CA, AB tương ứng.
Chứng minh rằng các đường thẳng AA ', BB ', CC ' đồng quy.

14. Trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1 , B1 , C 1 sao cho các đường thẳng

AA1 , BB1 , CC 1 đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng AA2 , BB2 , CC 2 đối
xứng với các đường thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng cũng đồng quy.
7


15. Gọi P là điểm bất kì nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC , A ', B ', C ' lần lượt là
chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC , CA, AB . Chứng minh rằng A ', B ', C ' thẳng hàng.
16. Trong tam giác ABC vuông tại C kẻ đường cao CK . Trong tam giác ACK , kẻ phân giác
CE . Gọi D là trung điểm của đoạn AC , F  DE  CK . Chứng minh BF / / CE.
17. Cho tam giác ABC , M là chân đường vuông góc hạ từ A xuống đường phân giác trong của góc
BCA . N , L lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ các đỉnh A, C xuống đường phân giác
trong của góc ABC . Gọi F  MN  AC , E  BF  CL, D  BL  AC . Chứng minh
DE / / MN .
18. . Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC . AM , BM , CM lần lượt cắt BC , CA, AB tại các điểm
X , Y , Z . T là điểm trên đoạn BC. Chứng minh rằng ( BCXT )  1  Z , Y , T thẳng hàng.

19. Cho tam giác ABC . Ba cạnh BC , CA, AB lần lượt tiếp xúc với ba đường tròn bàng tiếp của
tam giác tại M , N , P . Chứng minh rằng AM , BN , CP đồng quy.
20. Cho tam giác ABC có các điểm D, E , F lần lượt thuộc các cạnh BC , CA, AB . Các điểm
D ', E ', F ' thứ tự là các điểm đối xứng với D, E , F qua trung điểm của các cạnh tương ứng.
Chứng minh rằng:
a) D, E , F thẳng hàng  D ', E ', F ' thẳng hàng.

b) AD, BE , CF đồng quy hoặc song song  AD ', BE ', CF ' đồng quy hoặc song song.
21. Cho ba điểm D, E , F theo thứ tự nằm trên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC sao cho
AD, BE , CF đồng quy. Gọi M , N , P lần lượt là giao điểm của đường tròn đi qua ba đi ểm
D, E , F với các cạnh BC , CA, AB . Chứng minh rằng AM , BN , CP đồng quy.

3. ĐỊNH LÝ PASCAL
Định lý: Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (có thể hoán đổi thứ tự). Gọi

P  AB  DE, Q  BC  EF, R  CD  FA . Khi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng.
Chứng minh:
Gọi X  EF  AB, Y  AB  CD, Z  CD  EF.

R

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đối với
các đường thẳng BCQ, DEP, FAR , ta có:

Q
Z

D
CY BX QZ


1
1
CZ BY QX
C
FZ AX RY


1
 2
P
Y B

FX AY RZ
EZ PX DY


1
3
EX PY DZ
Mặt khác, theo tính chất phương tích của một điểm đối với đường tròn ta có:

YC.YD  YB.YA, ZF.ZE  ZD.ZC, XB.XA  XF.XE
Nhân (1),(2) và (3) theo vế, ta được:

8

4

E
F

A

X


QZ RY PX CY.BX.FZ.AX.EZ.DY
QZ RY PX YC.YD ZF.ZE XB.XA



1






1
QX RZ PY CZ.BY.FX.AY.EX.DZ
QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF.ZE

Thế (4) vào (5), ta được

5

QZ RY PX


 1.
QX RZ PY

Vậy P, Q, R thẳng hàng (theo định lý Menelaus).
Đường thẳng PQR ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ điểm A, B, C, D, E, F .
Bằng cách hoán vị các điểm A, B, C, D, E, F ta thu được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác nhau,
cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal.
Chẳng hạn hình vẽ bên minh họa trường hợp các điểm ACEBFD.

C

D
Q

R

B

E

P

A

F

Ngoài ra khi cho các điểm có thể trùng nhau (khi đó lục giác suy
biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E  F thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường tròn tại
E , ta còn thu thêm được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác nữa.
Hình vẽ dưới đây minh họa trường hợp các điểm ABCDEE, ABCCDD, AABBCC:
Q

R

P
Q

E

R

B

D

Q

C

C

A
P

P

B

C

A

D

A

Y B

R

Tiếp theo ta đưa ra các bài toán ứng dụng định lý Pascal:
Bài 1: (Định lý Newton) Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD lần lượt tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CD, DA tại E, F, G, H . Khi đó các đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy.
Giải:

Gọi O  EG  FH, X  EH  FG .

A
X

Vì D là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn tại G, H, áp

D

dụng định lý Pascal cho các điểm E, G, G, F, H, H , ta có:

G

EG  FH  O, GG  HH  D, GF  HE  X.

H
E
O

Suy ra O, D, X thẳng hàng.
C

9

F

B


Áp dụng định lý Pascal cho các điểm E, E, H, F, F, G, ta có: EE  FF  B, EH  FG  X, HF  GE  O.

Suy ra B, X, O thẳng hàng.Từ đó ta được B, O, D thẳng hàng.
Vậy EG, FH, BD đồng quy tại O .
Chứng minh tương tự đối với đường thẳng AC ta được điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi D, E lần lượt là các điểm chính giữa
của các cung AB, AC ; P là điểm tuỳ ý trên cung BC ; DP  AB  Q, PE  AC  R .
Chứng minh rằng đường thẳng QR chứa tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải:
Vì D, E lần lượt là điểm chính giữa của các cung AB, AC nên CD, BE theo thứ tự là các đường phân

 ABC
.
giác của góc ACB,

A

D

Suy ra I  CD  EB.
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C, D, P, E, B, A, ta có:

E

Q

CD  EB  I ;
DP  BA  Q;

R

I

B

PE  AC  R.
Vậy Q, I, R thẳng hàng.

C

P

Bài 3: Cho tam giác ABC và P là một điểm bất kì trong tam giác. Gọi P1 , P2 lần lượt là chân các đường
vuông góc kẻ từ P xuống các cạnh CA, CB. Gọi Q1 , Q2 là chân các đường vuông góc kẻ từ C xuống
AP, BP . Chứng minh rằng các đường thẳng PQ
1 2 , Q 1 P2 , AB đồng quy.

Giải:
Gọi I  P1Q 2  P2 Q1 . Dễ thấy lục giác CQ 2 P1PP2 Q1 nội tiếp nên áp dụng

A
P1 Q2

định lý Pascal cho lục giác PP1Q 2 CQ1P2 ta có

I

CP1  Q1P  A, P1Q 2  P2 Q1  I, Q 2 P  P2 C  B

P

Suy ra A, I, B thẳng hàng hay các đường thẳng PQ
1 2 , Q 1 P2 , AB đồng

C

B

quy.

P2
Q1

Bài 4: (Australia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao đỉnh A, B, C lần lượt
cắt (O) tại A’, B’, C’. D nằm trên (O), DA ' BC  A", DB' CA  B", DC' AB  C" .Chứng
minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng hàng.
Giải:
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A ', D, C ', C, B, ta có:
AA ' C 'C  H, A ' D  CB  A", DC ' BA  C".

A
B'

C'
C"

Vậy H, A", C" thẳng hàng.

H
B"

10

B

C
D
A'

A"


Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng.
Bài 5: (IMO Shortlist 1991) P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi P’, P” là hình chiếu vuông
góc của P trên AC, BC, Q’, Q” là hình chiếu vuông góc của C trên AP, BP, gọi X  P 'Q" P"Q ' .
Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định.
Giải:
Ta có:

  CQ

  900
CP
'P  CP"P
'P  CQ"P

A

P'

Nên các điểm C, P ', Q", P, Q ', P" cùng thuộc một đường tròn.

X

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C, P ', Q", P, Q ', P" ta có:
CP ' PQ '  A, P 'Q" Q ' P"  X, Q"P  P"C  B.

Vậy A, X, B thẳng hàng.

Q"

P

B

C

P"
Q'

Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.

  DEA
  900 . Điểm F trong
Bài 6: (Poland 1997) Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn: CD  DE, BCD
đoạn AB sao cho

AF AE
  ADE,
 FEC
  BDC
.


 Chứng minh rằng: FCE
BF BC

Giải:
Gọi P  AE  BC , Q, R lần lượt là giao điểm của AD và BD với đường
tròn đư ờng kính PD, G  QC  RE .

C

R

B
F

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P, C, Q, D, R, E, ta có:
PC  DR  B, CQ  RE  G, QD  EP  A.

Vậy A, G, B thẳng hàng.

P

A

D

E

Q

Lại có:


sin GQD
DA  GQ 


AG SDAG DG.DA.sin GDQ
DG  DA.GQ  DA.sin QRE






BG SDBG
DB.GR DB.sin RQC
DG.DB.sin GDR
sin GRD
DB  GR 
DG
 DA.DE.sin ADE
 S
DA.sin ADE
AE


 DAE 


DB.sin BDC DB.DC.sin BDC SDBC BC



AG AF

FG
BG BF

  ADE,
 FEC
  BDC
.
Từ đó dễ dàng có FCE
Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), A’, B’, C’ là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh
rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA’, BOB’, COC’ thẳng hàng.
Giải:

11


Gọi A”, B”, C” là trung điểm của OA, OB, OC. I, J, K là tâm
các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA’, BOB’, COC’. Khi
đó I là giao điểm của các trung trực của OA và OA’, hay chính
là giao điểm của B”C” và tiếp tuyến của đường tròn (O;OA”) tại
A”. Tương tự với J, K.
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A", A", B", B", C", C" ta

J

A

có:

A"

C'

A"A" B"C"  I,
A"B" C"C"  K,

B

B"

B"B" C"A"  J.
Vậy I, J, K thẳng hàng.

O

K
B'
C"

A'

I

C

Bài 8: (China 2005) Một đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại các điểm
D1 , D 2 , E1 , E 2 , F1 , F2 . D1E1  D 2 F2  L, E1F1  E 2 D 2  M, F1D1  F2 E 2  N .

Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy.
Giải:

P
A

E2

F1
M

N

E1

F2
Z
Q

B D1

L

C
D2
R

Gọi D1F1  D 2 E 2  P, E1D1  E 2 F2  Q, F1E1  F2 D 2  R .
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm E 2 , E1 , D1 , F1 , F2 , D 2 ta có:

E 2 E1  F1F2  A, E1D1  F2 D 2  L, D1F1  D 2 E 2  P.
Suy ra A, L, P thẳng hàng.
Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng.
E 2 E1  D1F2  CA  D1F2  X, F2 F1  E1D 2  AB  E1D 2  Y, D 2 D1  F1E 2  BC  F1E 2  Z
định lý Pascal cho sáu điểm F1 , E1 , D1 , D 2 , F2 , E 2 ta có:

F1E1  D 2 F2  R, E1D1  F2 E 2  Q, D1D 2  E 2 F1  Z.
Suy ra Q, R, Z thẳng hàng.
Tương tự P, Q, Y thẳng hàng, Z, P, X thẳng hàng.
Xét các tam giác ABC, PQR có: X  CA  RP, Y  AB  PQ, Z  BC  QR .
12

Áp dụng


Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng AP  AL, BQ  BM, CR  CN đồng quy.
Bài 9: (Định lý Brianchon) Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó AD, BE, CF đồng
quy.
Giải:
Ta sẽ chứng minh định lý này bằng cực và đối cực để thấy rằng Pascal và Brianchon là hai kết quả liên
hợp của nhau.
N
M
P
Gọi các tiếp điểm trên các cạnh lần lượt là G, H, I, J, K, L.
I
Khi đó GH, HI, IJ, JK, KL, LG lần lượt là đối cực của B, C,
C
D
H

J
D, E, F, A.
B
E
G
Gọi GH  JK  N, HI  KL  P, IJ  LG=M
K
Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng hàng.
Mà M, N, P lần lượt là đối cực của AD, BE, CF nên suy ra
AD, BE, CF đồng quy tại cực của đường thẳng MNP.
A

F

L

Bài 10: Cho tam giác ABC, các phân giác và đường cao tại đỉnh B, C là BD, CE, BB’, CC’. Đường
tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC tại N, M. Chứng minh rằng MN, DE, B’C’ đồng quy.
Giải:
Gọi hình chiếu của C trên BD là P, hình chiếu của B trên
CE là Q.
Dễ chứng minh:

  A  ICP
  NMI
  PMI
  1800
NMI
2
Nên M, N, P thẳng hàng.

Tương tự suy ra M, N, P, Q thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm B', C ', B, P, Q, C, ta
có:

A
B'

P

M

C'
Q N
S

D

E

I

C

B

B 'C ' PQ  S, C ' B  QC  E, BP  CB '  D.

Vậy S, E, D thẳng hàng, hay là MN, DE, B’C’ đồng quy tại S.
Bài 11: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A, B cắt nhau tại S. Một cát
tuyến quay quanh S cắt CA, CB tại M, N, cắt (O) tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P, Q là hàng điểm

điều hòa.
Giải:
Vẽ tiếp tuyến ME, MD của (O) cắt SA, SB tại K, L.
Áp dụng định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp SKML ta có
BE, AD, SM, KL đồng quy.
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, D, E, E, B, C, ta có:
AD  EB  I, DE  BC  N ', EE  CA  M.

K
E

A

S

I

P

C
Q

N

Vậy I, N ', M thẳng hàng, hay N  N ' , tức là N  DE .
Do DE là đối cực của M đối với (O) nên M, N, P, Q là hàng
điểm điều hòa.
13

B

D
L

M


Bài 12: (Định lý Steiner) Đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng
quy.
Giải:
Gọi AB  DE  P1 , BC  EF  Q1 , AD  BC  P2 ,

P

DE  CF  Q 2 , AD  FE  P3 , CF  AB  Q 3 .

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, B, C, F, E, D, ta có:

P1Q3  Q1P3  AB  FE  P,

P2
Q2
P1

P1Q 2  Q1P2  BC  ED  Q,

Q3

Q 2 Q3  P2 P3  CF  DA  R.

B

Vậy P, Q, R thẳng hàng.
Áp dụng định lý Desargues suy ra các đư ờng thẳng
P1Q1 , P2 Q 2 , P3Q 3 đồng quy.

C

Q1

Q

D
R

A

P3
E

F

Hay đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF,
ADCFEB đồng quy.
BÀI TẬP
Bài 1: (Định lý Kirkman)Đường thẳng Pascal của các lục giác ABFDCE, AEFBDC, ABDFEC đồng
quy.
Bài 2: (MOSP 2005)Cho tứ giác nội tiếp ABCD, phân giác góc A cắt phân giác góc B tại E. Điểm P,
Q lần lượt nằm trên AD, BC sao cho PQ đi qua E và PQ song song với CD.
Chứng minh rằng AP  BQ  PQ .

  ACQ
  1800 .
Bài 3: Các điểm P, Q trong tam giác ABC sao cho BP  CP, BQ  CQ, ABP
  CAQ
.
Chứng minh rằng BAP
Bài 4: (IMO Shortlist 2007) Cho tam giác ABC cố định, các trung điểm A1 , B1 , C1 của BC, CA, AB
tương ứng. Điểm P thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 cắt
lại đường tròn tại A’, B’, C’ tương ứng. Giả sử các điểm A, B, C, A’, B’, C’ đôi một phân biệt và các
đường thẳng AA’, BB’, CC’ tạo ra một tam giác. Chứng minh rằng diện tích của tam giác đó không
phụ thuộc vào vị trí của P.
Bài 5: Hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng đường tròn ngoại tiếp. Các cạnh của hai tam giác cắt nhau
tại 6 điểm tạo ra một hình lục giác. Chứng minh rằng các đường chéo của hình lục giác đó đồng quy.
Bài 6: (IMO 2010) Điểm P nằm trong tam giác ABC với CA  CB . Các đường AP, BP, CP cắt lại
đường tròn ngoại tiếp tại K, L, M. Tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại C cắt AB ở S. Giả sử
SC  SP . Chứng minh rằng MK  ML .
Bài 7: (MEMO 2010) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F
tương ứng. K là đối xứng của D qua tâm đường tròn nội tiếp. DE cắt FK tại S. Chứng minh rằng AS
song song BC.

14


4. ĐỊNH LÝ CARNOT:
Định lý 1: Chứng minh rằng các đường vuông góc kẻ từ điểm A1 , B1 và C1 đến cạnh BC, CA, AB
và AB của tam giác ABC đồng qui tại một điểm khi và chỉ khi
( A1 B 2  A1C 2 )  ( B1C 2  B1 A2 )  (C1 A2  C1B 2 )  0 .

Chứng minh

Gọi M là giao điểm các đường cao lần lượt kẻ từ các điểm A1 , B1 và C1 đến đường thẳng BC , CA
và AB . Khi điểm B1 và M nằm trên một đường cao đến
CA , ta có

A

2

2

2

2

B1 A  B1C  MA  MC .

M

C1

Tương tự,
2

2

2

2

2

2

2

C

B

2

C1 B  C1 A  MB  MA và A1C  A1B  MC  MB .

Cộng các đẳng thức trên ta được
A1 B 2  C1 A2  B1C 2  B1 A2  A1C 2  C1B 2 .
 *
Ngược lại, đặt * cố định . Có nghĩa là giao điểm của các đường vuông góc kẻ từ các điểm A1 và B1
lần lượt đến BC và AC là M . Kẻ đường thẳng qua M ,vuông góc với đường thẳng l đến đường AB .
Nếu C1' là một điểm trên đường thẳng l , thì theo hệ thức
A1 B 2  C1' A2  B1C 2  B1 A2  A1C 2  C1' B 2 .

Do đó, C1' A2  CB1'  C1 A2  C1B 2 .
Từ đó , ta có điều phải chứng minh.
Bài 1: Cho tam giác ABC và đường thẳng a. Gọi X, Y, Z theo thứ tự là hình chiếu của A, B, c trên a.
Các đường thẳng  A ,  B ,  C theo thứ tự qua X, Y, Z và tương ứng vuông góc với BC, CA, AB. Chứng
minh rằng  A ,  B ,  C đồng quy.
Giải:
Vì AX, BY, CZ vuông góc với A nên:

A

( XB 2  XC 2 )  (YC 2  YA 2 )  ( ZA2  ZB 2 )
 ( ZA2  YA 2 )  ( XB 2  ZB 2 )  (YC 2  XC 2 )
2

2

2

2

2

B

C

2

 ( ZX  YX )  ( XY  ZY )  ( ZY  XZ )  0

Vậy, theo định lý Carnot  A ,  B ,  C đồng quy.

Y

X

a
Z

Bài 2: Cho điểm M nằm trong tam giác ABC. Hạ MA 1  BC, MB1  CA, MC1  AB. Gọi Ax, By, Cz
là các đường thẳng qua A vuông góc B 1C1, qua B vuông góc C1A1, qua C vuông góc A1B1.
CMR: Ax, By, Cz đồng quy
Giải:
Ax  B1C1 = {D}, By  C1A1 = {E}, Cz  A1B1 = {F}
15


A

Ax, By, Cz đồng quy  DC12 + EA12 + FB12 = DB12 + EC12 +
FA12
 AC12 - AB12+ BA12 - BC12+ CB12 - CA12 = 0 (đúng
theo định lý Carnot)

C1
z

y

M

B1

x

B

CC

A1

Bài 3. Trên đường thẳng l cho các điểm A1 , B1 và C1 . Từ các đỉnh của tam giác ABC hạ các đường
vuông góc AA2 , BB2 và CC2 đến đường thẳng l . Chứng minh rằng các đường vuông góc lần lượt kẻ
từ các điểm A1 , B1 và C1 đến các đoạn BC , CA và AB cắt nhau tại một điểm khi và chỉ
khi A1 B1 : B1C1  A2 B2 : B2C2
Giải: Ta cần phải tìm được kết quả sau để chứng minh yêu cầu của bài toán khi biểu thức
AB12  BC12  CA12  BA12  CB12  AC12 (1)
Cố định.Trừ cả hai vế của (1) cho AA22  BB22  CC22 ta được
A2 B12  B2C12  C2 A12  B2 A12  C2 B12  AC12 ,

Nghĩa là:

(b1  a2 ) 2  (c1  b2 ) 2  (a1  c2 ) 2  (a1  b2 ) 2  (b1  c2 ) 2  (c1  a2 ) 2 ,

Với ai , bi và ci là tọa độ của các điểm Ai , Bi and Ci trên đường thẳng l . Sau khi đơn giản biểu thức
trên ta được

a2b1  b2 c1  c2 a1  a1b2  b1c2  c1a2
Như vậy, (b  a )(c  b)  (b  a )(c  b),

tức là., A2 B2 : B2C2  A1 B1 : B1C1 .

Bài 4: Cho tam giác ABC . Dựng các tam giác BCA ', CAB ', ABC ' cân tại A ', B ', C '. Gọi D, E , F lần
lượt là trung điểm của đoạn BC , CA, AB . Gọi x, y, z theo thứ tự là các đường thẳng qua D, E , F tương
ứng vuông góc với B ' C ', C ' A ', A ' B ' . Chứng minh rằng các đường thẳng x, y, z đồng quy.
Giải:
Theo định lý Carnot thì x, y, z đồng quy khi và chỉ khi
( DC '2  DB '2 )  ( FB '2  FA '2 )  ( EA '2  EC '2 )  0

 (C ' D 2  C ' E 2 )  ( B ' F 2  B ' D 2 )  (A ' E 2  A ' F 2 )  0 (1)
Mặt khác theo định lý 4 điểm ta có
C ' D 2  C ' E 2  F ' D 2  F ' E 2 (Do tam giác C’AB cân nên C’F
vuông góc AB, ED là đường trung bình của tam giác ABC nên
C’F vuong góc với DE)
Tương tự; B ' F 2  B ' D 2  EF2  ED 2 ,
A ' E 2  A ' F 2  DE 2  DF 2
Từ đó suy ra (1) đúng, vậy ta có điều phải chứng minh.

B'
A

C'

E

F

B

D

C

A'

Bài 5: (HSG Đồng Nai 2011-2012 Vòng 2) Cho tam giác ABC. ở bên ngoài tam giác ABC vẽ ba tam
giác cân gồm tam giác A1BC cân tại A1, tam giác B1CA cân tại B1, tam giác C1AB cân tại C1 (biết hai
điểm A và A1 nằm khác phía đối với đường thẳng BC, biết hai điểm B và B1 nằm khác phía đối với
đường thẳng AC, biết hai điểm C và C1 nằm khác phía đối với đường thẳng AB ). Gọi a là đường

16


thẳng đi qua A vuông góc với B1C1, gọi b là đường thẳng đi qua B vuông góc với A1C1, gọi c là đường
thẳng đi qua C vuông góc với A1B1. Chứng minh rằng a, b, c đồng quy.
Giải:

B1

Các tam giác A1BC cân tại A1, tam giác B1CA cân tại B1, tam giác
C1AB cân tại C1 nên ta có:
A1B = A1C, B1C = B1A, C1A = C1B
Suy ra: ( AB12  AC12 )  ( BC12  BA12 )  (CA12  CB12 )  0

a
A

C1

I

Theo định lý Carnot ta có a, b, c đồng quy.

C

B
A1

Nhân xét: Thực chất bài toán này là hệ quả của định lý Carnot.
Sau đây ta xét một kết quả mạnh hơn ta gọi là Định lý Carnot 2

Định lý 2: Cho tam giác ABC và tam giác A1B1C1 như hình vẽ. Khi đó các đường thẳng qua A 1, B1,
C1 và vuông góc BC, CA, AB đồng quy  các đường thẳng qua A, B, C và vuông góc B 1C1, C1A1,
A1B1 đồng quy.
Định lý Carnot 2 thực ra chỉ là một hệ quả của định lý Ceva và định lý Carnot 1 (có thể dùng
định lý Ceva hoặc Carnot 1 để chứng minh định lý này). Tuy nhiên sử dụng “hệ quả” này có khi lại
cho chúng ta những lời giải thú vị
B1

A
C1

M1

P

N

N1
B

P1
M

C

A1

Bài 6: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đườn g tròn (O). D là một điểm trên cung nhỏ BC. I 1, I2, I3 là tâm
nội tiếp tam giác DBC, tam giác DCA, và tam giác DAB. Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B,
C và vuông góc I2I3, I3I1, I1I2 đồng quy

Giải:
A
Hạ I1M  BC, I2N  CA, I3P  AB, đặt AB = BC = CA = a
Sử dụng tính chất DA = DB + DC các bạn dễ dàng chứng
minh được: AP 2  BM 2  CN 2  AN 2  BP 2  CM 2
P
B

17

I3

I2
M

I1

N
C


Theo định lý Carnot 1  các đường thẳng qua I1, I2, I3 và vuông góc BC, CA, AB đồng quy. Do
đó theo định lý Carnot 2 ta có đpcm
Bài 7: Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB ta lấy lần lượt các cặp điểm A 1 và A2, B1 và B2,
C1 và C2 sao cho 6 điểm đó nằm trên cùng một đường tròn. Cmr nếu các đường thẳng đi qua A 1 và
vuông góc với BC, qua B 1 và vuông góc CA, đi qua C1 và vuông góc AB đồng quy thì các đư ờng thẳng
đi qua A2 và vuông góc với BC, qua B2 và vuông góc CA, đi qua C2 và vuông góc AB cũng đồng quy.
Giải: Gọi R là bán kính của ( ). Từ giả thiết và theo định lý Carnot 1
ta có:
AB12 + CA12 + BC12 = AC12 + BA12 + CB12.

Theo định lý hàm số cos

A
C2
A1’

OA 2  AB 22  OB22  2 AB2 .OB2 . cos ABˆ 2 O
OC 2  OB 2  CB 2  2OB .CB . cos ABˆ O
1

1

1

1

2

2
2



C1

2

 OA  OC  AB  CB  2 R cos  ( AB2  CB1 )
tương tự:
2


B1

O

2
1

B

B2

A1


b

A2

C

OC 2  OB 2  CA22  BA 21 2 R cos  (CA2  BA1 )
OB 2  OA 2  BC 22  AC 21 2 R cos  ( BC 2  AC1 )
 AB 22  CA22  BC 22  CB12  BA12  AC12
 2 Rcos  ( AB 2  CB1 )  cos  (CA2  BA1 )  cos  ( BC 2  AC1 )

Tương tự

 AC 22  BA22  CB 22  CB12  BA12  AC12  2R cos (AB2  CB1 )  cos (CA 2  BA1 )  cos (BC 2  AC1 )

 AB22  CA 22  BC 22  AC22  BA 22  CB 22 . Theo định lý Carnot ta có đpcm .

Bài 8: Cho tam giác ABC. Các đường tròn bàng tiếp tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Đường
tròn nội tiếp tiếp xúc các cạnh tại X, Y, Z. Các đường thẳng d 1, d2, d3 qua M, N, P và vuông góc YZ,
ZX, XY. Cmr D1, D2, D3 đồng quy.
Giải:
Gọi H = d1  YZ . Ta có: HY 2  HZ 2  MY 2  MZ 2
r
B C
A
cos ( p  b)( p  c)( p  a ). a
 (p  b)(p  c)(cos B  cos C)  4sin
2
2
S
2
A
B C
A
  . p ( p  a )( p  b)( p  c)tg .2sin
.cos
S
2
2
2
 2 S (sin B  sin C )
Tương tự với d2 và d3
Theo định lý Carnot 1 ta có đpcm

18

BÀI TẬP
Bài 1. Điểm A1 , B1 and C1 sao cho AB1  AC1 and CA1  CB1 . Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ
tử ba điểm A1 , B1 và C1 đến các đoạn BC , CA và AB đồng qui tại một điểm
Bài 2. a) Các đường cao kẻ từ các đỉnh của tam giác ABC đến các góc đồng vị của tam giác A1 B1C1
cắt nhau tại một điểm. Chứng minh rằng các đường cao kẻ từ các đỉnh của tam giác A1 B1C1 đến các
góc trong của tam giác ABC cũng cắt nhau tại một điểm.
b) Các đường thẳng đi qua các đỉnh của tam giác ABC lần lượt đến các góc trong của tam giác của
tam giác A1 B1C1 đồng qui tại 1 điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua các đỉnh của tam giác

A1 B1C1 lần lượt đến các góc trong của tam giác ABC cũng đồng qui tại một điểm.
.Bài 3. Tam giác ABC là một tam giác đều cạnh đơn vị, P là một điểm bất kỳ . Chứng minh rằng các
đường cao hạ từ tâm đường tròn nội của tam giác PAB , PBC và PCA lần lượt đến đường thẳng
AB, BC và CA cắt nhau tại một điểm.
Bài 4.Chứng minh rằng nếu các đường cao dựng từ chân các đường phân giác của một tam giác cắt
nhau tại một điểm , và tam giác đó là tam giác cân
5. ĐỊNH LÝ EULER
Định lý 1. (Định lý Euler cho tam giác bàn đ ạp) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
(O; R ) . Từ điểm M dựng tam giác bàn đạp A ' B ' C ' của tam giác ABC
2
2
S A ' B 'C ' R  OM
( A '  BC , B '  CA, C '  AB ). Khi đó, ta có hệ thức sau:

.
S ABC
4R2

Chứng minh:

Từ cách dựng ta dễ thấy rằng tứ giác AB ' MC ', BC ' MA ' và CA ' MB '
đều là các tứ giác nội tiếp.
Xét tam giác A ' B ' C ' nội tiếp đường tròn đường kính AM nên theo
B 'C '
định lý sin ta có
 AM . Mà tam giác ABC nội tiếp đường tròn
sin A
BC
 2 R . Từ đó, suy ra:
(O; R ) nên cũng theo đ ịnh lý sin ta lại có
sin A
B ' C ' AM
.

BC
2R
A ' C ' BM A ' B ' CM
Tương tự:
;
.


AC
2R
AB
2R
Gọi X , Y , Z lần lượt là giao điểm của AM , BM , CM với (O; R ) . Ta có:

B

X
A'
C'

Z

M

A

C

B'

Y

A ' B 'C '  A ' B ' M  MB 'C '  A 'CM  MAC '  BCZ  XAB  BYZ  XYB  XYZ .
Tương tự: B ' C ' A '  YZX , C ' A ' B '  ZXY
A ' B ' RA ' B ' C '

(1)
 A ' B ' C '  XYZ ( g  g ) 
XY
R
MAB và MYZ có M chung (đối đỉnh), MAB  XAB  XYB  MYX

19


XY MX

MX . AB

 XY 
(2)
AB MB
MB
R
R
MX AB
A' B '
A' B '
MB. A ' B '
Từ (1) và (2)  A ' B 'C ' 


.


MX . AB
RA ' B 'C ' BM A ' B '
R
XY
MX . AB
MB
AB.BC.CA
A ' B '.B ' C '.C ' A '
Theo công thức diện tích: S A ' B 'C ' 
; S ABC 
4R
4 RA ' B ' C '

 MAB  MYX 



S A ' B 'C '
R
A ' B ' B ' C ' C ' A ' MX AB A ' B ' B ' C ' C ' A '

.
.
.

.
.
.
.
S ABC
RA ' B 'C ' AB BC CA
BM A ' B ' AB BC CA

2
S A ' B 'C ' MX AM BM MX .MA R  OM


.
.


(đpcm).
S ABC

BM 2 R 2 R
4R 2
4R 2

Một số tính chất của tam giác bàn đạp được suy ra từ định lý :
-Tính chất 1: Từ định lý, ta có công thức tính diện tích tam giác bàn đạp ở dạng lượng giác:
1
S A ' B 'C '  . R 2  OM 2 .sin A.sin B.sin C
2
-Tính chất 2: Nếu điểm M nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC thì S A ' B 'C ' sẽ bằng 0
(khi đó A ', B ', C ' thẳng hàng do là đường thẳng Simson của tam giác ABC ).
-Tính chất 3: Trong các tam giác bàn đạp dựng từ những điểm nằm trong đường tròn (O; R ) ngoại
tiếp tam giác ABC , tam giác dựng từ tâm O có diện tích lớn nhất.
Bài 1: Cho đường tròn (O; R ) và điểm M cố định. Trên (O ) lấy các điểm A, B, C sao cho tam giác
ABC đều và đặt AM  x, BM  y , CM  z . CMR: tam giác mà độ dài các cạnh là x, y, z có diện tích

không đổi khi A, B, C thay đổi.
Giải:
Gọi (T ) là tập hợp các tam giác có độ dài các cạnh x, y, z .

F

Dựng D, E , F lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh

A

AB, BC , CA của tam giác ABC .
Theo định lý sin ta có:

M

DE DF EF
DE DF EF
3


 sin 60 



MB MA MC
y
x
z
2
Suy ra: DEF đồng dạng với (T ) theo tỉ số đồng dạng là

D

E

O

B

3
2

2

 3
S
3
4
 DEF  
   S(T )  .S DEF
S (T )  2 
4
3
Do DEF là tam giác bàn đạp dựng từ điểm M của tam giác ABC nên theo định lý 1, ta có
được: S DEF 

R 2  OM 2

.S ABC
4R2
Mà đường tròn (O; R ) và điểm M cố định nên S DEF  const (đpcm).
20

C


Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (O ) (với O nằm bên trong tứ giác). Gọi
MNPQ là tứ giác mà các đỉnh lần lượt là hình chiếu của giao điểm 2 đường chéo của tứ giác ABCD

S ABCD
2

đến các cạnh AB, BC , CD, DA . CMR: S MNPQ 

Giải:
Gọi K là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD .
Ta thấy KMN là tam giác bàn đạp dựng từ điểm K của tam giác
ABC , do đó áp dụng Định lý ta có:
2

2

R  OK
S KMN
R  OK


2
S ABC
4R
4R2
 S KMN

R


2

2

 OK 2 

2

A
M

K

( K ở trong tứ giác)

N
O

.S ABC

4R2
Tương tự đối với các tam giác KNP, KPQ, KQM và cộng các kết
quả lại:
S KMN  S KNP  S KPQ  S KQM 

B

Q

R 2  OK 2
4R2

D

P

.  S ABC  S BCD  SCDA  S DAB 

R 2  OK 2
R2  0
1
 S MNPQ 
.S ABCD 
.S ABCD  S ABCD
2
2
2R
2R
2
2
Đẳng thức xảy ra  OK  0  OK  0  K  O
Bài 3: Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D, E , F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh
A, B, C . Gọi P là điểm đối xứng với A qua BC , Q là điểm đối xứng với B qua CA, R là điểm đối

3
xứng với C qua AB . CMR: nếu S DEF  S PQR  T thì T  S hoặc T  S .
5
Giải:

Sử dụng định lý cho tam giác bàn đạp DEF : S DEF 
Mà S DEF  S PQR  T (giả thiết) nên S PQR 

R 2  OH 2
4R2

.S

R 2  OH 2

.S
4R2
Gọi N là tâm đường tròn Euler và  E  là tam giác bàn đạp dựng từ N của tam giác ABC
Ta chứng minh được rằng tam giác PQR chính là ảnh của  E  qua phép vị tự có tâm là trọng tâm
G và hệ số vị tự là 4 Từ đó, ta có được:

S PQR
S E 

 42  16  S PQR  16.S E 

Lại áp dụng định lý cho tam giác bàn đạp  E  : S E  
Do đó, suy ra:

R 2  OH 2
2

.S  16.

R 2  ON 2
2

R 2  ON 2
4R2

.S

.S  R 2  OH 2  16. R 2  ON 2

4R
4R
Theo tính chất của đường tròn Euler ta có: OH  2ON . Nên:
21

C


R 2  OH 2  16. R 2  ON 2  16 R 2  16ON 2  16 R 2  4.  2ON   16 R 2  4OH 2
2

2

2

2

2

2

2

TH1: R  OH  16 R  4OH  OH  5 R  T 
TH2: R 2  OH 2   16 R 2  4OH 2   OH 2 
2

R  OH

T 

4R2

.S 

R 2  5R 2
4R2

.S 

4 R 2
4R2

.S  S

17 2
R
5

17 2
12
R
 R2
3
5
5
.S 
.S  .S
2
2

4R
4R
5

R2 

2

.S 

4R2

R 2  OH 2

 đpcm
Bài 4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn  I ; r  , nội tiếp đường tròn  O; R  . Các cạnh BC ,
CA , AB tiếp xúc đường tròn nội tiếp tại A1 , B1 , C1 . CMR: S A1B1C1 

p.r 2
2R

Giải:
Dễ thấy rằng tam giác A1 B1C1 là tam giác bàn đạp xuất phát từ I .
Ta có:

S A1B1C1
S ABC



R 2  OI 2
4R2

R 2  OI 2

 S A1B1C1 

Mà S ABC  p.r nên S A1B1C1 

4R2

.S ABC

R 2  OI 2

. p.r (*)
4R2
Theo công thức Euler ta có: OI 2  R 2  2.R.r thế vào (*):
R 2  R 2  2.R.r

2.R.r
p.r 2
.
p
.
r

(đpcm).
4R2
4R2

2R
Bài toán trên còn có cách giải khác là chia S A1B1C1 thành tổng diện tích của 3 tam giác nhỏ bên
S A1B1C1 

. p.r 

trong.
Bài 5: Gọi O, I , H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp và trực tâm của tam
giác ABC .CMR: OI  OH
Giải:
Nếu gọi S I  là diện tích của tam giác bàn đạp xuất phát từ I , S H  là diện tích của tam giác bàn
đạp xuất phát từ H thì bài toán trở thành
2

2

2

2

OI  OH  R  OI  R  OH 

R 2  OI 2
4R2

.S ABC 

R 2  OH 2
4R2

.S ABC A S I   S H 
B'1
B'2

Gọi A '1 , B '1 , C '1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ H
và A '2 , B '2 , C '2 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ I đến
các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC .

C'2

C'1

B

22

I

O

H

A'1

A'2

C


Ta có các điểm A '1 , B '1 , C '1 nằm trên đường tròn Euler có bán kính bằng một nửa bán kính đường

R
. Do đó, ta có:
2
A ' B ' .B ' C ' .C ' A '
A ' B ' .B ' C ' .C ' A '
S H   1 1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1
R
2R
4.
2
Áp dụng định lý sin ta có: B '1 C '1  BC.cos A , C '1 A '1  CA.cos B , A '1 B '1  AB.cos C

tròn ngoại tiếp của tam giác ABC , tức là bằng

AB.BC.CA.cos A.cos B.cos C
 2 S ABC .cos A.cos B.cos C
2R
Để tính S I  , ta có:
 S H  

2
1 2
1 2  a  b  c  r . a  b  c 
S I   S A '2 IB '2  S B '2 IC '2  SC '2 IA '2  r  sin A  sin B  sin C   r .

2
2
2R
4R
r

A
B
C
Mặt khác:
 sin .sin .sin
4R
2
2
2
A
B
C
A
B
C
 S I   r.  a  b  c  .sin .sin .sin  2 S ABC .sin .sin .sin
2
2
2
2
2
2
A
B
C
Từ đó, ta chỉ cần chứng minh: sin .sin .sin  cos A.cos B.cos C (Điều này dễ dàng)
2
2
2
BÀI TẬP

Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn  O; R  . K là một điểm trong tứ giác. Dựng

M , N , P, Q lần lượt là hình chiếu của K lên AB, BC , CD, DA .

a) CMR: S MNPQ 

S ABCD
2

 d2 
b) Đặt OK  k . CMR: pMNPQ  8S ABCD 1  2  (với pMNPQ là chu vi tứ giác MNPQ ).
 R 
Bài 2: Cho M là một điểm trong tam giác ABC sao cho
AMC  90o , AMB  150o , BMC  120o . Gọi P, Q, R lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam
giác AMC , AMB, BMC . CMR: S PQR  S ABC
Bài 3: Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c . Gọi S , O lần lượt là diện tích và
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. M là một điểm bất kì. CMR:
a) a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2  4 3S R 2  OM 2
b) MA2 xa 2  MB 2 yb 2  MC 2 zc 2  4 xy  yz  zx .S  R 2  OM 2 
Bài 4: (VMO 1983) Cho P là một điểm thay đồi trong tam giác ABC . D , E , F là chân các
đường cao hạ từ P xuống các cạnh của tam giác. Tìm quỹ tích điểm P sao cho diện tích tam giác
DEF là hằng số.

23


IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Chuyên đề đã được giảng dạy tại trường THPT chuyên Lương Thế Vinh và đã đạt hiệu quả tại
đơn vị; chuyên đề có khả năng áp dụng trong phạm vi rộng.
V.

ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề xuất: Cần nghiên cứu các mảng đề tài thường được đề cập trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh,
cấp quốc gia. Từ đó đi sâu nghiên cứu từng đề tài chuyên biệt riêng lẻ, nhỏ.
- Trên cơ sở phân tích các đề thi HSG các cấp, qua các năm. Qua đó giáo viên soạn đề tài lẻ,
giới thiệu cho học sinh cùng nghiên cứu giải quyết vấn đề, cuối cùng mới tổng kết đề tài.
- Phạm vi sử dụng đề tài: Dùng cho HSG các trường THPT, học sinh các lớp chuyên Toán,
dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên
- Hàng năm yêu cầu giáo viên phụ trách công tác bồi dưỡng HSG viết chuyên đề lẻ, nhỏ,
chuyên sâu, sau vài năm giáo viên đó sẽ có 1 mảng đề tài bồi dưỡng học sinh giỏi phong phú và chất
lượng.
- Đối với các lớp chuyên Toán có thể giao chuyên đề cho học sinh theo đơn vị nhóm, tổ. Từ đó
học sinh sẽ tìm tòi tài liệu, viết chuyên đề và qua đó học sinh hiểu sâu hơn vấn đề mà tổ nhóm nghiên
cứu, đồng thời cũng giúp học sinh bước đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học.

24