Một số kết quả mới trong hình học (LV thạc sĩ)

1

Mục lục

Mở đầu

4

Chương 1. Một số kết quả mới về tứ giác

6

1.1
1.2

Tứ giác có hai đường chéo vuông góc......................................................6
Tứ giác ngoại tiếp đường tròn................................................................10

1.3

Đường tròn chín điểm............................................................................15

1.4

1.3.1

Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler.............................15

1.3.2

Trực tâm tứ giác nội tiếp............................................................25

1.3.3

Giao điểm Euler của các đường tròn chín điểm.........................26

Một vài đồng nhất thức của conic..........................................................27
1.4.1 Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp parabol..............................27
1.4.2

Phép biến hình Nab.....................................................................29

1.4.3

Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp ellip..................................33

1.4.4

Đồng nhất thức cho đa giác nội tiếp hyperbol...........................35

Chương 2. Định lý Pascal và lục giác nội - ngoại tiếp

38

2.1

Định lý Pascal........................................................................................38

2.2

Ba đường nối tâm đồng quy...................................................................49

2.3

Kết quả cho lục giác nội, ngoại tiếp.......................................................52

Chương 3. Một số bất đẳng thức trong hình học

59

3.1

Khối tâm và bất đẳng thức Klamkin.......................................................59

3.2

Một số bất đẳng thức của Garfunkel......................................................62

3.3

Mở rộng bất đẳng thức hình học qua số phức........................................63
3.3.1

Một vài bất đẳng thức qua số phức............................................63

3.3.2
3.3.3
3.3.4

Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác............................................69
Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác............................................70

Bất đẳng thức và đồng nhất thức (M, N)............................71

Kết luận

77

Tài liệu tham khảo

78


Mở đầu
Hình học là một trong những môn khoa học xuất hiện rất sớm của nhân loại.
Nhiệm vụ của hình học có thể được mô tả ngắn gọn là trả lời cho các câu hỏi về
hình dạng, kích thước, vị trí tương đối của các hình khối, và các tính chất của
không gian.
Tính đến thế kỷ XXI này, Hình học đã vượt ra rất xa khuôn khổ ban đầu, và
phát triển rực rỡ thành rất nhiều nhánh hiện đại, trừu tượng, cùng những ứng dụng
to lớn vào thực tiễn, như Vật lý và nhiều phân ngành Toán học.
Hình học là một môn học rất quan trọng trong chương trình Toán phổ thông và
các trường đại học sư phạm. Các kết quả về Hình học sơ cấp là kinh điển và đã là
nền tảng cho Toán học, khoa học, và sự phát triển tư duy. Sự lâu đời của Hình học
sơ cấp đôi khi làm nảy sinh quan niệm là nó đã là cũ kỹ và không còn phát triển
được nữa. Luận văn này được thực hiện nhằm phủ định quan niệm đó. Dưới sự
hướng dẫn của PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ, luận văn này có mục đích trình bày những
kết quả nghiên cứu khoa học mới về Hình học sơ cấp, bao gồm hai khía cạnh, đó
là, thứ nhất, là các kết quả mới liên quan đến tứ giác và đường tròn, thứ hai là các
bất đẳng thức cho đa giác mà một phần trong đó là dành để thảo luận về đa giác
đều.
Ngoài các phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, nội dung của luận văn

được trình bày trong ba chương:
• Chương 1. Một số kết quả mới về tứ giác. Chương này sẽ trình bày các kết
quả mới về tứ giác có hai đường chéo vuông góc, các vấn đề về tứ giác và
đường
tròn như tứ giác ngoại tiếp và đường tròn chín điểm. Tiếp đó, một số vấn đề
về đa giác nội tiếp conic sẽ được thảo luận.
• Chương 2. Định lý Pascal và lục giác nội - ngoại tiếp. Trình bày các kết quả
về Định lý Pascal, về ba đường nối tâm đồng quy và lục giác nội - ngoại
tiếp.
• Chương 3. Một số bất đẳng thức trong hình học. Chương này dành để trình
bày về một số bất đẳng thức trong hình học, bao gồm khối tâm và bất đẳng
thức Klamkin, bất đẳng thức của Garfunkel và mở rộng bất đẳng thức hình
học qua số phức.
Tác giả hi vọng rằng luận văn này có thể làm tài liệu tham khảo hữu ích cho


những ai quan tâm đến Hình học sơ cấp và ứng dụng. Nó sẽ có ích trong việc bồi
dưỡng giáo viên, các học sinh khá giỏi, và những ai quan tâm đến toán sơ cấp và
muốn mở rộng nhãn quan nói chung.
Luận văn này đã được tác giả đầu tư nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của
PGS.TS. Đàm Văn Nhỉ nhưng do nhiều lí do, luận văn chắc chắn sẽ còn những
thiếu sót nhất định. Tác giả hi vọng sẽ nhận được nhiều đóng góp của các quý
Thầy Cô, các anh chị em đồng nghiệp để luận văn này hoàn chỉnh hơn.

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 5 năm 2017
Tác giả

Phạm Thị Mai Hương

Chương 1

Một số kết quả mới về tứ giác
1.1

Tứ giác có hai đường chéo vuông góc

Trong mục này chúng tôi trình bày một số kết quả về tứ giác có hai đường chéo
vuông góc. Tài liệu tham khảo chính của mục này là [2].
Định lí 1.1.1. Tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau
khi và chỉ khi AB2 + CD2 = AD2 + BC2.
Chứng minh. Giả thiết AC ⊥ BD và K = AC × BD. Theo Định lý Pythagore ta có
AB2 +CD2 = KA2 + KB2 + KC2 + KD2 = KA2 + KD2 + KB2 + KC2 = AD2 +
BC2.
Ngược lại, giả thiết AB2 + CD2 = AD2 + BC. Đặt α = ∠AKB. Khi đó ta biểu diễn
KA2 + KB2 − 2KA.KB cos α + KC2 + KD2 − 2KC.KD cos α= AB2 +
CD2 KA2 + KD2 + 2KA.KD cos α + KC2 + KB2 + 2KC.KB cos α
= AD2 + BC2.
π
Vậy (KA.KB + KC.KD + KA.KD + KB.KC) cos α = 0. Từ đây suy ra α = và
2
AC ⊥ BD.
Hệ quả 1.1.1. Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD. Gọi M, N, P, Q là trung
điểm cạnh AB, CD, BC, DA, tương ứng, và ký hiệu m1 = KM, m2 = KP, m3 =
KN, m4 = KQ. Khi đó m2 + m2 = m2 + m2 nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD.
1 chỉ3 ra m22 + m42 = m2 + m2 nếu và chỉ nếu
Chứng minh. Dễ dàng
1

3

2

4

AB2 + CD2 = BC2 + DA2
hay AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.1.
Định lí 1.1.2. Cho tứ giác lồi ABCD với K = AC × BD. Gọi h1, h2, h3, h4 là độ dài
bốn đường cao hạ từ đỉnh K xuống cạnh AB, BC,CD, DA của tam giác KAB,
KBC,
KCD, KDA, tương ứng. Khi đó

1
h12

+

1
h32

=

1
h2

+

1
h42

nếu và chỉ nếu AC ⊥ BD.


Chứng minh. Đặt a = KA, b = KB, c = KC, d = KD, α = ∠AKB. Biến đổi hệ thức
1
h2
=1

+

1
h2

2
AB2
+ CD 2
2
a2b2 sin α c2d2 sin α

3

a2 + b2 −2ab cos α c2 + d2 − 2cd cos
=
α
a2b2 sin2 α
+
c2d2 sin2 α
1
1
1

1
1
1
1 2 cos α
= 2+ 2+ 2+ 2
−
+
.
.a
b
c
d Σ sin2 α .ab cd Σ sin2 α
Tương tự, ta cũng có
1
1
1
1
1
1
1
1
1 2 cos α
+
=
+ + +
+
+
.
h2 h2 .b2 c2 d 2 a2 Σ sin2 α .bc da Σ sin2 α
1

1
1
1
Như vậy, hệ2 thức4
h2
tương đương

1

+

h2
3

=

h2
2

+

h2
4

1
1
1
1 2 cos α
+
+

+
=0
.ab
bc cD da Σ sin2 α
hay cos α = 0, nhưng điều này hoàn toàn tương đương với điều kiện AC ⊥ BD.
Định lí 1.1.3. Tứ giác lồi ABCD có đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi
và chỉ khi
∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π = ∠KAD + ∠KDA + ∠KBC +
∠KCB.
Chứng minh. Nếu AC ⊥ BD thì ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π.
Ngược lại, giả thiết ∠KAB + ∠KBA + ∠KCD + ∠KDC = π. Khi đó π = π
−α+
π π − α. Vậy α = 2 và suy ra AC ⊥ BD.
Bổ đề 1.1.1. Tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA,
tương ứng. Khi đó AC ⊥ BD nếu và chỉ nếu MP = NQ.


Chứng minh. Vì MN và PQ cùng song song và bằng

AC

2 nên tứ giác MNPQ luôn
luôn là hình bình hành. Vậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MNPQ là hình chữ nhật. Như
vậy AC ⊥ BD khi và chỉ khi MP = NQ.
Định lí 1.1.4. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm cạnh AB,
CD, BC, DA, tương ứng. Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA và QQ1 ⊥ BC.
Khi đó, hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi 8 điểm M, N,
P, Q, M1, N1, P1, Q1 cùng nằm trên một đường tròn.
Chứng minh. Nếu AC ⊥ BD thì MN = PQ theo Bổ đề 1.1.1. Gọi O là giao điểm
giữa MN và PQ. Khi đó O là trung điểm của MN, PQ. Dễ dàng suy ra

MN
OM = ON = OP = OQ = OM1 = ON1 = OP1 = OQ1 =
.
2
Vậy tám điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 cùng nằm trên đường tròn tâm O bán kính
M . Ngược lại, giả thiết 8 điểm M, N, P, Q, M , N , P , Q cùng nằm trên một
1
1
1
1
Nđường
π
2
tròn. Vì ∠MM1N = = ∠PP1Q nên MN và PQ là hai đường kính của đường tròn
2
8 điểm trên. Vậy MN = PQ. Từ đó suy ra AC ⊥ BD theo Bổ đề 1.1.1.
Định lí 1.1.5. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm cạnh AB,
CD, BC, DA, tương ứng. Hạ MM1 ⊥ CD, NN1 ⊥ AB, PP1 ⊥ DA và QQ1 ⊥ BC.
Khi đó, từng nhóm ba đường thẳng (MM1, QQ1, AC), (NN1, PP1, AC), (MM1,
PP1, BD), (NN1, QQ1, BD) đồng quy.
Chứng minh. Dựng hệ tọa độ Kxy, trong đó K = AC × BD. Giả sử A(a, 0), B(0,
b), C(c, 0), D(0, d). Đường thẳng MM1 đi qua trung điểm M của đoạn AB và
vuông
góc với cạnh CD có phương trình c .x − a Σ − d .y − Σ = 0. Hiển nhiên MM1
b
2
2
2
ac − bd
bd − ac

cắt AC tại điểm E .
, 0Σ và cắt BD tại điểm H .0,
Σ . Đường thẳng
QQ1 đi qua trung điểm 2Q của đoạn AD và vuông góc với cạnh2 CB có phương trình
c
d


c.x

d
ac − bd
xa Σ b .y − Σ = 0. Hiển nhiên QQ1 cắt AC cũng tại điểm E .
, 0Σ
. bd − acΣ
− −
2
và cắt BD tại điểm G2 0,
.
2
2b
c
ac − bd
Hoàn toàn tương tự, NN1 , PP1 cùng cắt AC tại điểm F .
, 0Σ và NN1 cắt BD
bd − ac
2 bd − ac
cũng tại điểm G .0,
Σ , còn PP1 cắt BD tại điểm H a.0,
Σ.

2
2
Hiển nhiên KA.KF = bKC.KE = KB.KG = KD.KH. Như vậy, tứ
d giác EGFH là
ảnh của ABCD trong phép nghịch đảo tâm K.
Định lí 1.1.6. Cho tứ giác lồi ABCD và K = AC × BD. Gọi K1, K2, K3, K4 là
chân đường vuông góc hạ từ K xuống AB, BC, CD, DA, tương ứng. Khi đó ta có
hai kết quả sau:
(1) AC ⊥ BD khi và chỉ khi bốn điểm K1, K2, K3, K4 cùng nằm trên một đường
tròn.
(2) Giả sử KK1, KK2, KK3, KK4 kéo dài cắt CD, DA, AB, BC tại K1′ , K2′ ,
K3′ , K4′ tương ứng. Tám điểm K1, K1′ , K2, K2′ , K3, K3′ , K4, K4′ cùng nằm
trên một đường tròn.
(3) Tứ giác K1′ K2′ K3′ K4′ là một hình chữ nhật.

Chứng minh. (1) Vì AC ⊥ BD nên ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π. Từ đây suy
ra kết quả ∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π.
Ngược lại, giả thiết tứ giác K1K2K3K4 nội tiếp trong đường tròn. Khi đó
∠K41 + ∠K21 + ∠K42 + ∠K22 = π.
Từ đó có ∠A1 + ∠B1 + ∠C1 + ∠D1 = π và suy ra AC ⊥ BD theo Định lý 1.1.3.


10
(2) Dựng hệ tọa độ Kxy, trong đó K = AC × BD. Giả sử A(a, 0), B(0, b), C(c, 0),
D(0, d). Phương trình đường thẳng AB : bx + cy = cd, CD : dx + cy = cd và
KK1 : ax − by = 0. Tọa độ
2
.
Σ
.

2
acd Σ .
,
1
ab , a b
bcd
K
và K1′
a2 + b2 a2 +
ac +
ac + bd
Dễ dàng tính được

b2
′

bd
|ab|

√
|cd| a2 + b2

|abcd|

=
.
p = KK1.KK1 = √
2
2
|ac

+
bd|
|ac
+
bd|
a +b
.
|abcd|
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có KK2.KK′ = KK3.KK′ = KK4.KK′ đều bằng
.
2
3
4
|ac + bd|
′
′
′
′
Từ đó suy ra rằng, tám điểm K1, K1 , K2, K2 , K3, K3 , K4, K4 cùng nằm trên một
đường
tròn. Chú ý rằng,
KA.KB.KC.KD
p = KA.KC + KB.KD.
abd
acd
(3) Dễ dàng tính được K′ .
,
Σ . Như vậy K′ K′ " AC. Tương tự
là một hình
2 ′

′
′
′
′
′
K
K1+
" BD.acTừ
+đây suy ra, tứ giác1K12′ K2′
K33′ K
K44′ " AC, K2 K3 " BD, K4 ac
chữ nhật.
bd
bd
Hệ quả 1.1.2. Cho tứ giác lồi ABCD với AC ⊥ BD. Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q,
M1, N1, P1, Q1 và K1, K1′ , K2, K2′ , K3, K3′ , K4, K4′ trùng nhau khi và chỉ khi tứ giác
ABCD nội tiếp trong một đường tròn.
Chứng minh. Hai nhóm tám điểm M, N, P, Q, M1, N1, P1, Q1 và K1, K1′ , K2, K2′

, K3, K3′ , K4, K4′ trùng nhau khi và chỉ khi E, F, G, H đều trùng K hay ac = bd.
Điều này tương đương tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn.

1.2

Tứ giác ngoại tiếp đường tròn

Chủ đề của mục này là tứ giác ngoại tiếp đường tròn. Chúng tôi sẽ trình bày một số
định lý quan trọng kèm theo chứng minh. Chúng tôi trình bày dựa vào tài liệu [2].
Định nghĩa 1.2.1. Một tứ giác có 4 cạnh cùng tiếp xúc với một đường tròn được
gọi là tứ giác ngoại tiếp đường tròn.

Định lí 1.2.1. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi
AB + CD = AD + BC.


19
Chứng minh. Hiển nhiên, khi tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn thì AB +
CD = AD + BC. Ngược lại, cho AB + CD = AD + BC. Nếu tứ giác có AB =
BC thì CD = AD. Khi đó BD là phân giác ∠B và ∠D của tứ giác ABCD. Phân
giác ∠A cắt
BD tại O và thấy ngay O cách đều bốn cạnh tứ giác. Vậy, tứ giác ABCD ngoại tiếp
một đường tròn. Nếu AB ƒ= BC, chẳng hạn AB > BC, thì AD − CD = AB −
BC > 0. Lấy điểm P thuộc cạnh AB và điểm Q thuộc cạnh AD sao cho BP = BC,
DQ = DC. Ta có
AP = AB − BP = AB − BC = AD − CD = AD − DQ = AQ.
Với ba tam giác cân APQ, BCP, DCQ, ba phân giác trong của các góc ∠A, ∠B,
∠D chính là ba đường trung trực của ba cạnh tam giác PQC. Ba phân giác này
đồng quy tại O. Điểm O cách đều 4 cạnh và ở trong tứ giác ABCD. Từ đó suy ra
tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn.
Hệ quả 1.2.1. Nếu các cạnh tứ giác lồi ABCD thỏa mãn AB + CD = AD + BC
thì phân giác trong của các góc ∠A, ∠B, ∠C, ∠D đồng quy tại một điểm.
Chứng minh. Tứ giác ABCD ngoại tiếp một đường tròn theo Định lý 1.2.1. Vậy
tâm đường tròn chính là giao điểm của phân giác trong các góc ∠A, ∠B, ∠C,
∠D.
Ví dụ 1.2.1. Mỗi đường chéo của ngũ giác lồi được gọi là một đường chéo tốt nếu
nó chia ngũ giác lồi thành một tam giác và một tứ giác ngoại tiếp một đường tròn.
Xác định số đường chéo tốt lớn nhất có thể có của một ngũ giác lồi.
Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra rằng, hai đường chéo cắt nhau không thể là hai đường
chéo tốt. Thật vậy, giả sử hai đường chéo tốt của ngũ giác lồi ABCDE là AC và BE
cắt nhau ở M trong ngũ giác. Do tứ giác ACDE và BCDE ngoại tiếp đường tròn
nên


AC + DE = CD +

AE BC + DE = BE
+ CD.
Từ đây suy ra


AC + DE + BE + CD = CD + AE + BC + DE

hay AC + BE = BC + AE, vô lý. Điều giả sử là sai. Tương tự, AC và BD hoặc AD và
BE đều không thể là hai đường chéo tốt.
Xây dựng ngũ giác lồi có 2 đường chéo tốt: Xét ngũ giác lồi ABCDE thỏa mãn
AB = AC = AD = AE và BC = CD = DE với đúng hai đường chéo tốt AC và AD.


Ví dụ 1.2.2. Mỗi đường chéo chính nối hai đỉnh đối nhau của lục giác lồi chia lục
giác lồi thành hai tứ giác. Xác định số lớn nhất có thể có các tứ giác có thể là
những tứ giác ngoại tiếp đường tròn do ba đường chéo chính tạo thành.
Bài giải. Với ba đường chéo chính nối mỗi cặp đỉnh đối diện của lục giác ta nhận
được 6 tứ giác. Giả sử số tứ giác ngoại tiếp đường tròn không nhỏ hơn 4. Như vậy,
có hai tứ giác ngoại tiếp đường tròn do một đường chéo chính chia ra. Giả sử
đường
chéo chính AD của lục giác lồi ABCDEF chia lục giác lồi thành hai tứ giác ngoại
tiếp ABCD và ADEF. Xét tứ giác ngoại tiếp BEDC. Khi đó
 AB + CD = AD +
 BC BC + DE = BE

+ CD.
Từ đây suy ra

AD + BE = AB +
vô lý. Điều giả sử là sai. Như vậy, số tứ giác
DE,
ngoại tiếp được đường tròn sẽ không lớn hơn 3.
Xây dựng lục giác lồi có 3 tứ giác ngoại tiếp đường tròn: Xét tam giác đều MNP
với MN = NP = PM = 4. Lấy A, F ∈ MN, E, D ∈ NP, C, B ∈ PM sao cho
các đoạn MA = NF = NE = PD = PC = MB = 1. Ta có đúng ba tứ giác ngoại
tiếp đường
tròn là ABCF, BCDE, DEFA.
Định lí 1.2.2. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r. Giả sử các
cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. Đặt a = AM, b
= BN, c = CP, d = DQ. Khi đó ta có hệ thức
abc + abd + acd + bcd
a+ b+ c+d =
r2.
r
D
Chứng minh. Ta có
A r
B r
C r
= tan , = tan , = tan , = tan . Từ hệ thức
a
2 b
2 c
2 d
2
A B C D
+ + + =π

2
2 C
2 2D
A B
và lấy tan hai vế tan . + Σ = − tan . + Σ ta có hệ thức sau:
2 2
2 2
r r
r r
+
+
−
a

−
b =− c d .


rr
rr
1
ab
cd
abc + abd + acd + bcd
1

Từ đó ta nhận được kết quả

a+b+c+ d

= r2.


Định lí 1.2.3. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp một đường tròn. Giả sử hai đường
chéo AC và BD cắt nhau tại K. Gọi M1, N1, P1, Q1 là hình chiếu vuông góc của K
hạ xuống AB, BC,CD, DA, tương ứng. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+
=
+
.
KM1 KP1 KN1 KQ1
Chứng minh. Gọi α là góc giữa hai đường chéo AC và BD. Từ hệ thức
KM1.AB = 2SKAB = KA.KB sin α
ta suy ra

sin α
KM1

Tương tự, ta cũng có

sin α
KP1

=

=

AB
KA.KB
CD

.

.

KC.KD
Thực hiện phép nghịch đảo tâm K phương tích d biến A, B,C, D thành A1, B1,C1, D1.
Khi đó KA.KA1 = d = KB.KB1. Vậy
A1B1
= KA1 = KA1.KA = d .
AB
KB
KA.KB
KA.KB
AB
C
Như vậy ta đã có A1B1 = d
. Tương tự có C1D1 = d D
sau đây:

Ta cũng có

và suy ra hệ thức

KA.KB
KC.KD

A1B1 + C1D1 =
CD
sin
sin α
AB
d
+d
α
+d
.
KA.KB
KP1
KC.KD = d
KM1
sin α
B1C1 + D1A1 = sin
+
d
.
α
d
KQ1
KN1

Do tứ giác A1B1C1D1 cũng ngoại tiếp một đường tròn nên A1B1 + C1D1 = B1C1 +
D1A1. Như vậy
sin α sin α sin
sin α
+
=α

+
1
1
KM1
KP1
KQ1
1 +
=
1
KN1
KP1 KN1 +
hay
.
KM1
KQ1
Định nghĩa 1.2.2. Một tứ giác vừa ngoại tiếp một đường tròn và vừa nội tiếp trong
một đường tròn khác được gọi là tứ giác hai tâm.
Hai định lý dưới đây trình bày lại kết quả của M. Hajja:1
1

xem trong Forum Geometricorum Volume 8 (2008), 103-106.


Định lí 1.2.4. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r. Giả sử các
cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. Đặt a = AM, b
= BN, c = CP, d = DQ. Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ
khi ac = bd.
Chứng minh. Đặt 2α = ∠A, 2β = ∠B, 2γ = ∠C, 2δ = ∠D của tứ giác lồi ABCD.
Khi đó α + β + γ + δ = π.
Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn thì 2α + 2γ = π = 2β + δ . Khi đó

tan α tan γ = 1 = tan β tan δ . Từ đó suy ra ac = bd.
Ngược lại, giả thiết ac = bd. Nếu tứ giác ABCD không nội tiếp trong một đường
π
π
π
tròn thì α + γ 2 , chẳng hạn α + γ >2 . Khi đó β + δ <2 . Như vậy
tan α + tan γ
tan β + tan δ
0 > tan(α + γ) =
, 0 < tan(β + δ ) =
.
1 − tan α tan γ
1 − tan β tan δ
Vì α, β , γ, δ là bốn góc nhọn nên 1 − tan α tan γ < 0 < 1 − tan β tan δ ,
mâu thuẫn với giả thiết ac = bd. Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp trong
một đường tròn.
Định lí 1.2.5. Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp đường tròn bán kinh r. Giả sử các
cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn tại M, N, P, Q. Đặt a = AM, b
= BN, c = CP, d = DQ, x = AC, y = BD. Tứ giác ABCD nội tiếp trong một
đường tròn khi và chỉ khi
x a+c
=
.
y b+d
Chứng minh. Ta có
1 − tan2 α a2 − r2
cos(2α) =
=
.
1 + tan2 α a2 + r2

Theo Định lý 1.2.2 ta nhận được
abc + abd + acd + bcd
a+b+c+ d
cos ∠A = cos(2α) =
abc
+
abd + acd + bcd
a2 +
a+b+c+ d
a2(a + b + c + d)−(abc + abd + acd + bcd)
=
(a + b)(a + c)(a + d)
a2 −

Vì
y2 = BD2 = (a + b)2 + (a + d)2 − 2(a + b)(a + d) cos(2α)
nên khi thay cos(2α) ta có được
b+ d
y2 =
((a + c)(b + d) + 4ac).
a+ c


Tương tự

x2 =

a+ c

((a + c)(b + d) + 4bd).

b+d
Tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi ac = bd theo Định lý
1.2.4. Hệ thức này tương đương
(a + c)(b + d) + 4bd = (a + c)(b + d) + 4ac
hay
2

.

2
Σ

a+c
=
.
b+
y2
Từ đây suy ra rằng, tứ giác ABCD nội tiếp
d trong một đường tròn khi và chỉ khi
x a+c
=
.
y b+ d
x

1.3

Đường tròn chín điểm

Mục này dành để thảo luận các kết quả về đường tròn chín điểm. Chúng tôi trình
bày mục này dựa vào [2].

1.3.1

Đường tròn chín điểm và đường thẳng Euler

Mệnh đề 1.3.1 (Euler). Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính
R với đường cao AA0, BB0, CC0 và trực tâm H. Gọi A1, B1,C1 là trung điểm đoạn
HA, HB, HC, và gọi A2, B2,C2 là trung điểm cạnh BC,CA, AB, tương ứng. Khi
đó
9 điểm A0, A1, A2, B0, B1, B2,C0,C1,C2 cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn
này được gọi là đường tròn Euler với tâm chính là trung điểm đoạn OH và đường
thẳng OH còn được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC.
Chứng minh. Gọi E là trung điểm đoạn OH. Kéo dài CO cắt đường tròn (O,
R) tại D ƒ= C. Vì ∠DBC = 900 = ∠DAC nên DB " AH, DA " BH. Vậy tứ
giác BDAH là một hình bình hành. Ta có AH " OA2, AH = 2OA2 vì AH " DB
và AH = DB.
AH Ta lại
có HA1 =
= OA2 và HA1 " OA2. Từ đây suy ra E là trung điểm đoạn A1A2.
2
Vì ∠A1A0A2 = 900 nên ba điểm A0, A1, A2 nằm trên đường tròn tâm E bán kính
EA1 = R . Tương tự 6 điểm còn lại cũng thuộc đường tròn tâm E bán kính R .
2
2
Hệ quả 1.3.1. Giả sử ∆ABC với đường cao AA0, BB0, CC0 và trực tâm H. Gọi A2
là trung điểm BC. Khi đó A2B0, A2C0 tiếp xúc với đường tròn đường kính AH tại
B0,C0.

Chứng minh. Gọi A1 là trung điểm đoạn AH. Đường tròn Euler nhận A1A2 làm một
đường kính. Do đó A1B0 ⊥ A2B0 và A1C0 ⊥ A2C0. Như vậy, A2B0, A2C0 tiếp xúc với
đường tròn đường kính AH tại B0,C0, tương ứng.
Ví dụ 1.3.1. Cho ∆ABC với các đường cao AA0, BB0, CC0 và trực tâm H. Chứng
minh
(1) ∆AB0C0 ∼ ∆A0BC0 ∼ ∆A0B0C ∼ ∆ABC.
(2) Đường thẳng Euler của tam giác AB0C0, BC0A0,CA0B0 đồng quy tại một điểm.
Bài giải. (1) Vì ∠B0A0C = ∠A = ∠C0A0B, ∠A0B0C = ∠B = ∠C0B0A và ∠B0C0A =
∠C = ∠A0C0B nên ∆AB0C0 ∼ ∆A0BC0 ∼ ∆A0B0C ∼ ∆ABC.
(2) Ký hiệu d1, d2, d3 là đường thẳng Euler của ∆AB0C0, ∆A0BC0 và ∆A0B0C,
tương ứng. Gọi A1, B1,C1 là trung điểm của HA, HB, HC, tương ứng. Ta thấy
ngay A1 ∈ d1, B1 ∈ d2,C1 ∈ d3. Không khó khăn chỉ ra được: Giao điểm giữa d1
và d2, giao điểm giữa d2 và d3, giao điểm giữa d3 và d1, đều thuộc đường tròn
ngoại tiếp tam giác A1B1C1. Vì d1, d2, d2 không chứa cạnh nào của tam giác
A1B1C1, nên ba đường thẳng d1, d2, d3 cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn
ngoại tiếp tam giác A1B1C1.
Ví dụ 1.3.2. Cho tam giác ABC. Với mỗi điểm X thuộc cạnh tam giác ký hiệu X1
cũng thuộc cạnh tam giác sao cho hai diểm X và X1 chia chu vi tam giác thành hai
phần với độ dài bằng nhau. Gọi M, N, P là trung điểm các cạnh BC,CA, AB,
tương ứng và G, I là trọng tâm và tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
Chứng minh
rằng, bốn đoạn thẳng MM1, NN1, PP1, IG đồng quy.
Bài giải. Đặt a = BC, b = CA, c = AB. Gọi E là điểm thỏa mãn điều kiện dưới đây:
− →
− →
− →
−→
(b + c) E A + (c + a) E B + (a + b) E C =
0.

Điểm E tồn tại và duy nhất. Ta chỉ ra đường thẳng MM1 chứa E. Nếu b = c thì MM1
b−c
qua E. Nếu b =ƒ c, chẳng hạn b > c, thì M1 thuộc cạnh CA và AM1 =
.
2
− −→
− −→
−→
− →
Khi đó (b − c) M 1 C + (b + c) M 1 A =
0 và suy ra (b + c) E A +
− →
− − →
(b − c) E C = 2b E M 1 .
Biến đổi
− →
− →
− →
− →
(b + c) E A + (b − c) E C = −(c + a) E B − (a + b) E C +
− →
(b − c) E C
− →
− →
= −(c + a)( E B + E C) = −2(c + a)
− −→
E
M.

− − →
− −→
Như vậy 2b E M 1 = −2(c + a) E
M hay đoạn thẳng MM1 đi qua điểm E. Vì
− →
− →
− →
− →
− →
(a + b + c)( E A + E B + E C) − a E A − b E B −
− →
−→
c E C=
0
− →
− →
→−
nên 3(a + b + c) E G − (a + b + c) E I =
0 . Vậy đoạn thẳng GI
cũng đi qua E. Tương tự, các đoạn thẳng NN1, PP1 cũng đi qua điểm E.
Ví dụ 1.3.3. Trong mặt phẳng (P) cho đường thẳng d và tam giác ABC. Gọi A′, B
′
,C′ là những điểm đối xứng với A, B,C, tương ứng qua d. Qua A′, B′,C′ kẻ đường
thẳng A′a, B′b,C′c song song với các đường thẳng BC, CA, AB, tương ứng.
Chứng minh rằng ba đường thẳng song song vừa dựng đồng quy tại một điểm.
Bài giải. Dựng hệ Oxy với d ≡ Oy. Tọa độ A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3) và A′(x1,
−y1),
B′(x2, −y2), C′(x3, −y3). Ta có phương trình A′a, B′b,C′c :
A′a : (y3 − y2)x − (x3 − x2)y − (y3 − y2)x1 − (x3 − x2)y1
= 0 B′b : (y1 − y3)x − (x1 − x3)y − (y1 − y3)x2 − (x1 −

x3)y2 = 0 C′c : (y2 − y1)x − (x2 − x1)y − (y2 − y1)x3 − (x2
− x1)y3 = 0.
Vì (A′a) + (B′b) = (C′c) và A′a cắt B′b nên ba đường thẳng A′a, B′b,C′c đồng quy
tại một điểm.
Ví dụ 1.3.4. Cho tứ giác lồi ABCD với hai đường chéo cắt nhau ở O. Gọi L, M, N
lần lượt là trung điểm của DB, BC,CA. Chứng minh rằng, nếu ba đường thẳng
AL, OM, DN đồng quy tại một điểm thì ta có hoặc AD " BC hoặc SABCD = 2SOBC.
Bài giải. Dựng hệ Oxy với tọa độ A(a, 0), B(b, d),C(c, 0) và D(ub, ud) với u < 0, a
<
1+u 1+u
b+c d
a+c
0 < c, d > 0. Tọa độ L(
b,
d), M(
và N(
, 0). Phương
trình
, )
2
2
2 2
2
các đường thẳng:
AL : (1 + u)dx + (2a − (1 + u)b)y − (1 + u)ad = 0
OM : dx − (b + c)y = 0
DN : 2udx − (2ub − a − c)y − ud(a + c) = 0.
Ta thấy ngay, nếu ba đường thẳng AL, OM, DN đồng quy tại một điểm thì
.

d
−b − c
0
(1 + u)d 2a − (1 + u)b −(1 +
u)ad

.

2ud

a + c − 2ub −u(a
+ c)d

. = 0. Vì d > 0 nên ta nhận được
.


.

.
1
−b − c
0
. 1 + u 2a − (1 + u)b (1 + u)a . = 0.
. 2u
a + c − 2ub u(a + c) .
.

.
1

−c
0
Khai triển 0 = . 1 + u 2a (1 + u)a. = (a − cu)(au − a − cu − c).
. 2u a + c u(a + c).
a+c
Nếu a = cu thì AD " BC. Nếu au − a − cu − c = 0 thì ua =
. Khi đó
−
+
a c
d(c − a) .1 − c Σ
SABCD

=

(c − a)(d − ud)

a−c

=

2

=
2
Từ đó suy ra kết quả SABCD = 2SOBC.

2dc
2

.

Ví dụ 1.3.5. Cho tam BD
giác ABC
điểm D,
BFvà lấy cácAE
AF E, F thuộc các cạnh BC,CA, AB,
tương ứng, thỏa mãn
™
™ 1 và
™
. Chứng minh
SABC
rằng: S
™
.
DC

FA

EC

DEF

4

FB
Bài giải. Dựng hệ Oxy. Giả sử A(x1, y1), B(x2, y2),C(x3, y3) và ta có với u ∈ [0, 1),
v ∈ (0, 1], t ∈ (0, 1) có biểu diễn
D = (1 − u)B + uC, E = vA + (1 − v)C, F = (1 − t)A + tB.

BF
Vì

BD

™

™ 1 và
AE

nên

AF
™

u
t™

1 − ™ 1 và

DC FA
EC FB
1− u t
1
2 ™ t < 1, t + u ™ 1 ™ t + v. Ta thấy ngay
SDEF
SAB

.
=.

1−u

v
0
. 1 − 1).
t t

Như vậy

hay
S

0

u

™

SABC
.4

v

.
.

™

t

. Ta suy ra

1− t

1 − v = t(1 − t) − (1 − u − t)(v + t
0 .
SDEF
SABC

DEF

1−v

1
™ t(1 − t) ™

4


Ví dụ 1.3.6. Giả sử tam giác ABC không cân với đường tròn nội tiếp tâm I và nó
tiếp xúc với các cạnh BC,CA, AB tại D, E, F, tương ứng. Gọi L, M, N là trung
điểm các cạnh BC,CA, AB, tương ứng. Chứng minh rằng, các đường thẳng l, m,
n, đi qua
D, E, F và song song với IL, IM, IN, tương ứng,−đồng
→ quy tại
− một
→ điểm. Giả sử
điểm đó là P. Xác định giá trị lớn nhất của độ dài | A P − 4 A I|.

− →
− →
Bài giải. Đặt −→u = A B, −→v = A C. Đặt a = BC, b = CA, c = AB, 2p
=a+
a b + c bvà
c
α = , β = , γ = . Khi đó ta có kết quả sau:
2p
2p
2p
−→
−→
u +
v −→
1
AI
= β −→u + γ −→v , A
L = −→
−→ ,
LI = .β − Σ
2
2
2
−→u + .γ − 1 Σ −→v
− →
− →
v − →
1
u − →

A M = −→ , M I = β −→u + .γ − Σ −→v , A N = −→ , N I
2
2
2
2
1
= .β − Σ −→u + γ −→v
−
a +c −
b −a c −→
a + c − b −→ − →
b + c − a →−
−A→
→ =b +
−→ u +
v
A
E
v,
,
=
A D
F = 2a
u2a
.
2b
2c
Phương −
trình
song với LI, MI, NI, tương ứng:

→l, m, n, qua D, E,1F song
−→
1 − 2γ
1
1 − 2β
A
D
+
s
LI
s(β − ) +
u + s(γ − ) +
v
=
.
2
2α Σ −→ .
2
2α Σ −→
− →
− →
1
1 − 2α
2 ) + 2β Σ v
A E+r M I
r(γ
−
= rβ −→u 1
−→
1 − 2α

−
→
−
→
+A. F +
p(β
−
)
+
u + pγ v .
p N I
=

.
2
2γ Σ −→
Với s = 4 ta1 nhận
−→ được biểu diễn
LI = (4β − 1) u + (4γ − 1)
vAD++ 4
−→

−→
1
1
(β − ) u + (γ − ) v

−→ 2α .

2

.

→Σ

−

2 −→
−→
− →
−→
−→
Đặt A P = (4β − 1)
u + (4γ − 1)
v
. Ta có
− →
− → 1
A P = A4 −
D+

−→
LI.

.
2α Σ
Như vậy, đường thẳng l đi−qua→điểm P. Với r = 4 ta nhận được biểu diễn
1
1 − 2α
AE

u ++ 4 M I = 4β 4(γ − ) +
v
1 − .→
2
2β Σ −→
và nhận được AP −→
= AE + 4 − −→ M I. Như vậy, đường thẳng m đi qua điểm P.


.
Σ
−→
−→
β
Tương tự, đường thẳng n cũng đi qua P.
Ví dụ 1.3.7 (Dự tuyển IMO 1986). Giả sử ∆ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp O,
trực tâm H và trọng tâm G. Đặt f (X ) = X A2 + X B2 + XC2 với điểm X thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi P và Q là hai điểm thuộc đường tròn ngoại
tiếp sao cho f (P), f (Q) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất tương ứng. Khi đó O, H,
G, P, Q thẳng
hàng.


20

Bài giải. Không làm mất tính chất tổng quát, có thể giả thiết R = 1. Dựng hệ tọa
độ (Oxy) sao cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn x2 + y2 = 1 và ∆ABC
với A(1; 0), B(cos α; sin α) và C(cos γ; sin γ), trong đó 0 < α, β < π và γ = α
+ β . Tọa độ
.

Σ
1 + cos α + cos γ sin α + sin γ
3
trọng tâm G
; 3
và trực tâm H (1 + cos α + cos γ; sin α + sin γ) . Giả sử X (x; y) với x2 + y2 =
1. Khi đó ta có
f (X ) = (x − 1)2 + y2 + (x − cos α)2 + (y − sin α)2
+(x − cos γ)2 + (y − sin γ)2
= 6 − 2x − 2x cos α − 2y sin α − 2x cos γ − 2y sin γ
= 6 − 2(1 + cos α + cos γ)x − 2(sin α + sin γ)y
− → − →
= 6 − 2 O H. O X = 6 − 2OH cost
với t là góc giữa OX và OH. Hiển nhiên f (X )ln = 6 + 2OH khi t = π và f (X )nn =
6 − 2OH khi t = 0. Do vậy 5 điểm O, H, G, P, Q thẳng hàng.
Ví dụ 1.3.8. Giả sử ∆ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính R = 1 có bán kính
đường tròn nội tiếp r với các đường cao AA0, BB0 và CC0. Gọi s là bán kính đường
(1 + r)2
A0B0C0. Khi s ™ 1
.
−
đó
3 α
β
γ
Bài giải. Với ∠A = α, ∠B = β , ∠C = γ ta có r = 4 sin sin
sin .
2
2
2

1
Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A B C
0 0 0 bằng theo Mệnh đề 1.3.1 nên
2
π − 2α
π − 2β
π
= 2 cos α cos β cos γ.
−
s =2γ2 sin
sin
sin
2
2
2
tròn nội tiếp trong tam
giác


22
2
(1 + 4 sin

Như vậy

α

sin

β

γ

2

2

s+
và ta có

(1 + r)

γ+

= 2 cos α cos β cos
1

3
(1 + r)

ha
y

23

s ™ 1 (1 +
r)2
−
3

.

s+
+

2

3

1
™ 2.

(1 +
8

3

2

sin

2

)

2

)
2 =1

Mệnh đề 1.3.2. Với tam giác ABC ta luôn có các đồng nhất thức sau đây:
a2 = BC2 = 2 − 2
cos β
(1) 
b2 = CA2 = 2 − 2

cos γ
c2 = AB2 = 2 − 2 cos

α

2
2
HA + a = 4
2
2
và 
 HB + b = 4
 2
HC + c2 =
4.

2 c .
OH 2 = 9 − a − b −


9
sin2 A + sin2 B + sin2 C ™
(2) 
sin2 A + sin2 B + sin2 C > 2 khi ∆ABC nhọn

sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 khi ∆ABC vuông
 2
2
2
 sin A + sin B + sin C < 2 khi
∆ABC
tù.

2
2
2
2OH.HA cos ∠OHA = 12 − 2a −
b
−
2OH.HB cos ∠OHB = 12 − a2 − 2b2 − c2
c
2OH.HC cos ∠OHC = 12 − a2 − b2 − 2c2.

(3) 
− → − − →
− → − →
(4) Tính T = H A. H A 0 và P = H A. H B theo a, b, c.
Chứng minh. (1) là hiển nhiên.
(2) Ta có OH2 = (1 + cos α + cos γ)2 + (sin α + sin γ) 2 = 9 − a2 − b2 −
c2. Từ đây
9
2
2
suy ra
2

9
−
Khi
nhọn thì
và
2
OH2
sin


22
∆ABC 3

C=
B+
OH < 1
4
™ .
sin
4
2
như vậy sin A + sin2 B + sin2 C > 2. Khi ∆ABC vuông thì OH2 = 1 và như vậy
sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2; còn khi ∆ABC tù thì OH2 > 1 và như vậy sin2 A +

A + sin

sin2 B + sin2 C < 2.
(3) Vì 2OH.HA cos ∠OHA = OH2 + HA2 − OA2 = 12 − 2a2 − b2 − c2 nên ta dễ
dàng nhận được 2OH.HA cos ∠OHA = 12 − 2a2 − b2 − c2. Tương tự có hệ
thức khác.

………………….
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;
;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;;


(4) Kéo dài AA0 cắt đường tròn (ℓ) tại A′. Khi đó ta có các hệ thức

− → − −→ ′
H A. H
A

OH2 −
R2

a2 + b2 + c2

−→ −→

T =
=4
; P = HA.HB,
2
2
2−
=
P = (− cos α − cos γ; − sin α − sin γ).(−1 − cos γ; − sin γ)
a2 + b2 + c2
.
= 4

2
−
a2 + b2 + c2
Tóm lại
.
T =P=4
2
−
Mệnh đề 1.3.3. Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong đường tâm O
với trực tâm H. Nếu điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH) thì tồn tại một số k ∈
R để MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2. Ngược lại, với mỗi số k ∈ R đều
có một điểm N duy nhất thỏa mãn NA2 + ka2 = NB2 + kb2 = NC2 + kc2.
Chứng minh. Không hạn chế có thể giả thiết bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
bằng 1. Với bất kỳ điểm M thuộc đường thẳng (OH), chẳng hạn M thuộc tia
(HO), sẽ có MA2 = MH2 + HA2 − 2HM.HA cos ∠OHA hay
HM
MA2 = MH 2 + HA2 −
.2OH.HA cos ∠OHA
OH
HM
= MH2 + 4 − a2 −
(12 − 2a2 − b2 − c2)
O
HM
HM 2
HM
2
= MH + 4 − 12 H +
(a + b2 + c2 ) + .
− 1Σ a2 .

OH OH
OH
Như vậy
HM 2
HM HM 2
MA2 + .1 −
Σ a = MH 2 + 4 − 12
+
(a + b2 + c2 ).
OH
OH OH
Với
k = 1−

H
M
OH
MA2 + ka2 = MH2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2) + 4(3k − 2).

có
Tương tự

MB2 + kb2 = MH2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2) + 4(3k − 2) = MC2 + kc2.
Ngược lại, giả thiết cho số k ∈ R. Nếu k = 0 thì
NA2 + 0.a2 = NB2 + 0.b2 = NC2 + 0.c2


tương đương N ≡ O. Giả thiết k ƒ= 0. Giả sử N(x; y). Hệ phương trình
NA2 + ka2 = NB2 + kb2 = NC2 + kc2
tương đương với hệ

x(1 − cos α) − y sin α = k(cos γ − cos β )
x(1

 − cos γ) − y sin γ = k(cos α − cos β ).
Vì định thức

α γ
γ−α
D = 4 sin sin sin
2
2
2
nên hệ có đúng một nghiệm.

0

Định lí 1.3.1. Giả sử ∆ABC với độ dài cạnh a, b, c nội tiếp trong đường tâm O
bán kính 1 với trực tâm H. Điểm M thuộc đường thẳng Euler (OH) khi và chỉ khi
có số k ∈ R để MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2. Từ đây suy ra kết quả
sau: Giả sử A(x1; y1), B(x2; y2) và C(x3; y3). Điểm M(x; y) thuộc đường thẳng
Euler của ∆ABC khi và chỉ khi có k ∈ R để
xx1 + yy1 + ka2 = xx2 + yy2 + kb2 = xx3 + yy3 + kc2.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.3.3 ta thấy rằng, nếu M ∈ (OH) thì tồn tại k để
MA2 + ka2 = MB2 + kb2 = MC2 + kc2 và ngược lại, với mỗi k ∈ R có điểm N
duy nhất thỏa mãn NA2 + ka2 = NB2 + kb2 = NC2 + kc2. Với M ∈ (OH) có
MA2 + ka2 = MH 2 + HA2 − 2MH.HA cos ∠MHA + ka2
hay MA2 + ka2 = MH2 + 4 − a2 + ka2 ±
O
Xét
H

HM

(12 − 2a2 − b2 − c2).

OM
HM 2
HM 2
MA2 + ka2 = MH2 + (4 − 12
)+
(a + b2 + c2) + (k − 1 +
)a .
O
O
O
H
H
H
HM
Chọn M ∈(HO) với
= 1 k ta sẽ có
OH
OM
HM 2
HM 2
MA2 + ka2 = MH2 + (4 − 12
)+
(a + b2 + c2) + (k − 1 +
)a
OH

OH
OH
hay
MA2 + ka2 = MH2 + (1 − k)(a2 + b2 + c2) + 4(3k − 2).