ung dung cua mot bai toan

ỨNG DỤNG CỦA MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Nguyễn Văn Linh, lớp 11A2 Toán, Khối THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội
Chuyên mục: Tìm hiểu sâu thêm toán học sơ cấp

Trước tiên để tiện theo dõi, trong chuyên đề này ta kí hiệu đường tròn đường kính XY là (XY ).
Trong hình học có nhiều bài toán tuy đơn giản nhưng lại là chìa khóa để giải những bài toán lớn,
tạo nên lời giải ngắn gọn và sáng tạo. Trong bài viết này tôi xin giới thiệu tới bạn đọc một vài ứng
dụng đặc sắc của bài toán sau:
Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Một đường thẳng bất kì đi qua O cắt AC, AB lần
lượt tại D, E. Chứng minh rằng (O), (BD), (CE) đồng quy.
Chứng minh:
A

L

K

O

E

D

B

C

F

Gọi K, L lần lượt là điểm đối xứng của B, C qua O.LE cắt (O) lần thứ hai tại F .
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, L, B, F, C, K ta có giao điểm của LF và AB, KF và AC, BK

và LC thẳng hàng. Mà E, O, D thẳng hàng nên D là giao điểm của F K và AC.
Do BK, CL là đường kính của (O) nên BF K = CF L = 90o , hay (O), (BD), (CE) đồng quy tại
F . Ta có đpcm.
Sau đây là một vài ứng dụng của bài toán 1.
Bài toán 2: Với các kí hiệu như bài toán 1, chứng minh rằng (BD), (CE) và đường tròn Euler
của tam giác ABC đồng quy.
Chứng minh:
Trước tiên ta giới thiệu và chứng minh một bổ đề:
Bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với trực tâm H.J là chân đường vuông góc hạ từ A xuống
BC.P là điểm bất kì nằm trên (O).Q là điểm trên P H sao cho HP .HQ = HA.HJ. Khi đó Q thuộc
đường tròn Euler của tam giác ABC.
Chứng minh:

1


A

A'

K

H

Q

P
C'

B'

B

C

J

L

Gọi A , B , C lần lượt là trung điểm AH, BH, CH.AH ∩ (O) = {A, L}.
Ta có HA.HL = 2HA.HJ = 2HP .HQ = HP .HK.
⇒ HK = 2HQ.
1

Xét phép vị tự VH2 : A → A , B → B , C → C .
1

Do đó VH2 : (ABC) → (A B C ).
1

Mà VH2 : K → Q, K ∈ (O) nên Q ∈ (A B C ). Vậy Q nằm trên đường tròn Euler của tam giác
ABC.
Trở lại bài toán:
A

B'
L

E
C'

O

D

H

B

C

F

Gọi H là trực tâm tam giác ABC, BB , CC là các đường cao. Gọi L là giao điểm thứ hai của (BD)
và (CE). Ta có B ∈ (BD), C ∈ (CE).
HB.HB = HC.HC nên H thuộc trục đẳng phương của (BD) và (CE), hay H ∈ F L.
Suy ra HL.HF = HB.HB . Áp dụng bổ đề trên ta thu được L nằm trên đường tròn Euler của
tam giác ABC.
Nhận xét: Thực chất bài toán 2 là trường hợp đặc biệt của một định lý rất đẹp trong hình học
mang tên Fontené. Do khuôn khổ bài viết có hạn nên tôi chỉ xin nêu ra ở đây, hẹn bạn đọc một dịp
khác sẽ tìm hiểu sâu hơn về định lý này:
Định lý Fontené 2: Nếu điểm P di chuyển trên một đường thẳng d cố định đi qua tâm đường
tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác Pedal của P đối với tam giác
2


ABC cắt đường tròn Euler của tam giác ABC tại một điểm S cố định và S là điểm Anti-Steiner của
đường thẳng d đối với tam giác trung tuyến của tam giác ABC.
Chú ý rằng D và E là các trường hợp đặc biệt của P . Khi đó tam giác Pedal của P trở thành
(BD) và (CE).
Bài toán 3: Cho tam giác ABC. Một đường thẳng bất kì đi qua O cắt AC, AB lần lượt tại D, E.

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BD, CE, DE. Chứng minh rằng M, N, P, O cùng thuộc một đường
tròn.
Chứng minh:

A

P

E

O

D

N

M
B

C

F

Ta có M P, N P thứ tự là đường trung bình của tam giác BDE, CDE nên M P//AB, N P//AC.
Suy ra M P N = BAC. (1)
Mặt khác, áp dụng bài toán 1 thì (BD), (CE) và (O) đồng quy tại F .
⇒ OM ⊥ BF, ON ⊥ CF . Từ đó M ON = 180o − BF C = BAC. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra đpcm.
Nhận xét: Bài toán 3 có thể mở rộng như sau:
Cho tam giác ABC nội tiếp (O).D, E là hai điểm bất kì trên AB, AC. Gọi M, N, P lần lượt là

trung điểm BD, CE, DE. Gọi Q là hình chiếu của O trên DE. Chứng minh rằng M, N, P, Q cùng
thuộc một đường tròn.
Đây cũng là một mở rộng cho bài toán 2, IMO 2009.
Bài toán 4: (Hoàng Quốc Khánh-Tạp chí Mathvn số 1): Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O).
Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (O). Đường thẳng qua M vuông góc với
M N cắt P Q tại I. Đường thẳng qua M vuông góc với M Q cắt P N tại J. Chứng minh rằng AI//BJ.
Chứng minh:

3


L

A
M
Q
B
I

X
D

O

N
J
P
Y

C

Áp dụng bài toán 1 ta thu được I, O, J thẳng hàng.
Do OB ⊥ M N và IM ⊥ M N nên OB//IM . Tương tự, OA//M J.
LA
LA LM
LO LI
LI
Gọi L là giao điểm của AB và IJ. Ta có
=
.
=
.
=
.
LB
LM LB
LJ LO
LJ
Suy ra AI//BJ (đpcm)
Bài toán 5 (Nguyễn Minh Hà - Tạp chí Mathvn số 3/ 2009): Cho tam giác ABC nội tiếp (O).
A1 là một điểm bất kì trên BC, A2 là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng A1 A2 lại cắt (O)
tại A3 . Lấy A4 đối xứng với A qua OA1 . Đường thẳng qua A4 , vuông góc với BC lại cắt (O) tại A5 .
Chứng minh rằng A3 A5 đi qua trực tâm tam giác ABC.
Chứng minh:
A

J
R
A4
N

A3

O

H

L
A5
B

A'

A1

M

C

A2

4


Xét trường hợp A1 ∈ [BC] ( trường hợp A1 nằm ngoài chứng minh tương tự)
Do AA3 A2 = 90o = AA3 A1 nên A3 ∈ (AA1 ). Gọi L là giao của (AA1 ) và đường tròn Euler (N )
của tam giác ABC, H là trực tâm tam giác ABC. A là hình chiếu của A trên BC.
Theo bài toán 2 ta có A3 , H, L thẳng hàng.
Gọi AA4 ∩ (AA1 ) = {J} ⇒ AJA1 = 90o . Mà A1 O ⊥ AA4 ⇒ A1 , O, J thẳng hàng.
Gọi A3 H ∩ (O) = {A3 , A5 }. Ta sẽ chứng minh A5 ≡ A5 , tức là A4 A5 ⊥ BC ⇔ A4 A5 //AH.

⇔ A3 A5 A4 = 180o − AHA5 ⇔ AHA5 = A3 AA4
⇔ AA3 H + A3 AH = HAA4 + A3 AH
⇔ AA1 L = AA3 H = HAA4 = HAJ = JA1 M = OA1 M (∗)
Gọi R, M thứ tự là trung điểm AH, BC suy ra R, M ∈ (N ).
Ta có RAL = A AL = LA1 M , ARL = LM A1 ⇒ ∆ALR ∼ ∆A1 LM (g.g)
AL
AR
OM
⇒
=
=
, mà OM A1 = ALA1 = 90o
A1 L
A1 M
A1 M
⇒ ∆OM A1 ∼ ∆ALA1 (c.g.c) ⇒ OA1 M = AA1 L.
Vậy (∗) đúng. Ta có đpcm.
Lời kết: Trên đây là một vài ứng dụng của bài toán 1. Chắc chắn đằng sau nó còn nhiều điều thú
vị đang chờ các bạn khám phá. Chúc các bạn tìm ra nhiều bài toán nhỏ khác để "mở khóa" cho những
bài toán lớn.

Tài liệu
[1] Tạp chí Mathvn

[2] Fontené Theorems, from Wolfram Mathwold
/>[3] Roger A.Johnson, Advanced Euclidean geometry, Dover reprint, 1960.
Email:

5