CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN: HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HOÀ

LỜI NÓI ĐẦU

Trang 1


Chuyên đề:
HÀNG ĐIỂM ĐIỀU HOÀ
Nguyễn Văn Thảo - Trường THPT Chuyên Bắc Giang
(Chuyên đề đạt giải Nhất)
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình giáo dục phổ thông môn Toán, ta được tiếp cận với hình học
phẳng từ rất sớm. Những bài toán hình học phẳng thường được ví như những bông hồng
lung linh muôn sắc, hấp dẫn và kì bí! Nó xuất hiện trong hầu hết các cuộc thi và luôn là
một thách thức lớn đối với mọi thí sinh. Tất nhiên, hầu hết các bài toán hình học phẳng đều
không phải dễ dàng chinh phục được, mỗi bài một vẻ, mỗi bài một thách thức. Và vì thế
nó lại càng thôi thúc mỗi chúng ta khám phá và chinh phục.
Hiện nay, các tài liệu về hình học sơ cấp Tiếng Anh và tiếng Việt cũng khá đa dạng
và phong phú. Tuy nhiên, hầu hết đều khó đối với các học sinh mới bắt đầu tiếp cận, nhất
là những ngày đầu khi bước vào lớp 10 Chuyên.
Trong những năm gần đây, các kiến thức về hàng điểm điều hoà, cực – đối cực và
một số định lý của xạ ảnh được áp dụng rất nhiêu trong các kì thi học sinh giỏi Quốc gia,
Quốc tế. Tất nhiên đây là những vấn đề không mới nhưng cũng gây không ít khó khăn cho
học sinh chuyên.Vì vậy tôi chọn vấn đề : Hàng điểm điều hoà, nhằm giúp học sinh chuyên
Toán giải quyết được phần nào những khó khăn trên.
Chuyên đề được xây dựng từ một chuyên đề cũ của bản thân tôi năm 2015, trong
đó, nhiều ví dụ cũ không phù hợp đã được thay bằng các ví dụ mới, hợp lý hơn. Tuy nhiên,
do trình độ có hạn nên không thể tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong nhận được những góp ý
trân thành từ các bạn đồng nghiệp.
2. Mục đích nghiên cứu
Hệ thống các kiến thức cơ bản về hàng điểm điều hoà. Đưa ra hệ thống các bài tập cơ

bản, giúp học sinh chuyên tiếp cận với hình phẳng một cách nhẹ nhàng nhất.
3. Những đóng góp của chuyên đề
Đưa ra hệ thống lý thuyết cơ bản đầy đủ về hàng điểm điều hoà.
Đưa ra hệ thống các ví dụ minh hoạ, hệ thống bài tập đầy đủ, chủ yếu là các bài toán
định tính, từ cơ bản đến khó, tạo hứng thú cho học sinh chuyên Toán khi học hình học
phẳng.

Trang 2


B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý thuyết
I.1. Tỉ số kép của hàng điểm
I.1.1. Định nghĩa
- Bộ bốn điểm đôi một khác nhau, có kể đến thứ tự , cùng thuộc một đường thẳng
được gọi là hàng điểm.
- Tỉ số kép của hàng điểm
CA DA
( ABCD ) = :
CB DB
định như sau:

A, B, C , D

là một số, kí hiệu là

( ABCD )

và được xác

I.1.2. Các tính chất của tỉ số kép:
+)

( ABCD ) = ( CDAB ) = ( BADC ) = ( DCBA)
( ABCD ) =

+)
+) Nếu
+)

1
1
1
1
=
=
=
( BACD ) ( ABDC ) ( DCAB) (CDBA)

( ABCD ) = ( ABCD ')

thì

D ≡ D'

( ABCD ) ≠ 1

I.2. Hàng điểm điều hòa
I.2.1. Định nghĩa:
Nếu

( ABCD ) = −1

Nói cách khác nếu
điều hòa.

thì hàng điểm
CA
DA
=−
CB
DB

A, B , C , D

được gọi là hàng điểm điều hòa.

thì hàng điểm

A, B, C , D

được gọi là hàng điểm

I.2.2. Tính chất
Hệ thức Descartes

( ABCD ) = −1 ⇔

2
1

1
=
+
AB AC AD

Hệ thức Newton:

( ABCD ) = −1 ⇔ IA

2

= IC.ID I
AB
( là trung điểm của đoạn
)

Hệ thức Maclaurin:

Trang 3


( ABCD ) = −1 ⇔

AC. AD = AB. AJ

(

J

là trung điểm của đoạn

CD

)

I.3. Tỉ số kép của chùm đường thẳng - Chùm điều hòa
I.3.1. Chùm đường thẳng và tỉ số kép của nó
I.3.1.1. Định nghĩa
- Tập hợp các đường thẳng trong mặt phẳng cùng đi qua một điểm
S
chùm đầy đủ đường thẳng tâm .

S

được gọi là

- Bộ 4 đường thẳng đôi một khác nhau, có kể đến thứ tự, cùng thuộc một chùm đầy
đủ đường thẳng được gọi là chùm đường thẳng
I.3.1.2. Tỉ số kép của chùm đường thẳng:
Định lí 1
a , b, c , d
O
O
∆
Cho
là chùm đường thẳng tâm . Đường thẳng
không đi qua
theo thứ tự
a, b, c, d
A, B , C , D

a, b, c
O
∆'
cắt
tại
. Đường thẳng
không đi qua
theo thứ tự cắt
tại
C ' A'
∆ ' / / d ⇔ ( ABCD ) =
A ', B ', C '
C 'B'
. Khi đó
.

Định lí 2
a , b, c , d
O
O
∆
Cho
là chùm đường thẳng tâm . Đường thẳng
không đi qua
theo thứ tự
a , b, c , d
A, B , C , D
a
, b, c, d
O

∆'
cắt
tại
. Đường thẳng
không đi qua
theo thứ tự cắt
tại
( ABCD ) = ( A ' B ' C ' D ')
A ', B ', C ', D '
. Khi đó
.

Trang 4


Từ định lí 2, ta nhận thấy, tỉ số kép

( ABCD )

không phụ thuộc vào vị trí của đường
( ABCD )
∆
thẳng . Khi đó giá trị không đổi của tỉ số kép
được gọi là tỉ số kép của chùm
O ( abcd )
( abcd )
a , b, c , d
O
đường thẳng
kí hiệu là

hoặc
với là tâm của chùm.
uuu
r uuur
uuu
r uuur
sin OA, OC sin OB, OC
uuu
r uuur :
uuu
r uuur
( abcd ) = ( ABCD ) =
sin OA, OD sin OB, OD
Từ đó ta suy ra

(
(

)
)

(
(

)
)

Chùm điều hòa:
Định nghĩa: Chùm
Tính chất:

(i)
(iii)

a , b, c , d

Với chùm điều hòa

c⊥d
d

được gọi là chùm điều hòa nếu
a , b, c , d

c

(ii)

là một phân giác của góc tạo bởi

( abcd ) = −1

, các điều kiện sau là tương đương:
là một phân giác của góc tạo bởi

a, b

a, b

.

.

I.4.Một số hàng điểm điều hòa cơ bản:
Định lý 3
Cho tam giác

ABC

. Gọi

AD, AE

tương ứng là đường phân giác trong, đường phân giác
( BCDE ) = −1
ABC
ngoài của tam giác
. Khi đó
.

Trang 5


Định lý 4
BC , CA, AB
ABC
O
Cho tam giác
và điểm
không thuộc các đường thẳng
. Các đường

AO, BO, CO
BC , CA, AB
M , N, P
thẳng
theo thứ tự cắt các đường
tại
. Hai đường
( BCMQ ) = −1
BC , NP
Q
thẳng
cắt nhau tại . Khi đó
.

( O)
( O)
S
Định lý 5: Từ điểm
bên ngoài đường tròn
, kẻ tới
các tiếp tuyến
SA, SB ( A, B ∈ ( O ) )
( O)
M, N
S
AB
. Một đường thẳng qua , cắt đường tròn
tại
và cắt
( SIMN ) = −1

I
tại . Khi đó
.

II. Các ví dụ áp dụng

Trang 6


Phần này, các ví dụ tôi đưa ra sẽ chỉ tập trung vào việc vận dụng các tính chất của tỉ
số kép, các hàng điểm điều hoà cơ bản trên và các bài toán liên quan tới tứ giác điều hoà.
II.1 Các bài toán về tính chất của tỉ số kép
II.1.1. Nhắc lại một số tính chất tỷ số kép.
Tính chất 1
Cho chùm (abcd), một đường thẳng l song song với d, cắt a, b, c lần lượt tại A, B, C. Khi
đó
( abcd ) = ( ABC ) =

CA
.
CB

Tính chất 2
Cho hai hàng điểm (OABC) và O(A’B’C’D’). Khi đó (OABC) = O(A’B’C’D’) khi
và chỉ khi AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Tính chất 3
Cho hai chùm đường thẳng (abcd) và (a’b’c’d).
Gọi A = a ∩ a’, B = b ∩ B’, C = c ∩ c’. Khi đó (abcd) = (a’b’c’d) khi và chi khi A,
B, C thẳng hàng.
Tính chất 4

Cho hai chùm O(ABCO’) và O’(ABCO). Khi đó O(ABCO’) = O’(ABCO) khi và chỉ
khi A, B, C thẳng hàng.
II.1.2 Các ví dụ áp dụng
Ví dụ 1 (IMO SL 2017 G2) Cho R, S là hai điểm phân biệt trên đường tròn (O) sao cho RS
không phải đường kính. Đường thẳng l tiếp xúc (O) tại R. Gọi T là điểm thoả mãn S là
trung điểm của đoạn RT. Điểm J trên cung nhỏ RS của (O) sao cho (JST) cắt l tại hai điểm
phân biệt. Gọi A là giao điểm của (JST) và l gần R hơn. AJ cắt (O) lần nữa tại B. Chứng
minh rằng BT tiếp xúc (JST)
Lời giải

Ta có ∠ABR = ∠ JSR = ∠BAT  AT // BR
Khi đó TB là tiếp tuyến của (JST)  T(TJSA) = T(BJSA) = (BJPA) = (BJSR)
Trang 7


Đến đây bài toán khá đơn giản, xin nhường lại cho bạn đọc.
Ví dụ 2(Bài giảng trường hè 2017 – Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn (O). L là điểm Lemoine. AL cắt BC tại K và lại cắt (O) tại X.

Chứng minh rằng

LA
KA
=
LX 3KX

.

Lời giải
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, M là giao điểm của AG và BC, T là giao điểm thứ

hai của (O) và đường thẳng qua X song song với AC; BD là phân giác của góc ∠ABC.
T

A

O

D

G
L
B

K

M

C

X

Gọi RBD là phép đối xứng qua BD.
Dễ thấy các đường thẳng BA, BM, BT theo thứ tự là là ảnh của các đường thẳng BK, BA,
BX qua RBD.
Vì L là điểm Lemoine của tam giác ABC nên đường thẳng BG là ảnh của đường thẳng BL
qua RBD.
Vì XT // AC và L là điểm Lemoine của tam giác ABC nên
∠TBA = ∠TXA = ∠XAC = ∠MAB.
Do đó BT // MA
Vậy, chú ý rằng phép đối xứng trục bảo toàn tỉ số kép, ta có

(AXLK) = B(AXLK) = B(LKAX) = B(GAMT) =

MG 1
= .
MA 3

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi E là một điểm trên (O). Đường thẳng EA cắt
các tiếp tuyến tại B, C của (O) tại các điểm M, N. BN cắt CM tại F. Chứng minh rằng EF
luôn đi qua một điểm cố định khi E di động.
Lời giải

Trang 8


Gọi P = AS ∩ BC, S = BB ∩ CC, T = MN ∩ BC.
Ta chứng minh EF đi qua P.
Ta có
C(CEBA) = B(CEBA)  (NETA) = (TEMA)



NT ET TM EM
TN MN TM NM
:
=
:
⇒
:
=

:
NA EA TA EA
TE ME TA NA

 (TMNE) = (TNMA)  (TMNE) = (TCBP)
Do đó MC, NB, EP đồng quy.
Từ đó suy ra EF luôn đi qua P cố định.
Ví dụ 4 (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC với P và Q là hai điểm liên hợp đẳng giác
trong tam giác đó. PB, PC cắt đường thẳng qua A, vuông góc với PA lân lượt tại K, L.
Đường thẳng qua Q vuông góc với BC lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, M, N. Gọi R = NK ∩
ML. Chứng minh rằng PR  AD.
Lời giải

Gọi H là hình chiếu của P lên AD. Y = PH ∩ CA, Z = PH ∩ AB.
Gọi G, E, F lần lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB.
Do P, Q là hai điểm đẳng giác trong tam giác ABC nên D, E, G, F đồng viên.
Gọi S = BP ∩ DE  ∠SEF = ∠DEF = ∠FGB =∠FPB
Suy ra F, P, S, E đồng viên.

Trang 9


Mặt khác ∠PFA = ∠PEA = 900 nên P, E, A, F, S đồng viên.

Áp dụng định lý Pascal cho bộ

AS H
P A E ÷



ta được D, Y, K thẳng hàng.

Hoàn toàn tương tự ta được D, Z, L thẳng hàng.
Gọi X = RD ∩ AL; T = RA ∩ DN.
Khi đó
D(ARYZ) = (AXKL) = R(AXKL) = R(TDNM)
= (TDNM) = A(TDNM) = A(DRYZ)
Suy ra D(ARYZ) = A(DRYZ)  R, Y, Z thẳng hàng  R  PH
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
II.2 Các bài toán về ứng dụng hàng điểm điều hoà
Ví dụ 1 (Poland 2017)

Xét tam giác

ABC

cân tại A có M là trung điểm của cạnh
ω
AB
BC. Gọi D là hình chiếu vuông góc của M trên cạnh
. Đường tròn
nội tiếp tam giác
AD
,
AC
K
,
L
ACD

ω
và tiếp xúc với các cạnh
lần lượt tại
. Các tiếp tuyến của
đi qua M
X
,
Y
X
,
K
,
L
,
Y
KL
cắt đường thẳng
tại
; trong đó
nằm trên đường thẳng theo đúng thứ tự
M , D, X , Y
kể trên. Chứng minh 4 điểm
đồng viên.
Lời giải

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
Gọi

ADC

.

N = ω ∩ CD, Z = MX ∩ ω , W = MY ∩ ω , E = MD ∩ XY

.

Ta có
∠BIC = 2∠MIC = 2(∠IAC + ∠ICA) = ∠DAC + ∠DCA = ∠BDC

Suy ra

BDIC

là tứ giác nội tiếp
Trang 10


Theo định lí Sim Son thì K, M, N thẳng hàng.
Vì D nằm trên đường đối cực của M đối với đường tròn
W, Z , D
thẳng hàng và do đó:

ω

, theo định lý Lahire ta có:

M ( DNZW) = −1 ⇒ M ( EKXY ) = −1 ⇒ D( EKXY ) = −1

Kết hợp với
MX = MY

.

∠EDK = 90°

ta có

DE

.

là đường phân giác ngoài của tam giác

Kết hợp hai kết quả trên ta được 4 điểm

X , D, M , Y

XDY

. Lại có

đồng viên.

Ví dụ 2 (GGTH 2017) Cho đường tròn (O), day cung BC khác đường kính. Điểm A thuộc
cung lớn BC. Lấy S đối xứng O qua BC. Lấy T trên OS sao cho AT, AS đối xứng nhau qua
phân giác góc ∠ BAC. Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC.
Lời giải
Gọi I là trung điểm BC, K = BB ∩ CC. OK cắt (O)
tại P và Q, Q thuộc cung lớn BC.
Ta có (KIPQ) = - 1 nên theo hệ thức Newton ta có
OI.OK = OP2.

Mặt khác AP  AQ, AP là phân giác ∠ SAT nên
(STPQ) = - 1
Theo hệ thức Newton ta có OP2 = OT.OS
Từ đó suy ra OI.OK = OT.OS, mà OS = 2OI nên OK
= 2OT
Suy ra T là tâm (OBK) hay T là tâm (OBC).

C1 , B1 , A1
Ví dụ 3 (Sharygin 2018) Cho tam giác ABC và các điểm
là các điểm lần lượt
CC1 , BB1 , AA1
B1 A1
nằm trên các cạnh AB, AC, BC sao cho 3 đường
đồng quy tại P. Tia
và
B1C1
A2 , C2
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại
. Chứng minh rằng A; C;
A2C2
BB1
A2C2
giao điểm của
và
; trung điểm của
cùng nằm trên một đường tròn.
Lời giải

Trang 11

Đặt

A2C2 ∩ AC = { X } , A1 A ∩ B1C1 = { R} , A1B1 ∩ CC1 = { S } , A2C2 ∩ BB1 = { K }

Gọi M là trung điểm của

A2C2

.

.

Ta có (APRA1) = -1.
Xét phép chiếu tâm B1 hàng điểm điều hòa trên lên hai đường thẳng

CC1

và

A2C2

ta được

(CPC1S) = -1 = (XKC2A2).
Mà M là trung điểm của A2C2 nên theo hệ thức Maclaurin ta có

XK . XM = XA2 . XC2

Mặt khác ta có:

Từ đó suy ra:

.

XA. XC = XA2 . XC2

XA. XC = XK . XM .

Từ đó suy ra 4 điểm A, C, K,M cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 4 (China TST 2018) Cho ABC là một tam giác có ∠BAC > 900. Gọi
tròn ngoại tiếp tam giác ABC và O là tâm của đường tròn đó. Tiếp tuyến của

ω

ω

ω

là đường
tại A cắt

tiếp tuyến của
tại B và C lần lượt tại K và L. Gọi D, E lần lượt là chân đường vuông góc
hạ từ K và L xuống BC. Giả sử F, G là hai điểm trên đoạn KL và khác A sao cho 2 bộ 4
điểm A, F, B, E và A, G, C, D đều cùng thuộc một đường tròn. Gọi M là trung điểm của
đoạn DE. Chứng minh rằng DF, OM, EG đồng quy.
Lời giải

Trang 12

Gọi P là chân đường vuông góc kẻ từ A của tam giác ABC. Lấy X là giao của DF và EG, T
là giao của DG và EF.
Dễ thấy rằng DG // AB và EF // AC và do đó ta có ngay 4 điểm D, E, F, G cùng thuộc một
đường tròn.
Bổ đề 1: 4 điểm A, P, T, X thẳng hàng và tạo nên một hàng điểm điều hòa.
Chứng minh: Gọi S là giao của DE và FG. Dễ thấy rằng TX là đường đối cực của điểm S
đối với đường tròn đi qua D, E, F, G.
Ta chứng minh được
( F , G , A, S ) = ( K , L, A, S ) = ( D, E , P, S ) = −1

nên A, P cũng nằm trên đường đối cực của S đối với đường tròn đi qua 4 điểm D, E, F, G.
Ta có A, P, T, X thẳng hàng và tạo nên hàng điểm điều hòa.
Thật vậy: ta có
FA EC GA DB
=
;
=
.
FS SE GS DS

nên
( F , G, A, S ) =

FA GA EC DB EC SE LC SL LA SL
:
=
:
=
:

=
:
=
:
= −1
FS GS SE DS DB SD KB SK KA SK

2 tỉ số còn lại là hiển nhiên.
Bổ đề 2: DE là đường kính của đường tròn đi qua D, E, F, G.
Chứng minh:
Trong ∆ XDE ta có T nằm trên đường vuông góc kẻ từ X và
tâm của tam giác này.

∠XDT = ∠XET

nên T là trực

Do đó

∠DFE = ∠DGE = 90°

.

Ta có điều phải chứng minh.
Xét J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác XDE, Y đối xứng với X qua J; J’ đối xứng với
J qua DE; I là giao điểm của XJ và DE. Xét điểm O’ thỏa mãn tứ giác XIO’A là một hình
bình hành. Ta chứng minh rằng O  O’ và O nằm trên đoạn XM.
Trang 13

Thật vậy: ta có

AO '/ / XI ⇒ AO ' ⊥ FG
nên A, O, O’ thẳng hàng.
Để ý thấy P là tâm đồng dạng của hai tam giác ABC và TDE nên P, J’, O thẳng hàng ( O là
tâm đường tròn ngoại tiếp ABC còn J’ là tâm đường tròn ngoại tiếp TDE).
Ta có:
MJ ' MJ
XT PM XJ
XY
=
=
;
=
=
IO ' XA 2 XA PI
XI 2 XI

Vì XFTG và XDYE là hai tứ giác nội tiếp đồng dạng với nhau nên ta có
XT
XY
=
2 XA 2 XI

và do đó
MJ ' PM
=
IO '
PI

nên P, J’, O’ thẳng hàng. Vậy O  O’.
Ta có AXIO là hình bình hành nên XO đi qua trung điểm của IA. Ta đi chứng minh XM đi
qua trung điểm của đoạn IA. Để ý rằng DTEY là hình bình hành và do đó XM đi qua trung
điểm của TY.
Mặt khác từ tỉ số
XT XY
=
XA XI

Ta có AI // TY nên XM cũng đi qua trung điểm của AI và do đó X, O, M thẳng hàng. Bài
toán được chứng minh xong.

ABC
Ví dụ 5 (USA TST 2017)
Cho tam giác
ngoại tiếp đường tròn tâm I. Lấy D là
ωB , ωC
BC
một điểm trên cạnh
và gọi
lần lượt là các đường tròn nội tiếp các tam giác
ω
ACD
BC
B , ωC
ABD
và
. Giả sử hai đường tròn
tiếp xúc với cạnh
tại hai điểm E và F.

ωB , ωC
AD
Gọi P là giao điểm của đoạn
với đường nối tâm của hai đường tròn
. Đặt X là
CP
CI
BI
BP
giao điểm của
và
, Y là giao điểm của
và
. Chứng minh rằng giao điểm của
XE , FY
ABC
hai đường
nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác
.
Lời giải
(Bạn đọc tự vẽ hình)
I B , IC

ωB , ωC

I B IC

BC
với
.

BC
WI
FY
W là chân đường vuông góc hạ từ I xuống cạnh
. Lấy Z là giao điểm của
và
.
Gọi

lần lượt là tâm của hai đường tròn

Trang 14

.Gọi T là giao điểm của


Ta có
∠I B DI C = 90°

B

nên

F

−1 = ( I B I C ; PT ) =( II C ; YC ) =( I ∞; ZW)

.

XE , FY

ZW
Do đó I là trung điểm của
và ta có hai đường thẳng
cắt nhau tại một điểm
trên đường tròn tâm I (điều phải chứng minh).

Ví dụ 6 (USA 2018) Trong tứ giác lồi nội tiếp ABCD, gọi E là giao điểm của AC và BD,
F là giao điểm của AB và CD, G là giao điểm của BC và DA. Giả sử đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABE cắt đường thẳng CB tại B và P; đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt
đường thẳng CD tại D và Q. Chứng minh rằng nếu FP và GQ cắt nhau tại M thì
∠MAC = 900.
Lời giải

Ta có tứ giác ABCD nội tiếp nên
Lại có

nên ta có

∠ACQ = ∠ABE

.

∠AQC = 180° − ∠AQD = 180° − ∠AED = ∠AEB
VAQC ∼VAEB

.

VAPC ∼VAED
Chứng minh tương tự ta cũng có
.

DE. AC
BE. AC
CP =
CQ =
DA
BA
Từ đó suy ra
và
.
Mặt khác ta lại có:
∠BAC = ∠BDC = ∠EAQ
nên AC là tia phân giác của góc BAQ.
∠MAC = 900
Để chứng minh
ta chỉ cần chứng minh chùm đường thẳng
( AM , AC , AB, AQ)
điều hòa.
GQ ∩ AC = { S } , FS ∩ BC = { T }
Đặt
.
Ta có
Trang 15


A(MCBQ) = A(MS,AB∩GQ,Q) = F(MS,AB∩GQ,Q) = (PTBC).
PB TB
=
PC TC
Vậy ta cần phải chứng minh hàng điểm (PTBC) = - 1 tức là
.

F ,T , S
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với 3 điểm thẳng hàng
ta được
TB SC FA
.
.
=1
TC SA FB
.
Q, S , G
Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD với 3 điểm thẳng hàng
ta được
SA QC GD
.
.
=1
SC QD GA
Do đó
TB FB QD GA
=
.
.
.
TC FA QC GD
Ta phải chứng minh
PB FB QD GA
=
.
.
.

PC FA QC GD
QD = CD − QC.
PB = PC − BC
Thay các đẳng thức chứng minh được ở trên với lưu ý
và
Ta được một đẳng thức gồm toàn các cạnh của tứ giác nội tiếp toàn phần ABCD; đẳng thức
này dễ chứng minh bởi định lý Ptolemy (bạn đọc tự kiểm tra lại).

ABC
Ví dụ 7 (VMO 2017) Cho tam giác
nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi G là một điểm
(I )
BC
OBC
nằm trên cung
không chứa O của đường tròn
ngoại tiếp tam giác
. Đường
ABG
AC
ACG
tròn ngoại tiếp tam giác
cắt
tại E và đường tròn ngoại tiếp tam giác
cắt
(
E
≠
A
,

F
≠
A
)
AB
tại F
.
BE , CF
AK , BC , OG
a) Gọi K là giao điểm của
. Chứng minh rằng các đường
đồng quy.
¼
(I )
GB, CD
BOC
b) Gọi D là điểm nằm trên cung
của đường tròn
. Đặt giao điểm của
là
GC , BD
(O )
MN
M; giao điểm của
là N. Giả sử đường thẳng
cắt đường tròn
tại P và Q.
BC
Chứng minh rằng: khi điểm G di động trên cung
không chứa O của đường tròn (I), thì

(GPQ) luôn đi qua hai điểm cố định.
Lời giải

Trang 16


:
a) Khá đơn giản, xin nhường cho bạn đọc.
S = BC ∩ DG
BC
T'
b) Đặt
, gọi T là trung điểm của
và
là nghịch đảo của nó đối với
OBC
đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
PQ
Áp dụng định lý Brocard ta có
là đường đối cực của S đối với đường tròn ngoại tiếp
OBC
tam giác
.
BC
OBC
T'
Vì
là đường đối cực của
đối với đường đường tròn ngoại tiếp tam giác

và
T ' ∈ PQ
S ∈ BC
T'
nên theo định lý Lahire ta có
và do đó phương tích của
đối với đường
GPQ
T'
tròn ngoại tiếp tam giác
bằng phương tích của
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
, là một hằng số khi G thay đổi.
(GPQ)
(I )
Gọi X là giao điểm thứ hai của
và
.
GX , BC , PQ
Dễ chỉ ra
đồng quy tại tâm đẳng phương R của 3 đường tròn
( ABC ), ( BOC ), (GPQ)
.
GS , BN , CM
GBC
Xét tam giác
có 3 đường
đồng quy tại D nên ta có
( B, C , S , R ) = −1 ⇒ D( B, C , G, R) = −1

Y = GT '∩ (OBC )
Đặt
.
GT '
GBC
Vì
là đường đối trung tại đỉnh G của tam giác
, ta có
( BCGY ) = −1 ⇒ D( BCGY ) = −1

Suy ra R, D, Y thẳng hàng.
Ta lại có
R

(CBXD ) =( BCGY ) = −1
Trang 17

.


T'
Do đó X cố định khi G di chuyển trên đường tròn. Kết hợp với phương tích của
đối với
GPQ
(
GPQ
)
T 'X
đường tròn ngoại tiếp tam giác
là một hằng số ta có

cắt đường tròn
tại
hai điểm cố định khi G thay đổi (điều phải chứng minh).

Ví dụ 8 (Sharygin 2018) Cho tam giác ABC có AB > BC và BD là đường phân giác ngoài
tại đỉnh B. Xét K và K1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tâm I và đường tròn
DI1
bàng tiếp góc B tâm I1 của tam giác ABC với cạnh AC. Đặt X là giao điểm của BK và
,
BK1
XY ⊥ AC
Y là giao điểm của
và DI. Chứng minh rằng
.
Lời giải

BK1
Đặt M là giao điểm của BI và AC, L là giao điểm của
và IK. Trước hết ta đi chứng
( B, M , I , I1 ) = −1.
minh
Thật vậy, ta có
90° = ∠CIN + ∠CI1M = (∠IBC + ∠ICB ) + ∠CI1M
nên

∠CI1 N = ∠IAC = ∠IBC.

VBIA VCMI1
VIMA
Do đó ta có hai cặp tam giác đồng dạng: ∆ BCI1 và

,
và
.
Từ đó ta có các đẳng thức
BI .BI1 = BA.BC ; MI .MI1 = MC .MA.

Mặt khác theo tính chất đường phân giác ta lại có
IB 2
CB BA
IB 2
IM 2
=
.
⇒
=
.
IM 2 CM MA
BC .BA MC .MA
Kết hợp với hai đẳng thức ở trên ta có
IB 2
IM 2
IB
IM
=
⇒
=
.
BI .BI1 MI .MI1
I1B I1M
( B, M , I , I1 ) = −1.

và do đó
Bây giờ ta lại có

Trang 18


IL
BI
IM
IK
=
=
=
I1 K1 BI1 I1M I1 K1

nên IL = IK hay I là trung điểm của KL.
BK1
B , M , I , I1
Gọi giao điểm của XI và
là E; giao điểm của YI và BK là F. Vì
là hàng
B, K , F , X
điểm điều hòa nên qua phép chiếu tâm D lên đường thẳng BK ta có
cũng là
hàng điểm điều hòa.
BK1
B, K , F , X
Lại sử dụng phép chiếu tâm I với hàng điểm
lên đường thẳng
ta có:

( B, K , F , X ) = ( B, L, Y , E ) = −1 = ( B, L, E , Y )
nên 3 đường thẳng KL, FE, XY hoặc đôi một song song hoặc đồng quy.
Bây giờ giả sử chúng đồng quy tại P.
Đặt N là giao điểm của BI và XY.
Xét tam giác BXY có XE, YF và BN đồng quy tại I mà
BI ∩ XY = { N } ,EF ∩ XY= { P}
nên ta có:

( X , Y , N, P) = −1

.

( K , L, I , P ) = −1
Xét phép chiếu tâm B lên đường thẳng KL ta cũng có được
mà I là trung
điểm của KL (chứng minh trên) nên P phải nằm ở vô cực, hay nói cách khác là 3 đường
thẳng KL, FE, XY phải đôi một song song.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 9 (Korea 2018) Cho tam giác ABC có ∠C = 900. Một đường tròn đi qua điểm A, B
cắt đoạn AC tại G (G khác A và C) và cắt đoạn BC tại điểm D (D khác B). Đoạn AD cắt
l
đoạn BG tại H, cho là đường trung trực của đoạn AD cắt đường trung trực của AB tại E.
l
Một đường thẳng đi qua D và vuông góc với DE cắt tại điểm F. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác CFH cắt AC, BC lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng PQ vuông góc với FH.
Lời giải

Trang 19

Gọi giao điểm của CH và DF là X, giao điểm của CA và DF là Y, giao điểm của AD và CF
là R.
Dễ thấy DF và FA là các tiếp tuyến của đường tròn đi qua 4 điểm B, D, G, A.
Ta có ngay AD là đường đối cực của điểm F đối với đường tròn đi qua B, D, G, A. Từ đó H
nằm trên AD là đường đối cực của điểm F nên F nằm trên đường đối cực của điểm H.
Gọi T là giao điểm của AB và DG. Áp dụng định lý Brocard ta có TC là đường đối cực của
H với đường tròn nói trên và do đó F, T, C thẳng hàng.
Đặt S là giao điểm của CH và AB thì ta có (TSBA) = - 1.
Mặt khác
(TSBA) = ( RHDA) = ( FXDY ) = −1.
Từ đó ta có CA là đường phân giác của góc HCF.
Vì P, Q nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HCF mà CP  CQ nên PQ là đường kính
của đường tròn ngoại tiếp tam giác HCF.
Lại có P là điểm chính giữa của cung nhỏ HF của đường tròn nói trên nên PQ  HF. Bài
toán được chứng minh.
Ví dụ 10 (Bài giảng trường hè Titan – Hà Nội 2016) Cho tam giác ABC nội tiếp đường
tròn (O) và tâm nội tiếp I. Đường tròn bàng tiếp (L) tại đỉnh C của tam giác ABC tiếp xúc
với AB tại M. MI cắt BC tại N. P là hình chiếu của C lên LB. Chứng minh rằng AI và P N
cắt nhau trên đường tròn (O).
Lời giải

Gọi J, K là tâm bàng tiếp góc A, B của tam giác ABC.
Do M, I, N thẳng hàng nên ta có
P(BI MN) = B(P I MN) = B(JK AC) = −1.
A
∠LAB = 900 − = ∠BJC
2
Ta lại có ∠LBA = ∠CBJ;
Do đó ∆ BAL và ∆ BJC đồng dạng, có các đường cao tương ứng là là LM và CP nên ta có
BM BP

 
=
MA PJ
 PM // AJ.
Kết hợp chùm P(BIMN) = −1 ta suy ra P N chia đôi IJ.
Mặt khác theo kết quả quen thuộc trung điểm IJ thuộc (O).
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Trang 20


Ví dụ 11 (Sĩ Đức Quang - Bài giảng Trường hè Titan – Ha Nội 2017) ChoTam giác
ABC, đường đối trung AD, trung tuyến AM. P nằm trong tam giác sao cho ∠PBA = ∠PCA.
Gọi K là hình chiếu của P trên AD. Chứng minh rằng (KMD) tiếp xúc (PBC).
Lời giải

Gọi E = BP ∩ AC, F = CP ∩ AB.
Do ∠PBA = ∠PCA  Ta có BCEF nội tiếp
Gọi S, P là giao điểm của (PBC) và (PEF) .
Ta có EF, BC, PS đồng quy tại tâm đẳng phương T của (ABC), (PBC), (PEF)
Gọi L là tâm đường tròn ngoại tiếp EFBC  TP  AL
Bổ đề: Tứ giác nội tiếp ABCD. AC cắt BD tại G. (GAB) cắt (GCD) tại K khác G. O là tâm
đường tròn ngoại tiệp ABCD Theo định lý Brocard thì OK  GK.
Trở lại bài toán
Áp dụng bổ đề trên, ta có LS  SP  L, S, A thẳng hàng  TSLM là tứ giác nội tiếp
 ∠SMT = ∠SLT = ∠APS = ∠AKS
 S  (KMD)
Kẻ tiếp tuyến SR của (SBC), R  BC, ta có
RB SB 2 EB 2 PB 2 DB
=
=

=
=
RC SC 2 FC 2 PC 2 DC
 (RDBC) = -1  RD.RM = RB.RC = RS2
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 12 (Đề nguồn Duyên Hải 2018) Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A,B.
CD là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1) và (O2) với C thuộc (O1) ; D thuộc (O2), B
gần CD hơn A.

Trang 21


a) Gọi E là giao điểm của BC và AD, F là giao điểm của BD và AC. Chứng minh rằng EF
song song với CD.
b) Gọi N là giao điểm của AB và EF. Lấy K trên đoạn thẳng CD sao cho
∠BAC = ∠DAK.
Chứng minh rằng KE=KF.
Lời giải

a) Không mất tính tổng quát bài toán trong trường hợp hình vẽ trên
∠BCD = ∠CAB; ∠BDC = ∠BAD

Mà
∠BCD + ∠BDC + ∠CBD = 180O

nên
∠EAF + ∠EBF = 180o

suy ra AEBF là tứ giác nội tiếp.Từ đó suy ra
∠EFB = ∠BAE = ∠BDC ⇒ EF PCD

b) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua CD, AN cắt CD tại M suy ra
2

2

MC = MB.MA = MD .

Do đó M là trung điểm của CD và N là trung điểm của EF.
Giả sử K’ là điểm thuộc CD sao cho K’N vuông góc với EF tại N
Xét hình tứ cạnh toàn phần AFBECD có
(ABNM) = -1  K’(ABNM)=-1
Mà K’N  K’M  K’M là phân giác ngoài của ∠BK’A’
Lại có K’M là phân giác ∠BKB’  A,K’,B thẳng hàng

Trang 22


Do ACB’D là tứ giác nội tiếp vì
∠CB ' D = ∠CBD = 180O − ∠CAD ⇒ ∠B ' CD = ∠B ' AD

.

Mà
∠B ' CD = ∠BCD = ∠BAC ; ∠B ' CD = ∠K ' AD

⇒ ∠BAC = ∠K ' AD ⇒ K ≡ K '
⇒ KN ⊥ EF ⇒ KE = KF .
Đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 13 (Trường hè Toán học Miền Bắc 2016) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội

tiếp (O). Một đường tròn (O’) thay đổi đi qua B, C, cắt AB, AC lần lượt tại E, F khác A.
(AEF) cắt (O) tại K, K ≠ A. KE, KF lần lượt cắt (O) tại Q, P khác K. Gọi T = BQ ∩ CP.
Gọi M, N lần lượt là giao điểm của BF, CE.
a) Chứng minh rằng T luôn thuộc một đường thẳng cố định khi (O’) thay đổi.
b) Chứng minh rằng KA tiếp xúc với (AMN).
Lời giải

Ta có :

(EF, BP)  (EF, FP) + (FP, BP)
 (EA,KA) + (KA, BA)  (EA, BA)  0 (mod

π

Suy ra EF // BP.
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được EF // CQ  BP // CQ.
Do đó tứ giác BPCQ là hình thang cân  OT  CQ, BP  OT  EF
Gọi Ax là tiếp tuyến của (O) tại A ta có
∠xAB = ∠ABC = ∠AEF  Ax // EF
 OA  EF
Trang 23

)


Từ đó suy ra A, O, T thẳng hàng
Vậy T luôn thuộc đường thẳng OA cố định.
b) Dễ thấy AK, EF, BC đồng quy tại tâm đẳng phương D của (O), (O’), (AEF).
Gọi L = BF ∩ CE, X = BF ∩ AD, Y = CE ∩ AD, Z = MN ∩ AD.
Ta có (ADXY) = - 1  (ECLY) = B(ECLY) = B(ADXY) = - 1.

Do đó theo hệ thức Maclaurin ta có
Hoàn toàn tương tự ta có
Mà

LN .LY = LE.LC

LM .LX = LF .LB

.

.

LE.LC = LF .LB ⇒ LM .LX = LN .LY

Từ đó suy ra M, N, X, Y đồng viên.
Theo định lý Gauss thì MN đi qua trung điểm AD nên Z là trung điểm AD.
Mà M, N, X, Y đồng viên nên
ZN. ZM = ZX.ZY.
Mặt khác (ADXY) = - 1 suy ra ZA2 = ZX.ZY = ZN.ZM
Suy ra ZA là tiếp tuyến của (AMN).
Từ đó có điều phải chứng minh.
∆
Ví dụ 14. Cho ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA và AB tương
ứng tại D, E, F. Đường thẳng EF cắt BC tại G. Đường tròn đường kính GD cắt (I) tại R (R
≠
≠
≠
D). Gọi P, Q (P R, Q R) tương ứng là giao của (I) với BR, CR. Hai đường thẳng BQ
và CP cắt nhau tại X. Đường tròn (CDE) cắt QR tại M và đường tròn (BDF) cắt PR tại N.
Chứng minh rằng PM, QN và RX đồng quy.

Lời giải
Gọi K là trung điểm đoạn GD.
Ta có (GDBC)=-1, do đó
∠KRB = ∠RCB
Do đó
.

KD 2 = KR 2 = KB.KC ,

điều này suy ra KR là tiếp tuyến (RBC).

Mặt khác KD là tiếp tuyến của (I), do đó KR cũng là tiếp tuyến của (I).
Vì vậy

∠KRB = ∠RQP ⇒ ∠RQP = ∠RCB ⇒ RQ || BC .

Suy ra RX đi qua trung điểm của đoạn PQ ( bổ đề quen thuộc trong hình thang ).
Từ đây suy ra RX, PM, QN là 3 đường trung tuyến của

Trang 24

∆RQP

, suy ra ĐPCM.


A

E

R
M

F

N

I

Q

P
X
G

D

B

C

K

H

( O)

ABC

Ví dụ 15. (Duyên Hải 2013) Cho tam giác

nội tiếp đường tròn
. Đường tròn
( I)
BC , CA, AB
D, E , F
H
nội tiếp tam giác, tiếp xúc với các cạnh
lần lượt tại
. Gọi
( O)
D
EF AH
là hình chiếu vuông góc của
trên
;
cắt lại đường tròn
tại điểm thứ hai
( O)
G
G
BC
T
. Tiếp tuyến với đường tròn
tại
cắt
tại . Chứng minh rằng tam giác
TDG
cân.
Lời giải
Nếu

EF

Suy ra
Ta có
Mà

BC

//

EF

và

thì

BC

A, O, I , D, H , G

cắt nhau tại

S

thẳng hàng nên

TG

//

BC

(vô lí)

.

( BCDS ) = −1 ⇒ H ( BCDS ) = −1

HD ⊥ HS ⇒ HD

Mặt khác vì

AE = AF

là phân giác của

·
·
·
⇒ FHB
= EHC
BHC

nên

·AEF = ·AFE ⇒ CEH
·
·
= BFH

Từ (1) và (2) suy ra

(1)

∆BFH

và

∆CEH

(2)

đồng dạng
⇒

HF BF BH DB
=
=
=
HE CE CH DC

Ta có

Trang 25

(3)