Các định lý cơ bản

Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó

Phần1: Một số bài toán hình học phẳng
và tính chất của nó
CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ
QUEN THUỘC

Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài
cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn
hình học.Dựa vào chúng, chúng ta có thể dễ dàng
giải một số bài toán khó; Bên cạnh đó chúng còn
giúp chúng ta có thể tự suy ra một số tính
chất áp
dụng được cho nhiều bài toán.
1. (Đònh lí Menelaus). Trên ba cạnh (tính luôn phần
kéo dài) BC, CA, AB của tam giác ABC ta lấy lần
lượt các điểm M, N, P. Chứng minh rằng ba điểm M,
MB NC PA
.
.
= 1(*) .
N, P thẳng hàng khi và chỉ khi:
MC NA PB
BÀI GIẢI
° Chiều thuận: giảsử M, N, P
Q
thẳng hàng; Ta chứng minh (*).
A
Từ A kẻ đường thẳng song
N
song với BC cắt MNP tại Q.

Theo đònh lí Talet, ta có:
P
PA QA
=
(1)
PB MB
NC MC
=
(2)
NA
QA
Nhân từng vế đẳng thức (1) và (2) ta được:
PA NC MC
MB NC PA
.
=
hay
.
.
= 1(* ) (đpcm)
PB NA MB
MC NA PB
° Chiều nghòch: giả sử đã có (*). Ta đi chứng minh M, N, P
thẳng hàng.
Thật vậy: giả sử đường thẳng NP cắt BC tại M’, theo
chiều thuận ta có:
M ' B NC PA
.
.
= 1(**)

M ' C NA PB
MB M ' B
MB M ' B
=
⇔
=
⇔ MB = M ' B
Từ (*) và (**) ⇒
MC M ' C
BC
BC
⇒ M ≡ M’.
Vậy M, N, P thẳng hàng.

M

B

C

1


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
2. (Đònh lí Ceva). Trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác
ABC ta lần lượt lấy các điểm M, N, P. Chứng minh rằng
ba đường thẳng AM, BN, CP đồng quy khi và chỉ khi:
MB NC PA
.
.

= −1 .
MC NA PB
BÀI GIẢI
°Chiều thuận: giả sử AM, BN, CQ đồng quy tại O.
Theo đònh lí Talet, ta có:
MB BA
=
(1)
E
D
MC CD
C
NC EC
=
(2)
N
M
NA BA
O
Bên cạnh đó:
PA OP
PB
=
=−
CD OC
EC
A
B
PA
CD

⇒
=−
(3)
PB
EC
Nhân từng vế đẳng thức (1), (2) và (3)ta được điều phải
chứng minh.
MB NC PA
.
.
= −1(*) . Ta phải chứng minh AM,
°Chiều nghòch:giảsử
MC NA PB
BN, CP đồng quy.
Thật vậy: AM giao BN tại O. Qua O kẻ OC cắt AB tại P’.
Theo chiều thuận ta có:
MB NC P ' A
.
.
= −1 (**)
MC NA P ' B
P ' A PA
Từ (*) và (**) ⇒
=
⇒ P ≡ P'.
P ' B PB
Vậy AM, BN, CP đồng quy tại O (đpcm).
Ở trên là hai đònh lí quan trọng và được sử dụng nhiều
trong hình học phẳng. Nhờ chúng ta có thể chứng minh
được tập hợp điểm thuộc một đường thẳng (sự thẳng

hàng), sự đồng quy của các đường thẳng, điểm cố đònh,
các tỉ số bằng nhau và một số bài toán về tập hợp
điểm…
Sau đây ta sẽ xét một số bài toán dạng trên.
3. Giả sử các cặp cạnh AB và CD, BC và AD, AC và BD
của tứ giác ABCD lần lượt cắt nhau tại M, P, Q. Gọi Q là
giao điểm của MP và AD.

2


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó

Chứng minh rằng:

QA
NA
=−
.
QD
ND
BÀI GIẢI
Dùng đònh lí Menelaus ta có:
QA PD MB
.
.
=1
QD PB MA

M

D
Q
A P
N

⇒

B

C

QA PB MA
=
.
=α
QD PD MB

Với VADM ta có:

NA CD BM
.
.
=1
ND CM BA

NA CM BA
α PB CD AM
=
.
=β ⇒ =

.
.
=1
β PD CM AB
ND CD AM
(theo đònh lí Menelaus trong V BDM)
QA
NA
=−
Vậy α = β ⇒
(đpcm).
QD
ND
⇒−

4. Trên các cạnh của tam giác ABC ta lấy các điểm A 1,
BA1
CB
AC
= p, 1 = q, 1 = r . Gọi giao điểm của AA1
B1 và C1 sao cho
A1C
B1 A
C1 B
với CC1, BB1 lần lượt là P và Q.Gọi giao điểm của BB1
S VPQR
và CC1 là R. Hãy tính:
.
S VABC
BÀI GIẢI

Xét tam giác ABE và cát tuyến CRF ta có:

A
F
P
Q
B

D

R

E
C

CB1 C1 A RB
RB CA C1B r + 1 1
.
.
=1⇒
=
.
=
.
CA C1B RB1
RB1 CB1 C1 A
r q

3

Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
⇒

RB (q + 1).r + 1
=
BB1
q.r

S VBRC S VBRC S VBB1C BR CB1
=
.
=
.
S VABC S VBB1C S VABC BB1 CA
(q + 1).r + 1 r
(q + 1).r + 1
=
.
=
q.r
r +1
q.(r + 1)

⇒

Tương tự, ta có:
S VABQ (r + 1).q + 1
S VACP ( p + 1).q + 1
=

=
và
S VABC
( p + 1).r
S VABC
(q + 1). p
S VPQr
S VBRC S VACP S VABQ
= 1− (
+
+
)=
Vậy
S VABC
S VABC S VABC S VABC
( p + 1).q + 1 ( p + 1).r + 1 (r + 1). p + 1
= 1−[
+
+
]
p.(q + 1)
q.(r + 1)
r.( p + 1)
5.Cho tia Ax và một điểm E khác A (E ∈ Ax). Từ E, vẽ tia
Ey. Hai điểm C vàD phân biệt, khác điểm E, cho trước
trên tia Ey. Một điểm B chạy trên tia Ex. Các đường
thẳng AC và BD cắt nhau ở M, AD và BC cắt nhau ở N.
a) Chứng minh rằng đường thẳng Mn luôn cắt tia Ey tại
một điểm F cố đònh.
b) Hãy xác đònh một vò trí của điểm B trên tia Ex sao

cho các tam giác MCD và NCD tương ứng có diện tích
bằng nhau.
BÀI GIẢI
y
D

a) Dùng đònh lí Menelaus cho
tam giác CDA ta có:
M
FC ND MA
.
.
=1
F
FD NA MC
N C
FC NA.MC
⇒
=
=α > 0
A
B
P
FD ND.MA
Với tam giác CDM ta có:
EC BD AM
EC BM . AC
.
.
=1⇒

=
=β >0
ED BM AC
ED BD. AM
α NA.MC.BD NA BD CM
=
=
.
.
= 1 (theo đònh lí Menelaus trong tam
Nên
β BM . AC. AD AD BM CA
giác ADM)
EC FC
=
⇒ F cố đònh (đpcm).
Do đó α = β hay
ED FD

4


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
b) Khi AE = BE thì MN song song với AB. Thật vậy, nếu MN cắt AB
ở P. Áp dụng đònh lí Xeva trong tam giác ABD với cát tuyến
PNM ta có:
EA MB ND
MB ND PA
.
.

=1=
.
.
EB MD NA
MD NA PB
EA
EA
= 1 ⇒ PA = PB mà
= 1 ⇒ PA = PB (vô lí)ø
EB
EB
Vậy MN // AB ⇒ FM = FN ⇒ S V MCD = S V NCD.
Vậy một vò trí thích hợp của B là EB = EA.
6. Giả sử ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại
điểm O trong tam giác ABC (A’ ∈ BC, B’ ∈ CA, C’ ∈ AB).
OA B ' A C ' A
=
+
Chứng minh rằng:
.
OA ' B ' C C ' B
BÀI GIẢI
Áp dụng đònh lí Menelaus vào V ABA’ ta có:

A

OA CA ' C ' B = 1
.
.
OA ' CB C ' A

B'
⇒

C'
B

A'

C

OA CA ' C ' A (1)
.
=
OA ' CB C ' B
Tương tự ta có:
OA BA ' B ' A (2)
.
=
OA ' BC B ' C
Cộng từng vế các đẳng

thức (1) và (2), ta co:ù
OA (CA '+ A ' B ) B ' A C ' A OA BA ' B ' A
.
=
+
.
=
OA '

CB
B ' C C ' B OA ' BC B ' C
α NA.MC.BD NA BD CM
OA B ' A C ' A
=
=
.
.
=1 ⇒
(đpcm).
=
+
β BM . AC. AD AD BM CA
OA ' B ' C C ' B
Bây giờ, chúng ta tiếp tục xét về đường tròn, mối liên
hệ giữa đường tròn và tam giác. Khi đã được học các kiến
thức về đường tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp, ngoại
tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp; …) thì việc giải một lớp
các bài toán trở nên dễ dàng. Còn nếu chưa học về
chúng thì các bài toán như vậy có giải quyết được không?
Chúng ta hãy kiểm chứng điều đó qua các bài toán sau.
7. Chứng minh rằng một tứ giác lồøi có hai góc đối
bù nhau khi và chỉ khi tồn tại một điểm cách đều

5


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
bốn đỉnh của tứ giác. (Đó chính là một tứ giác nội
tiếp).

BÀI GIẢI
a) Giả sử tứ giác ABCD có ∠ A + ∠ C = ∠ B+ ∠ D =180o
Không mất ính tổng quát
giả sử B ≥ A. Nếu ∠ B > ∠ A
C
thì ∠ C > ∠ D, ta lấy điểm M
B
sao cho ∠ MAB = ∠ A, ∠ MCD =
∠ D, các tia BM và CM cắt
AD lần lượt tại P và N, suy ra
M
∠ MBC = ∠ MCB nên tam giác
MBC cân tại M.
Từ các tam giác cân
O
BMC, ABP, CDN suy ra các
N
P
A
D
trung trực của tam giác AB,
BC, CD chính là các đường
phân giác của tam giác MNP nên chúng đồng quy tại O và
rõ ràng OA = OB = OC = OD.
Trường hợp điểm M trùng với N và P thì có MA = MB = MC =
MD. Nếu ∠ B = ∠ A thì ∠ C = ∠ D, tứ giác ABCD là hình thang cân,
kết luận hiển nhiên đúng.
b) Ngược lại, nếu tứ giác ABCD có
điểm O thỏa
mãn OA = OB = OC = OD. Giả sử O

nằm trong tứ
C
B
giác(các trường hợp còn lại
chứng minh tương tư)ï
Khi đó ta có:
O
∠ OBA = 90o – ∠ AOB/2
A
∠ OBC = 90o – ∠ BOC/2
∠ ODC = 90o – ∠ COD/2
∠ ODA = 90o – ∠ DOA/2
D
Nên:
∠AOB + ∠BOC + ∠COD + ∠DOA
∠B + ∠D = 3600 −
2
= 360o – 180o = 180o = ∠ A
+ ∠ C.
8. Chứng minh rằng một tứ giác lồi có tổng hai cạnh
đốùi bằng nhau khi và chỉ khi tồn tại một điểm cách
đều bốn cạnh của tứ giác . ( đó chính là tứ giác
ngoại tiếp).
BÀI GIẢI

6


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
a) Giả sử tứ giác ABCD co:ù

AB + CD = AD + BC
Không mất tính tổng
quát, giả sử AB ≥ BC.
C
Nếu AB > CD thì AD > CD,
lấy điểm M trên AD sa cho
M
I
BM = BC, N thuộc cạnh AD sao
cho DN = DC, suy ra AM = AN.
Từ các tam giác cân AMN,
BMC, DCN suy ra phân giác
N
D
A
các góc A, B, D là các trung
trực của tam giác CMN nên
chúng đồng quy tại I. Rõ ràng I cách đều bốn cạnh của tứ
giác.Trường hợp AB = BC, AD = CD thì I là giao điểm của BD và
phân giác góc A.
b) Ngược lại, nếu tứ giác ABCD có điểm I cách đều bốn cạnh
của tứ giác thì đễ thấy I là giao điểm của bốn đường phân
giác. Do đó việc chứng minh AB + CD = AD + BC hoàn toàn đơn
giản.

B

9. Cho tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng tứ giác có
hai góc đối bù nhau khi và chỉ khi ∠ ACB = ∠ ADB.
BÀI GIẢI

Trường hợp BC song song với AD
C
dễ thấy hai điều kiện trên tương
đương với tứ giác ABCD là hình
B
thang cân, nên điều chứng minh
càng hiển nhiên đúng.
Giả sử hai đường thẳng BC và
O
D
CD cắt nhau tại O sao cho B nằm
A
giữa O và C.
Ta có góc ABC bù với ADC ⇔ OBA = ADC
⇔ Tam giác: OAB ~ OCD (g-g)
⇔ OA/OC = OB/OD ⇔ Tam giác OAC OBD ⇔ Góc: ACB = ADB.
* Chú ý:từ ACD = ABD ta đẽ dàng suy ra được ∠ BAC = ∠ BDC,
∠ CBD = ∠ CAD, ∠ ABD = ∠ ACD.
10. (Đònh lí Ptôlêmê) Chứng minh rằng nếu tứ giác
ABCD có hai góc đối bù nhau thì: AB.CD + AD.BC = AC.BD.
BÀI GIẢI
Theo bái toán 9 ta có: ∠ BAC = ∠
BDC,
C
và ∠ BCA = ∠ BDA.
Trên AC lấy điểm K sao cho: ∠ ABK
B
= ∠ DBC
K
7

A

D


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
⇒ V ABK ~ V DBC (g-g)
AB AK
⇒
=
⇒ AB.CD = AK.BD (1)
BD CD
Tương tự ta cũng có:
V ABD ~ V KBC (g-g)
⇒ AD.BC = BD.CK (2).
Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có được điều phải chứng
minh.
11. Cho tứ giác ABCD có hai góc đối bù nhau. Hạ DM,
DN, DP theo thứ tự vuông góc với BC, CA, AB. Chứng
minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng (đường thẳng
Simson).
B
BÀI GIẢI
Nếu P ≡ A và M ≡ C thì kết
luận là hiển nhiên. Nếu P thuộc
đoạn AB và các điểm được bố trí
P
như hình vẽ (với các trường hợp
N

C
A
K
khác chứng minh tương tự).
M
Ta nhận thấy A, N, M thẳng
hàngvà hai đoạn NP, NM nằm về
hai phía khác nhau của đoạn AC. Vì
D
vậy để chứng minh M, N, P thẳng
hàng thì chỉ cần chứng minh hai
góc ANP và CNM bằng nhau.
Xét tứ giác DNCM, có:
∠ DNC + ∠ CMD = 90o + 90o = 180o
=> Tứ giác nội tiếp => ∠ MNC = ∠ CDM (theo kết quả bài 7
và 9)
Tương tự với tứ giác APND ta có ∠ ANP = ∠ ADP.
Bên cạnh đó: ∠ DCM = ∠ DAP (cùng bù với góc DCB)
∠ DMC = ∠ PDA = 90o
⇒ Hai tam giác DMC và DPA bằng nhau (g-g)
⇒ ∠ ADB = ∠ CDM => ∠ MNC = ∠ CDM = ∠ ADP = ∠ ANP ⇒ ∠ ANP =
∠ CNM
⇒ Điều phải chứng minh.
Ở phía trên là một sốù bài tập về đường tròn mà
chúng ta có thể giải chúng chưa cần đến kiến thức về
đường tròn.Trong đó chúng ta có nhắc đến hai công cụ được
sử dụng nhiều trong hình học, đó là đònh lí Ptôlêmê và
đường thẳng Simson. Ptôlêmê thì được sử dụng để chứng
minh các bất đẳng thức hình học, còn Simson dùng để
chứng minh sự thẳng hàng.Dựa vào chúng, ta có thể dễ

dàng suy ra một số tính chất sau:

8


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó

°Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
tâm O. Đường cao AH (H ∈ BC). Ta có ∠
BAH = ∠ OAC.
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh nó mà
chỉ sữ dụng những tính chất về
đường tròn mà chúng ta đã biết ở
trên.
Chứng minh: Dựng đường kính AF và
điểm E là trung điểm AC.
Xét tam giác AFC, ta có:
∠ OAC = ∠ OCA và ∠ OCF = ∠ OFC (vì OA =

A

E
O
H

B

C

F

OC = OF)
Mà ∠ OAC + ∠ OCA + ∠ OCF + ∠ OFC = ∠ OAB + ∠ ACF + ∠ OFC =
180o
1800
Vậy ∠ ACF = ∠ ACO + ∠ OCF =
= 90o
2
Mà OE // FC ⇒ ∠ AOE = ∠ ACF = 90o (1) và ∠ AOE = ∠ AFC (2)
(đồng vò)
Bên cạnh đó ∠ ABC = ∠ AFC (3)
Từ (1), (2) và (3) ⇒ V BAH = V OAE ⇒ ∠ BAH = ∠ OAC (đpcm).
A

N
E

P

O

F
H
B

D

M

C

°Cho tam giác ABC nội tiếp đường
tròn tâm O.
Gọi H là trực tâm của tam giác
vàM, N, P lần lượt là giao của AH, BH,
CH với đường tròn tâm O. Ta dễ
dàng chứng minh được HD = DM
thông qua tam giác HCM cân tại C.
Tương tự HE = EN, HF = FP.Từ đó ta có
thể suy ra một số tính chất sau:
* H là giao điểm ba đường phân giác
của tam giác MNP.
* HA = PA = NA, HB = PB = MB, HC = NC

= MC.
* OA vuông góc với PN, tương tự với OB vàPM, OC và MN…
Trong hình học sơ cấp còn có một hệ thức rất đẹp, đó là
hệ thức Ơle d2 = R2 – 4Rr (trong đó d là khoảng cách từ tâm
O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nội tiếp tam
giác ABC và R, r tương ứng là bán kính các đường tròn ấy).
Tương tự, ta cũng có hệ thức d’ 2 = R2 + 2Rr’(trong đó d’ là
khoảng cách từ O đến tâm I’ đường tròn bàng tiếp góc A
và r’là bán kính đường tròn này.

9


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Để chứng minh hệ thức trên, ngoài việc sử dụng hệ thức
lượng trong đường tròn (tính phương tích của I và I’ với đường

tròn (O)), ta còn dùng đến tính chất sau:
° Tính chất 1: đường tròn tâm O đi qua trung điểm đoạn IaI.
Chứng minh: ta xét cả ba đường tròn bàng tiếp của tam
giác ABC ta thấy ngay I chính là
Ib
trực tâm của tam giác IaIbIc,
còn IaA, IbB, IcC là các đường
cao của tam giác ấy. Vì vậy,
A
đường tròn (O) ngoại tiếp tam
Ic
J
giác Abc chính là đường tròn
chín điểm Ơle của tam giác
O
IaIbIc. Đường tròn này đi qua
I
các trung điểm của IaI, IbI, IcI
B
đồng thời đi qua trung điểm
C
của IaIb, IbIc và IcIa .
ra Ia
Gọi J là điểm đối xứng của I
qua O, khi đó J là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác I aIbIc.
Mặt khác, vì I là trực tâm và I aA, IbB, IcC là các đường cao cua
tam giác IaIbIc, nên dễ chứng minh:
IA
IB

IC
r r r
+
+
=1⇒ + + =1
I a A I b B I cC
rc rb rc
1 1 1 1
⇒ + + = . Suy ra
ra rb rc r
1 1 1 1
+ + =
° Tính chất 2:
ra rb rc r
Sử dụng tính chất của các tứ giác nội tiếp IBI aC, ICIbA, IAIcB
ta có:
r
IA
IA I b A
=
=
.
= tg ∠AI b I .tg ∠CI a I . Do đó ta có:
ra I a A I b A I a A
r
B C
° Tính chất 3: trong tam giác ABC, ta có: = tg .tg .
ra
2
2

r
A C
r
A B
= tg .tg
= tg .tg .
Tương tự ⇒
,
rb
2
2
rc
2
2
Thay vào tính chất 2 ta được hệ quả sau:
A B
B C
C
A
tg .tg + tg .tg + tg .tg = 1 .
2
2
2
2
2
2
° Tính chất 4: M là mộït điểm bất kì trên cạnh BC của
tam giác ABC. Gọi r, r1, r2 là bán kính đường tròn nội
tiếp và p, p1, p2 là bán kính đường tròn bang tiếp góc

10


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
A của tam giác ABC, ABM và ACM. Chứng minh hệ thức:
r/p = r1/p1 . r2/p2.
Chứng minh:
A
vì AMB + AMC = 180o ⇒ AMB/2 + AMC/2 =
90o
⇒ tgAMB/2 = cotg AMC/2 ⇒ tgAMB/2 .
tgAMC/2 = 1
Nên r1/p1 . r2/p2 = tgB . tgAMB/2 . tgAMC/2 .
B
C tgC/2 = tgB/2 . tgC/2 = r/p.
M
12. (Đònh lí Macxoen). Bên trong tam giác ABC lấy một
điểm P bất kì và nối nó với các đỉnh của tam giác.
Chứng minh rằng, nếu dựng một tam giác với các
cạnh song song với các đoạn thẳng đó và qua các
đỉnh của nó dựng các đường thẳng song song với các
cạnh của tam giác ABC thì các đường thẳng đó đồng
quy tại một điểm.
BÀI GIẢI
Rõ ràng thay cho tam giác có
B
các cạnh song song với các đoạn
E
D
P

thẳng AP, BP và CP, ta có thể xét
một tam giác nào đó có các
cạnh vuông góc với các đoạn
A
O
thẳng đó, còn qua các đỉnh của
C
F
nó kẻ qua các đỉnh của nó kẻ
các đường thẳng không phải song
song, mà vuông góc với các cạnh
của ta giác ABC. Một tam giác như
vậy có thể là tam giác DEF với
các đỉnh là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam
giác ABP, BCP và CAP. Khi đó các đường thẳng đi qua các
đỉnh của tam giác DEF là đường trung trực của các cạnh tam
giác ABC và vuông góc với chúng, do đó chúng đồng quy
tại một điểm.
13. (Đònh lí Moocley) Bằng các tia xuất phát từ các
đỉnh của tam giác ABC, mỗi góc của tam giác bò chia
thành ba phần bằng nhau. Hai tia xuất phát từ các
đỉnh B và C và gần với cạnh BC cắt nhau tại điểm A 1,
tương tự như vậy ta xác đònh các đỉnh B 1 và C1. Chứng
minh rằng tam giác A1B1C1 là tam giác đều.(h.1)

11


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
BÀI GIẢI

C3

B

A3

N
R
C1

A1

B2

P

M

O

B1
B3

C

A
hình 1

hình 2

Giả sử trong tam giác ban đầu có các ∠ A = 3 α , ∠ B = 3 β ,
∠ C = 3 γ . Ta lấy một tam giác đều A 2B2C2. Dựng trên các cạnh
của nó về phía ngoài như trên các đáy tam giác cân A 2B2R,
B2C2P và C2A2Q với các đáy tương ứng bằng 60o - γ , 60o - α , 60o
– β . Kéo dài các cạnh bên của tam giác đó về phía A 2, B2, C2
và kí hiệu các giao điểm của đường thẳng RB 2 và RA2, QA2
và PB2 tương ứng là A3, B3, C3. Kẻ qua B2 đường thẳng songsong
với A2B2 cắt các đường thẳng QA 3 và QC3 tương ứng tại M
vàN (h.2). B2Q là đường cao của tam giác cân QMN, nên B 2 là
trung điểm của đoạn MN. Tính các góc của tam giác B 2C3N và
B2A3M: ∠ C3B2N = ∠ PB2M = ∠ C2B2M – ∠ C2B2P = α ; ∠ B2NC3 = 180o –
∠ C2A2Q = 120o + β , tức là ∠ A3B2M = 180o - α - (120o + ß) = γ .
Tương tự ∠ A3B2M = γ , ∠ B2A3M = α . Suy ra : V B2C3N – V A3B2M. Từ
C3 B2 C3 N
=
đó
; vì B2M = B2N và tam giác C3B2A3 bằng tam giác
B2 A3 B2 M
C3 B2 C3 N
=
C3NB2, nên
, tức là: V C3B2A3 – V C3NB2, suy ra ∠ B2A3A3 =
B2 A3 B2 N
γ . Tương tự = γ , tức là ∠ A2C3B3 = γ , tức là ∠ A3B3C3 = 3 γ = ∠ C
và C3B2, C3A2 là các đường chia góc C3 của tam giác A3B3C3
thành ba phần bằng nhau. Lập luận tương tự cho các đỉnh A 3
và B3 ta được tam giác ABC đồng dạng với tam giác A 3B3C3, từ
đó suy ra điều phải chứng minh.

12


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó

TẬP HP ĐIỂM TRONG MẶT PHẲNG
14. Cho B và C là hai điểm cố đònh trên một đường
tròn cho trước, A là điểm chuyển động trên đường
tròn đó. Điểm I trên đoạn AB sao cho IA/IB = k (k > 0 cho
trước).
Tìm tập hợp các điểm M, hình chiếu của điểm I trên
đường thẳng AC.
BÀI GIẢI
°Phần thuận:
Gọi cung BnC là cung sao cho điểm A ở trên đó mà góc BAC
nhọn, còn cung BmC là cung sao cho điểm A ở trên đó mà
góc BAC tù.
a) Nhâïn xét: Khi điểm A thay đổi trên cung BnC hoặc cung BmC
thì các tam giác IAM luôn luôn đồng dạng với nhau. Vậy ta
chỉ cần chứng minh: với điểm A 1 thuộc cung BnC, còn điểm
A2 thuộc cung BmC thì hai tam giác A1M1I1 và A2M2I2 đồng dạng
với nhau. Điều này rõ ràng, do chúng là hai tam giác vuông
và ∠ A1 = ∠ A2 = ∠ I2A2M2 và bằng 180o – ∠ BA2C.
b) Từ nhận xét trên, suy ra khi A thay đổi thì các tam giác ABM
luôn luôn đồng dạng với nhau, nên ∠ BM1C = 180o – ∠ BM2C.
Từ (a) và (b) ⇒ góc AMB không đổi, nên góc α = ∠ BM1C
(hoặc ∠ BM2C = 180o - α ) không đổi.
Từ đó suy ra điểm M nằm trên đường tròn đi qua điểm B
và C, trong đó BC chia đường tròn thành hai cung: cung thứ
nhất cùng phía với cung BnC có số đo bằng α , cung thứ hai

cùng phía với cung BmC có số đo bằng 180 o - α so với đường
thẳng BC. Gọi đường tròn đó là (C).
°Phần đảo:
Lấy điểm M bất kì trên (C), nối CM cắt đường tròn đã cho
tại điểm A, qua M dựng đường thẳng vuông góc với AC cắt AB
IA
tại I.Ta dễ dàng nhận thấy
không đổi với mọi vò trí của
IB
điểm M. Từ đó suy ra đpcm.
15. Tìm tập hợp giao điểm hai đường chéo của một hình
bình hành có một góc ở đỉnh bằng α và bốn đỉnh
của nó đi qua bồn điểm cho trước.
BÀI GIẢI
Giả sử bốn điểm đã cho là M, N, K, L trong đó M thuộc
đường thẳng AB; N thuộc đường thẳng CD; K thuộc BC và L
thuộc đường thẳng AD, với ABCD là hình bình hành có hai
đường chéo giao nhau tại O.

13


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Gọi P là trung điểm của MN. Q là trung điểm KL thì OP song
song với AB, CD và OQ song song với AD, BC. Suy ra góc POQ
bằng α (hoặc 180o - α ).
Các trường hợp còn lại được giải tương tự (chẳng hạn M và
K; N và L thuộc các cặp cạnh đối nhau của hình bình hành
ABCD).
16. Cho điểm A cố đònh trong miền tròn hình tròn tâm O

bán kính R. Gọi EF là dây cung luôn thay đổi qua điểm A
của đường tròn (O). Tìm tập hợp các giao điểm M của
hai tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ E và F.
BÀI GIẢI
1
1
Ta co:ùMO2 = R2 + ME2 và AM2 = ME2 – ( EF)2 + ( EF – AF)2
2
2
= ME2 + AF2 – EF.AF
= MO2 – R2 – (R2 – OA2) = MO2 +
OA2 – 2R2
2 R 2 − OA2
=> MO2 – AM2 = 2R2 – OA2, do đó: IH = =
, trong đó I là
2OA
trung điểm của OA, còn H là hình chiếu của điểm M lên
đường thẳng OA. Mặt khác :
OA 2 R 2 − OA2 R 2
OH = OI + IH =
+
=
> R.
2
OA
2OA
Vậy tập hợp điểm M làđường thẳng l vuông góc với
đường thẳng OA tại H thỏa mãn hệ thức:
R2
OH =

OA
17. Cho hai điểm O và G cố đònh.
a) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC nhận O làm
tâm đường tròn ngoại tiếp và G làm trọng tâm tam
giác.
b) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC với góc A
tùvà tam giác này nhận O làm tâm đường tròn
ngoại tiếp, nhận G làm trực tâm.
BÀI GIẢI
a)° Phần thuận:
Giả sử tam giác ABC thỏa mãn bài toán. Gọi M là trung
điểm của cạnh BC. Ta có AG = 2GM. Gọi I là hình chiếu của O
trên đường thẳng AM do OA > OM nên AI > MI. Nếu ∠ AGO > 90o
uuuur uuur uuuur r
thì điểm M nằm giữa A và I. Nếu K1 I1 + I1 J1 + J1 K1 = 0 ∠ AGO ≤ 90o,
từ AI > MI ta có:
AG – GI > GM + GI

14


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
1
AG > 2GI, hay AG > 4GI.
2
Mà điểm I thuộc đường tròn (C 1) đường kính OG, suy ra điểm
A sẽ nằm ngoài đường tròn (C 2), với (C2) là ảnh của (C1) qua
phép vò tự tâm G tỉ số bằng 4.
Mặt khác, điểm M không thể thuộc (C1) (nếu ngược lại thì ba
điểm A, B, C thẳng hàng) và do AG = 2GM, hai điểm A và M

nằm khác phía với nhau đối với điểm G, suy ra điểm A không
thể thuộc đường tròn (C3), ảnh của đường tròn (C1) qua phép
vò tự tâm G tỉ số -2, từ ra điểm O’ là ảnh của O qua phép
vò tự trên.
Tóm lại, đỉnh A của tam giác ABC nhận O và G theo thứ tự
là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm của nó niềm
ngoài hình tròn (C2), trừ ra các điểm thuộc đường tròn (C 3)\
{ O '} .
°Phần đảo:
Phần này không khó lắm, các bạn có thể tự chứng minh.
1
b) Ta có nhận xét: GO = − GH, trong đó O, G, H lần lượt là
2
tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm của tam
giác ABC. Sau đó ta dùng kết quả câu a) với chú ý góc BAC
tù, nên trung điểm M của BC nằm trong hình tròn (C 1) đường
kính OK, với K là trọng tâm tam giác.
⇒ AG –

18. a) Tìm tập hợp các trung điểm của các đoạn thẳng
mà hai đầu mút của nó di độngnhưng thuộc hai cạnh
AB và CD của tứ giác lồi cố đònh ABCD.
b) Hãy tìm tập hợp các điểm M nằm trong ngũ giác
đều ABCDE, sao cho M là trung điểm của không ít hơn ba
đoạn thẳng, mà hai đầu mút của hai đoạn thẳng đó
nằm trên các cạnh khác nhau của ngũ giác ABCDE.
BÀI GIẢI
a)°Phần thuận:
Giả sử T là một điểm nào đó thuộc cạnh AB. Gọi P, Q, R, S
lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, BD, AD và AC.

Khi đó trung điểm của TC làU thuộc PS, trung điểm V của TD
thuộc QR. Do đó, nếu giữ nguyên điểm T còn đầu mút thứ
hai di động trên cạnh CD thì trung điểm của chúng sẽ di động
trên toàn đoạn UV song song và bằng PQ, RS.
Bây giờ, cho điểm T chạy trên AB còn đầu mút thứ hai
chạy trên cạnh CD thì trung điểm của nó sẽ vẽ thành các
đoạn song song với PQ mà các đầu mút thuôïc PS và QR.
Vậy các trung điểm của các đoạn thẳng có hai đầu mút
chạy trên các cạnh AB và CD của tứ giác lồi ABCD sẽ phủ
kín hình bình hành PQRS. Các điểm trên cạnh hình bình hành
15


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
PQRS tương ứng là các điểm của các đoạn thẳng mà một
đầu mút chung với đỉnh của tứ giác ABCD.
°Phần đảo:
Lấy điểm M tùy ý thuộc hình bình hành PQRS. Qua điểm M
kẻ đường thẳng song song với RS cắt PS và QR tại U và V,
nối UC cắt AP tại T, ta nhận thấy T, V, D thẳng hàng. Nói TM
cắt CD tại X, khi đó TX nhận M làm trung điểm.
b) Trước hết, ta dễ dàng chứng minh khẳng đònh sau:
“Tập hợp tất cả các trung điểm của ác đoạn thẳng mà
các đầu mút của nó nằm trên hai cạnh của tam giác ABC
là hình bình hành với các đỉnh là điểm A và các trung điểm
của các cạnh AB, BC, CA.”.
Gọi A’, B’, C’, D’, E’ lần lượt là trung điểm của ác cạnh CD,
DE, EA, AB, BC. Các đoạn thẳng BE, E’C’, D’B’đồng quy tại A 1;
A’D’, E’C’, AC đồng quy tại B1; BD, E’B’, A’D’ đồng quy tại C 1; B’E’,
CE, A’C’ đồng quy tại D 1; A’C’, B’D’, AD đồng quy tại E 1. Giao điểm

của C1E1 với D1B1 và D1A1 là A1 và B2, giao của B1E1 với A1D1
và A1C1 là C2 và D2; giao của B1D1 với A1C1 là E2.
Sử dụng câu a) và khẳng đònh ở trên ta có các trung
điểm của các đoạn thẳng có hai đầu mút nằm trên các
cạnh khác nhau của hình ngũ giác đều ABCDE sẽ tạo thành
các hình bình hành như sau:
BD’B1E’, CE’C1A, DA’D1B’, BB’E1C’, AC’A1D’ và
B1E’C1E1, C1A’D1A1, D1B’E1B1, E1C’A1C1, A1D’B1D1
Nhưng ta chỉ xét các điểm M là trung điểm của ít nhất 3
đoạn thẳng mà hai đầu mút của chúng nằm trên các cạnh
khác nhau của ngũ giác đều ABCDE.Do đó tập hợp điểm M
sẽ phải thuộc các giao của từng cặp năm hình bình hành
B1E’C1E1, C1A’D1A1, D1B’E1B1, E1C’A1C1, A1D’B1D1. Hợp các giao trên
tạo thành hình sao
A2D2B1E2C1A2D1B2E1C2
Trừ ra các cạnh kể cả các đầu mút, riêng các đỉnh A 2, B2,
C2, D2, E2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy:
1.Ta xét điểm D2:
Tại điểm D2 có thể vẽ được ba đoạn thẳng nhận nó làm
trung điểm, đoạn thứ nhất có đầu mút là B, đoạn thứ hai có
đầu mút là A, đoạn thứ ba là đoạn thẳng song song với CE
và co đầu mút nằm trên BC, EA.
2.Ta xét cạnh A1D2:
Lấy điểm M trên cạnh A 1D2 (trừ D2) ta nhận thấy từ M có
thể vẽ được hai đoạn thẳng nhận nó làm trung điểm: đoạn
thẳng thứ nhất đi qua B, đoạn thẳng thứ hai được xây dựng
như phần đảo câu a) đối với tứ giác ABCE.

16

Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
19. Cho hai điểm A và G cố đònh. Tìm tập hợp đỉnh B
của tam giác ABC có ba góc nhọn nhận điểm G làm
trọng tâm.
BÀI GIẢI
Giả sử tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm. Gọi M là
trung điểm cạnh BC, suy ra AG = 2GM, nên điểm M hoàn toàn
xác đònh. Dựng hình bình hành ABA1C, suy ra ∠ ABA1 > 90o nên
đỉnh B nằm trong hình tròn đường kính AA 1 cố đònh. Do ∠ ABC <
90o nên đỉnh B nằm ở miền ngoài hình tròn đường kính MA1.
Tóm lại, đỉnh B nằm ở miền ngoài hai hình tròn đường kính
AM và A1M, đồng thời nằm trong hình tròn đường kính AA 1. Gọi
miền trên là (T).
20. Cho tam giác ABC và hai điểm M, N cố đònh.
Qua điểm N ta vẽ đường thẳng d và trên đó lấy hai
điểm P, Q sao cho tam giác PMQ đồng dạng với tam giác
ABC. Tìm tập hợp điểm P và Q khi d quay quanh điểm N.
BÀI GIẢI
Ta sắp xếp thứ tự các đỉnh của tam giác PMQ tương ứng
với thứ tự của tam giác ABC. Tức là trong mọi vò trí của
đường thẳng d thì ∠ MPQ = ∠ BAC và ∠ MQP = ∠ ACB.
Với mọi vò trí của d, có thể xảy ra hai trường hợp:
a) Các điểm P và Q nằm về hai phía của điểm N.
b) Các điểm P và Q nằm cùng một phía đối với điểm N.
°Xét trường hợp a):
Điểm P luôn nhìn đoạn MN dưới một góc không đổi BAC
nên điểm P thuộc hai cung đối xứng nhau qua MN chứa góc
bằng BAC với dây tương cung là MN.
Điểm Q luôn nhìn đoạn MN dưới một góc ACB không đổi

nên điểm Q thuộc hai cung đối xứng nhau qua Mnchứa góc
ACB.
Chú ý rằng hai điểm P và Q nằm khác phía với nhau đối
với MN.
°Xét trường hợp b):
Ta có góc MQP bằng góc MQN bằng góc ACB không đổi.
Góc MQP bằng góc BAC, suy ragóc MPN = 180 o – BAC (không
đổi).
Khi đó, điểm Q nằm trên hai cung chứa góc ACB nhận MN
làm dây trương cung. Điểm P nằm trên hai cung chứa góc 180 o
– BAC nhận MN làm trương cung.
Lưu ý rằng P và Q nằm trên hai cung cùng phía đối với BC.
21. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Với
mỗi điểm M ở trong đường tròn ta gọi A’, B’, C’ theo thứ
tự là giao điểm của AM, BM, CM với đường tròn. Tìm
tập hợp các điểm M ở trong đường tròn sao cho:
17


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó

A

C'
M
GO

B

MA MB MC

+
+
≤ 3.
MA ' MB ' MC '
BÀI GIẢI
Vì M ở trong (O) nên:
MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ = R2.MO2.
MA MB MC
B'
⇒
+
+
=
MA ' MB ' MC '
(MA2 + MB2 + MC2)/(R2 – MO2) ≤ 3 (1)
Với điểm X tùy ý trong mặt
phẳng
thì:
A'
2
XA + XB2 + XC2 = 3XG2 + GA2 + GB2 +
GC2
C
(với G là trọng tâm tam giác ABC),
cho X ≡ M và O ta co:ù
MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 +
GC2,
OA2 + OB2 + OC2 = 3OG2 + GA2 + GB2 +

GC2,

suy ra GA2 + GB2 + GC2 = 3(R2.OG2).
Vì thế, (1) tương đương với:
MG 2 + R 2 − OG 2
≤ 3.
3
R 2 − MO 2
Suy ra: MG2 + MO2 ≤ OG2 (2).
Hai trường hợp có thể xảy ra:
1) Tam giác ABC đều: từ (2) suy ra M ≡ O (tâm của tam giác
đều ABC).
2) Tam giác ABC không đều: suy ra M thuộc hình tròn đường
kính OG.
22. Cho (L) là tiếp tuyến của đường tròn (C) và M là
một điểm trên (L). Hãy tìm quỹ tích điểm P thỏa mãn
tính chất: tồn tại hai điểm R, Q trên (L) sao cho RM = QM
và tam giác PQR nhận (C) làm đường tròn nội tiếp.
BÀI GIẢI
P
Cho X là giao điểm của (C) và (L),
O là tâm của (C). Giả sử XO cắt
(C) tại điểm thứ hai Z; Y là điểm
z
trên QR sao cho M là trung điểm
O
của XY. Gọi (C’) là đường tròn
Q
X Y
tiếp xúc với cạnh QR, các đường
R
thẳng PQ, PR nhưng ở về phía

khác với (C) so với cạnh QR (tức
đường tròn bàng tiếp góc P của
O'
tam giác PQR). Giả sử (C’) tiếp
xúc với QR tại Y’.
18


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
PY '
biến (C) thành (C’), tiếp tuyến
PZ
với (C) tại Z biến thành đường thẳng QR, suy ra Z biến thành
Y’. Ta sẽ chứng minh QX = RY’.
Thật vậy, hiển nhiên X và Y’ là chân đường vuông góc
với QR hạ từ O và O’ tương ứng. Ta cũng có:
∠ OQO’ = ∠ ORO’ = 90o.
Từ đó suy ra hai tam giác QY’O’ và OXQ đồng dạng nhau, do
QY ' OX
=
đó:
. Cũng vậy hai tam giác RXO và O’Y’R đồng dạng
Y ' O XQ
RX O ' Y '
=
nhau nên:
. Suy ra:
XO Y ' R
QY’. XY = Y’O’.OX = RX.Y’R.
QX

QX
RY '
RY '
=
=
=
,
Từ đó ta được:
RX QR − QX QR − RY ' QY '
⇒ QX = RY’.
Mặt khác, QX = RY và M vừa là trung điểm của XY, vừa là
trung điểm QR, do đó ta có Y trùng Y’. Như vậy, điểm P di động
nhưng luôn luôn nằm trên tia YZ (dễ thấy Z cố đònh, Y cố
đònh nên tia YZ cố đònh).
Đảo lại, lấy điểm P bất kì trên tia YZ, thì bằng cách lí luận
tương tự như trên ta cũng có QX = RY. Nhưng M là trung điểm XY
nên suy ra M là trung điểm QR, như thế P là điểm của quỹ
tích. Tóm lại, quỹ tích P là tia YZ.
Phép vò tự tâm P, tỉ số

23. Cho đường tròn tâm O và hai điểm B, C cố đònh
trên nó.
Một điểm A di động trên đường tròn đó. Gọi H là
trực tâm tam giác ABC.
a) Tìm tập hợp trung điểm K của AH.
b) Tìm tập hợp trọng tâm của tam giác AOH.
c) Tìm tập hợp giao điểm của đường phân giác góc A
của tam giác ABC với đường thẳng OH.
BÀI GIẢI
a) Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Dễ thấy

uuur
uur
uuur uur
AH = 2OI nên AK = OI .
Vậy K nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O) qua
uur
phép tònh tiến véctơ OI . Gọi nó là đường tròn ( I ).
uuur 2 uuur
b) Gọi G là trọng tâm tam giác AOH, ta có: OG = OK .
3
Vậy G thuộc đường tròn ảnh của đường tròn ( I ) qua phép
2
vò tự tâm O tỉ số .
3

19


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
c) Dễ thấy phân giác góc A của tam giác cũng là phân
giác góc A của tam giác AOH. Gọi điểm D là giao điểm của
đường phân giác góc A với OH. Ta có:
uuur
uuur
HD AH 2 AK 2OI
OH 2OI + R
R
=
=
=

=
OH . (*)
hay
, từ đó: OD =
DO AO uAO
Rr
OD
R
2OI + R
uur
uu
Ta lại có AH = 2OI nên trực tâm H nằm trên đường tròn ảnh
uur
của đường tròn (O) qua phép tònh tiến theo véctơ 2 OI , ta gọi
nó là (H). Do đó, từ đẳng thức (*) suy ra điểm D thuộc đường
tròn ảnh của đường tròn (H) qua phép vò tự tâm O tỉ số:
R
.
2OI + R
24. Cho tam giác Abc vuông tại A, BC = a, CA = b, AB = c.
Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn: a2MA2 + b2MB2 + c2MC2 =
2b2c2.
BÀI GIẢI
uur
uur
uur r
Gọi I là điểm thỏa mãn điều kiện: a 2 AI + b 2 BI + c 2 CI = 0.
Trước hết, ta xác đònh điểm I. Gọi H là hình chiếu của A
xuống BC,ta có:
uuur

uuur
uuur
c 2 uuur
HB = − 2 HC ⇔ b 2 HB + c 2 HC = 0.
b
Khi đó, (1) tương đương với:
uu
r
uuu
r
uuur
uuur r
M
2
a IA + (b 2 + c 2 ) IH + b 2 HB + c 2 HC = 0
uu
r
uuu
r r
2
2
2
⇔ a 2 IA + a 2 IH = 0 (do c + b = a )
A
uu
r uuu
r r
⇔ IA + IH = 0
⇔ I là trung điểm AH.
Theo hệ thức LepNhit, ta có:

I
a 2 MA2 + b 2 MB 2 + c 2 MC 2 =
H
C
B
= (a 2 + b 2 + c 2 ) IM 2 + a 2 IA2 + b 2 IB 2 + c 2 IC 2
=
2a 2 IM 2 + a 2

2 2
2
2 2
4
b2c 2
2 b c + 4c
2 b c +b
+
b
+
c
4a 2
4a 2
4a 2

= 2a 2 IM 2 + 3
Từ đó, ta có IM =
đường tròn ( I ;

b2c 2
= 2b 2 c 2 .

2

BC
, và suy ra quỹ tích của điểm M là
2a

bc
)
2a

SỰ ĐỒNG QUY VÀ ĐIỂM CỐ ĐỊNH

20


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
25. Trong một một mặt phẳng cho một số hữu hạn
các đa giác sao cho bất kì hai đa giác nào cũng có
điểm chung.
Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng có điểm
chung với mọi đa giác.
BÀI GIẢI
Do tập hợp các đa giác hữu hạn nên tồn tại một đường
thẳng (a) sao cho tất cả các đa giác nằm về một phía nửa
mặt phẳng bờ (a).
Đánh số các đa giác là D 1, D2, D3,…, Dn và hình chiếu vuông
góc của chúng lên (a) lần lượt là các đoạn A 1B1, A2B2, …, AnBn.
Không làm mất tính tổng quát, giả sử A1, A2,…,An là các nút
phải của các đoạn thẳng AiBi, i = 1…n.
Giả sử Ak là nút cuối cùng kể từ phải sang trái, khi đó,

không tồn tại Bc thuộc [AkA1] và không có đoạn thẳng nào
nằm phía trái Ak. Đường thẳng l vuông góc với (a) tại A k là
đường thẳng cần tìm.
26. Cho đường thẳng cố đònh xy và đường tròn cố
đònh tâm O không cắt đường thẳng này. Từ điểm A di
động trên xy, ta dựng hai tiếp tuyến AB, AC tiếp xúc
với đường tròn tâm O tại B và C. Chứng minh BC đi qua
điểm cố đònh khi A vạch nên đường thẳng xy.
BÀI GIẢI
Gọi D là hình chiếu
vuông góc của O lên xy,
E và F lấn lượt là giao
E
F
điểm của BC với OA , OD.
C
Các tam giác OEF và
ODA đồng dạng cho ta:
OD.OF = OE.OA.
x
A
y
D
Mặt khác, tam giác OBA
vuông tại B nên OE.OA =
OB2 = r2, với r là bán kính đường tròn tâm O đã cho. Suy ra
OD.OF = r2 (hằng số), do đó OF không đổi. Điều này chứng
tỏ F là điểm cố đònh và ta có điều phải chứng minh.
B

27. Cho tam giác ABC không vuông, không cân, nội
tiếp đường tròn tâm O. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trung
điểm của các cạnh BC, CA, AB. Trên tia OA 1 lấy A2 sao
cho tam giác OAA1 đồng dạng với tam giác OA 2A. Trên
các tia OB1, OC1 tương tự cho các điểm B2, C2. Chứng tỏ
rằng các đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một
điểm.
BÀI GIẢI
21


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Xét điểm A2, vì tam giác OAA1 đồng dạng với tam giác OA2A
nên ta có: OA2 = OA1.OA2, suy ra: OC2 = OB2 = OA1.OA2
Từ đó ta được: ∠ OBA2 = ∠ OCA2 =
A
o
90 .
Tương tự, ta suy ra A2, B2, C2 lập
thành các đỉnh của một tam giác
nhận O làm tâm đường tròn nội
O
tiếp, A, B, C là các tiếp điểm ta có
bài toán quen thuộc sau:
Trong một tam giác, ba đường
C
B
A1
thẳng nối đỉnh với điểm tiếp xúc
của đường tròn nội tiếp với các

cạnh đối diện đồng quy. (bài toán
này dễ dàng chứng minh bằng
đònh lí Ceva).
A2
Từ đó suy ra AA2, BB2, CC2 đồng quy
(đpcm).

28. Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp trong một
đường tròn khi và chỉ khi các đường thẳng, mỗi
đường qua trung điểm một cạnh và vuông góc với
cạnh đối diện đồng quy.
BÀI GIẢI
Giả sử M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD,
DA của tứ giác ABCD; Mx, Ny, Pz, Qt là các đường thẳng lần
lựơt vuông góc với CD, DA, AB, BC.
1. Giả sử ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Khi đó
nếu gọi G là trọng tâm của tứ giác ABCD (G trung điểm MN)
thì OG cắt Mx tại H. Từ điều kiện On song song với MK suy ra hai
tam giác GMH và GNO bằng nhau ⇒ GO = GH (trong đó H là
điểm đối xứng của O qua G).
Lập luận tương tự suy ra: Ny, Pz, Qt cũng đi qua H.
2. Ngược lại, giả sử Mx, Ny, Pz, Qt đồng quy tại H.
Gọi O là điểm đối xứng của H qua G. Từ sự bằng nhau của
tam giác GMH và GNO suy ra ON song song với MH, từ đó OP là
đường trung trực của cạnh CD. Lập luận tương tự, OM, ON, OQ
cũng là các trung trực của AB, BC, AD; suy ra O là tâm vòng
tròn ngoại tiếp tứ giác.
29. Cho tam giác ABC. Các tam giác ABX, BCY và CAZ cân
và đồng dạng nhau, chúng ở ngoài tam giác ABC và
thỏa mãn XA = XB, YB = YC, ZC = ZA. Chứng minh rằng

các đường thẳng AY, BZ và CX đồng quy.
22


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
BÀI GIẢI
Gọi x là số đo góc đáy của các tam giác cân. Giả sử AY,
BZ, CX cắt BC, CA, AB tương ứng tại L, M, N. Khi đó:
1
BA.BY .sin(∠B + x)
BL [ ABY ] 2
BA.sin(∠B + x)
=
=
=
BC [ ACY ] 1 CA.CY .sin(∠C + x) CA.sin(∠C + x)
2
2
2
MG + R − OG 2
(kí hiệu […] 3
dùng để chỉ diện tích).
R 2 − MO 2
Tương tự ta có:
CM BC.sin(∠C + x )
AN CA.sin(∠A + x)
=
=
và
MA BA.sin(∠A + x )

NB BC.sin(∠B + x )
BL CM AN
.
.
= 1,
Vậy:
LC MA BN
từ đó theo đònh lí đảo của Đònh lí Ceva ⇒ AL, BM và CN đồng
quy, tức là AY, BZ và CX đồng quy.
30. Trong tam giác ABC, ta vẽ các trung tuyến AA 1, BB1,
CC1. Gọi O là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam
giác AOA1, BOB1, COC1 có điểm chung khác O.
BÀI GIẢI
Tâm Oc của đường tròn ngoại tiếp tam giác COC 1 là giao
của hai đường trung trực m, n của OC và OC1.
Trung trực n đi qua trung điểm A 2, B2 của các đoạn OA, OB. Khi
đó thực hiện phép vò tự Vo½, đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC biến thành đường tròn ngoại tiếp tam giác A 2B2C2. Từ đó
suy ra đường thẳng m là tiếp tuyến của đường tròn (A 2B2C2)
ảnh của tiếp tuyến đường tròn (ABC) vẽ tại C.
Tương tự OA là giao điểm của tiếp tuyến đường tròn (A 2B2C2)
tại A2 và cạnh B2C2; OB là giao tiếp tuyến đường tròn (A 2B2C2)
tại B2 với A2C2.
Theo Đònh lí Pascal Các điểm O A, OB, OC thuộc một đường
thẳng l; các đường tròn (AA 1O), (BB1O), (CC1O) nhận l làm trục
đối xứng. Khi đó O là điểm chung thứ nhất thì O’ ảnh của O
qua phép đối xứng trục l là điểm chung thứ hai (đpcm).
31. Cho A, B, C là bốn điểm phân biệt trên một đường
thẳng và được sắp theo thứ tự đó. Các đường tròn

đường kính AC và BD cắt nhau tại các điểm X và Y.
Đường thẳng XY cắt BC tại Z.
Cho P là một điểm trên đường thẳng XY khác Z.
Đường thẳng CP cắt đường tròn đường tròn đường
kính AC tại C và M,đường thẳng BP cắt đường tròn

23


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
đường kính BD tại B và N. Chứng minh rằng các đường
thẳng AM, DN và XY đồng quy.
BÀI GIẢI
°Xét trường hợp P ≠ X, P ≠ Y.
Do XY là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính AC
và BD, nên PM .PC = PN .PB .
Đồng thời XY ⊥ AD kéo theo ∠ PZD =90o.
Giả sử AM ∩ XY = { K } . Vì M nằm trên đườnh tròn đường kính
AC nên ∠ AMC = 90o và ∠ KMC = 90o. Vậy ∠ KMC = ∠ KZC =
90o.Suy ra bốn điểm K, M, C, Z cùng thuộc một đường tròn
mà ta gọi đường tròn đó là (V).
Xét phương tích của điểm P đối với (V) ta có:
PM .PC = PK .PZ .(2)
Tương tự, nếu DN ∩ XY = { K '} thì

PN .PB = PK '.PZ .(3)
Từ (1), (2) và (3) ta co:ù PK .PZ = PK '.PZ .
Do P ≠ Z nên K’ ≡ K.
Vậy AM, DN, XY đồng quy.
°Trường hợp P ≡ X. Khi đó M ≡ X và N ≡ X. Do vậy AM, DN và XY

đồng quy.
°Trường hợp P ≡ Y được xét tương tự theo trường hợp trên.
32.Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, tồn tại ba
đường tròn có một điểm chung duy nhất sao cho ba
đường tròn này có đường kính bằng nhau và lần lượt
tiếp xúc với các cặp cạnh AB, BC; BC, CA; CA, AB.
BÀI GIẢI
Giả sử R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Khi đó ba đường tròn lần lượt có tâm A, B, C và có cùng
bán kính R cắt nhau tại một điểm. Điểm đó là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Các tiếp tuyến chung ngoài của các cặp đường tròn nói
trên cắt nhau tạo thành tam giác A’B’C’ có:
A’B’//AB, B’C’//BC, C’A’//CA.
Thực hiện phép vò tự biến tam giác A’B’C’ thành tam giác
ABC. Khi đó ba đường tròn cần tìm là ảnh của ba đường tròn
nói trên.
33. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC, ta lấy
các điểm C1, A1, B1 tương ứng sao cho các đường thẳng
AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O. Đường thẳng vẽ qua
O song song với AC cắt các đường thẳng A 1B1 và B1C1
tương ứng tại các điểm K, M. Chứng minh rằng OK = OM.
24


Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
BÀI GIẢI
Vẽ qua B đường thẳng song song với AC cắt các đường
thẳng B1C1 và B1A1 tương ứng tại các điểm M1, K1.
Mệnh đề cần chứng minh tương đương với việc cần chứng

minh BM1 = BK1.
Từ các tam giác đồng dạng AB 1C1 và BM1C1, suy ra:BM1 = AB1.
(BC1/AC1).
BA1
Tương tự ta có: BK1 = CB1.
.
CA1
Chia các đẳng thức nhận được theo vế và kết hợp với
Đònh lí Ceva ta có:
BM 1 AB1 CA1 BC1
=
.
.
=1.
BK1 CB1 BA1 AC1
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT
33. Cho đường tròn (O) nội tiếp trong tam giác ABC, các
tiếp điểm thuộc AB, BC, CA lần lượt là I, J, K. Chứng
uuu
r
uuur
uuur
minh rằng: OA.sin A + OB.sin B + OC.sin C = 0 .
BÀI GIẢI
Vì OI ⊥ AB và OK ⊥ AC
A
nên tứ giác AIOK nội
tiếp trong đường kính AO.

I1
Như thế, tam giác AIK nội
tiếp trong đường tròn
I
K
này, do đó áp dụng đònh
lí hàm sin ta có:
J1
O
IK = OA.sinA (1)
Ngoài ra tam giác AIK
K1
J
C
cân và AO vuông góc
B
với IK. (2)
Xét thêm phép quay tâm O, góc quay -90 o, qua phép quay
này:
I → I1
J → J1
K → K1
Từ đó I1K1 ⊥ IK (3) và I1K1 = IK (4).
Từ (2) và (3) ta suy ra I1K1 // AO.
(5)
Từ (1) và (4) ta có I1K1 = OA.sinA. (6)
uuuur uuu
r
Lại từ (5) và (6) cho ta: K1 I1 = OA.sin A ,
uuur uuu

r
uuuur uuur
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có I1 J1 = OB.sin B và J1 K1 = OC.sin C .
Từ
25