HÌNH HỌC PHẲNG HAY VÀ KHÓ

Trang • 1-19

GROUP HÌNH HỌC PHẲNG

QUÁN HÌNH HỌC PHẲNG
Group Hình học phẳng

Nguyễn Duy Khương ∗ , Nguyễn Hoàng Nam† , Phan Quang Trí‡ , Trần Quân,
Nguyễn Phúc Tăng§
Quán hình học phẳng - Nơi hội tụ các thành viên có chung niềm đam mê hình học phẳng thuần tuý.

Tóm tắt : Chuyên mục: Quán hình học phẳng - nơi các bạn và thầy cô giáo đam mê hình học
thoả sức phát huy sở trường của mình và thảo luận các bài toán hay. Mỗi tháng sẽ có 4
bài toán gồm các bài toán đề nghị của các admin Nguyễn Hoàng Nam, mình, Trí Phan
Quang và 1 bài của bạn đọc gởi đến do chúng tôi chọn lọc. Kể từ tháng thứ 2 bạn nào
được giải nhất của tháng trước có quyền đề nghị bài cho tháng sau(nếu muốn). Ngay từ
lúc này các bạn có thể đóng góp bài cho chuyên mục. Các bài toán của tháng trước sẽ
được giải và bình luận cũng như tiếp nhận phản hồi của bạn đọc trong một file pdf hàng
tháng. Các bạn được giải nhất mỗi tháng sẽ được tặng một cuốn sách tuyển tập các bài
toán trong chuyên mục sau mỗi năm. Cảm ơn các bạn đã ủng hộ nhóm. Chuyên mục có
thể là một bước tiếp nối dành cho các bạn yêu hình học...
Tiêu chí: Chính xác nhanh và ngắn gọn đẹp đẽ nhất.
c Group hình học phẳng

∗
†
‡
§

CNTN Toán học K63 - ĐH KHTN Hà Nội
ĐH KHTN - ĐHQG TPHCM

ĐH Sài Gòn - TPHCM
Hỗ trợ LATEX
1


1.

Lời giải:
Bài 1

Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Nguyễn Hoàng Nam)
Cho tam giác ABC trung trực AB và AC cắt AC và AB lần lượt tại E và
F . Giao của (AEF ) và (ABC) là X . Đối xứng của X qua trung trực BC
là Y . Chứng minh rằng: đường thẳng Euler của ABC chia đôi AY .

Lời giải
Bài toán được xếp vào bài 1 và được xem như là bài đơn giản nhất của đề
nhưng mình thật sự bất ngờ vì có nhiều hướng tiếp cận thực sự rất khác, tự
nhiên hơn.
Cách tác giả:


Ta nhận thấy đường thẳng Euler của ABC chính là đường thẳng Steiner của
tứ giác BCEF , mà ta có X là điểm Miquel của tứ giác. Hình chiếu của X lên
AB và AC là M và N . Thì M N là đường thẳng Simson nên song song với đường
thẳng Steiner chính là đường thẳng Euler. Ta có trung điểm của AX là tâm
của (AN M ) mà AX và AY đẳng giác nên AY vuông N M vậy AY vuông với
đường thẳng Euler của ABC .
Lời giải khá ngắn nhưng điều mà tác giả tâm đắc trong bài là ý đường simson
song song với đường Euler, kết hợp với mở rộng định lí Gossard thì trung điểm

AY chính là trực tâm AM N . Mọi người có thể thử chứng minh kết quả này
mà không cần dùng Gossard.
Cách 1 (anh Trịnh Huy Vũ) Ta phát biểu một số bổ đề quen thuộc:
Bổ đề 1: Cho tam giác ABC . Điểm bất kỳ P ∈ (ABC). là đường thẳng
Steiner ứng với điểm P . Lấy Q ∈ (ABC) sao cho P Q BC . Khi đó, AQ ⊥ .


Bổ đề 2: Cho tứ giác nội tiếp ABCD, E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC và
G = AC ∩BD. Khi đó, đường thẳng Steiner ứng với tứ giác toàn phần ABCDEF
đi qua G.

Quay lại bài toán: Đặt N, P lần lượt là trung điểm của CA, AB , H, G tương ứng
là trực tâm, trọng tâm của ABC . Ký hiệu là đường thẳng Euler của ABC .
BPF
Áp dụng định lý Pappus cho bộ điểm C N E suy ra U = BE ∩ CF nằm
trên đường thằng Euler của ABC . Mặt khác, do ∠EBA = ∠BAC = ∠F CA
nên tứ giác BCEF nội tiếp. Đặt J = EF ∩ BC . Khi đó, X là điểm Miquel của


tứ giác toàn phần BCEF AJ . Theo bổ đề 2 thì HU là đường thẳng Steiner của
BCEF AJ =⇒ HU là đường thẳng Steiner ứng với điểm X của ABC . Nói
cách khác, X là điểm Anti-Steiner ứng với của ABC . Áp dụng bổ đề 1 =⇒
AY ⊥ =⇒ chia đôi AY .
Cách 2 (Trần Phạm Minh Nhựt)

Gọi G là giao điểm của CF và BE , I là giao điểm của (OCG) và OB . Gọi M ,
N , P và Q lần lượt là giao điểm của CF , BE , BH và CH với (O).
Ta có: ∠(M CA) + ∠(ACP ) = ∠(BAC) + ∠(ABP ) = 90 suy ra M , O và P thẳng
hàng. Tương tự ta cũng có Q, O và N thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho bộ điểm (BP M CQN ) ta được O, H và G thẳng

hàng. Ta có ∠(OCF ) = ∠(ACF ) − ∠(OCA) = ∠(BAC) − 90 + ∠(ABC) =
90 − ∠(ACB) = ∠(BXG) suy ra BXIG là tứ giác nội tiếp.
Ta lại có ∠(BIG) = ∠(OCF ) = 90 − ∠(ACB) = ∠(ABO) = ∠(ABI) suy
ra IG//AB vậy ∠(IGE) = ∠(ABF ) = ∠(BAC) mà ∠(IGE) = ∠(IXB) nên
∠(IXB) = ∠(BAC) ta lại có ∠(BAC) = ∠(CXB). Vậy C , I , X thẳng hàng.
Ta có ∠(BOG) = ∠(XCF ) = ∠(XCB) − ∠(F CB) = ∠(XAB) − ∠(F CB) =
∠(XAC) − ∠(ACB) suy ra ∠(HOY ) = 2∠(XAC) − ∠(BOG) = ∠(XAC) +
∠(ACB) = 2∠(ACB) + ∠(BOG) = ∠(HOA). Vậy HOA = HOY Từ đó
suy ra OH là trung trực AY hay OH đi qua trung điểm AY .
Nói sơ qua về cách 2 thì có phần đầu giống như cách 1 đều đi chứng minh
thẳng hàng nhưng cách tiếp cận ở khúc sau bằng biến đổi góc thự sự rất là thú


vị.
Cách 3 (Trần Quân)

Ta nhận thấy ABC ∩ Y ∼ AF E ∩ X . Ta có O là trực tâm của AEF mà
đường thẳng nối tâm của (ABC) và (AEF ) vuông với AX . Suy ra đường
thẳng Euler của AEF vuông AX Vậy ta cũng có đường thẳng Euler của
ABC vuông AY .
Ý tưởng của cách 3 thật sự rất đẹp, lời giải cũng rất ngắn. Đây hẳn là cách
hay nhất cho bài này.
Bài 2
Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Nguyễn Duy Khương)
Cho tam giác ABC có các đường cao BE, CF và K, L thuộc EF sao cho:
CF = CK và BL = BE . (ALE) ∩ (AF K) = A, I . Chứng minh rằng:
ABIC là tứ giác điều hoà.


Lời giải 1(Trịnh Huy Vũ):

Gọi M là trung điểm của EF . Định nghĩa lại điểm I = AM ∩ (ABC). Ta có
AI là đường đối trung của ABC nên tứ giác ABIC điều hòa. Bây giờ ta chỉ
cần chứng minh I ∈ (AEL) và I ∈ (AF K) là xong.
Đặt (B, BE) ∩ (ABC) = {U, V }. Ta sẽ chứng minh M ∈ U V . Thật
vậy, gọi D = AH ∩ BC , X là hình chiếu của E trên AB . Ta có
∠M XF = ∠EF A = ∠ACB = ∠DF B =⇒ M X
DF (1). Mặt khác,


BU 2 = BV 2 = BE 2 = BX · BA nên BXU ∼ BU A và BXV ∼ BV A, như
vậy ∠BXU + ∠BXV = ∠BU A + ∠BV A = 180◦ , suy ra X ∈ U V . Mà U V ⊥ BO
=⇒ X, U, V DF (2). Từ (1) và (2) suy ra M ∈ U V .

Như vậy bốn điểm E, L, U, V ∈ (B, BE). Vì vậy nên M E · M L = M U · M V =
M A · M I =⇒ tứ giác AEIL nội tiếp hay I ∈ (AEL). Chứng minh tương tự ta
cũng được I ∈ (AF K).
Lời giải 2(Trần Phạm Minh Nhựt):

Gọi H = BE ∩ CF . D, K, Q lần lượt là giao của AH với (O), EF, BC . N là giao
điểm thứ hai của AL là (O). Ta có: ∠F LB = ∠F EB = ∠F AK do đó: AKBL
nội tiếp. Ta có: ∠F DB = ∠F KB = ∠N AB = ∠N DB do đó: N, F, D thẳng
hàng. Ta có: ∠F N B = ∠F AK = ∠F LB do đó: N F BL nội tiếp. Ta có trục
đẳng phương của ba đường tròn (N ECL), (ABC), (AEIL) là: N C, AI, EL do
đó chúng đồng quy tại T . Ta có: F HQ ∼ F EC và F HD ∼ T EC do đó:
TE
EC
EC
EF
=

=
=
hay là ta có: T là trung điểm EF . Gọi AT cắt lại
FH
HD
2HQ
2F H
(O) tại I ta thấy rằng: I ≡ I . Ta có: ABIC là tứ giác điều hoà. Ta có điều

phải chứng minh.
Nhận xét: Ở lời giải thứ nhất thì việc định nghĩa lại điểm I rất quan trọng vì
bài toán có tính đối xứng nên khi chứng minh được 1 vế là ta có thể suy ra vế


còn lại. Đó cũng là cách sáng tạo ra bài toán này của tác giả, đối xứng hoá 1 giả
thiết để tạo thành một bài toán có cấu hình lạ mắt hơn. Ở lời giải thứ hai lại
cho ta cách tiếp cận khác. Chỉ sử dụng hầu hết các biến đổi góc nhưng cách thứ
hai đòi hỏi sự linh hoạt của người làm và những sự tinh ý nhất định. Lời giải
thứ nhất đã chỉ đúng bản chất bài toán và cách chứng minh cũng rất gọn gàng.
Bài 3
Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Trần Quân )
Cho tam giác nhọn, không đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Các điểm
D, E, F lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AE = AF và AD, BE, CF
đồng quy. T trên EF sao cho DP ⊥EF . K trên (O) sao cho KT là phân
giác góc ∠EKF . EF cắt BC tại S . L là điểm chính giữa cung BAC của
đường tròn (O). P trên LS sao cho P T BC . Q đối xứng với T qua EF .
Chứng minh QK⊥AK .

Lời giải (Bài mở rộng từ Mock Olympiad Geometry Contest của
wu2481632)

Nhận thấy tồn tại hai điểm K trên đường tròn (O) thỏa mãn KT là phân
giác trong góc ∠EKF . Điểm thứ nhất là giao của (AEF ) với (O) và điểm
thứ hai là giao của LT với (O).
Định nghĩa lại điểm K : K là giao điểm khác L của LT với
minh KT là phân giác góc ∠EKF .

(O). Ta chứng


Do AD, BE, CF đồng quy suy ra (SD, BC) = −1. Do ST ⊥T D suy ra T D là
phân giác trong góc ∠BT C . Suy ra ∠BT F = ∠CT E .
BT F ∼

CT E suy ra ∠F BT = ∠ECT . Do EF AL suy ra BF T K và
CET K là các tứ giác nội tiếp. Suy ra ∠F KT = ∠F BT = ∠ECT = ∠EKT , suy
ra KT là phân giác góc ∠EKF .

Ta có

Gọi R = (AEF ) ∩ (O) (R = A). Gọi N là điểm chính giữa cung nhỏ BC .
DB
TB
BF
RB
=
=
=
suy ra RD là phân giác góc ∠BRC , suy ra
DC
TC

CE
RC
R, D, N thẳng hàng. Kết hợp với (SD, BC) = −1 suy ra RN ⊥RS , suy ra L, S, R

Ta có

thẳng hàng.
TF
BF
RF
=
=
suy ra RT là phân giác góc ∠ERF , suy ra RT ⊥RA.
TE
CE
RE
Gọi X = AR ∩ EF suy ra (XT, F E) = −1. Do KT là phân giác góc ∠EKF suy
ra KT ⊥KX suy ra X, K, N thẳng hàng và tứ giác RXKT nội tiếp đường tròn
đường kính XT .

Ta có

Do ∠RP T = ∠LSD = ∠LN R = ∠LKR = ∠RKT suy ra tứ giác RP KT nội
tiếp. Vậy 5 điểm R, P, X, K, T cùng nằm trên đường tròn đường kính XT . Do
Q, P đối xứng với nhau qua EF ≡ XT suy ra Q cũng nằm trên đường tròn này.
Ta có ∠AKL = ∠ARL = ∠P RX = ∠XKQ suy ra ∠QKA = ∠XKL = 900 .


Bài 4
Bài toán đề nghị tháng 9/2018 (Phan Quang Trí)

Cho tam giác ABC , điểm B, C cố định, A đi động sao cho ∠BAC cố định
và ∠BAC > 140. Đựng ngoài ABC các tam giác đều ABX và CAZ .
Dựng trong ABC các tam giác đều ABY và CAT . Giao của BX , CZ
là M . Giao của BY , CT là N . Chứng minh đường thẳng Euler của AN M
luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định khi A di động.

Lời giải
Để chứng minh bài toán này ta đi chứng minh bài toán sau:
Bài toán ( TelvCohl)
Cho D là điểm bất kì thỏa ∠DCB = 13 ∠ACB và ∠CBD = 13 ∠CBA . Cho E, F


là 2 điểm thỏa ∠ECD = ∠DBE = ∠DCF = ∠F BD = 60◦ . Chứng minh rằng
a) Trọng tâm G của DEF nằm trên (ABC)
b) Đường thẳng Euler của DEF tiếp xúc với (ABC)
Cách của (Trịnh Huy Vũ)
a)

M là trung điểm của EF . Gọi I, J lần lượt là tâm của (BEF ), (CEF ),.
Đễ thấy I, J nằm trên (CEF ), (BEF ) và I, J, M thẳng hàng. Cho IJ cắt
(BEF ), (CEF ) lần lượt tại X, Y . X , Y là đối xứng của X, Y lần lượt qua
CD, BD. Đễ thấy B, D, X và C, D, Y thẳng hàng
Ta có (X, J, Y, M ) = −1 và ∠XBJ = 90. Nên BJ là phân giác trong của ∠M BY
(1). Nên Y , B, M thẳng hàng. Tương tự X , C, M thẳng hàng Từ (1), Ta cũng
BY
JY
BY
có
=
=

= 2, suy ra BY = 2BM . Vậy, DY
BG. Tương tự,
BM
BM
JM
DX CG

Biến đỗi góc ta thấy:


∠BGC = ∠X DY = 180 − 3∠XDB = 180 − 3(∠DXY + ∠DY X) = 3(∠F XD +
∠F Y D) = 3∠BEC = 3∠BDC − 360 = ∠BDC − 2(∠DBC + ∠DCB) = ∠BAC .
Vậy, G nằm trên (ABC).
b)
Bổ đề 2 (Tuymaada 2009 senior ngày 2 bài 3): Cho tam giac ABC . E, F
là đối xứng của B, C lần lượt qua CA, AB . Chứng minh A, tâm của (AEF )
và điểm Euler của ABC thẳng hàng.

Vậy để chứng minh đường thẳng Euler của DEF tiếp xúc (BGC),Ta cần
chứng minh XY , đường thẳng qua G vuông góc với DN và trung trực của DE
đồng qui!!!
Ta viết lại bài toán
Bài toán Cho tam giác ABC (∠A khác 60) với G, N lần lượt là trọng tâm và
tâm Euler của ABC . E là điểm nằm trên trung trực BC thỏa ∠BEC = 120.
Trung trực của AE cắt BC tại X . Chứng minh rằng GX⊥AN .
O, O là tâm của (ABC) và đối xứng của O qua BC . M là trung điểm của BC
Cho L nằm trên AN và GL = GA. E đối xứng của E qua BC .
Cho G1 , O1 lần lượt là hình chiếu của G, O lên AN .
Cho AN cắt (ABC) tại P .
Nếu ∠BOC > 120 (tương tự ∠BOC < 120)

Ta có:


O L = AL − AO = 2(AG1 − AN ) = 2N G1 =
1
1
1
3 (AP − AO ) = 3 O P −→ O L = 3 O P

2
3 N O1

=

2
3 (AO1

− AN ) =

Và ta cũng có
O A.O L = 31 O A.O P = 13 (R2 − OO 2 ) = 13 (OB 2 − 4OM 2 ) = 31 (BM 2 − 3OM 2 ) =
EM 2 − OM 2 = OE.OE = O E.O E (R là bán kính của (ABC))
Vậy A, L, E, E thuộc 1 đường tròn. Ta có XA = XL. Vậy, GX⊥AL hay GX⊥AN

Quay lại bài toán : dựng điểm D thỏa ∠DCB = 13 ∠ACB và ∠CBD = 13 ∠CBA,
sao cho D cùng phía với A. Vậy (BDC) cố định áp dụng bài toán ta có đường
thẳng Euler tiếp xúc với đường thẳng cố định

2.

Đề bài:

Bài 1
Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Nguyễn Hoàng Nam)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). D trên (O) sao cho
HD BC . E, F lần lượt trên AC, AB sao cho DE⊥AB và DF ⊥AC . EF cắt
HD tại G. Chứng minh OG⊥EF .

Bài 2
Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Vinh Nguyễn)
Cho tam giác ABC có BE, CF là hai đường cao. Gọi M là trung điểm
của BC . AM cắt EF tại N . X là hình chiếu của N lên BC . Gọi L, P, Q lần
lượt là trung điểm của N X, BE, CF . Chứng minh AL là đường đối trung
của tam giác AP Q.


Bài 3
Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Nguyễn Duy Khương)
Cho A di động trên cung BC cố định của (O) có các đường cao BE, CF .
J là tâm bàng tiếp góc ∠A của tam giác AEF . Qua J kẻ đường thẳng
vuông góc AJ cắt AB, AC tại P, Q. (AEJ) giao (AP Q) tại A, T . Chứng
minh T thuộc đường cố định


Bài 4
Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Trần Quân)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AD là đường kính của
(O). Hai đường m, n đẳng giác đối với góc ∠A lần lượt cắt DB, DC tại

M, N và P, Q. Chứng minh M, N, P, Q cùng nằm trên một đường tròn. Gọi
J là tâm đường tròn đó, chứng minh J nằm trên một đường cố định khi
m, n thay đổi.

Bài 5
Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Phan Quang Trí)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có đường cao AD.
Trung trực của AB, AC lần lượt cắt đường thẳng qua A song song với BC
tại U, V . DU cắt đường thẳng qua A vuông góc với AB tại X . DV cắt đường
thẳng qua A vuông góc với AC tại Y . Đường thẳng qua O vuông góc với
đường đối trung ứng với đỉnh A của tam giác ABC cắt XY tại T. Gọi
E, F lần lượt là điểm đối xứng của B, C qua CA, AB . AT cắt BC, EF lần
lượt tại P, Q. Chứng minh rằng AP = AQ.


Bài 6
Bài toán đề nghị tháng 10/2018 (Trần Vũ Duy )
Cho tam giác nhọn ABC có BE, CF là hai đường cao. Gọi K, L lần lượt
trên BC, EF sao cho AK, AL đẳng giác đối với góc ∠A. X là điểm sao cho
XK⊥AL và XL⊥EF . Chứng minh đường tròn đường kính XL tiếp xúc với
đường tròn Euler của tam giác ABC .