(luận văn thạc sĩ) một số vấn đề đường thẳng simson và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HOÀNG THẢO CHI

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG
SIMSON VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HOÀNG THẢO CHI

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG THẲNG
SIMSON VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS. Trần Việt Cường

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Lời cảm ơn

Để hoàn thành được luận văn một cách hoàn chỉnh, tôi luôn nhận được sự
hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của PGS.TS. Trần Việt Cường. Tôi xin chân
thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy và xin gửi lời tri ân nhất của tôi
đối với những điều thầy đã dành cho tôi.
Tôi xin chân thành cảm ơn phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin, quý thầy cô giảng
dạy lớp Cao học K11 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo điều
kiện cho tôi hoàn thành khóa học.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới gia đình, bạn bè, những người đã
luôn động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học
tập và thực hiện luận văn.
Xin trân trọng cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019.
Người viết Luận văn

HOÀNG THẢO CHI


ii

Danh sách hình vẽ
1.1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.6

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.7

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.9

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

1.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

1.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

1.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

16

1.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

1.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

1.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

21

1.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

1.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

27

2.2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28


iii

2.3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.6

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

2.7

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

2.8

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.9

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35

2.11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37

2.14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

42

2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

43

2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

44

2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

2.23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

2.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

2.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

2.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

2.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

2.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

52

2.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

2.31 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

2.32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

56

2.33 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57


iv

2.34 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59

2.35 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

2.36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

2.37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

2.38 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

2.39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

2.40 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

2.41 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

2.42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

2.43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

2.44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

68

v

Mục lục
Danh sách hình vẽ

ii

Chương 1. ĐƯỜNG THẲNG SIMSON

3

1.1

Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Đường thẳng Simson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

Chương 2. ỨNG DỤNG CỦA ĐƯỜNG THẲNG SIMSON

26

2.1

Chứng minh ba điểm thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

2.2

Chứng minh đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

2.3

Chứng minh song song . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

2.4

Chứng minh yếu tố cố định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

2.5

Một số bài toán khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

Kết luận

69

Tài liệu tham khảo

70


1

Mở đầu
Đường thẳng Simson có nhiều ứng dụng trong hình học phẳng. Các bài toán
liên quan đến đường thẳng Simson là những bài toán hay và khó. Để giải quyết
được những bài toán đó, trước tiên chúng tôi tìm hiểu về định nghĩa cũng như
những tính chất của đường thẳng Simson. Tiếp đó, chúng tôi tìm hiểu việc vận
dụng các tính chất của đường thẳng Simson vào việc giải một số dạng toán cụ
thể trong hình học phẳng.
Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về ứng dụng của đường thẳng Simson, tôi lựa
chọn đề tài nghiên cứu “Một số vấn đề về đường thẳng Simson và ứng dụng”
dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Trần Việt Cường.
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương.
Chương 1. Đường thẳng Simson.
Trong chương này, ngoài trình bày một số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến
đề tài, chúng tôi trình bày định lý Simson và các tính chất của đường thẳng
Simson. Các nội dung của chương được tổng hợp từ các tài liệu [1, 2, 5, 6, 9].
Chương 2. Ứng dụng của đường thẳng Simson.
Trong chương này, chúng tôi áp dụng các tính chất của đường thẳng Simson
vào giải một số dạng toán trong hình học phẳng như: chứng minh thẳng hàng,
chứng minh đồng quy, chứng minh song song, chứng minh đường thẳng đi qua
điểm cố định... Các nội dung của chương sẽ tham khảo từ các tài liệu [3, 4, 7,
8, 10, 11, 12, 13].
Luận văn này được hình thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái

Nguyên. Tôi xin được bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc đến PGS.
TS. Trần Việt Cường. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn, giải đáp các
thắc mắc của học trò trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu và giúp tôi hoàn


2

thành luận văn này. Tôi cũng gửi lời cám ơn chân thành đến các thầy cô giá
khoa Toán-Tin, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ
và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học.
Tôi xin cảm ơn gia đình, đồng nghiệp đã động viên, cổ vũ và tạo điều kiện để
tôi hoàn thành nghiệp vụ của mình.


3

Chương 1
ĐƯỜNG THẲNG SIMSON
Trong chương này, ngoài trình bày một số kiến thức chuẩn bị có liên quan đến
đề tài, chúng tôi trình bày định lý Simson và các tính chất của đường thẳng
Simson.

1.1

Một số kiến thức chuẩn bị

Định nghĩa 1.1.1 (Điểm Euler,[9]). Trong một tam giác, trung điểm các đoạn
thẳng thuộc các đường cao kẻ từ đỉnh đến trực tâm của tam giác đó được gọi
là các điểm Euler.
Định lý 1.1.2 ([9]). Trong một tam giác, chân các đường trung tuyến, chân

các đường cao và các điểm Euler nằm trên một đường tròn, gọi là đường tròn
chín điểm hay đường tròn Euler.
Chứng minh. Cho tam giác ABC, gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, BC, CA, kẻ các đường cao AK, BM, CN (K ∈ BC, M ∈ AC,
N ∈ AB), H là trực tâm của tam giác ABC, P, L, T lần lượt là trung điểm
của AH, BH, CH và (O) là đường tròn ngoại tiếp ∆DEF .
AB
.
2
Do E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC nên EF là đường trung bình của
AB
.
∆ABC. Suy ra EF =
2
Do đó, ta có DK = EF .
Do DK là đường trung tuyến của tam giác vuông AKB nên DK =

Mặt khác, DF ∥ EK. Suy ra DEKF là hình thang cân.
Vì đường tròn (O) đi qua 3 điểm D, E, F của hình thang cân DEKF nên


4

Hình 1.1:

đường tròn (O) cũng đi qua điểm K.
Do DL ∥ AK, DF ∥ BC (DEKF là hình thang cân) nên DL ⊥ DF . Suy ra
LDF = 900 .
Lại có LE ∥ CH nên LEF = 90◦ .
Do LDF + LEF = 180◦ nên tứ giác EF DL nội tiếp.

Vậy 5 điểm D, E, F, K, L cùng nằm trên đường tròn (O).
Do F T là đường trung bình của ∆ACH nên F T ∥ AH. Suy ra ta có DF ⊥ F T .
Do ET là đường trung bình của ∆CHB nên ET ∥ BH. Suy ra ta có DE ⊥ ET .
Do đó, các tứ giác DN F T, DF T E, DLF M nội tiếp (LDF = F M L = 90◦ ).
Suy ra 9 điểm D, E, F, K, M, N, P, L, T cùng thuộc đường tròn (O) (đpcm).
Định nghĩa 1.1.3 (Đường thẳng Gauss,[6]). Trung điểm các đường chéo của
một tứ giác toàn phần cùng nằm trên một đường thẳng, đường thẳng này gọi
là đường thẳng Gauss.
Định nghĩa 1.1.4 (Đường thẳng Euler,[9]). Đường thẳng đi qua trực tâm của
tam giác và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đó gọi là đường thẳng Euler.
Mệnh đề 1.1.5 ([2]). Cho tứ giác toàn phần ABCDM N , các đường tròn ngoại
tiếp các tam giác ABN , BCM , M AD, N CD cùng đi qua một điểm và điểm
này gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn phần này.


5

Hình 1.2:

Chứng minh. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác M AD, CDN cắt nhau tại
E (E = D)
Khi đó ta có DCN E là tứ giác nội tiếp. Do đó, ta có M DE = CN E.
Do tứ giác ADEM nội tiếp nên M AE = M DE.
Suy ra M AE = CN E.
Suy ra tứ giác ABN E nội tiếp.
Do đó E thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABN .
Mặt khác, ta có ECN = EDN , EDN = AM E..
Suy ra, ta có ECN = AM E.
Do đó, ta có tứ giác BM EC nội tiếp.
Do đó E thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆BCM

Suy ra 4 đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABN , BCM , M AD, N CD cùng
đi qua điểm E.
Vậy điểm E được gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn phần.
Định nghĩa 1.1.6 ([2]). Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn
AB
CB
=
được gọi là tứ giác điều hòa.
AD
CD
Mệnh đề 1.1.7 ([2]). Cho đường tròn (O) và điểm M bất kì nằm ngoài đường


6

tròn. Từ M kẻ tiếp tuyến M A, M B và cát tuyến M CD (M C < M D) với
đường tròn (O). Khi đó tứ giác ABCD là tứ giác điều hòa.

Hình 1.3:

Chứng minh. Ta có ADC = M AC (góc nội tiếp với góc tạo bởi tiếp tuyến và
dây cung cùng chắn cung AC).
Do ∆M AC đồng dạng với ∆M DA (g.g) nên ta có
MA
AC
=
MD
DA
Do ∆M BC đồng dạng với ∆M DB nên ta có

(1.1)
MB
BC
=
.
MD
DB

Mặt khác, ta có M A = M B
Do đó ta có
AC
BC
=
DA DB

(1.2)

Từ (1.1), (1.2) suy ra ABCD là tứ giác điều hòa (đpcm).
Định lý 1.1.8 (Định lý Menelaus,[9]). Cho tam giác ABC và ba điểm bất
kì A , B , C lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho hoặc cả ba điểm
A , B , C đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh; hoặc một trong ba điểm đó
nằm trên phần kéo dài của một cạnh, còn hai điểm còn lại nằm trên hai cạnh
của tam giác. Điều kiện cần và đủ để ba điểm A , B , C thẳng hàng là:
AB CA BC
.
.
= 1.
BC AB CA

7

Hình 1.4:

Chứng minh.
AB CA BC
.
.
= 1.
BC AB CA
Từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt A B tại M .
CA
B C BC
BM
Ta có:
=
,
=
.
AB
BM CA
AB
CA BC
B C BM
⇒
·
=
·
A B CA
BM AB

AB CA BC
AB B C BM
·
·
=
·
·
= 1.
⇒
B C AB CA
B C BM AB
AB CA BC
Điều kiện đủ: Nếu
.
.
= 1 thì ba điểm A , B , C thẳng hàng.
BC AB CA
Giả sử A B cắt AB tại C . Khi đó, ba điểm A , B , C thẳng hàng.
Điều kiện cần: Nếu ba điểm A , B , C thẳng hàng thì

Theo điều kiện cần ta có:
AB CA BC
·
·
= 1.
B C AB C A
AB CA BC
·
·
= 1 (giả thiết).

BC AB CA
BC
BC
Suy ra
=
C A
CA
Suy ra C ≡ C hay ba điểm A , B , C thẳng hàng.

Mà

Định lý 1.1.9 (Định lý Ptolemy,[2]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn,
khi đó ta có đẳng thức
AB.CD + AD.BC = AC.BD.


8

Hình 1.5:

Chứng minh. Tại đỉnh A dựng ra phía ngoài BAx = CAD, tia Ax cắt cạnh
BC tại E.
Suy ra EBA = ADC. Do đó, ta có ∆ABE đồng dạng với ∆ADC (g.g). Suy
ra, ta có
AB
AB.CD
EB
=
⇒ EB =
CD

AD
AD

(1.3)

Hình 1.6:

Ta có ADB = ACB (góc nội tiếp chắn cung AB)
⇒ ∆EAC ∼ ∆BAD (g.g) suy ra
EC
AC
BD.AC
=
⇒ EC =
BD
AD
AD

(1.4)


9

Lại có EC = EB + BC, thay (1.3), (1.4) vào ta được:
AB.CD
BD.AC
=
+ BC
AD
AD

⇒ BD.AC = AB.CD + BC.AD.
Định nghĩa 1.1.10 ([2]). Hai đường thẳng đi qua đỉnh của một góc và tạo với
đường phân giác của góc đó những góc bằng nhau được gọi là các đường đẳng
giác đối với các cạnh của góc đó.
Định nghĩa 1.1.11 ([5]). Hai điểm được gọi là liên hợp đẳng giác nếu chúng
đẳng giác với nhau trong (ngoài) hai góc bất kì của tam giác.
Định nghĩa 1.1.12 (Đường tròn Pedal,[5]). Cho P, Q liên hợp đẳng giác trong
tam giác ABC. Khi đó chân các đường vuông góc hạ xuống từ P, Q nằm trên
cùng một đường tròn.
Định nghĩa 1.1.13 ([2]). Cho tứ giác ABCD có cạnh AB và cạnh CD cắt
nhau tại M , cạnh AD và cạnh BC cắt nhau tại N , hình gồm tứ giác ABCD
và AB cắt CD, AD cắt BC được gọi là tứ giác toàn phần.
Định lý 1.1.14 (Định lí Thales thuận,[2]). Nhiều đường thẳng song song cắt
hai cát tuyến (đường thẳng) d, d thì tạo ra trên d, d các đoạn thẳng tương ứng
tỉ lệ.
Hệ quả 1.1.15 ([2]). Nếu đường thẳng d song song với cạnh BC của tam giác
ABC (không qua đỉnh A) cắt các đường thẳng AB, AC tại M, N thì
AM
AN
MN
=
=
.
AB
AC
BC

Hình 1.7:

10

Định lý 1.1.16 (Định lí Thales đảo,[2]). Ba đường thẳng a, b, c trong đó a ∥ b,
cắt hai đường thẳng d, d , định ra trên d, d những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ
thì a ∥ c.
Định nghĩa 1.1.17 ([2]). Các tiếp điểm của đường tròn chín điểm với đường
tròn nội tiếp và bàng tiếp gọi là điểm Feuerbach.
Định lý 1.1.18 (Định lý Brocard,[6]). Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường
tròn tâm O. AD giao BC tại M , AB giao CD tại N , AC giao BD tại I. Khi
đó O là trực tâm của tam giác M IN .

Hình 1.8:

Chứng minh. Gọi H là giao điểm khác I của đường tròn ngoại tiếp các tam
giác AID, BIC. Do M nằm trên trục đẳng phương của (AID) và (BIC) nên
M, I, H thẳng hàng.
Ta có
DHC = 360◦ − DHI − CHI = DAC + DBC = DOC.
Từ đó suy ra DOHC là tứ giác nội tiếp.


11

Tương tự ta có tứ giác AOHB nội tiếp.
Dễ thấy N A · N B = N C · N D.
Suy ra N nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (ABHO), (DCHO),
suy ra O, H, N thẳng hàng.
Ta có AHI − ADB = ACB = BHI. Suy ra HI là đường phân giác của AHB.
Lại có OA = OB nên HO là phân giác ngoài của AHB.
Suy ra IM ⊥ ON . Tương tự ta có IN ⊥ OM .

Vậy O là trực tam tam giác M IN .

1.2

Đường thẳng Simson

Định lý 1.2.1 ([9]). Chân các đường vuông góc hạ từ một điểm bất kì nằm
trên đường tròn đến các cạnh của tam giác nội tiếp đường tròn đó cùng nằm
trên một đường thẳng, đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson.
Chứng minh. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Không mất tính
tổng quát, gọi M thuộc cung BC của đường tròn (O), gọi D, E, H lần lượt là
hình chiếu vuông góc của M trên BC, CA, AB.

Hình 1.9:

Ta có M D ⊥ BC, M E ⊥ AC nên M DEC là tứ giác nội tiếp


12

Suy ra
EM C = EDC

(1.5)

Ta có M H ⊥ AB, M D ⊥ BC nên M HBD là tứ giác nội tiếp
Suy ra
HM B = HDB

(1.6)

Do ABM C là tứ giác nội tiếp nên M BH = M CA
Do đó ta có M BH + HM B = M CA + EM C = 90◦
Suy ra
EM C = HM B

(1.7)

Từ (1.5), (1.6), (1.7) ta có HDB = EDC. Suy ra H, D, E thẳng hàng.
Mệnh đề 1.2.2 ([2]). Cho tam giác ABC, M là điểm trong mặt phẳng chứa
tam giác ABC. Gọi D, E, H là hình chiếu vuông góc của M lần lượt trên các
cạnh BC, CA, AB và D, E, H thẳng hàng. Chứng minh M nằm trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.

Hình 1.10:


13

Chứng minh. Theo giả thiết, ta có M D ⊥ BC, M E ⊥ AC, M H ⊥ AB và
D, E, H thẳng hàng.
Suy ra M DBH là tứ giác nội tiếp nên HM B = HDB (chắn cung HB),
HDB = EDC (đối đỉnh), EDC = EM C (chắn cung EC)
Do đó HM B = EM C.
Tứ giác AEM H là tứ giác nội tiếp nên A + EM H = 180◦
Suy ra A + EM H = A + HM B + BM E.
Ta có A + HM B + BM E = A + EM C + BM E = A + BM C = 180◦
Suy ra tứ giác ABM C là tứ giác nội tiếp
Vậy M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Định lý 1.2.3 (Định lí Sanmona,[9]). Nếu qua một điểm nằm trên một đường

tròn người ta vẽ ba dây cung bất kì và trên mỗi dây cung lấy làm đường kính
người ta vẽ một đường tròn thì các đường tròn đôi một cắt nhau tại ba điểm
nằm trên một đường thẳng.

Hình 1.11:

Chứng minh. Cho đường tròn (O), lấy điểm M bất kì nằm trên đường tròn.
Dựng ba dây cung bất kì M A, M B, M C. Dựng 3 đường tròn đường kính
M A, M B, M C, gọi A , B , C lần lượt là hình chiếu của M lên các cạnh BC,


14

AC, BA. Chứng minh các đường tròn đường kính M A, M B, M C đôi một cắt
nhau tại ba điểm A , B , C thẳng hàng.
Theo định lí Simson ta có các điểm A , B , C cùng nằm trên một đường thẳng.
Ta có, điểm C nằm trên đường tròn đường kính M A (M C A = 90◦ ) và nằm
trên đường tròn đường kính M B (M C B = 90◦ )
Do đó, C là giao của hai đường tròn đường kính M A, M B.
Chứng minh tương tự ta có A là giao của hai đường tròn đường kính M B, M C
và B là giao của hai đường tròn đường kính M A, M C.
Vậy các đường tròn đường kính M A, M B, M C đôi một cắt nhau tại ba điểm
A , B , C thẳng hàng.
Định lý 1.2.4 ([6]). Cho tam giác ABC nội tiếp (O), lấy điểm M bất kì nằm
trên (O). Gọi A2 , B2 , C2 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua BC, AC, AB.
Khi đó A2 , B2 , C2 cùng nằm trên một đường thẳng và đường thẳng này đi qua
trực tâm của ∆ABC. Đường thẳng này được gọi là đường thẳng Steiner của
tam giác.

Hình 1.12:

Chứng minh. Gọi H là trực tâm của ∆ABC, BH cắt đường tròn (O) tại B3 ,
cắt đường tròn (O) tại C3 .
Ta có B3 đối xứng với H qua AC, C3 đối xứng với H qua AB. Suy ra
HB3 ⊥ AC, HC3 ⊥ AB lần lượt tại B3 , C3 . Do đó tứ giác AC3 HB3 nội tiếp.
Do đó, ta có
C3 HB3 = 1800 − BAC

(1.8)


15

Do đó HC3 C2 M, HB3 B2 M là các hình thang cân. Do đó, ta có


C3 HC2 = HC3 M

(1.9)

B HB = HB M .
3
2
3
Từ (1.8), (1.9) ta có
C3 HC2 + C3 HB3 + B3 HB2 = HC3 M + 1800 − BAC + HB3 M
= M AC + M AB + 1800 − BAC = 180◦
Suy ra, ta có C2 , H, B2 thẳng hàng.

(1.10)

Lại có A1 , B1 , C1 thẳng hàng
Suy ra, ta có A2 , B2 , C2 thẳng hàng.

(1.11)

Từ (1.10), (1.11) suy ra A2 , B2 , C2 , H cùng nằm trên một đường thẳng (đpcm).

Mệnh đề 1.2.5 ([6]). Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Khi đó trực tâm của
các tam giác ABF , DCF , BCE, ADE cùng nằm trên một đường thẳng, được
gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF .

Hình 1.13:

Chứng minh. Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF .
Các trực tâm của tam giác ABF, DCF, BCE, ADE lần lượt nằm trên đường


16

thẳng Steiner của M ứng với các tam giác này.
Do M có chung đường thẳng Simson nên M cũng có chung đường thẳng Steiner
với 4 tam giác ABF, DCF, BCE, ADE.
Suy ra trực tâm của 4 tam giác ABF, DCF, BCE, ADE thẳng hàng.
Mệnh đề 1.2.6 ([5]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có AP, AQ
đẳng giác trong tam giác; AP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M . Đường
thẳng Simson ứng với điểm M của tam giác ABC vuông góc với AQ.
Chứng minh. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ M xuống
các cạnh BC, AC, AB.
Theo định lí Simson ta có ba điểm A1 , B1 , C1 cùng nằm trên một đường thẳng

và đây là đường thẳng Simson ứng với điểm M của ∆ABC.
Do AC1 M + AB1 M = 1800 nên AC1 M B1 là tứ giác nội tiếp.
Suy ra AB1 C1 = AM C1 .
Gọi giao điểm của AQ và B1 C1 là S. Do AP, AQ là các đường đẳng giác trong
∆ABC nên ∆AC1 M ∼ ∆ASB1 .
Do đó, ta có ASB1 = 900 hay AQ ⊥ B1 C1 (đpcm).
Mệnh đề 1.2.7 ([5]). Trong một tứ giác toàn phần, đường thẳng Simson và
đường thẳng Steiner cùng vuông góc với đường thẳng Gauss.

Hình 1.14:


17

Chứng minh. Cho tứ giác ABCD, gọi M, N là trung điểm của AB, CD. Hai
đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của
∆IAD, ∆IBC.
Gọi X, Z lần lượt là chân các đường cao hạ từ D, A xuống AC, BD; Y, T lần
lượt là chân các đường cao hạ từ C, B xuống BD, AC. Ta có các tứ giác
ABT Z, CDXY nội tiếp. Khi đó H, K có cùng phương tích tới đường tròn
đường kính CD, AB. Suy ra KH ⊥ M N .
Mệnh đề 1.2.8 ([5]). Cho tứ giác toàn phần ABCDEF , chân các đường vuông
góc hạ từ điểm Miquel lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA cùng nằm trên
một đường thẳng, gọi là đường thẳng Simson của tứ giác toàn phần.

Hình 1.15:

Chứng minh. Gọi G, I, J, H lần lượt là chân đường vuông cao hạ từ M xuống
BE, DE, BF, DF . Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF .
Do M thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆CDF nên

I, J, H thẳng hàng (áp dụng định lí Simson cho ∆CDF ).

(1.12)

Chứng minh tương tự với tam giác CBE ta có
I, G cùng nằm trên một đường thẳng;

(1.13)


18

Với tam giác ABF ta có
H, J cùng nằm trên một đường thẳng.

(1.14)

Từ (1.12), (1.13) và (1.14) suy ra 4 điểm G, I, J, H cùng nằm trên một đường
thẳng.
Mệnh đề 1.2.9 ([5]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là điểm
bất kì nằm trên (O) và l là một đường thẳng bất kì qua O. Gọi A1 , B1 , C1
lần lượt là giao của AP, BP, CP với l; A2 , B2 , C2 lần lượt là hình chiếu của
A1 , B1 , C1 trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng A2 , B2 , C2 thẳng hàng và đường
thẳng qua A2 , B2 , C2 chia đôi đoạn nối trực tâm tam giác ABC với P .
Chứng minh. Chúng ta phát biểu lại bài toán dưới dạng sau.
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng l bất kì qua O
cắt AB, BC, CD, DA, AC, BD lần lượt tại X, Y, Z, T, U, V . Gọi X1 , Y1 , Z1 , T1 ,
U1 , V1 lần lượt là hình chiếu của X, Y, Z, T, U, V trên CD, AD, AB, BC, BD,
AC. Khi đó X1 , Y1 , Z1 , T1 , U1 , V1 cùng nằm trên một đường thẳng d.
Ngoài ra, nếu ta gọi Ha , Hb , Hc , Hd lần lượt là trực tâm các tam giác BCD,

CDA, DAB, ABC thì AHa , BHb , CHc , DHd đồng quy tại trung điểm K của
mỗi đường và d đi qua K.
Trước tiên xin phát biểu hai bổ đề.
Bổ đề 1.2.10 ([5]). Quỹ tích các điểm có tỉ số phương tích tới hai đường tròn
không đồng tâm cho trước không đổi là một đường tròn đồng trục với hai đường
tròn đã cho.
Chúng ta phát biểu lại bổ đề dưới dạng sau.
PM/(O1 )
= k không đổi là một đường tròn đồng
Quỹ tích các điểm M thỏa mãn
PM/(O2 )
trục với (O1 ) và (O2 ).
Chứng minh. Dựng đường tròn (O3 ) qua M sao cho ba đường tròn (O3 ), (O1 ),
(O2 ) đồng trục, suy ra O1 , O2 , O3 thẳng hàng.
PM/(O1 )
O3 O1
Theo giả thiết, ta có
=
= k.
PM/(O2 )
O3 O2