Một số vấn đề về tứ giác và ứng dụng

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

HOÀNG DIỆU THU

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC
VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


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

HOÀNG DIỆU THU

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TỨ GIÁC
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. Nguyễn Việt Hải

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Danh mục hình
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7

Tứ giác nội tiếp . . . .
Định lý Pithot . . . . .
IMO Shortlist 2008, Bài
IMO Shortlist 2013, Bài
IMO Shortlist 2016, Bài
IMO Shortlist 1997, Bài
IMO Shortlist 2008, Bài

2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9

2.10
2.11
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9

.
.
1
3
1
7
1

.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

6
8
9
10
11
13
13

a) a2 + c2 = b2 + d2 ; b) P AB + P BA + P CD + P DC
Bộ 8 điểm thứ nhất đồng viên . . . . . . . . . . . . .
KLM N là tứ giác nội tiếp . . . . . . . . . . . . . . .
Bộ 8 điểm thứ hai đồng viên . . . . . . . . . . . . . .
ABCD là tứ giác α ⇐⇒ RST U là hình chữ nhật . . .
Bốn trung tuyến m1 , m2 , m3 , m4 . . . . . . . . . . . .
Bán kính các đường tròn ngoại tiếp: R1 , R2 , R3 , R4 . .
Các đường cao của các tam giác h1 , h2 , h3 , h4 . . . . .
IMO Shortlist 1992, Bài 5 . . . . . . . . . . . . . . . .
Tứ giác αβ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Công thức diện tích tứ giác αβ của Josefsson . . . . .

=π
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

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

16
17
18
19
20
21
22
23
28
31
33

Tứ giác toàn phần . . . . . . . . . . . . . . .
Điểm Miquel, đường tròn Miquel . . . . . . .
Đường thẳng Simson của tứ giác toàn phần .
Định lý Brocard: O là trực tâm GEF . . .
Dấu hiệu nhận biết tứ giác điều hòa . . . . .
AI là phân giác BID . . . . . . . . . . . . .
VMO 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bốn điểm F, M, Z, Y đồng viên . . . . . . .
P Q = QR ⇐⇒ 2 phân giác và AC đồng quy

.
.

.
.
.
.
.
.
.

36
37
37
39
40
41
43
45
46

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.


ii

3.10 Moldova, 2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.11 VMO 2016, Bài 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.12 VMO 2017, Bài 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50


iii

Mục lục
Lời cảm ơn

iii

Mở đầu

1

1 Kiến thức chuẩn bị
1.1 Các công thức tính diện tích tứ giác . . . . . .
1.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp
1.2.1 Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp . . .
1.2.2 Dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp .
1.3 Các ứng dụng trong giải toán . . . . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

3
3
4
4
7
8

2 Tứ
2.1
2.2
2.3

giác có hai đường chéo vuông góc, bằng nhau
15
Tứ giác có hai đường chéo vuông góc . . . . . . . . . . . . 15
Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau . . . . . . . . . . . . 24
Tứ giác có đường chéo vuông góc và bằng nhau . . . . . . . 30

3 Tứ
3.1
3.2
3.3

giác toàn phần, tứ
Tứ giác toàn phần .
Tứ giác điều hòa . .
Các ứng dụng trong

Tài liệu tham khảo

giác điều
. . . . . .
. . . . . .
giải toán .

hòa

35
. . . . . . . . . . . . . . . . 35
. . . . . . . . . . . . . . . . 39
. . . . . . . . . . . . . . . . 42
53


iv

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. Nguyễn Việt Hải,
Giảng viên cao cấp Trường đại học Hải Phòng. 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 K11B (2017 - 2019) 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!
Hải Phòng, tháng 5 năm 2019
Người viết Luận văn

Hoàng Diệu Thu


v

MỘT SỐ KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN
Stt Ký hiệu
1 a, b, c, d
2
S, s
3
Q
4
α
5
β
6
αβ
7
γ
8
p, q
9
m, n

Nội dung ký hiệu
Trang
Độ dài 4 cạnh tứ giác
3
Diện tích, nửa chu vi tứ giác
3
Tứ giác lồi ABCD
15
2 đường chéo vuông góc

15
2 đường chéo bằng nhau
15
2 đường chéo vuông góc và bằng nhau
15
Đường chéo này chia đôi đường chéo kia
15
Độ dài 2 đường chéo tứ giác
16
Độ dài đường trung bình
20


1

Mở đầu
1. Mục đích của đề tài luận văn

Giống như tam giác, tứ giác là một đề tài quan trọng và có nội dung
phong phú trong hình học phẳng. Trong chương trình hình học hiện nay
(ở phổ thông cũng như ở các trường Đại học sư phạm) mới chỉ đề cập đến
các hình tứ giác đặc biệt: Hình thang, hình bình hành, hình vuông, hình
thoi,...và tứ giác nội tiếp. Chuyên đề về tứ giác còn rất nhiều vấn đề quan
trọng và mới cần được nghiên cứu bổ sung với những kiến thức sâu sắc.
Gần đây các khái niệm này được sử dụng nhiều trong các kỳ thi học sinh
giỏi quốc gia và quốc tế. Đó là lý do tôi nghiên cứu đề tài "Một số vấn đề
về tứ giác và ứng dụng". Mục đích của đề tài là:
- Trình bày các vấn đề bổ sung về tứ giác, đặc biệt các vấn đề mới
nhưng chưa được trình bày trong các sách về hình học sơ cấp: Tứ giác có
hai đường chéo vuông góc, bằng nhau; tứ giác toàn phần, tứ giác điều hòa

và các ứng dụng hay các đường thẳng đặc biệt liên quan đến tứ giác,...
- Sử dụng được các công cụ của hình học như: Biến đổi đại số trên các
hệ thức hình học đã có, phương pháp tọa độ, phương pháp biến hình,...để
nghiên cứu và mở rộng các khái niệm xung quanh tứ giác.
- Bồi dưỡng năng lực dạy các chuyên đề khó ở trường THCS và THPT
góp phần đào tạo học sinh học giỏi môn Hình học.

2. Nội dung của đề tài, những vấn đề cần giải quyết
Dựa vào các tài liệu [1], [3] luận văn trình bày một số vấn đề quan
trọng về tứ giác hay được ứng dụng để giải các bài toán hình học khó. Nội
dung luận văn chia làm 3 chương:


2

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
Tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp là các nội dung quan trọng và chủ yếu
hay gặp để giải quyết các bài toán thi học sinh giỏi, thi chuyển cấp ở phổ
thông. Ở đây ta sẽ hệ thống lại các dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội
tiếp, ngoại tiếp, phát biểu các công thức tính toán liên quan đến tứ giác,
bổ sung thêm các điều kiện khác và minh họa cách áp dụng các kiến thức
đó vào việc giải các bài toán thi Olympic toán quốc gia và quốc tế. Chương
này bao gồm:
1.1. Các công thức tính diện tích tứ giác
1.2. Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp
1.3. Các ứng dụng trong giải toán
Chương 2. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc, bằng nhau
Nội dung chương này đề cập đến hai loại tứ giác khá đặc biệt với
các tính chất liên quan đến đường chéo: Tứ giác có hai đường chéo vuông
góc, tứ giác có hai đường chéo bằng nhau. Sự kết hợp các tính chất này

cho ta loại tứ giác mới chưa có tên, mà ta gọi là tứ giác αβ . Chương này
bao gồm các mục sau:
2.1. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc
2.2. Tứ giác có hai đường chéo bằng nhau
2.3. Tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau
Chương 3. Tứ giác toàn phần, tứ giác điều hòa
Hai loại tứ giác quan trọng nữa là tứ giác toàn phần và tứ giác điều hòa
liên quan đến hình học xạ ảnh, được trình bày rất trực quan với các tính
chất phong phú, được sử dụng nhiều để giải các bài toán về chứng minh
tính thẳng hàng, đồng quy, tính đồng viên, hoặc các đẳng thức, bất đẳng
thức hình học.
Nội dung của chương được chia thành 3 phần:
3.1. Tứ giác toàn phần
3.2. Tứ giác điều hòa
3.3. Các ứng dụng trong giải toán


3

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp là các nội dung quan trọng và hay
gặp trong các chuyên đề về tứ giác. Ở đây ta sẽ hệ thống lại các dấu hiệu
hay dùng để nhận biết một tứ giác nội tiếp, tứ giác ngoại tiếp. Phát biểu
và chứng minh các công thức tính diện tích tứ giác, bổ sung thêm các điều
kiện khác và minh họa cách áp dụng các dấu hiệu đó vào việc giải các bài
toán thi Olympic toán quốc gia và quốc tế.

1.1

Các công thức tính diện tích tứ giác

Xét tứ giác lồi ABCD với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và
các góc DAB = A, ABC = B, BCD = C, CDA = D, hai đường chéo
a+b+c+d
AC = x, BD = y . Đặt s =
.
2
Mệnh đề 1.1. Diện tích tứ giác lồi ABCD được tính theo công thức sau
(Công thức Brétchneider).

S=

(s − a)(s − b)(s − c)(s − d) − abcd cos2

B+D
2

(1.1)

1
1
Chứng minh. Ta có S = SABC + SACD = ab sin B + cd sin D. Suy ra
2
2
4S = 2ab sin B + 2cd sin D
Áp dụng định lý cô sin biểu diễn AC theo 2 cách ( BAC và

AC 2 = a2 + b2 − 2ab cos B

= c2 + d2 − 2cd cos D

(1.2)

DAC ):


4

Suy ra

2ab cos B − 2cd cos D = a2 + b2 − c2 − d2

(1.3)

Bình phương hai vế của (1.2), (1.3) và cộng lại

4a2 b2 + 4c2 d2 − 8abcd(cos B cos D − sin B sin D) =
= 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2

2

+ 4a2 b2 + 4c2 d2 − 8abcd. cos (B + D)

= 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2

2

+ (2ab + 2cd)2 − 8abcd − 8abcd cos (B + D)

= 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2

2

+ (2ab + 2cd)2 − 8abcd [1 + cos (B + D)]

= 16S 2 + a2 + b2 − c2 − d2

2

.

Rút ra 16S 2 =

= (2ab + 2cd)2 − a2 + b2 − c2 − d2

2

− 8abcd.2 cos

B+D
2

B+D
2
B+D
= (2s − 2d) (2s − 2c) (2s − 2b) (2s − 2a) − 16abcd cos2
2
B+D
= 16 (s − a) (s − b) (s − c) (s − d) − 16abcd cos2

2
= (a + b)2 − (c + d)2

(c + d)2 − (a − b)2 − 16abcd cos2

Ta được S 2 = (s − a) (s − b) (s − c) (s − d) − abcd cos2

1.2
1.2.1

B+D
.
2

Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp
Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp

Tứ giác nội tiếp là tứ giác có 4 đỉnh nằm trên một đường tròn. Ta còn
gọi là 4 điểm đồng viên thay cho cách nói tứ giác nội tiếp. Tứ giác lồi
ABCD nội tiếp nếu có một trong các điều kiện sau
(i.) Tồn tại điểm I sao cho IA = IB = IC = ID,
(ii.) Điểm D ∈ (ABC),
(iii.) Hai đỉnh kề nhau nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại dưới cùng một góc,
CAD = CBD, ACB = ADB .
(iv.) Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện, hay tổng hai
góc đối diện bằng hai vuông.


5

(v.) Có điểm P sao cho P A.P C = P B.P D.
Mệnh đề 1.2. Cho tứ giác lồi ABCD với E = AB ∩ CD, F = AC ∩ BD.
Khi đó, các điều kiện sau là tương đương
a. ABCD là tứ giác nội tiếp,
b. EA.EB = EC.ED
c. F A.F C = F B.F D.
Chứng minh. Mệnh đề được chứng minh nhờ tam giác đồng dạng.
Ý nghĩa của mệnh đề là xác định tứ giác nội tiếp nhờ quan hệ giữa các
cạnh khi ta không tìm được mối quan hệ giữa các góc.
Ví dụ 1.2.1. (Định lý Ptolemy) Tứ giác lồi ABCD nội tiếp được khi và
chỉ khi
AB.CD + AD.BC = AC.BD
(1.4)
Chứng minh. Có nhiều cách chứng minh, cách nào cũng có cái hay nhưng
ngắn nhất là sử dụng phép nghịch đảo. Tuy nhiên, ở đây chúng tôi chọn
cách chứng minh với kiến thức tối thiểu.
Điều kiện cần. Không mất tính chất tổng quát, giả sử BAD > ABD.
Chọn điểm P ∈ BD sao cho BAP = CAD. Các tam giác BAP, CAD
BP
AB
=
, nghĩa là
đồng dạng vì ABP = ACD. Từ đó,
AC
CD
AB.CD = AC.BP

AP D cũng đồng dạng vì BAC = BAP + P AC
AC
AD

= DAC + P AC = P AD và ACB = ADP . Từ đó,
=
, nghĩa là
BC
PD
BC > AD = AC.P D
Bây giờ các

ABC,

Kết hợp cả hai đẳng thức ta được

AB.CD + AD.BC = AC. (BP + P D) = AC.BD
Điều kiện đủ. Tứ giác lồi ABCD thỏa mãn (1.4). Dựng điểm P sao cho
BAP = CAD và ABP = ACD. Khi đó các ABP, ACD đồng dạng.
Suy ra AB : AP : BP = AC : AD : CD.
Từ đây ta kết luận được :

AB.CD = AC.BP
AD.BC = AC.P D (do

ABC,

AP’D đồng dạng)


6

Hình 1.1: Tứ giác nội tiếp

Cộng vế với vế ta được:

AB.CD + AD.BC = AC.BP + AC.P D = AC.BD
Suy ra BP + P D = BD, kéo theo điểm P ∈ BD. Điều đó dẫn tới
ABD = ABP = ACD và 4 điểm A, B, C, D thuộc một đường tròn.
Ví dụ 1.2.2. (Bất đẳng thức Erdos-Mordell) Cho tam giác ABC . M là
một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Đặt x1 = M A, x2 = M B, x3 = M C;
p1 , p2 , p3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng. Khi
đó ta có bất đẳng thức

x1 + x2 + x3 ≥ 2 (p1 + p2 + p3 )

(1.5)

Có rất nhiều cách chứng minh kết quả kinh điển này. Sau đây ta sẽ sử
dụng định lý Ptolemy.
Chứng minh. AM kéo dài cắt đường tròn nội tiếp tam giác tại điểm A .
Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABA C , ta có :

AB.CA + AC.BA = BC.AA .
Hạ A D ⊥ AC và A E ⊥ AB thì rõ ràng A B ≥ A E, A C≥ A D. Do đó
a.AA ≥ c.A D + b.A E hay

1≥

AD c AE b
. +
. .
A A a AA a

7

p2
AE
p3
AD
c
b
=
và
= . Nên từ đây x1 ≥ p2 + p3 . Tương tự
AA
x1
AA
x1
a
a
cho x2 , x3 và ta thu được
Nhưng

x1 +x2 +x3 ≥ p1

c b
c a
+
+p2
+
+p3
b c

a c

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
ngoại tiếp tam giác.

b a
+
a b

≥ 2 (p1 + p2 + p3 ) .

ABC đều và M ≡ O − tâm đường tròn

Những ví dụ trên một lần nữa cho thấy sự gần gũi giữa bất đẳng thức
Ptolemy và bất đẳng thức tam giác.
1.2.2

Dấu hiệu nhận biết tứ giác ngoại tiếp

Tứ giác lồi ABCD được gọi là tứ giác ngoại tiếp nếu 4 cạnh tiếp xúc
với một đường tròn (I, r) nào đó.
Ta nêu một số dấu hiệu hay dùng về tứ giác ngoại tiếp:
(i.) Các phân giác trong của 4 góc đồng quy tại một điểm, đó chính là
tâm I .
(ii.) (Định lý Pithot) ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi a+c = b+d.
(iii.) ([3]) Tứ giác lồi ABCD với P = AC ∩ BD ngoại tiếp một đường tròn
khi và chỉ khi :
1
1
1

1
+
=
+
.
d(P, AB) d(P, CD) d(P, BC) d(P, DA)
hay viết dưới dạng

1
1
1
1
+
=
+
h21 h23
h22 h24

(1.6)

(iv.) (Đặc trưng Iosifescu, [3]) Tứ giác lồi ABCD ngoại tiếp khi và chỉ khi
x
z
y
w
tan . tan = tan . tan ,
(1.7)
2
2
2

2
trong đó, x = ABD, y = ADB, z = BDC, w = DBC.
Chứng minh. (ii.) ([1]), Giả sử ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), các tiếp
điểm thứ tự trên các cạnh AB, BC, CD, DA là M, N, P, Q. Suy ra:

AM = AQ, BM = BN, CN = CP, DP = DQ.


8

Cộng vế với vế ta có: AB + CD = BC + DA.
Ngược lại, giả sử tứ giác ABCD thỏa mãn AB + CD = BC + DA.
Không mất tính chất tổng quát ta coi AB ≤ AD, do AB+CD = BC+DA
nên BC ≤ DC . Khi đó tồn tại Q ∈ AD, P ∈ DC sao cho AB = AQ và
CB = CP , suy ra DP = DQ. Từ đó, các tam giác ABQ, CBP, DP Q
là những tam giác cân và các đường cao từ ba đỉnh A, C, D là 3 trung
trực của BP Q, đồng quy tại một điểm I . Ta có I cách đều các cạnh
AD, DC, CB, AB của tứ giác. Vậy tồn tại đường tròn tâm I tiếp xúc với
các cạnh tứ giác.

Hình 1.2: Định lý Pithot

(iii.) và (iv.) Đã trình bày chi tiết trong [3].

1.3

Các ứng dụng trong giải toán

Ta sẽ ứng dụng các kiến thức bổ sung ở trên vào việc trình bày lời giải
các bài toán thi học sinh giỏi, thi Olimpic quốc gia và quốc tế.

Ví dụ 1.3.1. (IMO Shortlist 2008, Bài 1) Cho H là trực tâm tam giác
nhọn ABC . Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB . Đường
tròn (I, IH) cắt BC tại M, N , đường tròn (J, JH) cắt CA tại P, Q, đường
tròn (K, KH) cắt AB tại R, S . Chứng minh rằng 6 điểm M, N, P, Q, G, S
nằm trên một đường tròn.


9

Chứng minh.
Cách 1. Dễ thấy KJ ⊥ AH , trục đẳng phương của (K, KH) và (J, JH) là
AS
AQ
AH. Suy ra AR.AS = AP.AQ,
=
nên ASP đồng dạng với AQR.
AP
AR
Từ đó AQR = ASP . Như vậy, RQP = 1800 − AQR = 1800 − ARP . Điều
đó chứng tỏ tứ giác RSP Q nội tiếp.
Dễ thấy tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác RSP Q là giao 2 trung
trực của RS và P Q. Nhưng đó chính là tâm ngoại tiếp O của ABC .

Hình 1.3: IMO Shortlist 2008, Bài 1

Tương tự như trên các tứ giác M N P Q, RSM N cũng nội tiếp đường
tròn và tâm của chúng cũng là O. Cuối cùng, do OR = OS = OP = OQ
= OM = ON nên ta có điều phải chứng minh.
Cách 2. Theo định lý Pythagore, OM 2 = OI 2 + M I 2 , suy ra

OM 2 = OI 2 + IH 2 .
Vì ABC nhọn nên ta luôn có: AH = 2OI . Nếu gọi E là trung
điểm của AH thì EH = OI nên HIOE là hình bình hành. Điều đó
1
OH 2 + IE 2 . Mặt khác,
cho 2 OI 2 + IH 2 = OH 2 + IE 2 , OM 2 =
2
AEIO là hình bình hành nên IE = OA = R (bán kính đường tròn (O)).
1
1
Ta được OM 2 = (R2 + OH 2 ) =⇒ OM =
2(R2 + OH 2 ).
2
2


10

Tương tự, ta suy ra M, N, P, Q, R, S nằm trên đường tròn tâm O, bán
1
kính
2(R2 + OH 2 ).
2
Ví dụ 1.3.2. (Hệ thức Feuerbach) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường
tròn. Chứng minh rằng CD2 SABD + AD2 SBCD = BD2 SACD .
Chứng minh. Theo định lý Ptolemy AB.CD + AD.BC = AC.BD. Nhân
BD.AD.CD
2 vế với
ta được
4R

BD2 .AD.CD.AC
CD2 .AB.BD.AD AD2 .BD.BC.CD
+
=
4R
4R
4R
abc
Đẳng thức đó tương đương điều phải chứng minh do S =
.
4R
Ví dụ 1.3.3. (IMO Shortlist 2013, Bài 3) Cho tam giác ABC , gọi A1 , B1 , C1
lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp với các cạnh BC, CA, AB .
Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 nằm
trên (ABC) thì ∆ABC là tam giác vuông.

Hình 1.4: IMO Shortlist 2013, Bài 3

Chứng minh. Hình 1.4. Giả sử AC ≥ AB , gọi I là trung điểm cung BAC .
Ta có IB = IC =⇒ ABI = ACI =⇒ IBC1 = ICB1 (c.g.c). Vậy
IC1 = IB1 ⇐⇒ I ≡ O.


11

Trên OB lấy điểm M và trên OC lấy điểm N sao cho BM = CN = OA.
Tứ giác OABC nội tiếp nên N CA1 = OAB . Lại có CA1 = AC1 nên
CN A1 = AOC1 (c.g.c).
Mặt khác, OBA1 = OBC = OAC và AB1 = BA1 , suy ra hai tam giác
BM A1 = AOB1 (c.g.c), N A1 = OC1 = OA1 = OB1 = M A1 . Như

vậy, CA1 N = AC1 O = 1800 − BC1 O = 1800 − OB1 C = AB1 O = BA1 M .
Vậy 3 điểm M, A1 , N thẳng hàng.
Do N A1 = OA1 = M A1 nên M ON là tam giác vuông. Từ góc M ON
vuông suy ra BAC vuông.
Ví dụ 1.3.4. (IMO Shortlist 2016, Bài 1) Tam giác BCF vuông ở B . Giả
sử A ∈ CF với F A = F B, F ở giữa A và C . Điểm D được lấy sao cho
DA = DC , AC là phân giác góc DAB ; E được lấy sao cho EA = ED.
AD là phân giác góc EAC . Gọi M là trung điểm CF , X là đỉnh hình
bình hành AM XE . Chứng minh rằng BD, F X, M E đồng quy.

Hình 1.5: IMO Shortlist 2016, Bài 1

Chứng minh. Hình 1.5. Ta chia làm 3 bước.
Bước 1. Ba điểm B, F, E thẳng hàng. Đặt AB = a, BAC = α. Từ tam
giác cân ADC ta dựng hình thoi ADCG với AD = DC = CG = GA = a


12

và F DA = α. Không mất tính chất tổng quát ta coi M F = M C = 1. Ta
có BF C = 2α, BF = 2 cos(2α) = AF ; AC = AF + F C = 2 cos(2α) + 2.
Từ đó, AC 2 = AG2 +GC 2 −2AC.GC. cos(1800 −2α) = 2a2 +2a2 cos(2α).
Mặt khác, AC 2 = (CF + F A)2 = (2 + 2 cos(2α))2 .
Vậy, (2 + 2 cos 2α)2 = a2 (2 + 2 cos 2α) =⇒ a2 = 2 + 2 cos 2α.
AG
AE
a
AE
=
⇐⇒

=
.
AED đồng dạng AGC nên
AD
AC
a
2 + 2 cos 2α
Nghĩa là AE(2+2 cos 2α) = a2 = 2+2 cos 2α =⇒ AE = 1. Nếu ET ⊥AC
1
thì AT = cos 2α = AF (do AF = 2 cos 2α). AEF cân ở E nên
2
AF E = 2α. Như vậy, B, F, E thẳng hàng.
Bước 2. DF ⊥EM . Từ giả thiết, tứ giác F EDM là hình bình hành có
EF = ED = 1 nên nó là hình thoi, DF ⊥EM .
Bước 3. BFDX là hình thang cân. Rõ ràng ta có AM = EX , AF = DX
(do AF XD là hình bình hành) nên EB = EF +F B = ED +DX = EX ,
BEX cân ở E . Suy ra BF DX là hình thang cân với 2 đáy là F D BX .
Hai đường chéo hình thang cân cắt nhau tại điểm K thì K phải thuộc
EM − trung trực của hai đáy.
Ví dụ 1.3.5. (IMO Shortlist 1997, Bài 7) Cho lục giác ABCDEF với
AB = BC , CD = DE, EF = F A. Chứng minh rằng

BC DE F A
3
+
+
≥ .
BE DA F C
2
Dấu bằng xảy ra khi nào?

Chứng minh. Áp dụng định lý Ptolemy vào tứ giác ACEF thì

AC.EF + AF.CE ≥ AE.F C
Từ giả thiết AF = F E ta có: F A(AC + CE) ≥ AE.F C . Bởi vậy,
AE
FA
≥
.
FC
AC + CE
DE
EC
BC
AC
Hoàn toàn tương tự,
≥
và
≥
.
DA
AE + AC
BE
EC + AE
Cộng ba bất đẳng thức (cùng chiều) vế với vế:

F A DE BC
AE
EC
AC
+

+
≥
+
+
F C DA BE
AC + CE AE + AC EC + AE
hay

BC DE F A
3
+
+
≥ .
BE DA F C
2


13

Hình 1.6: IMO Shortlist 1997, Bài 7

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AC = CE = EA và các tứ giác ACEF ,
ACDE, ABCE nội tiếp, tức là lục giác nội tiếp đường tròn và AC = CE
= EA. Nói cách khác, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ABCDEF là lục
giác đều.
Ví dụ 1.3.6. (IMO Shortlist 2008, Bài 1) Γ là đường tròn ngoại tiếp tam
giác nhọn ABC . Lấy các điểm D ∈ AB, E ∈ AC sao cho AD = AE .
Trung trực của BD và CE cắt các cung AB, AC của Γ tương ứng tại
F, G. Chứng minh rằng DE và EG song song hoặc trùng nhau.

Hình 1.7: IMO Shortlist 2008, Bài 1

Chứng minh.


14

Giả sử EG, F D lần lượt cắt Γ tại Y và X . Ta có F B = F D, F G = CG
và AXF = ABF = F DB = ADX . Ta suy ra DAX cân đỉnh A, nên
AX = AD.
Tương tự, Y AE cân đỉnh A, nên AE = AY . Ta lại có AD = AY nên
4 điểm Y, D, E, X thuộc đường tròn tâm A.
Ta có các góc nội tiếp Y ED = Y XD = Y XF = Y GF (hình 1.7). Hai
góc đồng vị bằng nhau nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Tính độ dài hai
đường chéo theo các cạnh.
Như vậy, trong chương này ta đã hệ thống lại các dấu hiệu nhận biết
một tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp, phát biểu các công thức tính toán liên
quan đến tứ giác, bổ sung thêm các điều kiện khác và minh họa cách áp
dụng các kiến thức đó vào việc giải các bài toán thi Olympic toán quốc
gia và quốc tế.


15

Chương 2

Tứ giác có hai đường chéo vuông
góc, bằng nhau
Trong chương này ta sẽ ký hiệu Q là tứ giác lồi ABCD, P là giao hai

đường chéo, "tứ giác có 2 đường chéo vuông góc” được viết tắt là “tứ giác
α", "tứ giác có 2 đường chéo bằng nhau" được viết tắt là "tứ giác β ", "tứ
giác có 2 đường chéo vuông góc và bằng nhau" được viết tắt là "tứ giác
αβ ". Tứ giác có đường chéo này chia đôi đường chéo kia được viết tắt là
"tứ giác γ ". Để thuận tiện trong cách trình bày ta thống nhất cách gọi :
-Đường thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện tứ giác là "đường trung
bình của tứ giác" (mỗi tứ giác có 2 đường trung bình), giao 2 đường trung
bình gọi là "trọng tâm tứ giác".
-Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh, vuông góc với cạnh đối diện
gọi là "đường trung cao" của tứ giác (mỗi tứ giác có bốn đường trung cao).

2.1

Tứ giác có hai đường chéo vuông góc

Định nghĩa 2.1. Tứ giác lồi mà hai đường chéo vuông góc với nhau gọi
là tứ giác có hai đường chéo vuông góc, viết tắt là tứ giác α.
Tứ giác đặc biệt này có nhiều tính chất thú vị được chứng minh bằng
các công cụ khác nhau, chẳng hạn, định lý cô sin, phương pháp véc tơ,
phương pháp quỹ tích, ứng dụng số phức và chứng minh bằng phản chứng
được tham khảo chính trong ([3]). Ta lần lượt xét các đặc trưng của tứ
giác có hai đường chéo vuông góc dưới dạng các điều kiện cần và đủ.


16

Dấu hiệu 2.1.1. Q là tứ giác α khi và chỉ khi:

AB 2 + CD2 = BC 2 + DA2 .

Hình 2.1: a) a2 + c2 = b2 + d2 ; b) P AB + P BA + P CD + P DC = π

Chứng minh.
Cách 1. (Sử dụng định lý Pythagore), Hình 2.1a. Hạ DX, BY ⊥ AC, X ,
Y ∈ AC . Theo định lý Pythagore, BY 2 +AY 2 = AB 2 , BY 2 +CY 2 = BC 2 ,
DX 2 + CX 2 = CD2 và AX 2 + DX 2 = DA2 . Như vậy,

AB 2 + CD2 − BC 2 − DA2 =
= AY 2 − AX 2 + CX 2 − CY 2
= (AY + AX)(AY − AX) + (CX + CY )(CX − CY )
= (AY + AX)XY + (CX + CY )XY
= (AX + CX + AY + CY )XY
= 2AC.XY
Do đó ta có AC ⊥ BD ⇐⇒ XY = 0 ⇐⇒ AB 2 + CD2 = BC 2 + DA2 .
Cách 2. (Dùng phương pháp diện tích) Diện tích tứ giác lồi ABCD:
1
1
S = pq sin θ =
4p2 q 2 − (a2 − b2 + c2 − d2 ),
2
4
(θ là góc giữa hai đường chéo p, q ).
π
Từ đó ta trực tiếp có: θ = ⇐⇒ a2 + c2 = b2 + d2 .
2
Điều ngược lại hiển nhiên.
Dấu hiệu 2.1.2. Q là tứ giác α khi và chỉ khi

P AB + P BA + P CD + P DC = π.

(2.1)


17

Chứng minh. Hình 2.1b). Xét tổng các góc trong

ABP và

CDP ta có

P AB + P BA + P CD + P DC = 2π − 2θ,
π
trong đó θ là góc giữa hai đường chéo. Bởi vậy θ = ⇐⇒ (2.1).
2
Dấu hiệu 2.1.3. (Bộ 8 điểm thứ nhất) Q là tứ giác α khi và chỉ khi 8
điểm gồm 4 trung điểm các cạnh, 4 chân đường trung cao, đồng viên.

Hình 2.2: Bộ 8 điểm thứ nhất đồng viên

Chứng minh. Với tứ giác Q, ký hiệu như hình 2.2 ta luôn có 4 điểm
1
G, E, G , E thuộc đường tròn tâm I = GE ∩ HF , bán kính r1 = GE
2
và 4 điểm H, H , F, F thuộc đường tròn tâm I = GE ∩ HF , bán kính
1
r2 = HF .
2
Tám điểm G, H, E, F, G , H , E, F cùng nằm trên đường tròn tâm I khi
và chỉ khi r1 = r2 ⇐⇒ GE = HF , tương đương với GHEF là hình chữ

nhật hay Q là tứ giác α.
Dấu hiệu 2.1.4. Q là tứ giác α khi và chỉ khi hình chiếu từ P lên 4 cạnh
là các đỉnh của một tứ giác nội tiếp.
Chứng minh. Các tứ giác AKP N, BLP K, CM P L, DN P M là các tứ giác
nội tiếp nên ta có P AN = P KN , P BL = P KL, P CL = P M L và
P DN = P M N .


18

Hình 2.3: KLM N là tứ giác nội tiếp

Bởi vậy, Q là tứ giác α khi và chỉ khi

P AB + P BA + P CD + P DC = π
⇐⇒ P AN + P BL + P CL + P DN = π
⇐⇒ P KN + P KL + P M L + P M N = π
⇐⇒ LKN + LM N = π
Đẳng thức cuối tương đương với KLM N là tứ giác nội tiếp.
Dấu hiệu 2.1.5. (Bộ 8 điểm thứ hai) Tứ giác Q có K, L, M, N là hình
chiếu của P lên các cạnh, R, S, T, U là các giao điểm của KP, LP, M P, N P
với các cạnh đối diện. Khi đó Q là tứ giác α nếu và chỉ nếu 8 điểm
K, L, M, N, R, S, T, U đồng viên.
Chứng minh.
Điều kiện cần. Q là tứ giác α thì theo dấu hiệu 2.1.4 ta có K, L, M, N nằm
trên một đường tròn. Ta chứng minh điểm T cũng thuộc đường tròn đó. Ta
có M N K + M T K = π ⇐⇒ M T K = AN K + DN M (vì AN D = π , hình
2.4). Trong các tứ giác nội tiếp AN P K và DN P M ta có, AN K = AP K
= T P C và DN M = M P D. Theo định lý góc ngoài tam giác, ta có
M T P = T P C + T CP .

Ngoài ra M P D = T CP do CP D vuông và P M là đường cao. Do
đó, M T K = T P C + T CP = AN K + M P D = AN K + DN P , chứng