(Luận văn thạc sĩ) một số chuyên đề về đường thẳng và đường tròn trong hình học phẳng 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------- -----------

Lê Đình Trƣờng

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ
ĐƢỜNG TRỊN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội – 1/2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
---------- -----------

Lê Đình Trƣờng

MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ VỀ ĐƢỜNG THẲNG VÀ
ĐƢỜNG TRỊN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

Chun ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số

: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. Vũ Đỗ Long

Hà Nội – 1/2015


LỜI CẢM ƠN
Trước tiên em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất tới
PGS.TS. Vũ Đỗ Long, người thầy với lịng nhiệt huyếtđã ln chỉ bảo tận
tình em từ những ngày đầu tiên, đồng thờiđưa ra những lời khun bổích
giúp em hồn thiện luận văn này.
Em cũng xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô, tập thể cán bộ ban chủ
nhiệm khoa Toán- Cơ – Tin học cùng các học viên cao học, đã không chỉ
trang bị kiến thức cho em mà cịn ln giúp đỡ, tạođiều kiện thuận lợi trong
quá trình em học tập tại trường.
Cuối cùng, em xin cảmơn tới bạn bè người thân, những người luôn
ủng hộ động viên em vượt qua những khó khăn để em hồn thành tốt luận
văn.

Hà Nội, tháng 1 năm 2015


MỤC LỤC
Lời nói đầu ........................................................................................................... 1
Chƣơng I. Các bài tốn về đƣờng thẳng , đƣờng trịn...................................... 2
1.1. Bài tốn về ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy. ...................... 2
1.2. Một số bài toán về đƣờng thẳng và đƣờng tròn, tứ giác nội tiếp ................ 14
Chƣơng II. Các bài toán về vectơ và ứng dụng của vectơ .............................. 26
2.1. Vectơ, tâm tỉ cự ......................................................................................................... 26
2.2. Tích ngồi của hai vectơ và ứng dụng ............................................................... 42
2.3. Phƣơng tích của điểm đối với đƣờng tròn. Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng
phƣơng ................................................................................................................................. 62

KẾT LUẬN ......................................................................................................... 79
Tài liệu tham khảo ............................................................................................. 80


Lời mở đầu
Hình học phẳng là dạng tốn quen thuộc đối với học sinh trung học cơ sở
cũng nhƣ học sinh trung học phổ thơng. Nó khơng chỉ xuất hiện trong đề thi học
sinh giỏi cấp tỉnh đối với khối học sinh lớp 9của các trƣờng THCS, các đề thi vào
THPT mà cịn có trong các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, quốc tế
của học sinh các trƣờng THPT, đồng thời cũng có trong đề thi vào các trƣờng đại
học với phần trăm điểm không nhỏ. Chính vì vậy đề tài em lựa chọn cho luận văn
của mình là : “ Một số chuyên đề về đƣờng thẳng và đƣờng trịn trong hình học
phẳng “.
Hình học phẳng trong toán THPT với chủ yếu là các bài tốn về đƣờng thẳng và
đƣờng trịn, với đối tƣợng học sinh khá giỏi, còn đƣợc bổ sung thêm các định lí
thƣờng dùng nhƣ Mê-nê-la-uýt , Xê- va ,…Để giải các bài tốn về đƣờng thẳng
và đƣờng trịn trong hình học phẳng nhanh và dễ dàng hơn, trong luận văn của
mình em nêu ra những nội dung sau :
Chƣơng 1 trình bày các bài tốn về đƣờng thẳng, đƣờng trịn.Gồm có các bài
toán về ba điểm thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy; đƣờng thẳng và đƣờng
tròn, tứ giác nội tiếp.
Chƣơng 2 nêu trọng tâm của luận văn các bài toán về vectơ và ứng dụng của
vectơ gồm có 3 phần. Vectơ, tâm tỉ cự; tích ngồi của hai vectơ và ứng dụng;
phƣơng tích của điểm đối với đƣờng trịn. Trục đẳng phƣơng, tâm đẳng phƣơng.
Luận văn này đƣợc hoàn thành với sự hƣớng dẫn tận tình của PGS.TS.Vũ Đỗ
Long – Trƣờng Đại Học Khoa Học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội. Em
xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Vũ Đỗ Long đối với sự quan tâm, chỉ bảo
tận tình của thầy. Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trƣờng Đại học
Khoa Học Tự nhiên - Đại học Quốc Gia Hà Nội, đã dạy dỗ, trang bị những kiến
thức bổ ích và giúp đỡ em trong suốt quá trình theo học. Em xin chân thành cảm

ơn ban chủ nhiệm khoa Toán- Cơ- Tin học đã tạo điều kiện, giúp đỡ cho em hoàn
thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 01 năm 2015
Tác giả
Lê Đình Trƣờng
1


Chƣơng I
Các bài tốn về đƣờng thẳng , đƣờng trịn
1.1.Bài toán về ba đƣờng thẳng hàng, ba đƣờng thẳng đồng quy.
Bài tốn 1. Định lí Mê-nê-la-t. Cho tam giác ABC .Ba điểm Q, R, P theo thứ
tự thuộc các đƣờng thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng khi
và chỉ khi.

PA QB RC
.
.
=1.
PB QC RA

(1)

Chứng minh.

A

Điều kiện cần. Giả sử P, Q, R thẳng hàng.
Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với PQ

P

′

cắt AB tại C (h.1) theo định lí Ta- lét

R

C′

ta có:
PA QB RC PA PB PC′
.
.
=
.
.
=1
PB QC RA PB PC′ PA
Vậy

P′

Q
B

Hình 1

C

PA QB RC
.
.
=1.
PB QC RA

Điều kiện đủ. Ngƣợc lại, ta chứng minh rằng nếu thỏa mãn (1) thì ba điểm P, Q,
R thẳng hàng. Gọi P′ giao điểm của QR và AB . Vì Q, R, P′ thẳng hàng nên theo
chứng minh trên :
P′ A QB RC
.
.
=1 .
P′ B QC RA

(2)

Từ (1) và (2) rút ra
PA
PB

=

P′ A
P′ B

=> 𝑃 ≡ P′

Vậy ba điểm P , Q, R thẳng hàng.
Bài tốn 2. Định lí Xê – va . Cho tam giác ABC .Các điểm M, N, P lần lƣợt

thuộc các đƣờng thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy
2


hoặc song song khi và chỉ khi
MB NC PA
.
.
= −1 .
MC NA PB

(1)

Chứng minh.(h.2)
Điều kiện cần. Giả sử AM, BN, CP đồng quy tại O. Vẽ qua A đƣờng thẳng Δ
song song với BC, đặt X= BN ∩ Δ, Y = CP ∩Δ . Theo định lí Ta- lét ta có
MB
MC

.

NC
NA

Y

.

PA
PB

AX

=

AY

.

CB
AX

A

.

AY
BC

=

CB
BC

= −1 .

P

P

N

X

A

N
O

B

M

C

C

B
Hình 3

Hình 2

Giả sử ba đƣờng thẳng AM, BN, CP song song (h.3). Ta có
MB NC PA MB BC CM MB BC CM
.
.
=
.
.
=

.
.
= −1
MC NA PB
MC BM CB BM CB MC
Điều kiện đủ. Ngƣợc lại, giả sử ba điểm M, N, P tƣơng ứng trên các đƣờng thẳng
BC, CA, AB thỏa mãn hệ thức (1).
-

Nếu hai trong ba đƣờng thẳng AM, BN, CP cắt nhau, chẳng hạn AM và BN

cắt nhau tại O . Đặt P′ = OC ∩ AB . Theo phần thuận ta có
MB NC P′ A
.
.
= −1.
MC NA P′ B
Từ (1) và (2) rút ra
-

PA
PB

=

P ′A
P ′B

(2)
=> AM, BN, CP đồng quy tại O.

Nếu không có hai đƣờng nào trong ba đƣờng thẳng AM, BN, CP cắt nhau thì

hiển nhiên cả ba đƣờng thẳng song song với nhau.
Bài tốn 3.Định lí Đờ - dác.Cho hai tam giác ABC và A′ B′ C′ . Nếu các đƣờng
thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy thì các giao điểm AB ∩ A′ B′ , BC ∩ B′ C′ , AC ∩ A′ C′
thẳng hàng, Ngƣợc lại nếu các giao điểm của chúng thẳng hàng thì các đƣờng
thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy.
3


Chú ý : Các đƣờng thẳng AA′ , BB′ , CC′ gọi là đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng
của hai tam giác ABC và A′ B′ C′ , các giao điểm AB ∩ A' B', BC ∩ B′ C′ , AC ∩
A′ C′ gọi là các giao điểm tƣơng ứng của hai tam giác đó. Khi đó định lí Đờ - dác
đƣợc phát biểu nhƣ sau. Các đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng của hai tam
giác đồng quy (hoặc song song) khi và chỉ khi giao điểm các cạnh tƣơng ứng
thẳng hàng.

O

Chứng minh.
a) Điều kiện đủ. Giả sử các đƣờng thẳng

C

AA′ , BB′ , CC′ đồng quy tại O.(h.4) và AB ∩ A′ B′ = P
BC ∩ B′ C′ = Q, AC ∩ A′ C′ = R.

A

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABO
′

′

và ba điểmP, A , B ta có.
PA B′ B A′ O
.
.
=1
PB B′ O A′ A

R

A′

B′

P

Q

B
Hình 4

Vào trong tam giác BCO và ba điểm Q, B′ , C′ ta có
QB

.

QC

C′C

.

C′O

B ′O
B ′B

= 1 và vào tam giác CAO và ba điểm R, A′ , C′ ta có

RC A′ A C′ O
.
.
= 1.
RA A′ O C′ C
Nhân ba đẳng thức trên ta đƣợc kết quả sau
PA QB

.

PB QC

.

RC
RA

= 1 từ đó theo định lí Mê-nê-la-t ta suy ra ba điểm P, Q, R

thẳng hàng.
b) Điều kiền đủ. nếu ba điểm P, Q, R thẳng hàng, thì ba đƣờng thẳng
AA′ , BB′ , CC′ đồng quy.
Giả sử hai đƣờng thẳng AA′ và CC′ cắt nhau tại O. Xét hai tam giác AA′ P và CC′ Q
ta có các đƣờng thẳng nối các đỉnh tƣơng ứng AC, A′ C′ , PQ đồng quy tại R cho
nên theo phần thuận a) thì giao điểm các cạnh tƣơng ứng phải thẳng hàng, ba
giao điểm đó là AA′ ∩ C C′ = O, A′ P ∩ CC′ Q = B′ , AP ∩ CQ = B. Vậy đƣờng
thẳng AA′ , BB′ , CC′ đồng quy tại O
.
4

C′


Bài tốn 4. Cho hai hình bình hành ABCD và AB′ C′ D′ trong đó ba điểm A, B,
B′ thẳng hàng, ba điểm A, D, D′ thẳng hàng. Gọi I là giao điểm của hai đƣờng
thẳng BD′ vàB′ D. Chứng minh rằng I, C ′ , C thẳng hàng.

B

M

C

Bài Giải.

B′

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD′ với ba điểm

C′

I

thẳng hàng B′ , I, D (h.5) ta có
B′ A

.

B′ B

IB
ID ′

.

DD ′
DA

= 1 (∗) . Gọi M là giao điểm của BC và D′ C′

theo định lí Ta – lét ta có
Vậy từ (*) suy ra

IB
ID ′

.

B′ A
B′ B

C′ D′
C′ M

.

=
CM
CB

C′ D′
C′ M

và

DD ′
DA

=

CM
CB

D′

A

.

D

Hình 5

=1

Áp đụng định lí Mê-nê-la-t vào tam giác BD′ M và ba điểm I, C′ , C ta có ba
điểm I, C′ , C thẳng hàng
Bài tốn 5. Cho tứ giác ABCD khơng phải hình thang, AB và CD cắt nhau tại E,
AD và BC cắt nhau tại F. Gọi I , J, K lần lƣợt là trung điểm các đoạn thẳng AC,
BD, EF. Chứng minh rẳng I , J, K thẳng hàng.
Bài giải.

E

Gọi M, N, P lần lƣợt là trung điểm các cạnh

M
B

BE, EC và CB của tam giác BEC (h.6).

N
P

Khi đó các điểm I , J, K lần lƣợt nằm
trên các đƣờng thẳng NP,PM, MN.
BEC và ba điểm thẳng hàng A, D, F ta có. A

AB
AE

.

DE FC

.

DC FB

JM // DE nên
IP
IN

.

JM
JP

.

KN
KM

= 1 (∗) vì IN // AE nên
DE
DC

=

JM
JP

AB
AE

và KM // FB nên

Hình 6

=
FC

FB

K

J

I

Áp dụng đinh lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác

C

D

IP
IN

=

KN
KM

. Vậy từ (*) suy ra

= 1, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác MNP và ba điểm

I,J, K ta suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.
5

F


Bài tốn 6. Cho hình bình hành ABCD với tâm O. Trên các đƣờng thẳng BD,
BC, AC lần lƣợt lấy các điểm P, Q, R sao cho AP // OQ // DR. Chứng minh rằng
P, Q, R thẳng hàng.

B

Bài giải.

C

C′

Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với RD,
đƣờng thẳng này cắt BD tại C′ (h.7).

Theo định lí Ta – lét ta có

RC
RO

O

DC ′

=

DO

=

BP
BO

vì CC′ // RD và B đối xứng với D qua O , C′
đối xứng với P qua O.
Ta lại có
Suy ra

QB
QC

=

PO QB

.

PB QC

.

A

D
Hình 7

OB

OC

OC ′

RO

P

R

OB

RC

′
′ ( do OQ // CC ) và

= −

PO

.

PB

OB
OP

Q

.

BP
BO

OB

=−

OP

= −(−1) = 1 ( do P, O, B thẳng

hàng ). Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác OBC và ba điểm P, Q, R ta
đƣợc ba điểm P, Q, R thẳng hàng
Bài toán 7. Đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB lần lƣợt
tại M, N, P. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.

Bài giải.
Cách 1. Áp dụng định lí Xê – va (h.8).
Ta có

PA MB

.

PB MC

.

NC
NA

= −

PA

. −

PB

MB
MC

. −

NC
NA

(∗)

.

Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (I) nên PB= MB ; MC = NC ; PA = NA.

A

Từ (*) suy ra
PA MB

.

PB MC

−

PA
PB

.

NC
NA

. −

= −
PB

MC

PA
PB

. −

−
MC
PA

MB
MC

. −

=−1

NC
NA

N

=

P
B

Theo định lí Xê- va cho tam giác ABC và ba điểm M, N, P
ta đƣợc AM, BN, CP đồng quy.

6

I

M
Hình 8

C


Cách 2. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt(h.9).

A

Q

Gọi AN ∩ CP = I , từ A vẽ đƣờng thẳng song song

P

với BC cắt CP tại Q ta có

NA BC IM
NA
BC
IM
.
.
= −
.

. −
NC
BM
NC BM IA
B IA
Do tam giác ABC nội tiếp đƣờng trịn nên ta có

N
I

∗

C

M
Hình 9

BM = BP, AN = AP, CM = NC; AQ // BC nên
PA
PB

=

AP

.

BP

AQ

BC

BC

=

AQ

;

IM
IA

=

AQ BC

.

BC AQ

MC

từ ∗ suy ra

AQ

NA

.

BC

NC BM

.

IM
IA

=

AP
MC

.

BC
BP

.

MC
AQ

=

= 1. Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác AMC và ba

điểm B, I, N ta đƣợc B, I, N thẳng hàng. Vậy ba đƣờng thẳng AM, BN, CP đồng

quy.
Bài toán 8. Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. AM, BM, CM
lần lƣợt cắt BC, CA, AB tại P, Q, R ( P không phải là trung điểm của BC). Lấy T
PB TC

.

trên đƣờng thẳng BC. Chứng minh rằng

TB PC

= −1 khi và chỉ khi T, Q, R

thẳng hàng.

A

Bài giải (h.10)
Điều kiện đủ. Giả sử

PB TC

.

TB PC

= −1(1)

.

PC QA
TB QC

.

TC QA

.
.

RA
RB
RA
RB

Q
M

Theo định lí Xê-va ta có
PB QC

R
B

Hình 10

P

C

= -1 (2). Lấy (2) chia cho (1) ta đƣợc
= 1. Theo định lí Mê-nê-la-uýtcho tam giác ABC

và ba điểm T, Q, R ta đƣợc ba điểm T, Q, R thẳng hàng.
Điều kiện cần. Ngƣợc lại, giả sử T, Q, R thẳng hàng. Lấy T ′ trên đƣờng thẳng
BC sao cho

PB
T′ B

ra T ≡T ′ . Vậy

.

T′ C
PC

PB TC

.

TB PC

= −1. Theo chứng minh trên thì R, Q, T′ thẳng hàng suy
= −1.
7

T

Bài toán 9. Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Các đƣờng thẳng
AO, BO, CO lần lƣợt cắt các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Đƣờng thẳng qua O ,
song song với BC lần lƣợt cắt MN, MP tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF.
Bài giải.
Trƣờng hợp 1: NP// BC (h.11). Theo định lí Xê- va ta có
MB NC

.

.

MC NA

PA

= -1.

PB

A

(1)

Vì NP // BC nên theo định lí Ta- lét ta có
PA
PB

=

NA

NC

=>

NC
NA

.

Từ (1) và (2) suy ra

=>

OE
OF

PA
PB
MB
MC

= 1.

P

(2)

= −1 =>

LP

LN

N
F

B

= −1

O

Hình 11

E

M

C

= −1 = > OE = OF.( ở đây L = AO ∩ PN )

Trƣờng hợp 2: NP và BC không song song với nhau (h.12)
Đặt Q = NP ∩ BC. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác
ABC và ba điểm thẳng hàng P, L, Q ta có
PA QB

.

PB QC

.

NC

A

= 1. (3) Theo định lí Xê- va vào tam giác ABC

NA

P
L

và ba đƣờng thẳng N, P, M ta đƣợc
MB NC

.

MC NA

.

F

PA

= -1. (4)

PB

Từ (3) và (4) suy ra

MB
MC

B

.

QC
QB

Hình 12

O

M

N
E

C

= −1. Theo tính chất của bốn

điểm thẳng hàng : Cho bốn đƣờng thẳng a, b, c, d đồng quy tại O, đƣờng thẳng Δ
cắt chúng tại bốn điểm phân biệt A, B, C, D.
-Nếu đƣờng thẳng Δ1 cắt bốn đƣờng thẳng a, b, c, d lần lƣợt tại A1 , B1 , C1 , D1 thì
AC

AD

.

BD
BC

=

A1 C1
A1D1

.

B1D1
B1 C1

.

- Một đƣờng thẳng song song với OA cắt các tia OB, OC, OD lần lƣợt tại Y, X,
Z thì

AC
AD

.

BD
BC

= −1 khi và chỉ khi YX = YZ

8

Q


Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng OB, OM, OC, OQ và đƣờng thẳng
BQ và PQ cắt nhau ta đƣợc

MB
MC

.

QC
QB

=

LN
LP

.

QP
QN

= −1 hay

LN
LP

Áp dụng tính chất trên với bốn đƣờng thẳng MQ, MN, ML, MP và

.

QP

= −1.

QN

LN
LP

.

QP
QN

=

−1.Ta đƣợc OE= OF.
Bài toán 10. Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E là một điểm
nằm giữa B và D sao cho BE = 2 ED. Một đƣờng thẳng bất kì đi qua C khác với
CA, CB cắt hai đƣờng thẳng AB và AD lần lƣợt tại M và N. Chứng minh rằng ba
đƣờng thẳng BN, DM và AE đồng quy.
Bài giải.

A

Vì E nằm giữa B và D (h.13) nên ta có:
EB
ED

= −

EB
ED

M

đoạn thẳng BD nên
Vậy

CB
CD

N

= −2 , vì C nằm ngồi

= −

EB
ED

CB
CD

CB

=

CD

= 2. B
Hình 13

E

D

C

. Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt vào tam giác ABD và ba điểm

M, C, N ta có
MA CB

.

MB CD

.

ND
NA

= 1 hay

MA EB

.

MB ED

.

ND
NA

= −1. Từ đó áp định lí Xê- va vào tam

giác ABD và ba điểm M. E, N ta suy ra ba đƣờng thẳng BN, DM và AE đồng
quy.
Bài toán 11. Cho hình bình hành ABCD, các điểm X, Y, Z, T nằm giữa DA, AB,
BC, CD sao cho

XA
XD

=

YB
YA

=

ZC
ZB

=

TD
TC

= 2. Gọi a, b, c, là các đƣơng thẳng

lần lƣợt đi qua A, B, C và lần lƣợt song song với XT, YT và TZ. Chứng minh
rằng ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy.
Bài giải
Theo giả thiết ta có AX = 2DX, BY = 2AY, CZ = 2BZ, DT = 2CT.

9


Gọi P và P′ lần lƣợt là giao điểm của AB và hai đƣờng thẳng song song c và ZT
(h.14).
Khi đó CPP′ T là hình bình hành nên
1

1

3

3

P′

B

A Y

PP′ = CT = DC = AB. Hai tam giác ZBP′ và

Z

1

ZCT đồng dạng với nhau và BZ = CZ nên

M

2

1

1

2

6

X

P′ B = CT = AB. Từ đó ta có :
1

3

2

2

D

T

PB = PP′ + P′ B = = AB, PA = PB + BA = = AB. Hình 14
Vậy ta có

PA
PB

= 3.

N′

C
M′
N

(1)

Gọi M và M′ lần lƣợt là giao điểm của BC và hai đƣờng thẳng song song a và
XT, khi đó AMM′ X là hình bình hành nên:
2

2

3

3

MM′ = AX = AD = BC. Hai tam giác TCM′ và TDX đồng dạng với nhau và
1

1

1

1

1

2

2

6

6

2

CT = DT nên CM′ = DX = AD = BC. Từ đó ta có MC = MM′ − CM′ =
MB

hay M là trung điểm của BC, tức là

MC

BC

= −1.

(2)
Gọi N và N ′ lần lƣợt là giao điểm của đƣờng thẳng b với AC và DC thì BYTN ′ là
2

1

1

3

3

3

hình bình hành nên : N ′ T = BY = CD. Vậy N ′ C = N ′ T − CT = CD =
Vì CN ′ // AB nên ta có

NC
NA

Từ (1), (2), (3) ta suy ra

=

PA
PB

.

NC
NA
MB
MC

=
.

NC
NA

CN ′
AB

1

= .

BA.
(3)

3

1

= 3. −1 . = −1.
3

Từ đó áp dụng định lí Xê- va vào tam giác ABC và ba điểm P, M, N ta suy ra ba
đƣờng thẳng AM, BN, CP đồng quy cũng tức là ba đƣờng thẳng a, b, c đồng quy.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC ; điểm O nằm trong tam giác. Các đƣờng thẳng
AO, BO, CO lần lƣợt cắt BC, BA, AB tại A′ , B′ , C′ . Lấy điểm O′ nằm trong tam

10

P


giác A′ B′ C′ . Các đƣờng thẳng AO′ , BO′ , CO′ lần lƣợt cắt B′ C′ , A′ C′ , A′ B′ tại
A′′ ,B′′ ,C′′ . Chứng minh rằng A′ A′′ , B′ B′′ , C′ C′′ đồng quy.
Bài giải.

A

Từ (h.15) ta có
A ′′ B ′

.

A ′′ C ′

=−
=−

B ′′ C ′

.

B ′′ A ′

A ′′ B ′

.

A ′′ C ′
SO ′ C A ′
SO ′ B A ′

=− −

C ′′ A ′

B ′′ C ′
B ′′ A ′

.

= −

C ′′ B ′

.

C ′′ A ′
C ′′ B ′

SO ′ A B ′
SO ′ C B ′

CA ′

. −

BA ′

.

A ′′ B ′
A ′′ C ′

=−

SO ′ B C ′
SO ′ A C ′

AB ′
CB ′

−

B ′′ C ′

SO ′ A B ′

.

SO ′ A C ′

=−

. −

−

B ′′ A ′

CA ′

SO ′ B C ′

.

BA ′

.

SO ′ B A ′
AB ′

.

CB ′

C ′′ A ′
C ′′ B ′

SO ′ C A ′

C

O′

B′′ O

SO ′ C B ′

AC ′

=

CA ′
BA ′

.

C′′

BC ′
AC ′

B

C

′

BC ′

B′

A′′

′

AB ′
CB ′

.

A

BC ′

Hình 15

AC ′

Vì AA′ , BB′ , CC ′ đồng quy nên theo định lí Xê – va vào tam giác ABC và ba
điểm A′ , B′ , C′ ta có
CA ′
BA ′

.

AB ′
CB ′

.

BC ′
AC ′

= −1 , suy ra

A ′′ B ′
A ′′ C ′

.

B ′′ C ′
B ′′ A ′

.

C ′′ A ′
C ′′ B ′

= −1. Áp dụng định lí

Xê- va vào tam giác A′ B′ C′ và ba điểm A′′ ,B′′ ,C′′ ta đƣợcA′ A′′ , B′ B′′ , C′ C′′ đồng
quy.
Bài toán 13. Cho tam giác ABC và các đƣờng tròn (O1 ) tiếp xúc với các tia AB,
AC; đƣờng tròn (O2 ) tiếp xúc với các tia BC, BA; đƣờng tròn (O3 ) tiếp xúc với
các tia CA, CB. Đƣờng tròn (O4 ) tiếp xúc ngoài với (O1 ), (O2 ), (O3 ) lần lƣợt tại

X, Y, Z.Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Bài giải. (h.16)
Gọi ( I; r ) là đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC,r1 , r2 , r3 , r4 lần lƣợt là bán kính

A

các đƣờng trịn (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ).
Đặt K =AX ∩ IO4 . Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam
giác IO1 O4 với ba điểm thẳng hàng A, X, K ta có :

KI XO4 AO1
.
.
=1
KO4 XO1 AI

X

O4
K
B

11

O1

I

C
Hình 16

Áp dụng định lí Ta – lét ta suy ra
KI

suy ra

KO 4

r

= −

r4

KI

. −

KO 4

r4

.

r1

r1
r

=1

.

Đặt K1 = BY ∩ IO4 , K 2 = CZ ∩ IO4 . Tƣơng tự nhƣ trên ta chứng minh
đƣợc

K1I
K1O4

=−

r
r4

và

K2I

=−

K2O4

r
r4

. Từ đó suy ra K ≡K1 ≡ K 2 . Vậy AX,

BY, CZ đồng quy tại K.
Bài toán 14.Cho tam giác ABC, điểm O nằm trong tam giác. Đƣờng thẳng qua O

song song với BC cắt AB, AC lần lƣợt tại C2 , B1 . Đƣờng thẳng qua O song song
với CA cắt BC, BA lần lƣợt tại A2 , C1 . Đƣờng thẳng qua O song song với AB cắt
CA, CB lần lƣợt tại B2 , A1 . Vẽ các hình bình hành OA1 A3 A2 , OB1 B3 B2 ,
OC1 C3 C2 . Chứng minh rằng AA3 , BB3 , CC3 đồng quy.
Bài giải
(h.17) Giả sử AA3 , BB3 , CC3 lần lƣợt cắt BC, CA, AB tại M, N, P.
Ta có

MB
MC

SA A 3B

=

SA A 3C

=

A

SA A 2B

C3

SA A 2C

C1

( vì A2 A3 //AB, A1 A2 //AC )

=

A2B
A1C

=

A2B

.

CB

Tƣơng tự ta có

CB
A1C

NC
NA

=

=

A2C1

BC
BA

từ các đẳng thức trên ta có
Suy ra

MB
MC

.

NC
NA

.

PA
PB

CA

.

B2

.

BA
A1B2

B 2 A 1 PA

,

B 1 C 2 PB

MB
MC

.

NC
NA

.

=
=
PA
PB

AB
AC
CA
CB

.
.

=1

A2C1

A1B2

.

C2 B1
C1A2

.

O

C2
B
Hình 17

A1

B1
A2

A3

= −1. Theo định lí Xê – va ta có AM, BN, CP đồng quy

hay AA3 , BB3 , CC3 đồng quy.
Bài tốn 15. Cho hình bình hành ABCD. Hai điểm M, N lần lƣợt nằm trên hai
cạnh BC và CD sao cho MC= 2MB, DN = 2NC. Gọi I, J, K lần lƣợt là trung
điểm của các đoạn thẳng MA, AN va MN. Chứng minh rằng ba đƣờng thẳng BI,
DJ và CK đồng quy.
12

B3

C


Bài giải
Giả sử đƣờng thẳng BI cắt AD tai M′ và cắt DC tại X (h.18).

Y
N′

A

B

I

M′

Z
J

M

K

P
Z′

X

Hình 18

N

D

C

Vì I là trung điểm của MA và BM // AM′ nên I cũng là trung điểm của BM′ và
do đó ABMM′ là hình bình hành, suy ra AM′ = BM và DM′ = CM. Ta có
′

DM // CB nên
thẳng DC nên

XD
XC

XD
XC

=

DM ′
CB

=

CM
CB

2

= . Ngoài ra hiển nhiên X nằm ngoài đoạn
3

2

= .
3

Giả sử đƣờng thẳng DJ cắt AB tại N ′ và cắt BC tại Y. Vì J là trung điểm của NA
và AN ′ // ND nên J cũng là trung điểm của DN ′ và do đó ADNN ′ là hình bình
hành, suy ra AN ′ = DN, BN ′ = CN. Ta có BN ′ // CD nên

3. Ngồi ra vì Y nằm ngồi đoạn thẳng BC nên

YC
YB

YC
YB

=

CD
BN ′

=

CD
CN

=

= 3.

Gọi P là trung điểm của CM và giả sử đƣờng thẳng CK cắt BD tại Z và cắt NP tại
Z′ . Khi đó Z′ là trọng tâm của tam giác NPC nên
BD nên

ZB
ZD

=

Z′ P
Z′ N

=−

1
2

. Từ đó suy ra

XD
XC

.

Z′ P
Z′ N

YC ZB

.

YB ZD

1

= − . Hiển nhiên NP //
2

2

1

3

2

= . 3. −

= −1.

Áp dụng định lí Xê-va vào tam giác BDC và ba điểm X, Y, Z ta suy ra ba đƣờng

thẳng BI, DJ, CK đồng quy.

13


1.2. Một số bài toán về đƣờng thẳng và đƣờng trịn, tứ giác nội tiếp
Bài tốn 16.( Bất đẳng thức Ptoleme) Cho tứ giác ABCD, ta có AB.CD +
BC.AD ≥ AC.BD. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng
tròn.
Bài giải
Lấy điểm E trong tứ giác ABCD sao cho EAD = BAC ,EDA = ACB (h.19).
Ta có ΔABC đồng dạng với ΔAED (g.g) nên
AB
AE

=

AC
AD

=

BC
ED

C
suy ra AD. BC = AC. ED. (1)

B

Mà EAD = BAC nên DAC = BAE .
Suy ra ΔABE và ΔACD đồng dạng.
Do đó

AB
AC

=

BE
CD

E

nên AB. CD = AC. BE. (2)

A

D

Hình 19

Cộng (1) và (2) theo vế ta đƣợc
AD. BC + AB. CD = AC. ED + AC. BE = AC ED + BE ≥ AC. BD.
( Vì ED + BE ≥ BD ). Dấu bằng xảy ra ⇔E nằm trên đƣờng chéo BD.
Vậy AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội tiếp.
Bài toán 17. Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O), M thuộc cung ABkhông
chứa điểm C. Từ M kẻ các đƣờng thẳng MD, ME, MK lần lƣợt tạo với các cạnh
BC, CA, AB một góc bằng α (D, E, K lần lƣợt thuộc BC, CA, AB ). Chứng minh

rằng D, E, K thẳng hàng.

E

Bài giải.(h.20)
Ta có MDB = MKB = α nên M, K, D, B

M

cùng nằm trên một đƣờng tròn. Suy ra BMD = BKD.

A
K

Ta lại có MEA = MKB = α nên M, E, A, K cùng nằm trên
một đƣờng tròn. Suy ra EMA = EKA .
Mặt khác AMBC là tứ giác nội tiếp nên MAE = MBD.
Mà EMA + MAE + α = 1800 , MBD + α + DMB = 1800
14

B

D
Hình 20

C


suy ra DMB = EMAnên EKA = DKB.
Do đó D, E, K thẳng hàng.

Nhận xét. Trong trƣờng hợp α = 900 , thì đƣờng thẳng DEK là đƣờng thẳng
Simsơn.
Bài tốn 18.Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn, tiếp tuyến tại A, B, C cắt các
đƣờng thẳng BC, CA, AB lần lƣợt tại P, Q, R. Chứng minh rằng P.Q, R thẳng
hàng.(Trục lemoine)
Bài giải. (h.21)
Ta có PA là tiếp tuyến của đƣờng tròn
ngoại tiếp tam giác ABC nên BAP = BAC .

R

Suy ra ΔPAB đồng dạng với ΔPCA(g.g) nên
PA
PC

=

AB
CA

và

PA
PA

=

AB
CA

do đó

PB
PC

=

AB 2
CA 2

. (1)

Q

Tƣơng tự ΔQBC đồng dạng với ΔQAB (g.g) và
ΔRAC đồng dạng với ΔRCB(g.g) ta có
QC
QA

=

AB 2
CA 2

. (2)và

RA
RB

=

P

PC

.

QC
QA

.

RA
RB

=

AB 2 AB 2

.

CA 2 CA 2

C
B

CA 2
CB

2 . (3)

Nhân (1) , (2) và (3) theo vế ta đƣợc
PB

A

.

CA 2
CB 2

Hình 21

= 1. Áp dụng định líMê-nê-la-uýt vào tam

giác ABC và ba điểm P, Q, R ta đƣợc P, Q, R thẳng hàng.
Bài toán 19. Cho tam giác ABC, M là điểm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Gọi K, P, Q lần lƣợt là các điểm đối xứng của M qua BC, CA, AB. Chứng
minh rằng P, K, Q cùng nằm trên một đƣờng thẳng và đƣờng thẳng đó luôn đi
qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên đƣờng tròn

A

ngoại tiếp tam giác ABC.

I

P

Bài giải.

Gọi D, E, F lần lƣợt là giao điểm của MK, MP,

J

MQ với BC, CA, AB.(h.22) Suy ra MD⊥ BC,

Q
15

B
F

H K

E
C

M

Hình 22


ME ⊥ AC, MF ⊥ AB. Do đó D, E, F thẳng hàng
( đƣờng thẳng Simsơn).Mặt khác MD = DK,
ME = EP, MF = FQ. Suy ra EF là đƣờng trung bình của tam giác MPQ, ED là
đƣờng trung bình của tam MPK nên EF // PQ vàED // KP. Suy ra P, K, Q thẳng
hàng. Gọi H là trực tâm của ΔABC và I, J lần lƣợt là điểm đối xứng của H qua
AC và AB.
Suy ra I, J thuộc đƣờng tròn ngoại tiếp ΔABC nên các tứ giác MHIP , MHJQ là
hình thang cân .

Do đó QHJ = MJH = MAC. Tƣơng tự PHI = MIH = MAB.
Suy ra QHJ + PHI + IHJ = MAC + MAB + IHJ = A + IHJ = 1800 .
Do đó P, Q, H thẳng hàng. Suy ra đƣờng thẳng PQ luôn đi qua trực tâm H của
ΔABC ( đƣờng thẳng này có tên là Steiner).
Bài số 20. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn, dA , dB , dC , dD là các đƣờng
thẳng Simsơn của A, B, C, D tƣơng ứng đối với các tam giác BCD, CDA, DAB,
ABC. Chứng minh rằng dA , dB , dC , dD đồng quy.
Bài giải.

H2

H3

Gọi H1 , H2 , H3 , H4 lần lƣợt là trực

D

A

tâm của các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC (h.23)
thì ta có ba đƣờng thẳng Steiner(bài 19)

M

của các điểm A, B, C, D đối với các tam giác

O

BCD, CDA, DAB,ABC lần lƣợt đi qua

H4

H1 , H2 , H3 , H4 . Do đó dA , dB , dC , dD lần lƣợt đi
qua trung điểm của 𝐴H1 , BH2 , CH3 , DH4 .
gọi M là trung điểm của AB thìCH4 = 2OM.

H1

B

C
Hình 23

Vì DH3 = 2OM nên CDH3 H4 là hình bình hành. Suy ra , DH4 , CH3 cắt nhau tại
trung điểm mỗi đƣờng. Tƣơng tự 𝐴H1 , BH2 cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng.
Vậy dA , dB , dC , dD đồng quy.
Bài tốn 21. Cho hai đƣờng trịn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Trên tia đối
của tia BA lấy điểm M. Từ M kẻ hai tiếp tuyến ME, MF với đƣờng tròn (O1 ), ( E,
16


F là các tiếp điểm, F cùng phía với O2 bờ là AB). Đƣờng thẳng BE và BF cắt
đƣờng tròn (O2 ) lần lƣợt tại P và Q, gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh rằng
ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài giải
Kéo dài EF cắt PQ tại I′ . (h.24) vì MF là tiếp tuyến nên MFB = FAB ( chắn
cung BF ) nên ΔMFB và ΔMAF đồng dạng suy ra
và ΔMAE đồng dạng nên

ME

MA

=

EB
EA

MF
MA

=

. Do ME = MF nên

FB
FA

. Tƣơng tự ΔMEB

FB
FA

=

EB
EA

. (1)
Q

Ta có AFE = ABE(cùng chắn cung AE ),

A

ABPQ là tứ giác nội tiếp.Suy ra ABE = AQP
nên AFE = AQP.

I

O1

Từ đó AFI′ Q là tứ giác nội tiếp

B

nên AFQ = AI′ Q do đó AFB = AI′ P .

F

O2

E

Mặt khác ABF = APQ nên ΔFBA và ΔI′ PA đồng dạng.
Suy ra

FB
FA

=

I′P
I′A

M

. (2)

Hình 24

Ta có ABE = 𝐴𝑄I′ , QAI′ = QFI ′ = EFB = EAB.
′

Do đó ΔABE đồng dạng với ΔAQI . Suy ra
Từ (1), (2) và (3) suy ra

I′Q
I′A

=

I′Q
I′A

EB
EA

=

I′Q

I′A

. (3)

nên I′ Q = I′ P .

Vây I ≡ I′ . Suy ra ba điểm E, F, I thẳng hàng.
Bài toán 22. Cho tam giác ABC nội tiếp đƣờng tròn (O). Đƣờng trịn (I) ln đi
qua B và C cắt AB, AC lần lƣợt tại M, N. Đƣờng tròn ( J ) ngoại tiếp tam giác
AMN cắt đƣờng tròn ( O ) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh rằng KI // OJ.
Bài giải.
Nối M với K, và K với I (h.25) thì MIC = 2MBC. (1)
Ta lại có MKC = MKA − CKA = 1800 − ANM − CKA
Mà CKA = ABC = MBC. (2)
Vì tứ giác BMNC nội tiếp đƣờng tròn ( I ) nên ANM = MBC.
17

P


Từ (1) và (2) suy ra

A

MKC = 1800 − 2MBC = 1800 − MIC .
Do đó MKC + MIC = 1800 nên tứ giác MKIC nội tiếp.

J

Suy ra IKC = IMC . Trong tam giác IMC có

IMC =

N
O

1800 − MIC 1800 − 2MBC
K
=
= 900 − MBC.
2
2

M

B

Suy ra IMC + MBC = 900 nên IKC + AKC = 900 .

C

I

Do đó IK ⊥ AK. Đƣờng tròn (J) và đƣờng tròn (O)
cắt nhau tại A, K nên OJ⊥ AK. Suy ra OJ // IK.

Hình 25

Bài tốn 23.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đƣờng tròn (O). M nằm trên tia đối của
tia BD sao cho MA, MC là hai tiếp tuyến của đƣờng tròn (O). Tiếp tuyến tại B
với đƣờng tròn (O) cắt MC tại N và cắt CD tại P, ND cắt đƣờng tròn (O) tại E.

Chứng minh rằng A, E, P thẳng hàng.

M

Bài giải. (h.26)
Vì MC là tiếp tuyến của (O) nên MCB = BDC.
Suy ra ΔMCB và ΔMDC đồng dạng suy ra
Tƣơng tự ta có

MA
MD

=

AB
DA

Từ (1), (2) và (3) suy ra

MC
MD

B

=

CB
DC

. (1)

A

P

N
E

C

. (2) mặt khác MA = MC. (3)

CB
DC

=

AB
DA

suy ra

D

DA.CB = AB.DC.(4)

Hình 26

Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác nội tiếp ABCD ta có
AB.CD + BC.DA = AC.BD . (5)

Từ (4) và (5) suy ra BC. DA =

1
2

AC. BD suy ra

AC
DA

=

2BC
DB

. (6)

Mặt khác NB, NC là tiếp tuyến của đƣờng tròn (O) và tứ giác BECD nội tiếp nên
chứng minh tƣơng tự ta có

BC
BD

=

2CE
DE

. (7) Vì PB là tiếp tuyến của (O) nên

18


PC
PB

=

PB
PD

CB 2
BD

=

CB
CD

PC

suy ra PC. PD = PB2 . Do đó

=

PD

PC .PD
PD 2

PC
PD

CB 2

=

BD

=

2CE 2
DE

. (9)

Giả sử AE cắt CD tại Q thì ΔQEC và ΔQDA đồng dạng suy ra
Mà ΔQDE và ΔQAC đồng dạng suy ra

AC

=

PD

.(8)

Từ (7) và (8) ta có

DE

PB 2

=

QD
QA

DE

=

AC

suy ra

QC
QA

∶

QC
QA
QD
QA

=
=

EC

DA

.

EC
DA

∶

. (10)

Từ (6), (7) và (10) ta có

QC
QD

=

EC .AC
DE .DA

=

EC

.

DE

2BC

DB

EC

=

DE

.

4EC
DE

=

2EC 2
DE

.

(11)
Từ (9) và (11) suy ra

PC
PD

=

QC
QD

suy ra P ≡ Q suy ra A, E, P thẳng hàng.

Bài toán 24. Cho tam giác ABC với I là tâm đƣờng tròn nội tiếp. Đƣờng thẳng
AI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. E là điểm trên cung BDC, và F
1

là điểm trên cạnh BC sao cho BAF = CAE < A , G là trung điểm của IF. Chứng
2

minh rằng DG cắt EI tại điểm nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Bài giải

S

Giả sử EI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp ΔABC tại S,
SD cắt AF và IF lần lƣợt tại J và H, AD cắt

HI
HF

.

JF
JA

.

DA
DI

G

B

= 1. (*)

Hình 27

Theo giả thiết BAF = CAE suy ra BK = EC nên KE // BC
Và DK = DE. Do đó DAK = EAD = ESD = ISJ nên S, A,

19

C

M

F
K

và ba điểm thẳng hàng D, H, J
Ta có

I

J

cạnh BC tại M.(h.27)Ta sẽ chứng minh G ≡ H .
Theo định lí Mê-nê-la-uýt cho ΔAIF

A

E
D


I, J cùng nằm trên một đƣờng tròn. Suy ra AKE = ASI = AJI.
Từ đó JI // KE // BC. Suy ra
BAC nên

IM
IA

=

CM
CA

JF
AJ

IM

=

AI

. Vì I là tâm đƣờng trịn nội tiếp tam giác

. Do DCB = DAB = 12 A = DACnên ΔDCM và ΔDAC đồng

dạng suy ra
CM
CA

=

Suy ra

DC
DA
JF
AJ

. Mặt khác DI = DC =>

=

DI
DA

DC
DA

=

DI
DA

. (1) Thay (1) vào (*) ta đƣợc

=>
HI
HF

JF
AJ

IM

=

IA

CM

=

CA

=

DI
DA

.

= 1suy ra HI= HF từ đó suy

ra H ≡ G. Từ đó suy ra DG cắt EI tại điểm nằm trên đƣờng tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Bài tốn 25. Cho hình chữ nhật ABCD, trên tia đối BD lấy điểm P sao cho
APC = BCP . Tính tỉ số

PC
PB

.

Bài giải.
Đƣờng trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD cắt PA tại K.(h.28)

P

Vì AC là đƣờng kính của đƣờng trịn đó nên CK ⊥ AK.
Dựng tam giác CQO vng cân tại Q sao cho Q thuộc nửa QE

K

mặt phẳng bờ PC chứa điểm B.

A

Ta có QC = QP, CQP = 900 .

B

Kéo dài CB cắt AP tại E.
Theo giả thiết ta có APC = BCP.

D

Suy ra ΔPEC cân tại E suy ra QE ⊥ CP.

C
Hình 28

Tứ giác AKBD nội tiếp từ đó suy ra PKB = ADP = PBE.
Do đó ΔPEB đồng dạng với ΔPBK nên

PB
PE

=

PK
PB

từ đó suy ra PB2 =

PK. PE.(1)
Mặt khác từ cách dựng trên suy ra tứ giác CKQP nội tiếp.
Suy ra QKP = QCP = PQE = 450 từ đó suy ra ΔPQE đồng dạng với ΔPKQ.
Do đó

PQ
PE

=

PK
PQ

từ đó suy raPQ2 = PK. PE. (2)
20


Từ (1) và (2) suy ra PB = PQ từ đó suy ra

PC
PB

=

PC
PQ

= 2.

Bài tốn 26. Chứng minh rằng trong một tam giác ba trung điểm của các cạnh,
ba chân đƣờng cao tam giác, và ba trung điểm các đoạn nối đỉnh đến trực tâm
của tam giác đó cùng nằm trên một đƣờng tròn ( Đường tròn ơle hay đường trịn
chín điểm ).

A

Bài giải.
Cách 1. Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.29).

.A′

Ta có BB′ ⊥ AC nên IHB B′ = 900 . Mà NA = NB,

HB

B′ H = BB′ nên NB′ // AH, IN // BC, AH ⊥ BC.
Từ đó INB′ = 900 . Suy ra bốn điểm I, N, B′ , HB
cùng nằm trên đƣờng trịn đƣờng kính IB′ .

C

HC

I
J

.C

O

′

N

B′
B

HA
Hình 29

Tƣơng tự các điểm cịn lại cũng thuộc đƣờng trịn đƣờng kính IB′ .

Cách 2. Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.29). Đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác ABC
có bán kính T và J là giao điểm của HO và IB′ . Suy ra OI ⊥ AC nên OI // BH.
Vì OI = B′ H nên IOB′ Hlà hình bình hành từ đó JH = JO. Vì A′ HMO là hình bình
hành nên JA′ = JM. Xét ΔAHO có JA′ là đƣờng trung bình.Suy ra JA′ =

1
2

1

OA = R.
2

R

Chứng minh tƣơng tự các điểm còn lại cách J một khoảng .
2

Ta xác định đƣợc tâm J là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm đƣờng
R

tròn ngoại tiếp của tam giác, bán kính đƣờng trịn chín điểm là .
2

Bài toán 27.Chứng minh rằng trong một tam giác đƣờng tròn ơle tiếp xúc trong
với đƣờng tròn nội tiếp.
Bài giải.

Gọi các điểm nhƣ hình vẽ (h.30). Gọi SQ là đƣờng
kính đƣờng trịn (O) ngoại tiếp tam giác ABC, kẻ AP ⊥ SQ.
vì J là trung điểm của OH nên J là tâm đƣờng trịn ơle,hạ JE ⊥BC.
Ta có I là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC nên A, I, S
21