Bài giảng Hình học - Gặp gỡ toán học năm 2020 - Lê Viết Ân

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC

LÊ VIẾT ÂN

(Email: )

1. Đề bài

BÀI1.Cho tứ giác ABCDnội tiếp đường trịnΓcó tâmO. Các điểmP và Qtheo thứ tự nằm
trên các cạnh BC, DA. Biết rằng trung điểm của các đoạn thẳng AP, BQ, CQvà DP cùng
nằm trên đường trònk. Chứng minh rằngOP =OQ.

A

B

C
D

Q

P

O
Γ

k

BÀI2.Cho tam giácABCnội tiếp đường trịn(O). Gọirlà bán kính đường tròn nội tiếp vàN

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2r

A

B C

r _N

O

BÀI 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các điểm M và N thuộc cung BC

không chứa A của (O) sao cho M N k BC. Các đường thẳng AM, AN cắt cạnh BC theo
thứ tự tại P, Q. Gọi I, I1, I2, I3, I4 theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác

ABC, ABP, ABM, ACQ, ACN. Chứng minh rằng đường nối trung điểm của hai đoạn thẳng

I1I3vàI2I4 đi quaI.

A

B C

M

N
P

Q
I

I1

I2

I3

I4

O

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

thứ tự là trung điểm củaBE, CF; và gọiGlà điểm đối xứng vớiDquaM N. Các đường thẳng

GM, GN theo thứ tự cắtCA, AB tạiK, L. Chứng minh rằng đường thẳng nối trung điểm của

các đoạn thẳngBC, KLđi qua điểmG.

A

B C

D

E

F M _N

K
L

G

BÀI 5.Cho tam giác ABC, phân giácAD, trung tuyếnAM. ĐiểmP thuộc đường thẳng BC

(P khácB, C, M). (E),(F)là các đường tròn cùng đi qua P theo thứ tự tiếp xúc vớiAB, AC

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

A

B C

D
M
P

G
E

F
Q

S

T
K

L

R

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

A

B C

X

Γ
Ω

D _E

F G

K
L

BÀI 7. Cho tam giác ABC với H,(O),(I) theo thứ tự là trực tâm, đường tròn ngoại tiếp và
đường tròn nội tiếp của tam giác. GọiP là trung điểm cungBACcủa(O); gọiM là trung điểm

AI; và gọiN là giao điểm thứ hai của(O) và P M. Chứng minh rằng trục đẳng phương của
đường tròn ngoại tiếp tam giácIM N và(I)đi qua điểmH.

A

B C

P

M
O
I
H

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

BÀI8. Cho tam giácABC cố định.Dlà điểm di chuyển trên cạnhBC. Các đường tròn ngoại

tiếp các tam giác DAB, DAC theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F khácA. Gọi (P),(Q) là các
đường tròn theo thứ tự đi qua các cặp điểm (B, F),(C, E)đồng thời tiếp xúc vớiBC. Chứng
minh rằng đường thẳng quaDvuông góc vớiP Qln đi qua một điểm cố định.

A

B D C

P

Q
E

F

BÀI9. Cho tam giác không vuôngABC (AB 6= AC). Gọi(O), H thứ tự là đường tròn ngoại
tiếp và trực tâm của tam giác.P là điểm bất kỳ trênAH(P khácA);OP thứ tự cắtCA, AB tại

E, F; đường tròn ngoại tiếp tam giácOAP cắt(O)tạiM khácA. GọiN là điểm đối xứng của

M quaAO. Chứng minh rằngHN đi qua trực tâm của tam giácAEF.

A

B C

O
H

P

E

F
M

N

BÀI10.Cho tam giácABCvà hai đường thẳng cắt nhauxvàycùng nằm trong một mặt phẳng.
ĐiểmDdi động trên cạnhBC. Đường thẳng quaDsong song vớixcắtCAtạiE; đường thẳng
quaD song song vớiy cắtAB tạiF. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

A

B _D C

E
F

x
y

BÀI11.Cho tam giácABCnội tiếp đường tròn tâmOvớiCA6=CB,ABC[ 6= 90◦. Trung trực
ABcắtAC tạiD. Một đường tròn(K)đi quaO, D và cắtBCtạiE, F sao choB, C, E, F đôi
một phân biệt. OC, CDlần lượt cắt lại(K)tạiG, H. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giácCGH nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giácAEF.

O

A

B _C

D

K

E
F

G
H

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

I cắtAI, BI, CI và đường tròn ngoại tiếp tam giácIBC theo thứ tự tạiD, E, F và GkhácI.
Đường thẳngDGcắtCA, AB theo thứ tự tạiM, N. Trung trực củaADcắtDE, DF theo thứ
tự tạiK, L. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳngM K vàN Lnằm trên đường tròn
ngoại tiếp tam giácABC.

A

B C

I

D
E

F
G

K

L
M

N

BÀI 13.Cho đường trịn(O)và các đường trịn(O1),(O2)tiếp xúc ngồi với nhau tạiJ đồng

thời cùng tiếp xúc trong với(O). GọiA1A2 là dây cung của (O) và là tiếp tuyến chung trong

của(O1)và(O2). Với mỗii = 1,2, gọi(Ji)là đường tròn đi quaAi và tiếp xúc ngồi với hai

đường trịn(O1)và(O2).

a) Chứng minh rằng tứ giácO1J1O2J2là tứ giác ngoại tiếp. GọiIlà tâm đường tròn nội tiếp

của tứ giác này.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

O
O1

O2

J1 J2

A1 A2

J

I

BÀI 14. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Giả sử tồn tại đường tròn(I) lần

lượt tiếp xúc với nữa đường thẳng AB, ADtại điểm X, Y đều ở sau A, đồng thời đường trịn
đó cũng tiếp xúc với các đường thẳng BC, CD lần lượt tạiZ, T. Đường tròn(K)đi quaA, B

đồng thời tiếp xúc với(I)tại điểmR; Đường tròn(L)đi quaA, Dđồng thời tiếp xúc với(I)tại
điểmS. GọiM, N lần lượt là trọng tâm của các tam giácXY Z, XY T. Chứng minh rằng bốn

điểmM, N, R, Scùng nằm trên một đường tròn.

A

B
C
D

X
Y

Z

T

R
S

M

N

K
L

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

BÀI15.Cho tứ giác nội tiếpABCDcó hai đường chéoAC vàBDvng góc với nhau tạiP.

Xét hai đường thẳng x, y vng góc với nhau tạiP và khơng song song với các đường thẳng
chứa các cạnh của tứ giác. Kí hiệu tX/(m,n,p) là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam

giác xác định bởi các đường thẳngm, n, ptại điểmXnằm trên đường trịn đó. Chứng minh rằng
các đường thẳng tA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x) và tD/(DC,DA,y) xác định một tứ

giác lưỡng tâm (tức tứ giác vừa nội tiếp và vừa ngoại tiếp).

A

B

C

D
x

y

P

2. Hướng dẫn giải (Thực hiện bởi Lê Viết Ân và Nguyễn

Duy Phước)

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

A

B

C
D

P

Q

O
M

N
K

L
G

Γ

GọiM,N,K,LvàGlần lượt là trung điểm củaAP,DP,BQ,CQvà P Q. Khi đó, theo tính
chất đường trung bình thì ba điểmM, G, Nthẳng hàng; ba điểmK, G, Lthẳng hàng. Hơn nữa,
ta cóGM = 1₂QA,GN = 1₂QD,GK = 1₂P B,GL= 1₂P C.

Mặt khác, vì bốn điểmM, N, K, Lcùng nằm trên đường trịnknênGK·GL=GM ·GN.
Suy raQA·QD =P B·P C.

Do đóPQ/Γ =PP /Γ. Như vậy, ta dễ dàng suy ra đượcOP2 =OQ2nênOP =OQ.

<b>Nhận xét.</b> Bằng cách chỉ ra phương tích của hai điểm đến một đường tròn bằng nhau, ta sẽ
chứng minh được khoảng cách từ hai điểm đó đến tâm của đường tròn bằng nhau. Sau đây là
hai bài tập với ý tưởng tương tự:

<b>Bài tập 1.</b> <i>(IMO 2009)</i> Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O). E, F là hai điểm bất kì
nằm trên cạnhAB, AC. GọiM, N, P lần lượt là trung điểm củaBF, CE, EF. Giả sử(M N P)
tiếp xúc vớiEF. Chứng minh rằngOE =OF.

<b>Bài tập 2.</b> <i>(IMO Shortlist 2009)</i> Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với

AB, AC lần lượt tại Z và Y. Gọi Glà giao điểm của BY và CZ. Dựng các hình bình hành

BCY R, BCSZ. Chứng minh rằngGR =GS.

BÀI2.Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau.

<b>Bổ đề.</b>Cho tam giácABC. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp, trọng tâm và điểm Nagel
của tam giácABC thẳng hàng.

A

B

C

Ma

Mb

Mc

D L

I
T

G
N

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

của tam giácABC.

Ta có kết quả quen thuộc làMalà trung điểmDLnênMaI kALhayMaI kAN. Chứng minh

tương tự, ta đượcMbI kBN, McI kCN. Do đóI là điểm Nagel của tam giácMaMbMc.

Do G là tâm vị tự của hai tam giác ABC và MaMbMc, nên ba điểm I, G, N thẳng hàng và
IG

GN =

1
2.

Trở lại bài toán.

A

B C

I

G N

O

X
Y
Z

GọiI, Glần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trọng tâm của tam giácABC;X, Y, Z lần lượt
là các điểm đối xứng vớiA, B, C qua trung điểm củaBC, CA, AB.

Theo bổ đề thì ba điểmI, G, N thẳng hàng và _GNIG = 1₂.

Dễ thấyA, B, C lần lượt là trung điểm củaY Z, ZX, XY. Suy ra đường tròn(O)là đường tròn
Euler của tam giácXY Z vàGcũng là trọng tâm của tam giácXY Z.

Đến đây, xét phép vị tựΩtâmG, tỉ số 2

Ω :A7→X, B 7→Y, C 7→Z, I 7→N

Khi đó, qua phép vị tựΩthì đường trịn nội tiếp của tam giácABC biến thành đường trịn nội
tiếp tam giácXY Z hay nói cách khác(N; 2r)chính là đường trịn nội tiếp của tam giácXY Z.
Mà(O)là đường tròn Euler của tam giácXY Z. Vậy theo định lý Feuerbach,(O)tiếp xúc với
(N; 2r).

<b>Nhận xét.</b>

1) Ta có thể sử dụng phép đối xứng tâm và phép vị tự theo hướng như sau: Gọi đối xứng của
điểm N qua I là điểm X, rồi gọi trung điểm của XA, XB, XC. Sau đó gọi đối xứng của

A, B, C qua I lần lượt là A0, B0, C0. Từ đó, áp dụng định lý Feuerbach cho tam giác A0B0C0

(chú ý tính chấtIM kAL).

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

A
B C
M N
P Q
I
I1
I2
I3
I4
G
K
L
D
E F
O

R1 R2

R3

R4

Ta xét trường hợp tia AM nằm giữa hai tiaAB vàAN. Trường hợp còn lại chứng minh tương

tự.

Giả sử AI1, AI3, BI1, CI3 theo thứ tự cắt lại (O) tại R1, R2, R3, R4; D = R1R3 ∩ R2R4;

G=BR2∩CR4;E =II2∩R2R4;F =II4 ∩R1R3;K là trung điểm củaI2I4.

Trước hết, chúng ta có các kết quả đơn giản sau đây:

i)I =BR3∩CR4;I1 =BR4∩AR1;I2 =M R4∩AR1;I3 =CR4∩AR2;I4 =N R3∩AR2.

ii) R1, R2, R3, R4 lần lượt là trung điểm của các cungBM, CN (không chứaA), CA (khơng

chứaB),AB(khơng chứaC) của(O).

Bằng biến đổi góc đơn giản, ta có R3 là tâm đường trịn ngoại tiếp của các tam giác ACI và

ACI4. Suy ra tứ giácACI4Inội tiếp đường tròn(R3). (1)

Từ (1), suy ra _∠I4IC = ∠I4AC = ∠R2AC = ∠R2R4C. Do đó II4 k R2R4. Suy ra

IF kDE.(2)

Chứng minh tương tự, ta cũng có:

Tứ giácABI2I nội tiếp đường tròn(R4). (3)

VàIE kDF. (4)

Từ (2) và (4) suy raIDđi qua trung điểm củaEF. (5)

Từ (2) và (3) suy raR3I4 =R3I vàR4I2 =R4I. Do đó R_R4₃_II₄2 = R_R4₃I_I. (6)

Lại cóBC kM N nên tứ giácBCN M là hình thang cân. Suy raBN =CM. (7)

Từ (7), suy ra _∠IR4I2 = ∠CR4M = ∠BR3N = ∠IR3I4, cùng với (6), suy ra 4R4II2 v

4R3II4(c - g - c). Suy ra II_II2₄ = IR_IR4₃. (8)

DoR1, R2 thứ tự là trung điểm của các cung bằng nhauBN vàCM nênBR1 =CR2. Do đó

∠ER4I = ∠R2R4C = ∠R1R3B = ∠F R3I, mà E, F đều nằm trong các đoạnII2, II4 nên

∠EIR4 =∠F IR3(do4R4II2 v4R3II4). Do đó4R4IE v4R3IF (g - g).

Suy ra IE_IF = IR4

IR3. (9)

Từ (8) và (9), suy ra IE_IF = II2

II4 hay

IE
II2 =

IF

II4, chú ýE, F lần lượt nằm trong các đoạnII2, II4
nên theo định lý Thales đảo, EF k I2I4. Kết hợp với (5), suy raID đi qua trung điểmK của

I2I4. (*)

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm

BR1R4

CR2R3

thì ta có ba điểm I, D, G thẳng hàng hay

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Ta có _∠GCB = _∠R1CB = ∠R1AB = ∠M AB₂ = ∠N AC₂ (vì BC k M N) = ∠R2AC =

∠R2BC =∠GBC.

Do đó tam giácGBCcân tạiG. Hơn nữa_∠GCI =_∠GCB+_∠BCI =_∠I3AC+∠I3CA=

∠AI3I.

Chứng minh tương tự,_∠GBI =_∠AI1I.

Từ đây, áp dụng định lý sin trong tam giác, ta có

sin∠GIB
sin∠GIC =

sin∠GIB
GB ·

GC
sin∠GIC =

sin∠GBI
GI ·

GI
sin∠GCI =

sin∠GBI
sin∠GCI =

sin∠AI1I

sin∠AI3I =

sin∠AI1I

AI ·
AI
sin∠AI3I =

sin∠IAI1

II1 ·

II3

sin∠IAI3 =

II3

II1 (chú ý rằng∠IAI1 =∠IAI3).
Do đó, nếu gọiL=IG∩I1I3 thì ta có

1 = sin_sin∠GIB
∠GIC·

II1

II3 =

sin∠LII1

sin∠LII3·

II1

II3 =

sin∠LII1

LI1 ·

LI3

sin∠LII3·

LI1

LI3·

II1

II3 =

sin∠ILI1

II1 ·

II3

sin∠ILI3·

LI1

LI3·

II1

II3 =

LI1

LI3
(vìsin_∠ILI1 =sin(180◦−∠ILI3) =sin∠ILI3).

VậyLlà trung điểm củaI1I3, kết hợp với (10) ta cóIDđi qua trung điểmLcủaI1I3. (**)

Từ (*) và (**) suy raKLđi quaI. Ta có điều phải chứng minh.
BÀI4.Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau

<b>Bổ đề.</b> Cho tam giácABC và điểmD không thuộcCA, AB. M là trung điểm của BC. Lấy
điểmP sao cho−DP−→k−−→AM, và lấy các điểmE, F theo thứ tự thuộcBD, CDsao cho−→P E k−→AB

và −→P F k −→CA. Khi đó ADđi qua trung điểm của EF. (Ở đây, ta kí hiệu−−→XY k −→ZT có nghĩa
là hai đường thẳngXY vàZT hoặc song song hoặc trùng nhau, tức là hai vecto−−→XY ,−→ZT cùng
phương)

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

A

B C

M
D

P
E

F _G

N

K

R

S
Q

L

LấyK, Ltheo thứ tự thuộcCD,ABsao cho−−→BK k−→EF ,−→CLk−−→AM.

Áp dụng định lý và hệ quả của định lý Thales, ta có (KF, D) = (BE, D)(vì −−→KB k −→F E và

KF ∩BE =D)= (QP, D)(vì−BQ−→kAB−→k−→EP vàBE∩QP =D). Suy ra−−→QK k−→P F.

Gọi DP cắtAB, KL thứ tự tạiQ, R;KQ cắtCLtạiS. Ta có(AL, Q) = (CL, S)(vì−→AC k

−→

P F k−−→QK k−→QSvàAQ∩CS =L)= (DR, Q)(xét phép chiếu song song xuyên tâmK). Suy

ra−AD−→k−→LR.

Do đó gọiADcắtBK, EF thứ tự tạiN, Gthì(GF, E) = (N K, B)(xét phép chiếu song song
xuyên tâm D) = (AL, B) (vì−−→N A k −AD−→ k LR−→ k −KL−→và N K ∩AL = B)= (M C, B) (vì
−−→

AM k−→LCvàAL∩M C =B)= BM

BC =

1

2 (vìM là trung điểm củaBC). Điều này chứng tỏG

là trung điểm củaEF.

Quay lại bài toán.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

A

B

C

D

E

F O M _N

H
J

I

P
Q

G
K
L

R

NếuBE k CF thì hai đường trịn (ABE)và (ACF)tiếp xúc với nhau, suy ra A ≡ D, mâu
thuẫn giả thiết. Do đóBE cắtCF. GọiO =BE∩CF. Khi đó, áp dụng định lý Miquel thìD

là điểm Miquel của tứ giác tồn phầnABECOE. Suy raDthuộc(BOF)và(COE).

GọiP = M N ∩CA;Q = M N ∩AB;H, I, J theo thứ tự là trung điểm củaBC, P Q, M N.

Dễ thấy các tam giácDBE vàDF C đồng dạng cùng hướng màM, Ntheo thứ tự là trung điểm

củaBE, CF nên các tam giácDBM vàDF N đồng dạng cùng hướng. (1)

Suy ra (M D, M O) ≡ (M D, M B) ≡ (N D, N F) ≡ (N D, N O)(modπ). Suy ra bốn điểm

D, M, N, O đồng viên. Suy ra (N D, N P) ≡ (N D, N M) ≡ (OD, OM) ≡ (OD, OB) ≡

(F D, F B)≡(F D, F A)≡(CD, CA)≡(CD, CP)(modπ).

Do đó bốn điểmC, D, N, P đồng viên. Chứng minh tương tự, bốn điểmB, D, Q, M cũng đồng
viên.

Nên(P D, P Q)≡(P D, P N)≡(CD, CN)≡(CD, CF)(modπ)và(QP, QD)≡(QD, QM)

≡(BD, BM)≡(F D, F N)(do (1))≡(F D, F C)(modπ). Suy ra hai tam giácDQP vàDF C

đồng dạng cùng hướng. MàI, Ntheo thứ tự là trung điểm củaQP vàF Cnên hai tam giácDQI

vàDF N đồng dạng cùng hướng. (2)

Hơn nữa (DP, DQ) ≡ (DC, DF) ≡ (AC, AF) ≡ (AP, AQ)(modπ). Suy ra bốn điểm

A, D, P, Qđồng viên. (3)

Mặt khác, (P D, P A) ≡ (QD, QA) ≡ (M D, M B)(modπ) và (AP, AD) ≡ (QP, QD) ≡

(QM, QD) ≡ (BM, BD)(modπ). Suy ra hai tam giác DAP và DBM đồng dạng cùng

hướng.(4)

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Từ (5), (6) và chú ý rằng P I = QI, ta có DP_DQ = DP_{P I} · _DQQI = DA_AQ · AP
DA =

AP

AQ. Kết hợp

với (3) suy ra tứ giác AP DQ lồi và điều hòa. Suy ra (AD, P Q) = −1. Do đó lấy R trên
đường tròn ngoại tiếp tứ giác AP DQ sao cho AR k P Q thì ta có R(AD, P Q) = −1. Theo
tính chất cơ bản của chùm điều hịa thì vì AR k P Q và bốn điểmA, P, Q, R đồng viên nên

A, P, Q, R là bốn đỉnh của một hình thang cân. Chú ý rằng I là trung điểm của P Q nên dễ

dàng có được IA = IR. Suy ra (IG, IP) ≡ (IP, ID) (vì D, G đối xứng qua IP ≡ P Q)

≡ (IP, IR) ≡ (IP, P A) ≡ (RA, RI) (vì AR k P Q ≡ IR) ≡ −(AR, AI) (vì IA = IP)

≡(AI, RA)≡(AI, IP)(vìARkP QkIP)(modπ).

Suy raIG≡AI hayGthuộcAI.

Theo tính chất đường trung bình tam giác, dễ thấy hai tam giácAP QvàHM N có các cặp cạnh
tương ứng hoặc song song hoặc trùng nhau. Mà AI, HJ là hai đường trung tuyến tương ứng
của hai tam giác này nên−AI→ k −→HJ. Đến đây, áp dụng bổ đề cho tam giácHM N với điểm G

thì ta có−→GAk−AI→k−→HJ,−−→AK k−−→HM,−→ALk−−→HN thì ta cóHGđi qua trung điểm củaKL. Chú
ý rằngH là trung điểm củaBC nên bài toán đã được chứng minh.

<b>Nhận xét.</b>Tứ giácAP DQlà một tứ giác lồi vì trên đường trịn(AP Q)chỉ tồn tại duy nhất một
điểmDkhácAmà DP_DQ = AP_AQ. Điều này đơn giản vìA, Dlà giao điểm của(AP Q)với đường
tròn Apollonius xác định bởi đoạnP Qvà sốk= AP_AQ.

BÀI5.

A

B D C

M P0

P
E

F

Q Q

0

T
S
K

L

G
R

A0

B0

C0
I

J N

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Ta có (QB, QC) ≡ (QB, QP) + (QP, QC) ≡ (BA, BP) + (CP, CA) ≡ (AB, BC) +

(BC, AC)≡(AB, AC)(modπ). Suy raQ∈(ABC).

GọiH =QP ∩(ABC)(H 6= Q). Ta có(AH, AC)≡ (QH, QC) ≡(QP, QC) ≡(CP, CA)
(modπ). Suy raAH kCP ≡BC. (1)

Đường thẳng quaAsong song vớiDRthứ tự cắtBC,(ABC)tạiP0, Q0(Q0 6=A).

Ta có (BQ0, BC) ≡ (AQ0, AC) ≡ (Q0A, DA) + (DA, CA) ≡ (RD, DA) + (AB, AD) (vì

DR k Q0A và AD là đường phân giác trong của góc BAC) ≡ (AD, AR) + (AB, AD) ≡

(AB, AR)≡(AB, AQ)≡(Q0B, Q0Q)(modπ).

Suy raQQ0 kBC kP P0.

Do đó(P0P, P0A)≡(Q0Q, P0A)≡(Q0Q, Q0A)≡(HQ, HA)≡(HP, HA)(modπ).

Nên bốn điểm A, H, P, P0 đồng viên. MàAH k P P0 (do (1)) nênA, H, P, P0 là bốn đỉnh của
một hình thang cân có hai đáyAH vàP P0. Do đóAH vàP P0 có chung trục đối xứng. Chú ý
rằng, từ (1) và cũng cóA, B, C, H là bốn đỉnh của một hình thang cân nênAH vàBCcũng có
chung trục đối xứng. Suy raP P0 vàBC có chung trục đối xứng. Suy raP P0 vàBC có chung
trung điểm. Do đóM là trung điểm củaP P0. VậyM P =−M P0_{. (2)}

VìAP0 kDGvà chú ý (2), theo định lý Thales thì M G_{M A} = M D

M P0 =−

M D
M P. (3)

GọiB0, C0 thứ tự là giao điểm củaBC vàAK, AL. Đặtk= M D_{M P} =−M G

M A (vì (3)).

Chú ý rằng AB0 k CG, AC0 k BG và M là trung điểm của BC, suy ra _{M B}M B0 = −

M C
M B0 =
−M G

M A =k. Tương tự
M C
M C0 =k.

GọiV_Mk là phép vị tự tâmM, tỉ sốk;V_Mk :A, B, C, D 7→A0, B0, C0, D0.

Qua Vk

M thì vì AD là phân giác của ∠BAC nên A

0_P _{là phân giác của}

∠B0A0C0. Hơn nữa

A0 ∈M A.

Lại quaV_Mk, ta cóAB kA0B0,AC kA0C0. (4)

Ta có(P S, P B)≡(QS, QB)≡(QA, QB)≡(CA, CB)≡(CA, P B)(modπ).
Suy raP K ≡P S kCA. Từ đó và (4), suy raP K kC0A0. Tương tựP LkA0B0.

Gọi I, J là giao điểm của B0A, C0A theo thứ tự với A0C0, A0B0. IJ cắt AA0 tại N. Ta có

B(A0A, N C0) =−1(chùm điều hòa cơ bản).

Suy raJ(A0A, IM) =J(A0A, N M) =B(A0A, N M) = B(A0A, N C0) = −1. (5)

Mặt khác, quaV_Mk, chú ýM là trung điểm củaBC nên dễ dàng có đượcM cũng là trung điểm
củaB0C0. Do đó, từ (5), theo tính chất của chùm điều hịa, ta cóIJ kB0C0. Suy ra J B0

A0_B0 =

IC0

A0_C0
nên J B0

IC0 =

A0_B0

A0_C0. (6)

Mặt khác, lại áp dụng định lý Thales, ta có _CP B0_B00 =

P K
C0_I và

P C0

B0_C0 =

P L
B0_J. (7)
Suy ra P K_{P L} = P K

C0_I ·

B0_J

P L ·
C0_I

B0_J =

P B0

C0_B0 ·

B0_C0

P C0 ·

A0_C0

A0_B0 =−

P B0

P C0 ·

A0_C0

A0_B0 (vì (6) và (7)).
Chú ý rằngA0P là phân giác của_∠B0A0C0nênP B_{P C}00 = A

0_B0

A0_C0. Do đó P K_{P L} =



P K
P L

=


−

P B0

P C0 ·

A0_C0

A0_B0



= P B_{P C}00 ·A

0_C0

A0_B0 = 1. VậyP K =P L.

BÀI6.Trước tiên, xin phát biểu hai bổ đề sau

<b>Bổ đề 1.</b>Cho tam giácABCkhông cân tạiA. Phân giác ngồi của gócBACcắt trung trực của

BC tạiD. Khi đóDthuộc đường tròn ngoại tiếp tam giácABC.

<b>Bổ đề 2.</b>Cho tứ giácABCDnội tiếp đường tròn(O), hai đường chéoAC vàBDcắt nhau tại

E. Gọi F là giao điểm thứ hai của hai đường tròn(OAB) và (OCD). Chứng minh rằng bốn

điểmA, D, E, F đồng viên và bốn điểmB, C, E, F đồng viên.

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

A

B C

X

Ω

Γ

D

E

F G

K
L

H

Y Z

Bỏ qua trường hợp đơn giảnAB=AC. Xét trường hợp tam giácABC khơng cân tạiA.
Vì XD = XE và AX là phân giác ngồi của góc DAE nên theo bổ đề 1 thì bốn điểm

A, X, D, E đồng viên.

GọiHlà giao điểm củaEF vàGD. Chú ýXlà tâm của đường tròn đi qua bốn điểmF, D, E, G;

A = (XF G)∩(XDE)nên áp dụng bổ đề 2 thì bốn điểmA, F, D, H đồng viên và bốn điểm

A, G, E, H đồng viên.

Áp dụng tính chất trục đẳng phương vào ba đường tròn(AF D),(AGE),Γsuy raAH, DF, GE

đồng quy hay ba điểmA, H, Lthẳng hàng.

Ta có(GD, GL)≡(GD, GE)≡(F D, F E)≡(F D, F H)≡(AD, AH)≡(AD, AL)(modπ).
Suy ra bốn điểmA, D, L, Gđồng viên. Chứng minh tương tự, ta có bốn điểmA, E, L, F đồng
viên.

GọiY,Zlần lượt là giao điểm thứ hai củaGE,F D vớiΩ. Áp dụng bổ đề Reim vào hai đường
trịnΩvà(ADLG)thìBY kDL. Tương tự, ta cũng cóCZ kEL.

Đến đây, ta có biến đổi góc có hướng

(F K, F L)≡(F B, F Z)≡(GF, GY)≡(GF, GL)(modπ)

Do đóF Klà tiếp tuyến của(GLF). Chứng minh tương tự, ta cóGK là tiếp tuyến của(GLF).
Suy ra LK là đường đối trung của tam giácGLF. Mặt khác,DE là đường đối song ứng với

GF của tam giácGLF.
VậyKLchia đôiDE.

<b>Nhận xét.</b>Bài tốn có thể giải theo hướng dùng phương tích - trục đẳng phương cho hai đường
tròn(BDF)và(CGE).

BÀI7.Trước tiên, xin phát biểu và không chứng minh bổ đề quen thuộc sau

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

P là một điểm bất kì trên(O). GọiA0, B0, C0là đối xứng củaP theo thứ tự quaBC, CA, AB.

Khi đó ba điểm A0, B0, C0 cùng nằm trên một đường thẳng đi qua H và đường thẳng đi qua

A0, B0, C0 được gọi là đường thẳng Steiner của tam giácABC ứng vớiP.

Quay lại bài toán.

A

B C

P

H
O
I

Q

G
E
F

M
K
L

S
R

T

J

N

GọiE, F theo thứ tự là tiếp điểm của(I)vớiCA, AB;K là trực tâm của tam giácAEF;(O)

cắtAO, AIthứ tự tạiG, QkhácA;(O)cắtGItạiRkhácG.

Ta cóAGlà đường kính của(O)nên_∠ARI =_∠ARG= 90◦ =_∠AEI =_∠AF I. Suy ra các

điểmA, E, F, I, Rcùng thuộc đường trịn(M)đường kínhAI.

Áp dụng bổ đề đường thẳng Steiner cho các tam giácAEF vàABC thì các điểm đối xứng của

R quaAE ≡AB, AF ≡AC đều nằm trên đường thẳng Steiner của các tam giácAEF, ABC

ứng với R. Do đó các đường thẳng Steiner của các tam giác AEF và ABC ứng với R trùng
nhau. Suy raHKlà đường thẳng Steiner của các tam giácAEF vàABCứng vớiR. Do đó nếu
gọiSlà điểm đối xứng vớiRquaEF thìS thuộcHK.

Ta có IE ⊥ AC ⊥ KF, IF ⊥ AB ⊥ KE. Suy ra IE k KF, IF k KE, và chú ý rằng

IE =IF nênIEKF là hình thoi nênI đối xứng vớiKquaEF.

Qua phép đối xứng trụcEF thì ta cóKS, IRcắt nhau trênEF. Do đó nếu gọiLlà giao điểm
củaHKvàEF thìLthuộcGR.

VìAQ ≡ AI là phân giác gócBAC nênQlà trung điểm cungBC (khơng chứaA) của (O).
Do đóP Qlà đường kính của(O).

Suy ra_∠P RQ =_∠ARI = 90◦, mà_∠RP Q=_∠RAQ=_∠RAI. Do đó4P QR_v4AIR(g−

g). Suy ra_∠RN M =_∠RN P =_∠RQP =_∠RIA =_∠RIM. Do đó tứ giácIM RN nội tiếp.
Do đóRthuộc đường trịn(J)ngoại tiếp tam giácIM N.

Do đó áp dụng định lý tâm đẳng phương thì ta cóL = EF ∩IRlà tâm đẳng phương của ba
đường tròn(M),(I)và(J). Suy raLthuộc trục đẳng phương của(I)và(J). Do đó để chứng
minh H thuộc trục đẳng phương của (I)và (J), ta chỉ cần chứng minh HL ⊥ IJ. Thật vậy,
kẻ đường kính IT của (J). Khi đó dễ thấy T thuộc AR và T M ⊥ AI ⊥ EF. Chú ý rằng

M R =M I nênT M là một phân giác của gócIT R. Suy raT M kEF vàT Rđối xứng vớiT I

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

(HL, IJ)≡(LH, LR) + (RL, RT) + (T R, T I)≡2(EF, IR) + π₂ + 2(T R, T M)≡

2(T M, IR) + π₂ + 2(T R, T M)≡2(T R, IR) + π₂ ≡2π₂ +π₂ ≡ π

2(modπ)

Suy raHL⊥IJ. VậyHthuộc trục đẳng phương của(I)và(J).
BÀI8.

A

B D C

H

E
F

P

Q

M
N

I
V

rP

rQ

GọiM, N theo thứ tự là trung điểm củaBC, P Q. Ta sẽ chứng minhN là điểm cố định.
Thật vậy, đặt(P)≡(P, rP),(Q)≡(Q, rQ)vàRlà bán kính của đường trịn(ABC).

Ta cóCE·CA=CE·CA=PC/(CAD) =CD·CB =CD·CB. Tương tự,BF·BA=BD·BC.

Chú ý rằngP B ⊥BCnên_∠ABC = 90◦±_∠P BF. Suy rasin_∠ABC =sin(90◦±_∠P BF) =

cos_∠P BF.

VìP B =P F nênrP =BP = ₂_cosBF_∠_{P BF} = ₂_sinBF_∠_ABC = BF_AC·R = BF_AB·AB_·_AC·R = BD_AB·BC_·_AC·R.

Tương tự,rQ =CQ= CD_AB·CB_·_AC·R.

Suy raM N = 1₂(BP +CQ) = ₂_ABR·BC_·_AC(BD+CD) = ₂R_AB·BC_·_AC2 . (1)
Dựng đường caoAHcủa tam giácABC thì dễ thấy−BP−→−→CQ−−→HA.
Vì−−→M N = 1

2(

−−→

BP +−→CQ)nên−−→M N −−→HA. (2)
Từ (1) và (2) suy raN là một điểm cố định.
Ta có DB_DC =

BD·BC·R
AB·AC
CD·BC·R

AB·AC
= rP

rQ. (3)

Dễ thấyN B =N C nền tồn tại đường tròn(I)đi quaB, Cđồng thời tiếp xúc vớiN B,N C. Vì

B, C, N cố định nênI cũng cố định. Ta sẽ chứng minhID⊥P Q. Thật vậy, xét hai trường hợp

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Trường hợp 1: NếurP =rQthìBP =CQ, chú ý rằng

−−→

BP −→CQ −−→HAnênBCQP là hình
bình hành. Suy ra P Q k BC. Từ (3) suy ra DB = DC suy ra D là trung điểm củaBC nên

D≡M. Suy raID≡IM ⊥BC kP Q.

Trường hợp 2: Nếu rP 6=rQ. GọiV =P Q∩BC. Khi đóV là tâm vị tự ngoài của(P;rP)và

(Q;rQ)nên V B_{V C} = V P_{V Q} = _rrP_Q = DB_DC =−DB_DC. Suy ra(BC, V D) =−1. (4)

Xét cực - đối cực đối với đường tròn (I). Ta có M là cực của BC nên D, M liên hợp (vì

D ∈ BC). MàD, V liên hợp (vì (4)). Suy raM V là đường đối cực củaDnên theo tính chất
cực - đối cực thìID⊥M V ≡P Q.

Tóm lại trong mọi trường hợp, ta ln có đường thẳng đi quaDvng góc vớiP Qđi qua điểm

I cố định.
BÀI9.

A

B C

H O

P

E

F

K
M

N

G

K0
R

S

G0

A0

N0 D

Q

Khơng mất tính tổng qt giả sử đường trịn(AEF)cắt(O)tạiGkhácA.

GọiK là trực tâm của tam giácAEF;A0, G0, K0, N0 thứ tự là điểm đối xứng vớiA,G, K, N

qua EF. Vì O thuộc EF nên A0, G0, N0 thuộc(O). Dễ thấyK0 thuộc (AEF). Qua phép đối
xứng trụcEF thìK0là trực tâm của tam giácA0EF;G0thuộc(A0EF)vàK0 thuộc(AEF).
Đường tròn(OAQ)cắtEF tạiQkhácO. Chú ý rằngOA=OM =ON;A, A0 đối xứng nhau

qua EF và M, N đối xứng nhau qua AO, suy ra (QN, QA0) ≡ (QN, QO) + (QO, QA0) ≡

(AN, AO)+(QA, QO)≡(AO, AM)+(N A, N O)≡(M A, M O)+(M O, M A)≡(M A, M A)

≡ 0(modπ). Suy ra QN ≡ QA0 hay Qthuộc A0N. Do đó qua phép đối xứng trụcEF thì Q

thuộcAN0.

Đường trịn(AEF)cắtAH, AOtạiR, S khácA;(O)cắtAOtạiDthìADlà đường kính của
(O)và chú ýA, A0 đối xứng nhau quaEF nênEF ⊥AA0 ⊥A0D. Suy raA0DkEF.

Chú ý rằng AH, AO là hai đường đẳng giác đối với góc BAC. Suy ra AR, AS là hai đường
đẳng giác của gócEAF. Do đóRS kEF.

Suy ra (RG, RS) ≡ (AG, AS) ≡ (AG, AD) ≡ (A0G, A0D) ≡ (A0G, RS) (vìA0D k EF k

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Vì(QP, QA) ≡(QO, QA)≡ (N O, N A)≡ (M A, M O) ≡(P A, P O)≡ (P A, P Q)(modπ).
Suy raAP =AQ.

Chú ý rằng bốn điểmA, K, A0, K0thẳng hàng.

Suy ra (GK0, GA0) ≡ (GK0, GR) ≡ (AK0, AR) ≡ (AA0, AP) ≡ (AQ, AA0)(vìAP = AQ

vàAA0 ⊥EF ≡P Q)≡(AN0, AA0)≡(GN0, GA0)(modπ). Do đóGK0 ≡GN0 hayGthuộc

K0N0. Do đó qua phép đối xứng trụcEF thìG0 thuộcKN.

Chú ý rằngGthuộc(AEF),G0 đối xứng với GquaEF và K là trực tâm của tam giác AEF

nênKG0là đường thẳng Steiner của tam giácAEF ứng vớiG. Suy ra các điểm đối xứng vớiG

quaAE ≡ AC,AF ≡ AB thuộcKG0 ≡ KN nênKN cũng là đường thẳng Steiner của tam
giácABC ứng vớiG. Do đóKN đi quaHhayHN đi quaK, là trực tâm của tam giácAEF.
Ta có điều phải chứng minh.

<b>Nhận xét.</b>

1) Trong các bài toán chứng minh đường thẳngdđi qua trực tâm của tam giácABC thì có một
kỹ thuật là chứng minhdlà đường thẳng Steiner của một điểmX và điểmX gọi là cực Steiner
củadứng với tam giácABC.

2) Vì H, K thứ tự là trực tâm của các tam giácABC, AEF nên ta sẽ có ý tưởng đi tìm cực
Steiner củaHK ứng với cả hai tam giácABC, AEF. Và đó là điểm chung của hai đường trịn
(ABC)và (AEF). Vì EF đi quaO nên ta nghĩ đến việc sử dụng phép đối xứng trụcEF chỉ
raGlà cực của đường thẳng SteinerHN đối với cả hai tam giácAEF vàABC.

BÀI10.

A

B D C

E
F

x
y

K
L

G

QuaB kẻ đường thẳng song song vớixcắtCAtạiK, quaC kẻ đường thẳng song song vớiy

cắtABtạiL. Từ đó, dễ thấyK,Llà hai điểm cố định.

Ta sẽ chứng minh ba đường trịn(AEF),(ABK),(ACL)đồng trục. Thật vậy, ta có PE/(ABK)

P_E/(ACL) =

EA·EK
EA·EC =

EK
EC và

PF /(ABK)

P_{F /(ACL)} =

F A·F B
F A·F L =

F B
F L.

Mặt khác, theo định lý Thales, chú ýBK kDE kxvàCLkDF kyta có F B

F L =

DB
DC =

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

Suy ra PE/(ABK)

P_E/(ACL) =

PF /(ABK)

P_{F /(ACL)}. Do đó ba đường trịn (AEF), (ABK) và (ACL)đồng trục. Vì

vậy nếu gọiGlà giao điểm thứ hai của(ABK)và (ACL)thìGlà điểm cố định và(AEF)sẽ
ln đi qua điểmGcố định khiDdi động.

<b>Nhận xét.</b>

1) Ngồi cách chứng minhGthuộc(AEF)như trên, ta cũng có thể sử dụng phương pháp vị tự
quay.

2) Tùy theo phương của hai đường thẳng x, y chúng ta thu được nhiều bài toán rất quen thuộc
(và kinh điển), chẳng hạn khi x k AB và y k AC thì điểm cố định đó là Humty point, hay
khi x, y song song với các tiếp tuyến tại B và C (tức cùng phương với các đường đối song)
của(ABC)thì điểm cố định là Dumty point, hay (x, BC)≡ (BC, AB)(modπ)và (y, CB)≡

(AC, BC)(modπ)thì điểm cố định là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, hay x, y

theo thứ tự vng góc với các phân giác gócC, B của tam giác ABC thì điểm cố định là tâm
đường trịn nội tiếp,...

BÀI11.

A

B _C

O
D

E
F

G
H
I

K

L

S

Vì_∠ABC 6= 90◦ _nên_O ₆₌_D_và_OD _{phải cắt}_BC_{. Gọi} _L₌_R

OD(C)(ở đâyROD là phép đối

xứng trụcOD) thì ba đường thẳngAL, BC, OD hoặc đơi một song song hoặc đồng quy. Vậy

AL, BC vàODđồng quy. GọiS =AL∩BC∩OD. Lại vìCA6=CB nênS 6=C.

VìA=ROD(B), C =ROD(L)nên giao điểm củaACvà BL(nếu có) phải thuộcOD. Chú ý

rằngAC∩OD =D, suy raBLđi quaD.

Dễ thấy bốn điểm A, B, C, Llà các đỉnh của một hình thang cân nên cùng thuộc một đường
trịn. (1)

Lại có (CB, CD) ≡ (CB, CA) ≡ 1
2(

−−→

OB,−→OA) ≡ (OB, OD)(vìOB = OA và OD ⊥ BA)

(modπ). Suy ra bốn điểmB, C, D, Ocùng thuộc một đường tròn. (2)

Từ (1), (2) và chú ý rằng bốn điểm D, E, F, Ocùng thuộc một đường tròn, suy ra SA·SL =

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

Từ (3), suy ra bốn điểmA, E, F, Lcùng thuộc một đường trịn. Do đó, nếu gọiI là giao điểm
thứ hai của CL và (AEF)thì chú ý rằng sáu điểm E, F, D, G, H, O cùng thuộc đường tròn
(K), suy raCI·CL=CE·CF =CD·CH =CG·CO. (4)

Từ (4), ta có các bộ bốn điểmD, H, I, L;G, L, O, I cùng thuộc một đường trịn. Từ đó, dễ dàng
có được các bộ hai tam giácDCL, ICH;OCL, ICGđồng dạng ngược hướng. (5)

TỪ (5), chú ý rằngDC =DLvàOC =OLsuy raIH =IC vàIG=IC.

Do đóIG=IC =IH hayI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácCGH. Kết hợp vớiI thuộc
(AEF)ta suy ra điều phải chứng minh.

BÀI12.

A

B C

Q R

I

D

E F

G
K

L

P
M

N

S

H

Đường thẳngDGcắt(IBC)tạiHkhácG; đường trịn tâmKđi quaAvàDcắtACtạiP khác

A;HB cắt(ABC)tạiQkhácB.

Ta có(AC, DP) ≡ (P A, P D) ≡ 1
2(

−−→

KA,−−→KD) ≡ (KL, KD) ≡ (KL, AD) + (AD, KD) ≡

π

2+ (DI, DE)≡

π

2+ (F I, F E)≡

π

2+ (F I, F D) + (F D, F E)≡

π

2+ (CI, DL) + (ID, IE)≡

(CI, CA) + (AC, DL) + (IA, IB)≡ π

2+

1
2(

−−→

CB,−→CA) + (AC, DL) + (AI, AB) + (BA, BI)≡

π

2+

1
2(

−→

CA,−CB−→) + (AC, DL) +1₂(−→AC,AB−→) +1₂(−→BA,−BC−→)≡ π

2 +

1
2[(

−−→

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

(−→BA,−BC−→)]≡ π

2 +

π

2 + (AC, DL)≡(AC, DL)(modπ). Suy raDP ≡DLhayP ∈DL.

Mặt khác (DP, DG) ≡ (DF, DG) ≡ (IF, IG) ≡ (IC, IG) ≡ (HC, HG) ≡ (HC, DG)
(modπ).

Suy raDP kHC. Chứng minh tương tự,DK kHB.

Lại có,(QC, BH) ≡ (QC, QB) ≡ (AC, AB) ≡ (AC,−→ −→AB) ≡ 2(AC, AI) ≡ (−−→KP ,−−→KD) ≡

(KP, KD)≡(KP, HB)(vìKDkHB)(modπ).

Suy raQC kKP.

Do đó hai tam giácCHQvàP DKcó các cặp cạnh tương ứng song song nên các đường thẳng

CP, DH vàQK hoặc đôi một song song hoặc đồng quy.

Suy raM =CP ∩HD∈QK. HayKM ≡QM.
Tương tự,HC cắt(ABC)tạiRkhácCthìLN ≡RN.
GọiS=QM∩RN. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm

ARQ
SBC

với chú ý rằngA, B, C, Q, R

cùng thuộc một đường tròn và ba điểmH =QB∩RC, M =AC∩SQ, N =AB∩SRthẳng

hàng, ta cóA, B, C, Q, R, Scùng thuộc một đường tròn.

VậyKM vàLN cắt nhau trên đường tròn(ABC).

BÀI 13.a) Gọi A, B, C, D lần lượt là tiếp điểm của các cặp đường tròn(O1)và(J1), (O2)và

(J1),(O2)và(J2),(O1)và(J2). Dễ thấy ba điểmO1, A, J1thẳng hàng; ba điểmJ1, B, O2thẳng

hàng; ba điểmO2, C, J2 thẳng hàng; ba điểmO1, D, J2 thẳng hàng.

Suy raO1J1+O2J2 = (O1A+J1A)+(O2C+J2C) = O1D+J1B+O2B+J2D=O1J2+O2J1.

Khi đó, theo định lý Pithot, tứ giácO1J1O2J2là tứ giác ngoại tiếp.

O

X

Y
O1

O2

J1

J2

A1 A2

A

B C

D
J

I

M

N

b) GọiX là tiếp điểm của(O1)và(O);Y là tiếp điểm của(O2)và (O);M, N lần lượt là tâm

vị tự ngồi của(O1)và(O2),(J1)và(J2).

Tam giácO1ADcân tạiO1 cóO1I là phân giác gócAO1D(doI là tâm đường trịn nội tiếp tứ

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

ta cũng cóIA =IB =IC. Như vậy, bốn điểmA, B, C, D cùng nằm trên đường tròn tâmI.
Áp dụng định lý Monge - D’Alembert vào ba đường tròn(O1),(O2),(O)suy ra ba điểmX, Y, M

thẳng hàng.

Áp dụng định lý Monge - D’Alembert vào ba đường tròn(O1),(O2),(J2)chú ýM là tâm vị tự

ngoài của(O1)và(O2),Dlà tâm vị tự trong của(O1)và(J2),Clà tâm vị tự trong của(O2)và

(J2)suy ra ba điểmD, C, M thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có ba điểmA, B, M thẳng hàng.

Áp dụng định lý Monge - D’Alembert cho ba đường tròn(J1),(J2),(O1)suy ra ba điểmA, D, N

thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có ba điểmB, C, N thẳng hàng.

Áp dụng tính chất trục đẳng phương vào ba đường tròn(O1),(O2),(ABCD)chú ýN là giao

điểm củaADvàBC,A1A2là tiếp tuyến chung trong của(O1)và(O2)suy ra ba điểmA1, A2, N

thẳng hàng.

Vì N là tâm vị tự ngồi của (J1) và (J2) nên bằng biến đổi tỉ số đơn giản, ta suy ra được

N D·N A=N A1 ·N A2. Do đó tứ giácAA1A2Dnội tiếp. Từ đó, áp dụng tính chất trục đẳng

phương vào ba đường tròn(AA1A2D),(O1),(O)chú ý(O)tiếp xúc với (O1)tạiX,N là giao

điểm của AD và A1A2 vì vậy N X là tiếp tuyến chung tại X của (O)và (O1). Chứng minh

tương tự, ta cũng cóN Y là tiếp tuyến chung tạiY của(O)và(O2).

Ta cóN X2 =N A1·N A2 =N D·N AnênPN/(O) =PN/(ABCD). Suy raN nằm trên trục đẳng

phương của(O)và(ABCD). (1)

VìM là tâm vị tự ngoài của(O1)và (O2)nên bằng biến đổi tỉ số đơn giản, ta cóM C ·M D =

M X ·M Y. Do đó PM/(O) = PM/(ABCD). Nên M nằm trên trục đẳng phương của (O) và

(ABCD). (2)

Từ (1) và (2) suy raM N là trục đẳng phương của(O)và(ABCD). Do đóOI ⊥M N.

Vì M là tâm vị tự ngồi của (O1) và (O2) nên ba điểm O1, O2, M thẳng hàng. Mặt khác do

(O1)tiếp xúc với(O2)tạiJ. Do đó bốn điểmO1, O2, J, M thẳng hàng, ngoài ra đường thẳng đi

qua bốn điểm này vng góc vớiA1A2.

Dễ thấy N X2 = N Y2 = N J2 nênN X = N Y = N J hay ba điểmX, Y, J cùng nằm trên
đường tròn (N;N X). Hơn nữa, doN X ⊥ OX, N Y ⊥ OY suy raOX, OY là hai tiếp tuyến
tạiX, Y của(N;N X).VìM J ⊥A1A2 ≡ N J nênM J là tiếp tuyến tạiJ của(N;N X). Đến

đây doMnằm trênXY, là đường đối cực củaOđối với đường tròn(N;N X), suy ra đường đối
cực củaM đối với(N;N X)sẽ đi qua điểmO. Mặt khácM J là tiếp tuyến tạiJcủa(N;N X).
Vì vậyOJlà đường đối cực củaM đối với(N;N X). Như vậyOJ ⊥M N.

Kết hợp vớiOI ⊥M N (chứng minh trên) ta suy ra được ba điểmO, I, J thẳng hàng.
BÀI14.Trước tiên, xin phát biểu và chứng minh bổ đề sau

<b>Bổ đề.</b> Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O), đường cao AD. Đường thẳng quaAsong
song vớiBC cắt lại(O)tạiE. Khi đó

a)DEđi qua trọng tâm của tam giácABC.

b) NếuB0, C0 lần lượt là trung điểm của các cạnhCA, AB và(I)là đường tròn đi quaB0, C0

đồng thời tiếp xúc với(O)tại điểmX khácAthìDE đi quaX.

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

A

B C

E

D _M

G O

I

B0

C0

X

F
T

a) GọiF là hình chiếu vng góc của EtrênBC vàM là trung điểm củaBC. Khi đó dễ thấy

M là trung điểm củaDF. Từ đóAE = −2M D. Gọi Glà giao điểm của AM và DE. Theo
định lý Thales, ta có GM

GA =
M D

AE =−

1

2. Suy raGlà trọng tâm của tam giácABC.

b) Dễ thấy đường tròn (AB0C0)tiếp xúc với(O) tạiA. Do đó tiếp tuyến tạiA, X của(O)và

đường thẳng B0C0 đồng quy tại T là tâm đẳng phương của ba đường tròn(O),(I),(AB0C0),

kết hợp vớiA, Dđối xứng nhau quaB0C0nênT X =T A=T D. Do đó,

(XA, XD)≡ 1

2(
−→

T A,−→T D)(modπ) (vìT là đường trịn ngoại tiếp tam giácADX)

≡(T A, T B0)(modπ) (vìT A=T D)

≡(AT, AE)(modπ) (vìAE kBC kB0C0)

≡(XA, XE)(modπ) (vìT Atiếp xúc(AEX)).

Suy ra ba điểmX, D, Ethẳng hàng.

Quay lại bài toán.

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

A

B

C

D

I

X
Y

Z

T
K

L R

S

M
N

B0

A0

U

V
F

E

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm

XY Z
ZT X

thì ta có ba điểm D, B, F thẳng hàng. Vậy

B ∈EF (1).

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm

XY T
ZT Y

thì ta có ba điểm D, E, F thẳng hàng. Vậy

D∈EF (2).

Từ (1) và (2) suy raE ∈BD. Chứng minh tương tự,E ∈AC.
VậyE =AC∩BD.

GọiU = T I ∩(I)(U 6=T). Mặt khác, dễ thấy các tứ giácAXIY, CZIT lần lượt nội tiếp các
đường trịn đường kínhAI, CI. Kết hợp với tứ giácABCDnội tiếp. Ta có

∠XIY = 180◦−_∠XAY = 180◦−_∠BAD=_∠BCD=_∠ZCT = 180◦−_∠ZIT =_∠ZIU

Suy raXU =ZT. Do đó tứ giácXU Y Zlà hình thang cân. Từ đóY Z kXU, mà_∠T XU = 90◦
nênXT ⊥Y Z (3).

Từ (3), suy raXElà đường cao của tam giácXY Z, áp dụng bổ đề (a), ta có ba điểmM ∈EU

(4).

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

trong tam giác vng, ta cóIA0_·_IA₌_IX2_{, IB}0_·_IB ₌_IX2_{. Do đó qua phép nghịch đảo}_I_tâm

I với phương tíchr2 thì(ABR)7→ (A0B0R),(I) 7→(I). Do đó, vì đường tròn(ABR)≡ (K)
tiếp xúc với(I)tạiR, suy ra đường tròn(A0B0R)tiếp xúc với(I)tạiR. Áp dụng bổ đề (b), ta
cóR∈EU (5).

Từ (4) và (5) ta suy ra bốn điểmE, M, R, U thẳng hàng.

Nếu gọi V = ZI ∩(I)(V 6= Z) thì chứng minh tương tự như trên, ta cũng có bốn điểm

E, N, S, V thẳng hàng.

Dễ thấyT ZU V là hình chữ nhật, suy raT Z kU V (6).
Theo tính chất trọng tâm trong tam giác, ta có A0Z

A0_M =

A0_T

A0_N = 3nên theo định lý Thales, ta có

M N kT Z (7).

Từ (6) và (7) suy raM N kU V, do đó EM

EU =
EN
EV (8).

Vì bốn điểmR, S, U, V cùng nằm trên đường tròn(I)nên theo hệ thức lượng trong đường tròn,
ta cóER·EU =ES·EV (9).

Từ (8) và (9), suy raER·EM =ES ·EN. Điều này cho ta bốn điểmM, N, R, S cùng nằm
trên một đường trịn. Bài tốn được chứng minh.

<b>Nhận xét.</b>

1) Bổ đề trong bài tốn chính là nội dung của bài G4, IMO Shortlist 2011.

2) Để chứng minh (1), (2) và (3) ta có thể sử dụng cực - đối cực đối với đường tròn(I).
BÀI15.

A
B

C

D
P

x

O

A1

B1

C1

D1

A2

B2

C2

D2

A0

B0

C0
D0

y

S

T

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD; x lần lượt cắt AB, BC, CD, DA tại

A1, B1, C1, D1;ylần lượt cắtAB, BC, CD, DAtạiA2, B2, C2, D2.

Giả sửA0B0C0D0là tứ giác tạo bởi các đường thẳngtA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x),

tD/(DC,DA,y).

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

(A0B0, A0D0)≡(A0B, A0A)≡(A0B, AB) + (AB, A0A)≡(BA0, BA2) + (AA1, AA0)≡

(B2B, B2A2) + (D1A1, D1A)≡(B1B2, B1P) + π₂ + (D2P, D2D1) + π₂ ≡

(D2P, D2D1) + (B1B2, B1P)(modπ)

(C0B0, C0D0)≡(C0C, C0D)≡(C0C, CD) + (CD, C0D)≡(CC0, CC1) + (DC2, DC0)≡

(B1C, B1C1) + (D2C2, D2D)≡(B1B2, B1P) + (D2P, D2D1)≡(A0B0, A0D0)(modπ)

Suy ra bốn điểmA0, B0, C0, D0 đồng viên.

GọiSlà giao điểm thứ hai củaAA0 và(O),T là giao điểm thứ hai củaDD0 và(O).
Khi đó, ta có biến đổi góc có hướng

(D2A, D2P)≡(D2D, D2C2)≡(DT, DC2)≡(AT, AP)(modπ)

Do đó AT là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giácAD2P. Chứng minh tương tự, ta

cũng cóBS là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giácBA2P.

DoBD⊥AC,x⊥ynên(P D2, P A)≡(P A1, P B)(modπ).

Từ đó, tiếp tục biến đổi góc có hướng

(AD, AT)≡(AD2, AT)≡(P D2, P A)≡(P A1, P B)≡(BA1, BS)≡(BA, BS)(modπ)

Vì vậy AS = DT. Từ đóD0O là tia phân giác của gócA0D0C0. Chứng minh tương tự, ta được

A0O, B0O, C0O lần lượt là tia phân giác của góc B0A0D0, A0B0C0, B0C0D0. Như vậy, tứ giác

A0B0C0D0 là tứ giác ngoại tiếp.

Vậy tứ giácA0B0C0D0 là tứ giác lưỡng tâm.

<b>Nhận xét.</b>

1) Theo tính chất đường thẳng Gauss - Newton thì điểm O sẽ nằm trên đường thẳng Gauss
của tứ giác toàn phần tạo bởi các đường thẳng tA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x),

tD/(DC,DA,y). Tuy nhiên, khi bỏ đi giả thiết AC ⊥ BD, ta thu được kết quả khá lạ và hay

sau:<i>Cho tứ giác</i>ABCD<i>nội tiếp đường tròn</i> (O)<i>, hai đường chéo</i>AC <i>và</i>BD <i>cắt nhau tại</i>P<i>.</i>
<i>Xét hai đường thẳng</i> x, y <i>vng góc với nhau tại</i>P <i>và khơng song song với các đường thẳng</i>
<i>chứa các cạnh của tứ giác. Chứng minh rằng</i>O <i>nằm trên đường thẳng Gauss của tứ giác toàn</i>
<i>phần tạo bởi các đường thẳng</i>tA/(AB,AD,x), tB/(BC,BA,y), tC/(CB,CD,x), tD/(DC,DA,y).

2) Khi hai đường thẳngx, ytrùng với hai đường chéo ta thu được một tính chất của tứ giác lưỡng
tâm (liên quan đến cách dựng tứ giác lưỡng tâm)

3) Ngoài cách giải trên, cịn có thể sử dụng phép đối xứng trục để giải bài tốn đó.

</div>

<!--links-->