1

I. Các bài toán

Bài toán 1. Cho tam giác ABC nuông tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp. BI, CI theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F. D là hình chiếu của I trên BC. Dựng hình bình hành AIDS. Chứng minh rằng S thuộc EF.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC, AB AC,> (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. S là giao điểm của BC và EF. T là giao điểm thứ hai của AS và (O). M là trung điểm của BC. TM lại cắt (O) tại K.Các đường thẳng đi qua E, F và song song với AK theo thứ tự cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng AI là trục đẳng phương của các đường tròn (ABP), (ACQ).

Bài toán 3. Cho tam giác nhọn ABC có AB AC≠ và BAC 45 .> ° Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình vuông ABKL, ACMN. AL, AN theo thứ tự cắt CM, BK tại E, F. P là giao điểm thuộc tam giác ABC của các đường tròn (LME), (NFK). Chứng minh rằng đường tròn (PBC) đi qua tâm đường tròn (ABC).

Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB

theo thứ tự vuông cân tại A1, B1, C1. A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua B1C1, C1A1, A1B1. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A2B2C2 đi qua trực tâm của tam giác A1B1C1.

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và có một cặp cạnh đối

không song song. Chứng minh rằng O là trọng tâm của ABCD khi và chỉ khi OA.OC OB.OD.=

Bài toán 6. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và

đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. EF, FD, DE theo thứ tự giao với (O) bằng { }1 2A , A ,

{ } { }1 2 1 2B , B , C ,C . Chứng minh rằng tâm đẳng phương của các đường tròn (XA1A2), (YB1B2), (ZC1C2) thuộc OI.

Bài toán 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác

ngoài của các góc DAB, ABC, BCD,CDA theo thứ tự cắt đường phân giác ngoài của các

góc ABC,BCD,CDA, DAB tại X, Y, Z, T. E, F theo thứ tự là trung điểm của XZ, YT. Chứng minh rằng

1) Từ giác XYZT nội tiếp và XZ YT.⊥ 2) O, E, F thẳng hàng. Bài toán 8. Cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C. Điểm O

thuộc ∆ và không thuộc BC, CA, AB. M, N, P theo thứ tự là giao điểm của các đường thẳng đối xứng với OA, OB, OC qua ∆ và BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

2

Bài toán 9. Cho hình chứ nhật ABCD. Điểm P thuôc tia đối của tia CA sao cho

CBP BPD.= Tính PB.

PC

Bài toán 10. Hai tam giác ABC, A1B1C1 có cùng trọng tâm và AA1,BB1,CC1 đồng

quy tại O. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp sáu tam giác OBC1, OB1C, OCA1, OC1A, OAB1, OA1B cùng thuộc một đường tròn.

Bài toán 11. Cho tam giác ABC. P là trung điểm của BC. Lấy các điểm X, Y, Z sao

cho sao cho A, X / BC; B / CA / Y; C / AB / Z và các tam giác XBC, YAC, ZBA đồng dạng. YZ theo thứ tự cắt AC, AB tại N, M. Chứng minh rằng YN ZM= khi và chỉ khi

PAB XAC.= Bài toán 12. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A1, B1, C1

theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB1C1), (BC1A1), (CA1B1) theo

thứ tự lại cắt (O) tại A2, B2, C2. Tìm A1, B1, C1 sao cho 1 1 1

2 2 2

S(A B C )

S(A B C ) nhỏ nhất.

Bài toán 13. Cho tứ giác ABCD, O = AC ∩ BD. Phân giác của các góc

AOB, BOC,COD,DOA theo thứ tự cắt AB, BC, CA, AD tại M, N, P, Q. X, Y, Z, T theo thứ tự là trung điểm của QM, MN, NP, PQ. Chứng minh rằng AX, BY, CZ, DT đồng quy.

Bài toán 14. Cho tam giác ABC, trực tâm H. (S) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC. Điểm P thay đổi trên (S). Đường thẳng qua B vuông góc BA cắt PC tại M. Đường thẳng qua A vuông góc AC cắt PB tại N. Chứng minh rằng trung điểm MN thay đổi trên một đường thẳng cố định.

Bài toán 15. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. YZ, ZX, XY theo thứ tự giao với (O) bằng { }1 2A , A ,

{ } { }1 2 1 2B , B , C ,C . Chứng minh rằng I là tâm đẳng phương của các đường tròn (DA1A2), (EB1B2), (FC1C2).

3

II. Các lời giải Bài toán 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, I là tâm đường tròn nội tiếp. BI, CI

theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F. D là hình chiếu của I trên BC. Dựng hình bình hành AIDS. Chứng minh rằng S thuộc EF. Lời giải 1.

Cách 1. ( ) ( )

( ) ( )

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

AE AF NE QF DE DN DF DQ

DE IM DF IP DE DF .

− = − = − − −

= − − − = −

Do đó AD EF.⊥

P M

L

Q N

H

K S

D

I

E

F

B

A

C

(h.1.1)

Gọi K là giao điểm của EF và AD, H là hình chiếu của I trên AD. Vì AD EF⊥ nên 2 2 2 2 2 2 2 2 2KD KA ED EA ED EN DN IM r (1).− = − = − = = = Mặt khác 2 2 2 2 2 2 2 2 2HA HD IA ID IL LA ID LA r (2).− = − = + − = = Từ (1) và (2) suy ra KA HD.= Do đó SKA IHD (c.g.c).Δ =Δ

Vậy AKS DHI 90 AKE.= = ° = Kết hợp với AK EF,⊥ suy ra S EK EF.∈ ≡ Lời giải 2. Ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm M thuộc đoạn BC. Đường thẳng ∆ theo thứ tự cắt

các đoạn AB, AC, AM tại B’, C’, M’. Khi đó

AM MC AB MB AC

. . .AM' BC AB ' CB AC '

= +

Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.1.2).

4

M' C'

B'

A

B CM

(h.1.2) Trở lại giải bài toán 1. Gọi T là hình chiếu của A trên BC; S’ là giao điểm của AT và EF (h.1.3). Theo bổ đề trên, chú ý rằng BAC 90 ,= ° ta có

( ) ( )

( )

2 2

2 2 2

2

b a b c a cAT DC AB DB AC b a b c a c. . . .

AS ' BC AF BC AE a b a c aa a b c 2S aAT AT

.a ar r r

+ + ++ += + = + =

+ += = = =

Do đó AS ' r ID.= =

T

H

K S=S'

D

I

E

F

B

A

C

(h.1.3)

Điều đó có nghĩa là AIDS’ là hình bình hành. Vậy S S ' EF.= ∈

Bài toán 2. Cho tam giác ABC, AB AC,> (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. S là giao điểm của BC và EF. T là giao điểm thứ hai của AS và (O). M là trung điểm của BC. TM lại cắt (O) tại K.Các đường thẳng đi qua E, F và song song với AK theo thứ tự cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng AI là trục đẳng phương của các đường tròn (ABP), (ACQ).

Lời giải. Gọi L là giao điểm thứ hai của AD và (O); N là giao điểm của AI và BC (h.2.1, h.h.2.2).

Dễ thấy A(BCLT) A(BCDS) (BCDS) 1.= = = − Do đó tứ giác BLCT điều hoà. Kết hợp với MB MC,= suy ra KAB KTB MTB LTC LAC DAC.= = = = =

5

LK

M

T

SD

I

O

A

B C

(h.2.1)

N

O2

O1

Q P

K

E

F

D

I

A

O

B C

(h.2.2) Vậy, các điều kiện sau tương đương. 1) AI là trục đẳng phương của (ABP), (ACQ). 2) N /(ABP) N /(ACQ)P P .= 3) NB.NP NC.NQ.=

4) NB NQ.

NC NP=

5) NB NB NQ.

NC NC NP

−=

−

6) NB QB.

NC PC=

6

7) NB QB EC DB. . .

NC FB PC DC=

8) AB sin QFB sin EPC S(ADB). . .

AC S(ADC)sin FQB sin PEC=

9) AB sin QFB AD.AB sin DAB. .

AC sin PEC AD.AC sin DAC=

10) AB sin KAB AD.AB sin DAB. .

AC sin KAC AD.AC sin DAC=

11) AB AB

AC AC= (đpcm).

Chú ý. Tác giả của bài toán trên là TS Hà Duy Hưng, giáo viên Trường THPT chuyên, ĐHSP Hà Nội.

Bài toán 3. Cho tam giác nhọn ABC có AB AC≠ và BAC 45 .> ° Dựng ra phía

ngoài tam giác ABC các hình vuông ABKL, ACMN. AL, AN theo thứ tự cắt CM, BK tại E, F. P là giao điểm thuộc tam giác ABC của các đường tròn (LME), (NFK). Chứng minh rằng đường tròn (PBC) đi qua tâm đường tròn (ABC).

Lời giải. Gọi O là tâm đường tròn (ABC); T là giao điểm của BF và CE; Q là giao điểm của

KL và MN; S là giao điểm của các tiếp tuyến với (O) tại B, C (h.3).

T

S

P

Q

FE

M

N

L

K

O

A

B C

(h.3)

Dễ thấy ABT 90 ACT.= ° = Do đó O là trung điểm của AT.

7

Dễ thấy AETF là hình bình thành. Vậy O thuộc EF (1).

Vì ABKL, ACMN là các hình vuông và LAF 180 BAC 90 NAE= ° − − ° = nên các tam giác LAF, NAE đồng dạng.

Do đó tứ giác NEFL nội tiếp. Vậy AL.AE AN.AF.= Điều đó có nghĩa là A /(LEM) A /(NFK)P P .= Từ đó, chú ý rằng Q chính là giao điểm thứ hai của (LME), (NKF), suy ra A thuộc

PQ. Vậy APE QPE 90 QPF APF.= = ° = = Điều đó có nghĩa là P thuộc EF và AP EF⊥ (2). Từ (1) và (2) suy ra OPA 90= ° (3). Vì Q AP∈ và ABKL, ACMN là các hình vuông nên

2

2

S(PAB) S(QAB) S(LAB) AB.

S(PAC) S(QAC) S(NAC) AC= = =

Do đó AP là đường đối trung của ABC.Δ Vậy AP đi qua S (4). Từ (3) và (4) suy ra OPS 90 .= ° Kết hợp với OBS 90 OCS,= °= suy ra B, C, O, P cùng thuộc một đường tròn

(đường kính OS).

Bài toán 4. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông cân tại A1, B1, C1. A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua B1C1, C1A1, A1B1. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC, A2B2C2 đi qua trực tâm của tam giác A1B1C1. Lời giải. Ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các tam giác A1BC, B1CA, C1AB theo thứ tự vuông cân tại A1, B1, C1. Khi đó AA1, BB1, CC1 đồng quy tại trực tâm H1 của tam giác A1B1C1. Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.4.1).

H1

C1

B1

A1

A

BC

(h.4.1)

8

Trở lại giải bài toán 4. Gọi O và O2 theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp của ABCΔ và 1 1 1A B C ;Δ H1

là trực tâm của 1 1 1A B C ;Δ A4, B4, C4 theo thứ tự là điểm đối xứng của O2 qua B1C1, C1A1, A1B1 (h.4.2). Ta có 4 4 1 1 2 2 1 1B BC B BA A BC O B A A CB= + = +

2 2 1 1 4 1 1 4O C A A CB C CA A CB C CB.= + = + = Kết hợp với 4 2 2 2 2 4BB O B O C CC ;OB OC,= = = = suy ra 4 4 4 4B C // BC;OB OC .= Tương tự 4 4 4 4C A // CA;OC OA= và 4 4 4 4A B // AB;OA OB .= Vậy các tam giác ABC, A4B4C4 có các cạnh tương ứng song song và cùng nhận O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Điều đó có nghĩa là O là tâm vị tự biến ABCΔ thành 4 4 4A B C .Δ Do đó các bộ ba điểm O, A, A4 và O, B, B4 thẳng hàng (1).

C4B4

A4

O2

C2

B2

A2

H1

O

C1

B1

A1

A

B C

(h.4.2) Theo bổ đề trên, 1 1 1 1 1 1H A B C ;H B C A .⊥ ⊥ Kết hợp với 2 2 1 1 2 4 1 1O A B C ;O B C A ,⊥ ⊥ suy ra 1 2 4 1 2 4H A // O A ;H B // O B (2). Từ (1) và (2) suy ra O, H1, O2 thẳng hàng (đpcm).

9

Bài toán 5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) và có một cặp cạnh đối

không song song. Chứng minh rằng O là trọng tâm của ABCD khi và chỉ khi OA.OC OB.OD.=

Lời giải. (h.5.1). Vì ABCD có một cặp cạnh đối không song song nên hoặc AD, CB cắt nhau hoặc

AB, CD cắt nhau. Không mất tính tổng quát giả sử AD, CB cắt nhau. Gọi S là giao điểm của AD, CB.

Điều kiện cần. Gọi K, L theo thứ tự là trung điểm của AD, BC (h.5.1). Vì O là trọng tâm của ABCD nên O là trung điểm của KL. Kết hợp với OSK OSL,= suy ra SKLΔ cân tại S. Do đó KAO LOB; KDO LOCΔ Δ Δ Δ∼ ∼ (kết quả quen thuộc).

Vậy OA OA KA KD OD OD.

OB BO LO LO CO OC= = = = =

Điều đó có nghĩa là OA.OC OB.OD.=

C

D

LK

BA

S

O

(h.5.1) Điều kiện đủ. Qua O dựng đường thẳng vuông góc với SO theo thứ tự cắt AD, BC tại K, L

(h.5.1). Chú ý rằng OSK OSL,= suy ra SKLΔ cân tại S và OK OL.= Do đó KAO LOB; KDO LOCΔ Δ Δ Δ∼ ∼ (kết quả quen thuộc).

Vậy KA KA LO OA CO OA.OC. . .

KD LO KD BO OD OB.OD= = = = 1

Điều đó có nghĩa là KA KD.= Tương tự LB LC.= Tóm lại O là trọng tâm của ABCD. Lời giải 2. Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là tiếp điểm của (O) và AB, BC, CD, DA (h.5.2).

10

PC

D

A

B

NQ

O

M

(h.5.2) Đặt AQ AM x;BM BN y;CN CP z;DP DQ t.= = = = = = = = Theo định lí con nhím,

( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )y t OA OC x z OB OD

yOA xOB zOB yOC tOC zOD xOD tOA

+ + + + +

= + + + + + + +

( ) ( ) ( ) ( )x y OM y z ON z t OP t x OQ 0 (1).= + + + + + + + =

Giả sử OA OC 0

OB OD 0

⎡ + =⎢⎢ + =⎣

thì, theo (1), OA OC 0

.OB OD 0

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩ Điều đó có nghĩa là ABCD là

hình bình hành, mâu thuẫn.

Do đó, lại theo (1), ( )( ) ( )( )y t OA OC x z OB OD 0.+ + = − + + ≠

Vậy, các điều kiện sau tương đương. 1) O là trọng tâm của ABCD. 2) OA OB OC OD 0.+ + + =

3) ( )( ) ( )( )x z OA OC x z OB OD .+ + = − + +

4) ( )( ) ( )( )x z OA OC y t OA OC .+ + = + +

5) x z y t .+ = +

6) AM CP BN DQ.

OM OP ON OQ+ = +

7) A C B Dcot cot cot cot .

2 2 2 2+ = +

8)

A C B Dsin sin

2 2 .A C B D

sin sin sin sin2 2 2 2

+ +

=

9) A C B Dsin sin sin sin .

2 2 2 2=

10) OM OP ON OQ. . .

OA OC OB OD=

11) OA.OC OB.OD.=

11

Bài toán 6. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. EF, FD, DE theo thứ tự giao với (O) bằng { }1 2A , A ,

{ } { }1 2 1 2B , B , C ,C . Chứng minh rằng tâm đẳng phương của các đường tròn (XA1A2), (YB1B2), (ZC1C2) thuộc OI. Lời giải 1.

Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. Khi đó trực tâm H của tam giác DEF thuộc OI.

Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.6.1).

H

F

E

D

IO

A

B C

(h.6.1) Trở lại giải bài toán 6.

Gọi (Oa), (Ob), (Oc) theo thứ tự là các đường tròn (XA1A2), (YB1B2), (ZC1C2); S là giao điểm của AC và DF; D1, D2 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của A1A2 và (Ob), (Oc); D0, E0 theo thứ tự là hình chiếu của D, E trên EF, FD; H là giao điểm của DD0, EE0 (h.6.2). Định hướng các đường thẳng EF, FD, DE bởi các vectơ EF,FD,DE.

Dễ thấy b cD/(O ) 1 2 1 2 D/(O )P DB .DB DC .DC P (1).= = =

Dễ thấy (SFAB) 1.=− Từ đó, chú ý rằng Y là trung điểm của AC, theo hệ thức Macluarin, suy ra 1 2SE.SY SA.SC SB .SB .= = Do đó E thuộc (Ob). Tương tự F thuộc (Oc).

Vậy, chú ý rằng D0, F, E theo thứ tự thuộc các đoạn EF, AB, AC; AE AF;= các tam giác BFD0, CED0 đồng dạng, ta có

( ) ( )( )

( ) ( )( )( ) ( )

0 b 0 bD /(O ) D /(O ) 0 0 1 0 0 2

0 0 1 0 0 2 0 1 0 2

1 2 1 20 0 0 0

0 0 0 0

P P D E.D D D F.D D

D E D F FD D F D E ED ED .FD FD .ED

FB .FB EC .EC 1ED . FD . ED .FA.FB FD .EA.EC

FE EF EF1 EA

ED FA.FB FD EA.EC ED .FB FD .EC 0EF EF

− = −

= + − + = − +

= − + = +

= − + − − = − + =

12

Do đó 0 b 0 cD /(O ) D /(O )P P (2).=

S

E0H

D2

D1D0

A2

A1

B1

B2

C2

C1

FE

D

I

X

Z YO

A

B C

(h.6.2) Từ (1) và (2) suy ra DD0 là trục đẳng phương của (Ob), (Oc). Tương tự EE0 là trục đẳng phương của (Oc), (Oa). Vậy, theo bổ đề trên, tâm đẳng phương của (Oa), (Ob), (Oc) chính là điểm H, thuộc

OI. Lời giải 2. Ta cần có hai bổ đề. Bổ đề1. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm đường tròn nội

tiếp. AI, BI, CI lại cắt (O) tại A’, B’, C’. Khi đó I là trực tâm của tam giác A’B’C’.

A'

B'

C'

IO

A

B C

(h.6.3)

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm. AO lại cắt (O) tại K. Khi đó BHCK là hình bình hành.

13

K

O

A

B C

(h.6.4) Trở lại giải bài toán 119. Gọi A3, B3, C3 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của AI, BI, CI và (O); Oa, Ob, Oc theo thứ tự là trung điểmc của B3C3, C3A3, A3B3; A4 là giao điểm thứ hai của A3O và (O).

H

Oc

Ob

B1

B2

C2

C1

A2

A1 Oa

C3

B3

A3

A4

YZ

X

F

E

D

I

O

A

B C

(h.6.5) Theo lời giải 1, X, Y, Z theo thứ tự thuộc các đường tròn (XA1A2), (YB1B2),

(ZC1C2). Theo bổ đề 1, I là trực tâm của 3 3 3A B C .Δ Theo bổ đề 2, IB3A4C3 là hình bình hành. Do đó Oa là trung điểm của B3C3 và IA4. Kết hợp với A1A2B3C3 là hình thang cân và IDXA4 là hình thang, suy ra Oa thuộc

trung trực của A1A2 và DX. Vậy Oa là tâm của (XA1A2). Tương tự Ob, Oc theo thứ tự là tâm của (YB1B2), (ZC1C2).

14

Kí hiệu (XA1A2), (YB1B2), (ZC1C2) là (Oa), (Ob), (Oc); H là trực tâm của DEFΔ . Theo lời giải 1,

b cD /(O ) D /(O )P P .=

Kết hợp với 3 3 b cDH EF // B B // O O ,⊥ suy ra DH là trục đẳng phương của (Ob), (Oc).

Tương tự EH là trục đẳng phương của (Oc), (Oa). Vậy, theo bổ đề trong lời giải 1, tâm đẳng phương của (Oa), (Ob), (Oc) là H, thuộc

OI. Chú ý. Tác giả của bài toán trên là ThS Trần Quang Hùng, giáo viên TRường

THPT chuyên ĐHKH Tự nhiên, ĐHGQ Hà Nội. Bài toán 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Các đường phân giác

ngoài của các góc DAB, ABC, BCD,CDA theo thứ tự cắt đường phân giác ngoài của các

góc ABC,BCD,CDA, DAB tại X, Y, Z, T. E, F theo thứ tự là trung điểm của XZ, YT. Chứng minh rằng

3) Từ giác XYZT nội tiếp và XZ YT.⊥ 4) O, E, F thẳng hàng. Lời giải. (h.7). Gọi , , ,α β γ δ theo thứ tự là số đo của các góc DAB,ABC,BCD,CDA.

1) Dễ thấy 180 180XAB ;XBA .

2 2

° −α °−β= =

Do đó TXY AXB .2

α +β= =

Tương tự TZY DZC .2

γ + δ= =

Vậy 360TXY TZY 180 .

2 2 2 2

α +β γ + δ α +β+ γ + δ °+ = + = = = °

Điều đó có nghĩa là XYZT nội tiếp. Gọi K là giao điểm của các đường phân giác trong của các góc CAB,CBA; I là

giao điểm của XZ và YT. Dễ thấy (kí hiệu d(X,AB) chỉ khoảng cách từ điểm X tới đường thẳng AB).

d(X,AD) d(X,AB) d(X,BC);

d(K,AD) d(K,AB) d(K,BC);

d(Z, AD) d(Z, AB) d(Z, BC).

= == == =

Do đó X, K, Z thẳng hàng. Từ đó, chú ý rằng tứ giác XAKB nội tiếp ( XAK 90 XBK= ° = ), suy ra

IXY KXB KAB .2

α= = =

Tương tự IYX .2

γ=

Vậy 180IXY IYX 90 .

2 2

α + γ °+ = = = °

Điều đó có nghĩa là XZ YT.⊥

15

K

P

M

N

F

E

I

Z

T

Y

XA

O

B

DC

(h.7) 2) Ta cần có một bổ đề. Bổ đề. Cho tứ giác ABCD. E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD. Các điểm

M, N theo thứ tự thuộc các đoạn AB, CD sao cho AM CN.

AB CD= Khi đó trung điểm của MN

thuộc đoạn EF. Bổ đề trên chính là ví dụ 1.13, trang 14, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10. Trở lại giải phần 2. Gọi M, N, P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của XY, YZ, ZT và (O). Vì XY, ZT theo thứ tự là phân giác ngoài của các góc ABC,CDA nên, M, P theo

thứ tự là trung điểm của các cung ABC,CDA. Do đó MP là đường kính của (O). Nói cách khác O là trung điểm của MP (1). Vì YZ là phân giác ngoài của góc BCD nên N là trung điểm của cung BCD.

Do đó, chú ý tới phần 1, 1YMN BAN s®BCD BXK BXZ.

4 2

α= = = = =

Điều đó có nghĩa là MN // XZ. Tương tự NP // YT.

Vậy, theo định lí Thales, XM ZN XP(2).

XY ZY XT= =

Từ (1) và (2), theo bổ đề trên, suy ra O thuộc EF.

16

Bài toán 8. Cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C. Điểm O thuộc ∆ và không thuộc BC, CA, AB. M, N, P theo thứ tự là giao điểm của các đường thẳng đối xứng với OA, OB, OC qua ∆ và BC, CA, AB. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

Lời giải 1. Gọi M’, N’ theo thứ tự là giao điểm của OP và BC, CA (h.8.1).

M'

N'

P

N

M

A

BC

O

(h.8.1) Dễ thấy MB M' B NA N ' A

: (BCMM') P(BCMM') P(ACNN ') (ACNN ') : .MC M'C NC N 'C

= = = = =

Từ đó, chú ý rằng M’, N’, P thẳng hàng, theo định lí Menelaus, suy ra MB NC PA N 'A M'C PA

. . . . 1.MC NA PC N 'C M' B PC

= =

Vậy, lại theo định lí Menelaus, M, N, P thẳng hàng. Lời giải 2. Để giải bài toán trên, ta cần có một định lí. Định lí. Cho tam giác ABC, , ,α β γ theo thứ tự là vectơ định hướng của các đường

thẳng BC, CA, AB. Khi đó

1) sin(AB,AC) sin(BC, BA) sin(CA,CB).

BC CA AB= =

2) sin( , ) sin( , ) sin( , ).

BC CA AB

β γ γ α α β= =

Chứng minh. Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Nếu 0,α β ≠ và 0k ≠ thì ksin(k , ) sin( , ).

kα β = α β

Chứng minh bổ đề. Trong phép chứng minh này, các kí hiệu ↑↑ và ↑↓ theo thứ tự chỉ sự cùng hướng

và sự ngược hướng của hai vectơ. Có hai trường hợp cần xem xét.

Trường hợp 1. 0k .> Chú ý rằng k ,α ↑↑ α ta có

17

0 1 ksin(k , ) sin((k , ) ( , )) sin( ( , )) .sin( , ) sin( , ).

kα β = α α + α β = °+ α β = α β = α β

Trường hợp 2. 0k .< Chú ý rằng k ,α ↑↓ α ta có

( )180 1 ksin(k , ) sin((k , ) ( , )) sin( ( , )) .sin( , ) sin( , ).

kα β = α α + α β = °+ α β = − α β = α β

Trở lại chứng minh định lí sin dạng đại số. Không mất tính tổng quát giả sử ABCΔ có hướng dương và , ,α β γ là các vecctơ đơn vị. Theo định lí sin và bổ đề trên, ta có

AB AC. sin( , )BC sin BAC sin(AB, AC) sin(AB. , AC. ) AB AC .

CA BC BAsin(BC,BA) sin(BC. , BA. )sin CBA . sin( , )BC BA

γ βγ β= = = =

α γ α γ

Do đó sin(AB, AC) sin(BC,BA)

BC CA= và sin( , ) sin( , )

.BC CA

β γ γ α=

Tương tự sin(BC, BA) sin(CA,CB)

CA AB= và sin( , ) sin( , )

.CA AB

γ α α β=

Tóm lại

1) sin(AB,AC) sin(BC, BA) sin(CA,CB).

BC CA AB= =

2) sin( , ) sin( , ) sin( , ).

BC CA AB

β γ γ α α β= =

Chú ý. Định lí trên được gọi là định lí sin dạng đại số. Trở lại giải bài toán 8 (h.8.2). Định hướng các đường thẳng BC,CA, AB, ,OA,OB,OC,OM,ON,OPΔ theo thứ tự

bởi các vectơ , , , x,y, z, m, n,p.α β γ Vì OA, OB, OC theo thứ tự đối xứng với OM, ON, OP qua ∆ nên, không mất tính

tổng quát giả sử (y, m) (x, n) (z, n) (y, p) (x, p) (z, m) 0 (mod360 ).− ≡ − ≡ − ≡ ° °

P

N

M

A

BC

O

(h.8.2)

Vậy, theo định lí sin dạng đại số,

18

MB NC PA MB MO NC NO PA PO. . . . . . .

MC NA PB MO MC NO NA PO PB=

sin(y, m) sin(z, ) sin(z, n) sin(x, ) sin(x,p) sin(y, ). . . . .

sin(y, ) sin(z,m) sin(z, ) sin(x, n) sin(x, ) sin(y, p)

sin(y, m) sin(z, ) sin(z, n). . .

sin(x, n) sin(y, ) sin(y, p)

α β γ=

α β γ

α=

αsin(x, ) sin(x, p) sin(y, )

. .sin(z, ) sin(z, m) sin(x, )

BO CO AO. . 1.

CO AO BO

β γβ γ

= =

Tóm lại, theo định lí menelaus, M, N, P thẳng hàng. Bài toán 9. Cho hình chứ nhật ABCD. Điểm P thuôc tia đối của tia CA sao cho

CBP BPD.= Tính PB.

PC

Lời giải 1. Gọi H là giao điểm thứ hai của PB và đường tròn (ABCD); Q là giao điểm của PB

và AD (h.9). Dễ thấy các tam giác PBC, PAH, PQA đồng dạng.

Do đó PB PA PQ.

PC PH PA= =

Từ đó, chú ý rằng DPQΔ cân tại D và DH PQ,⊥ suy ra 2

PB PA PQ PQ. 2.

PC PH PA PH⎛ ⎞ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Vậy PB2.

PC=

H

Q

AB

ODC

P

(h.9)

Lời giải 2.

Đặt CBP BPD ;CBD .= =α =β Áp dụng định lí Ceva dạng lượng giác cho tam giác BPD, ta có

19

( )( )

( )( )

sin sinsin CBP sin CPD sin CDB sin. . . .

sin sin sinsin CBD sin CPB sin CDP

sin sin cos cos sin cos cos tan cos sin. . . .

sin sin cos cos sin cos sin sin cot cos

α −β °−βα= =

β β−α °− α

α α β− α β β β α β− β= =

β β α − β α α β β α − β

2 901

90 22 2 2

2

Do đó sin tan cos sin tan cos.

cos sin cot cos sin cot

β α β− β α β= =

β β α − β β α2 2

Điều đó có nghĩa là ( )tan tan tan .− α β = α2 2 21 2

Nói cách khác tantan .

tan

βα =

+ β

22

22

Vậy ( )

tan tan .cos sinsin ( ).

tan

β β β βα = = =

+ β

2 2 2 22

21

2 22 1

Mặt khác, theo định lí sin, PB sin( ).

PC sin

β=

α2

Từ (1) và (2) suy ra PB.

PC= 2

Bài toán 10. Hai tam giác ABC, A1B1C1 có cùng trọng tâm và AA1,BB1,CC1 đồng

quy tại O. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp sáu tam giác OBC1, OB1C, OCA1, OC1A, OAB1, OA1B cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải. Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC và các bộ hai điểm A1, A2; B1, B2; C1, C2 theo thứ tự

thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Nếu các bộ bốn điểm B1, B2, C1, C2; C1, C2, A1, A2; A1, A2, B1, B2 cùng thuộc một đường tròn thì sáu điểm A1, A2, B1, B2, C1, C2 cùng thuộc một đường tròn.

Bổ đề trên chính là ví dụ 14.8, trang 204, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10.

Trở lại giải bài toán 10. Gọi Ab, Ac, Bc, Ba, Ca, Cb theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác

OBC1, OB1C, OCA1, OC1A, OAB1, OA1B, X, Y, Z theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng AbCb, BcAc; BcAc, CaBa; CaBa, AbCb. H, K theo thứ tự là hình chiếu của X trên AcCa, AbBa; M, M1, N, N1 theo thứ tự là trung điểm của OB, OB1, OC, OC1 (h.10).

20

H

K

Z

Y

X

Ca

Cb

Bc

Ba

Ab

M

N1

Ac

M1

N

B

C

G

O

B1

C1

A1

A

(h.10)

Định hướng các đường thẳng AA1, BB1, CC1, YZ, ZX, XY theo thứ tự bởi các

vectơ a,b, c,x,y, z. Dễ thấy c b 1 1B C // YZ;XH // BB ;XK // CC . Do đó, không mất tính tổng quát, định hướng các đường thẳng BcCb, XH, XK theo

thứ tự bởi x,b, c. Dễ thấy YZ, ZX, XY theo thứ tự vuông góc với AA1, BB1, CC1. Do đó, không mất

tính tổng quát giả sử (x,a) (y,b) ( z, c) 90 (mod360 ).≡ ≡ ≡ ° °

Vì c bB C // YZ nên, theo định lí sin dạng đại số, c

b

XB sin(x,y)(1).

XC sin(x, z)=

Chú ý rằng c 1 b 1A H // XZ;XH // BB ;A K // XY;XK // CC , lại theo định lí sin dạng đại số, ta có

1

b b 1 1

c 1 c 11

1CCXA XA NN CCXH sin(z, c) sin(y, z)2. . . . .

1XA XK MM XA BBsin(z,y) sin(y,b)BB2

= = = −

Vì các tam giác ABC, A1B1C1 có cùng trọng tâm nên

1 1 1 1 1 10 AA BB CC AA BB b CC c.= + + = + +

Từ đó, chú ý rằng 1x AA ,⊥ suy ra

21

1 1 1 1 10 x.0 x.AA BB cos(x,b) CC cos(x, c) BB cos(x,b) CC cos(x, c).= = + + = +

Do đó ( )( )

( )( )

1

1

cos (x, y) (y,b) cos (x, y) 90CC cos(x,b) sin(x, y).

BB cos(x, c) sin(x,z)cos (x,z)+(z, c) cos (x,z) 90

+ + °=− = − = − = −

+ °

Vậy b

c

XA sin(x,y)(2).

XA sin(x, z)=

Từ (1) và (2) suy ra c b

b c

XB XA.

XC XA=

Nói cách khác b b c cXA .XC XA .XB .= Điều đó có nghĩa là bốn điểm Ab, Ac, Bc, Cb cùng thuộc một đường tròn. Tương tự các bộ bốn điểm Bc, Ba, Ca, Ac; Ca, Cb, Ab, Ac cũng cùng thuộc một

đường tròn. Tóm lại, theo bổ đề trên, Ab, Ac, Bc, Ba, Ca, Cb cùng thuộc một đường tròn. Bài toán 11. Cho tam giác ABC. P là trung điểm của BC. Lấy các điểm X, Y, Z

sao cho sao cho A, X / BC; B / CA / Y; C / AB / Z và các tam giác XBC, YAC, ZBA đồng dạng. YZ theo thứ tự cắt AC, AB tại N, M. Chứng minh rằng YN ZM= khi và chỉ khi

PAB XAC.= Lời giải. Điều kiện cần. Gọi K, H theo thứ tự là hình chiếu của Y, Z trên AC, AB; gọi S là giao điểm của

AX và YZ (h.11.1). 1212

YK.ANAC YK AM S(AYN) AM YN AM AM. . . .

AB ZH AN S(AZM) AN ZM AN ANZH.AM= = = = =

Do đó 1ABC ANM ( ).Δ Δ∼ Dễ thấy SY = SZ (kết quả quen thuộc). Kết hợp với NY = MZ, suy ra SN = SM.

Do đó 1 2PB SN( ).

PC SM= =

Từ (1) và (2) suy ra PAB SAN XAC.= =

S K

H

M

N

Z

Y

X

P

A

B C

(h.11.1)

22

Điều kiện đủ. Gọi S là giao điểm của AX và YZ; H, K theo thứ tự là hình chiếu của Z, Y trên AB,

AC; U, V theo thứ tự là hình chiếu của S trên AB, AC.

K

H

V

USM

N

Z

Y

X

P

A

B C

(h.11.2)

Vì PAB XAC= và BZA AYCΔ Δ∼ nên SU AB ZH.

SV AC YK= =

Kết hợp với SU // ZH;SV // YK, suy ra SM SU SV SN.

ZM ZH YK YN= = =

Kết hợp với SY = SZ, suy ra 1ZM SM ZM SM SZ.

YN SN YN SN SY

+= = = =

+

Do đó YN ZM.= Bài toán 12. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A1, B1, C1

theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB1C1), (BC1A1), (CA1B1) theo

thứ tự lại cắt (O) tại A2, B2, C2. Tìm M sao cho 1 1 1

2 2 2

S(A B C )

S(A B C ) nhỏ nhất.

Lời giải. Trong lời giải này các kí hiệu R(XYZ), r(XYZ) theo thứ tự chỉ bán kính đường

tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp XYZ.Δ Ta cần có ba bổ đề. Bổ đề 1. Cho tam giác ABC. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đoạn BC,

CA, AB. Các điểm A2, B2, C2 theo thứ tự là điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó 1 1 1 2 2 2S(A B C ) S(A B C ).= Chứng minh. (h.12.1).

Đặt 1 2 1 2 1 2BA CA CB AB AC BCx; y; z.

BC CB CA AC AB BA= = = = = =

23

C1

B2

A2

A

B CA1

B1

C2

(h.12.1) Ta thấy

1 1 11 1 1

1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

S(A B C )S(A B C ) S(ABC).

S(ABC)

S(ABC) S(AB C ) S(BC A ) S(CA B )S(ABC).

S(ABC)

AC AB BA BC CB CAS(ABC) 1 . . .

AB AC BC BA CA CB

=

− + +=

⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) ( )( )

( )S(ABC) 1 z 1 y x 1 z y 1 x

S(ABC) 1 x y z yz zx xy .

= − − − − − −

= − − − + + +

Tương tự ( )2 2 2S(A B C ) S(ABC) 1 x y z yz zx xy .= − − − + + + Vậy 1 1 1 2 2 2S(A B C ) S(A B C ).=

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. A2, B2, C2 theo thứ tự là giao điểm thứ hai của các đường tròn (AB1C1), (BC1A1), (CA1B1) và đường tròn (O). A3, B3, C3 theo thứ tự là điểm đối xứng với A1, B1, C1 qua trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó các tam giác A2B2C2, A3B3C3 đồng dạng cùng hướng. Chứng minh. (h.12.2).

Dễ thấy các tam giác A2BC1, A2CB1 đồng dạng cùng hướng (1). Vì C3, B3 theo thứ tự là điểm đối xứng với C1, B1 qua trung điểm của AB, AC nên

1 1 3 1 1 3BC C B AC ;CB B C AB (2).= − = − = − = −

Do đó 1 3 1 3BC AC ;CB AB .↑↓ ↑↓

Vây 1 1 3 3 2 3(BC ,CB ) (AC , AB )(mod ) ( ).≡ π Từ (1), (2) và (3) suy ra

32 12 2 1 1 3 3

2 1 3

2ACA B BC;(A B, A C) (BC ,CB ) (AC ,AB )(mod ).

A C CB AB= = ≡ ≡ π

Do đó các tam giác A2BC, AC3B3 đồng dạng cùng hướng. Tương tự các cặp tam giác B2CA, BA3C3 ; C2AB, CB3A3 đồng dạng cùng hướng

(4).

24

C3

B3

A3

C2

B2

A2

O

A

BC

B1

C1

A1

(h.12.2)

Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3

(A B , A C ) (A B , A A) (A A,A C )(mod )

(CB ,CA) (BA,BC )(mod ) (v× C (A B A);B (AA C ))

(A B,A C ) (A B , A C)(mod ) (v× (4))

(A B ,A C )(mod ) (v× A C A B).

≡ + π

≡ + π ∈ ∈

≡ + π

≡ π ≡

Tương tự 2 2 2 2 3 3 3 3(B C , B A ) (B C ,B A )(mod ).≡ π Tóm lại các tam giác A2B2C2, A3B3C3 đồng dạng cùng hướng. Bổ đề 3. Cho tam giác ABC. Các điểm A1, B1, C1 theo thứ tự thuộc các đường

thẳng BC, CA, AB. Khi đó 1 1 1R(A B C ) r(ABC).≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A1, B1, C1 theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và BC, CA, AB.

Chứng minh. Dựng A ' B 'C 'Δ nhận (A1B1C1) là đường tròn nội tiếp và B’C’, C’A’, A’B’ tương

ứng song song với BC, CA, AB (h.12.3).

C'

A'

B'

A

B CA1

B1

C1

(h.12.3)

25

Dễ thấy các tam giác ABC, A’B’C’ đồng dạng (cùng hướng). Từ đó, chú ý rằng ABCΔ nằm trong A' B 'C ',Δ suy ra

1 1 1

r(A ' B 'C ') S(A ' B 'C ')R(A B C ) r(A ' B 'C ') r(ABC). r(ABC) r(ABC).

r(ABC) S(ABC)= = = ≥

Vậy 1 1 1R(A B C ) r(ABC).≥ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A1, B1, C1 theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn

nội tiếp ABCΔ và BC, CA, AB. Trở lại giải bài toán 12. Gọi A0, B0, C0 theo thứ tự là điểm đối xứng của A1, B1, C1 qua trung điểm của BC,

CA, AB; D0, E0, F0 theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABCΔ và BC, CA, AB; D1, E1, F1 theo thứ tự là điểm đối xứng của D0, E0, F0 qua trung điểm của BC, CA, AB.

Theo bổ đề 1, 1 1 1 0 0 0S(A B C ) S(A B C ).= Theo bổ đề 2, các tam giác A0B0C0, A2B2C2 đồng dạng (cùng hướng). Theo bổ đề 3, 0 0 0R(A B C ) r(ABC).≥

Vậy 2 2

1 1 1 0 0 0 0 0 0

2 2 2 2 2 2

S(A B C ) S(A B C ) R(A B C ) r(ABC).

S(A B C ) S(A B C ) R(ABC) R(ABC)⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Đẳng thức xảy ra ⇔ A0, B0, C0 theo thứ tự trùng D0, E0, F0 ⇔ A1, B1, C1 theo thứ tự trùng D1, E1, F1.

Tóm lại 1 1 1

2 2 2

S(A B C )

S(A B C ) nhỏ nhất khi A1, B1, C1 theo thứ tự trùng D1, E1, F1.

Bài toán 13. Cho tứ giác ABCD, O = AC ∩ BD. Phân giác của các góc

AOB, BOC,COD,DOA theo thứ tự cắt AB, BC, CA, AD tại M, N, P, Q. X, Y, Z, T theo thứ tự là trung điểm của QM, MN, NP, PQ. Chứng minh rằng AX, BY, CZ, DT đồng quy.

Lời giải. Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Nếu M thuộc cạnh BC của tam giác ABC thì MC MBAM AB AC.

BC CB= +

Bổ đề trên chính là ví dụ 1.9, trang 12, Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10.

Trở lại giải bài toán 13. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AC, BD; K là điểm chia trong đoạn EF theo

tỉ số AC

BD (h.13).

26

F

EK

T Z

YX

P

M

NQ

O

AB

C

D

(h.13)

Ta có

( ) ( )( )

( ) ( )

BD.AE ACAC + BD AK BD.AE AC.AF .AO AB AD

AO 2AC AC

.BD.AO AB AD2AO 2AC 1

. OD.AB OB.AD AB AD2 AO

AC OD OA OB OA.AB .AD

2 OA OA

AC AD AB. .AM

2 AQ AM

= + = + +

= + +

⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

+ +⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

=

( )

AB AD. AQ

AM AQ

AC AD AB. . AM AQ

2 AQ AM

AB.AC.AD.AX.

AM.AQ

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

= +

=

Do đó AX đi qua K. Tương tự BY, CZ, DT cũng đi qua K. Tóm lại AX, BY, CZ, DT đồng quy (tại K). Bài toán 14. Cho tam giác ABC, trực tâm H. (S) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC. Điểm P thay đổi trên (S). Đường thẳng qua B vuông góc BA cắt PC tại M. Đường thẳng qua A vuông góc AC cắt PB tại N. Chứng minh rằng trung điểm MN thay đổi trên một đường thẳng cố định.

Lời giải. Gọi X là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc với BA và tiếp tuyến với (S)

tại C; Y là giao điểm của đường thẳng qua A vuông góc với AC và BC; Z là giao điểmcủa đường thẳng qua A vuông góc với AC và tiếp tuyến với (S) tại B; E, F, Q theo thứ tự là trung điểm của XY, BZ, MN (h.14).

27

MXTa cã C(XBMH) (v× CH // BXM)

MBC(CBPH) (v× CX CC;CM CP)

B(CBPH) (v× B,C, H, P, M ®ång viªn)

=

= ≡ ≡=

B(YZNH) (v× BC BY;BB BZ;BP BN)

NY(v× BH // ZYN).

NZ

= ≡ ≡ ≡

=

Từ đó, theo bổ đề trong bài toán 7, suy ra E, F, Q thẳng hàng. Nói cách khác Q thay đổi trên một đường thẳng cố định, đường thẳng EF.

E

X

F

Z

Y

Q

N

M

S

H

A

B C

P

(h.14)

Bài toán 16. Cho tam giác ABC, (O), (I) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và

đường tròn nội tiếp. X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BC, CA, AB. D, E, F theo thứ tự là tiếp điểm của (I) và BC, CA, AB. YZ, ZX, XY theo thứ tự giao với (O) bằng { }1 2A , A ,

{ } { }1 2 1 2B , B , C ,C . Chứng minh rằng I là tâm đẳng phương của các đường tròn (DA1A2), (EB1B2), (FC1C2). Lời giải.

Ta cần có một bổ đề.

28

Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1), (O2) và điểm M. Nếu ∆ là trục đẳng phương của (O1), (O2) và H là hình chiếu của M trên ∆ thì

1 2M /(O ) M /(O ) 1 2P P 2O O .HM.− = Chứng minh. (h.15.1).

H

O1 O2

M

(h.15.1) Ta có

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )( )

( )

1 2 1 1 2 2M /(O ) M /(O ) M /(O ) H /(O ) M /(O ) H /(O )

2 2 2 21 1 2 2

1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 2 2

2 1

P P P P P P

MO HO MO HO

MO HO MO HO MO HO MO HO

MH MO HO MO HO

HM.2O O

− = − − −

= − − −

= − + − − +

= + − −

= 1 2 1 22MH.2O O 2O O .HM.= =

Trở lại giải bài toán 15 (h.15.2). Gọi K là điểm đối xứng của D qua X; M là trung điểm của cung BC không chứa A

của (O). Lấy Oa thuộc tia đối của tia XM sao cho aO X R.= Gọi (Oa) là đường tròn tâm Oa và đi qua D; H là giao điểm của XM và trục đẳng

phương của (O) và (Oa); P là giao điểm của DI và A1A2; Q là giao điểm thứ hai của DI và (DA1A2); N là hình chiếu của Oa trên DI.

Theo bổ đề trên aX /(O) X /(O ) aXB.XC XD.XK P P 2HX.OO 2HX.MX.− = − = =

Do đó ( )

( )( )( )( )

( )( )( )( )

a

b c 2a2p b p cXB.XC XD.XK 4 4HX

a A2XM p b p c2. tan a2 2 p p a

p p a p b p c S 1h .

a a 2

−− − −−

= = =− −

−

− − −= = =

Điều đó có nghĩa là trục đẳng phương của (O) và (Oa) chính là A1A2. Do đó (Oa) chính là (DA1A2).

Từ đó suy ra aDQ 2DN 2XO 2R.= = =

Do đó ( )1 2I /(DA A )P IQ.ID IQ.ID 2R r r.= =− =− −

29

Tương tự ( )1 2I /(EB B )P 2R r r=− − và ( )

1 2I /(FC C )P 2R r r.=− − Vậy I là tâm đẳng phương của (DA1A2), (EB1B2), (FC1C2).

N

M

PH

Oa

Q

K

A2A1

F

E

D

I

Z

X

YO

A

B C

(h.15.2)