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 A
1
BC, B
1

2
B
2
C
2
đi qua trực tâm của tam giác A
1
B
1
C
1
.

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
{
}
12
A,A ,

{
}
{
}

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
.
PCBài toán 10. Hai tam giác ABC, A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm và AA
1

Bài toán 12. Cho tam giác ABC, (O) là đường tròn ngoại tiếp. Các điểm A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB
1
C
1
), (BC
1
A
1
), (CA
1
B
1
) theo
thứ tự lại cắt (O) tại A
2
, B
2
, C
2
. Tìm A
1
, B
1
, C

}
{
}
12 12
B,B , C,C . Chứng minh rằng I là tâm đẳng phương của các đường tròn (DA
1
A
2
),
(EB
1
B
2
), (FC
1
C
2
).

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
222222222
KD KA ED EA ED EN DN IM r (1).−=−=−===
Mặt khác
222222222
HA HD IA ID IL LA ID LA r (2).−=−=+−==
Từ (1) và (2) suy ra
KA HD.
=

Do đó

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

()()
()
22
22 2
2
ba b ca c
AT DC AB DB AC b a b c a c

AS ' BC AF BC AE a b a c a
aa b c
2S aAT AT
.
aarrr
++ +
++
=+= +=
++
====

tại P, Q. Chứng minh rằng AI là trục đẳng phương của các đường tròn (ABP), (ACQ).
Lời giải.
Gọi L là giao điểm th
ứ 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






KABKTBMTBLTCLAC DAC.== == =
5

L
K
M
T
S
D
I

N/(ABP) N/(ACQ)
PP.=
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


AC
sin KAC AD.ACsin 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

Vậy AL.AE AN.AF.=
Điều đó có nghĩa là
A/(LEM) A/(NFK)
PP.
=

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 QAP∈ và ABKL, ACMN là các hình vuông nên
2
2
S(PAB) S(QAB) S(LAB) AB
.
S(PAC) S(QAC) S(NAC) AC
===

2
, B
2
, C
2
theo thứ tự là ảnh đối xứng của A, B, C qua
B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp các tam
giác ABC, A
2
B
2
C
2
đi qua trực tâm của tam giác A
1
B
1
C

1
C
1
.
Bổ đề trên rất quen thuộc, không trình bày phép chứng minh ở đây (h.4.1). H
1
C
1
B
1
A
1
A
B
C

(h.4.1)
8
Trở lại giải bài toán 4.
Gọi O và O
2
theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC
Δ
và





4 411 2211
BBC BBA ABC OBA ACB=+= +






221 1 4 1 1 4
O C A A CB C CA A CB C CB.=+=+=
Kết hợp với
42222 4
BB O B O C CC ;OB OC,=== =
suy ra
44 4 4
BC //BC;OB OC.=

Tương tự
44 4 4
CA //CA;OC OA
=
và
44 4 4
AB //AB;OA OB.
=


2
C
2
B
2
A
2
H
1
O
C
1
B
1
A
1
A
B
C

(h.4.2) Theo bổ đề trên,
111111
HA BC;HB CA.
⊥
⊥
Kết hợp với
22 11 24 11

Do đó
KAO LOB; KDO LOCΔΔΔΔ∼∼ (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
L
K
B
A
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


B
N
Q
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
y
OA xOB zOB
y
OC tOC zOD xOD tOA
+++++
=+++++++


⎪
⎩


Điều đó có nghĩa là ABCD là
hình bình hành, mâu thuẫn.
Do đó, lại theo (1),
()
(
)
()
(
)
y
tOAOC xzOBOD 0.
+
+=−+ +≠


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

3)
()
()
()
(

+=+

8)
AC BD
sin sin
22
.
AC BD
sin sin sin sin
22 22
++
=

9)
AC BD
sin sin sin sin .
22 22
=

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

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
I
O
A
B C

(h.6.1)

Trở lại giải bài toán 6.
Gọi (O
a
), (O
b
), (O
c
) theo thứ tự là các đường tròn (XA
1
A
2
), (YB
1

EF, FD,DE.
  

Dễ thấy
bc
D/(O ) 1 2 1 2 D/(O )
PDB.DBDC.DCP(1).===
Dễ thấy
(SFAB) 1.=−
Từ đó, chú ý rằng Y là trung điểm của AC, theo hệ thức Macluarin, suy ra

12
SE.SY SA.SC SB .SB .==

Do đó E thuộc (O
b
).
Tương tự F thuộc (O
c
).
Vậy, chú ý rằng D
0
, F, E theo thứ tự thuộc các đoạn EF, AB, AC; AE AF;= các
tam giác BFD
0
, CED
0
đồng dạng, ta có
()()
()
S
E
0
H
D
2
D
1
D
0
A
2
A
1
B
1
B
2
C
2
C
1
F
E
D
I
X
Z

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'
I
O
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

4
là giao điểm thứ hai của A
3
O và (O).
H
O
c
O
b
B
1
B
2
C
2
C
1
A
2
A
1
O
a
C
3
B
3

2
).
Theo bổ đề 1, I là trực tâm của
333
ABC.
Δ

Theo bổ đề 2, IB
3
A
4
C
3
là hình bình hành.
Do đó O
a
là trung điểm của B
3
C
3
và IA
4
.
Kết hợp với A
1
A
2
B
3
C

).

14
Kí hiệu (XA
1
A
2
), (YB
1
B
2
), (ZC
1
C
2
) là (O
a
), (O
b
), (O
c
); H là trực tâm của DEFΔ .
Theo lời giải 1,
bc
D/(O ) D/(O )
PP.
=

Kết hợp với
33 b c

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
,,,αβγδ
theo thứ tự là số đo của các góc




DAB, ABC,BCD,CDA.
1) Dễ thấy


180 180
XAB ;XBA .
22
°−α °−β
==

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

X
A
O
B
D
C (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


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
B
C
O

(h.8.1)

Dễ thấy
MB M 'B NA N ' A
: (BCMM') P(BCMM') P(ACNN') (ACNN ') : .
MC M'C NC N 'C
== = ==


==
  

Chứng minh.
Ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Nếu 0,αβ≠
  
và 0k
≠
thì
k
sin(k , ) sin( , ).
k
α
β= αβ

 

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,

Δ
có hướng dương và ,,αβγ

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 BA
sin(BC, BA) sin(BC. , BA. )
sin CBA
.sin(,)
BC BA
γβ
γβ
== = =
αγ
αγ

  
 
 

Do đó

sin(AB, AC) sin(BC, BA) sin(CA,CB)
.
BC CA AB
==
   

2)
sin( , ) sin( , ) sin( , )
.
BC CA AB
βγ γα αβ
==
  

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,OP
Δ
theo thứ tự
bởi các vectơ , , ,x,y,z,m,n,p.αβγ



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 ).−≡−≡− ≡° °
  

=
α
     
 

  
sin(x, ) sin(x, p) sin(y, )

sin(z, ) sin(z, m) sin(x, )
BO CO AO
1.
CO AO BO
β
γ
β
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
=H
Q
A
B
O
D
C
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 tan cos sin tan cos
.
cos sin cot cos sin cot
βαβ−βαβ
==
ββα−β βα
22

Điều đó có nghĩa là
(
)
tan tan tan .
−
αβ= α
22 2
12
Nói cách khác
tan
tan .
tan
β
α=
+
β
2
2
2
2

Vậy

Bài toán 10. Hai tam giác ABC, A
1
B
1
C
1
có cùng trọng tâm và AA
1
,BB
1
,CC
1
đồng
quy tại O. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp sáu tam giác OBC
1
, OB
1
C, OCA
1
,
OC
1
A, OAB
1
, OA
1
B cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải.
Ta cần có một bổ đề.


A
1
, A
2
, B
1
, B
2
cùng thuộc một đường tròn thì sáu điểm A
1
, A
2
, B
1
, B
2
, C
1
, C
2
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 A
b
, A
c
, B

c
A
c
, C
a
B
a
; C
a
B
a
, A
b
C
b
. H, K theo thứ tự là hình chiếu của X
trên A
c
C
a
, A
b
B
a
; M, M
1
, N, N
1
theo thứ tự là trung điểm của OB, OB
1

B
C
G
O
B
1
C
1
A
1
A

(h.10)

Định hướng các đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
, YZ, ZX, XY theo thứ tự bởi các
vectơ a,b,c,x,
y
,z.


Dễ thấy
cb 1 1
BC //YZ;XH//BB;XK//CC.


sin(x, z)
=



Chú ý rằng
c1b 1
A H//XZ;XH//BB ;A K//XY;XK//CC ,
lại theo định lí sin dạng
đại số, ta có

1
bb1 1
c1c 1
1
1
CC
XA XA NN CC
XH sin(z, c) sin(y, z)
2
. . .
1
XA XK MM XA BB
sin(z, y) sin(y, b)
BB
2
== =−
 
 


1
cos (x, y) (y, b) cos (x, y) 90
CC
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)
=




a
, C
b
, A
b
, A
c
cũng cùng thuộc một
đường tròn.
Tóm lại, theo bổ đề trên, A
b
, A
c
, B
c
, B
a
, C
a
, C
b
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 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
U

ZM 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 A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự thuộc các đoạn BC, CA, AB. Các đường tròn (AB
1
C
1
), (BC
1
A
1
), (CA
1
B
1
) theo

, B
2
, C
2
theo thứ tự là điểm đối xứng của A
1
, B
1
, C
1
qua trung điểm
của BC, CA, AB. Khi đó
111 2 2 2
S(A B C ) S(A B C ).
=

Chứng minh. (h.12.1).
Đặt
12 12 12
BA CA CB AB AC BC
x; y; z.
BC CB CA AC AB BA
== == ==
23

C
1

=
−++
=
⎛⎞
=−−−
⎜⎟
⎝⎠(
)
(
)
(
)
(
)
()
S(ABC)1z1y x1z y1x
S(ABC) 1 x y z yz zx xy .
=−−−−−−
= −−−+ + +

Tương tự
(
)
222
S(A B C ) S(ABC) 1 x y z yz zx xy .= −−−+++

Vậy

3
, B
3
, C
3
theo thứ tự
là điểm đối xứng với A
1
, B
1
, C
1
qua trung điểm của BC, CA, AB. Khi đó các tam giác
A
2
B
2
C
2
, A
3
B
3
C
3
đồng dạng cùng hướng.

Chứng minh. (h.12.2).
Dễ thấy các tam giác A
2

21
22 11 33
213
2
AC
AB BC
;(A B, A C) (BC , CB ) (AC ,AB )(mod ).
AC CB AB
== ≡ ≡ π

     

Do đó các tam giác A
2
BC, AC
3
B
3
đồng dạng cùng hướng.
Tương tự các cặp tam giác B
2
CA, BA
3
C
3
; C
2
AB, CB
3
A

(h.12.2)
Vậy
22 22 22 2 2 22
22 2222
333 333
33 33 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
22 2 2 33 33
(B C ,B A ) (B C ,B A )(mod ).
≡
π
Tóm lại các tam giác A
2
B
2
C
2
, A
3
B
3

1
) 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 C
A
1
B
1
C
1

(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
111
r(A'B 'C') S(A'B 'C')

qua trung điểm của BC,
CA, AB; D
0
, E
0
, F
0
theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp ABC
Δ
và BC, CA,
AB; D
1
, E
1
, F
1
theo thứ tự là điểm đối xứng của D
0
, E
0
, F
0
qua trung điểm của BC, CA,
AB.
Theo bổ đề 1,
111 00 0
S(A B C ) S(A B C ).
=

Theo bổ đề 2, các tam giác A

A
0
, B
0
, C
0
theo thứ tự trùng D
0
, E
0
, F
0

⇔
A
1
, B
1
, C
1
theo thứ
tự trùng D
1
, E
1
, F
1
.
Tóm lại
111

MC MB
AM 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).