Trường Đại học Sư phạm TP.HCM
Khoa Toán Chủ đề
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
C'
B'
A
D
O
C
B
A'
D'A/ Giải bài tập trong tài liệu 3
B/ Phần bổ sung – Bài tập thêm 13
I/ Những bài toán nhìn từ con mắt “điều hòa”
13
Từ bài toán “tứ giác toàn phần”
13
Từ bài toán “cát tuyến”
16
Thêm một hệ thức mới
19
II/ Bài tập thêm
19
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 3

A/ Giải bài tập trong tài liệu :

Bài 1 : Cho A, B, C, D thẳng hàng. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD. Chứng minh rằng :


2 2 2
1
ABCD MN MA NC
    Ý tưởng : Đề cho M, N là trung điểm, ta sẽ nghĩ đến hệ thức Newton, nghĩa là ta có

       

2 2 2 2 2 2
MA MN NC MN MA NC
     
(vì N là trung điểm CD nên
0
NC ND
 
và
NC ND
 
)

Nhận xét : Ta cũng có thể giải bằng tọa độ như sau :

Cách 2 : Giả sử hoành độ của các điểm A, B, C, D lần lượt là a, b, c, d.
Khi đó hoành độ của M, N lần lượt là
,
2 2
a b c d
 

      
2
2 2
2
1
2
2 2 4

2
1 1
4
2 4 4
c d
NC c c d c d cd

 
 
      
 
 
 

Vậy :








2 2 2
2 1
MN MA NC a b c d ab cd ABCD
         
(hệ thức hoành độ)

N

Lại nhận thấy
CE CF

nên nghĩ tới chùm phân giác
Giải :
Ta có :




, ,
CE CG BG BE

(do B, C đối xứng nhau qua EF) (1)
Mà tứ giác BEAC nội tiếp nên :




, ,
BA BE CA CE

(2)
Từ (1) và (2) suy ra :




, ,
CA CE CE CG

2
.
OH OG R

. Nên nếu qua G kẻ đường thẳng song song BC (hoặc

EF) cắt (O)
tại L và K thì ta có
2 2 2
.
OH OG R OL OK
  
, nên HK và HL lần lượt là tiếp tuyến của (O). (Hoặc có thể giải
thích theo kiểu: (HGEF) = –1 nên K(HGEF) = –1 mà KE

KF nên KH, KG, KE, KF là chùm phân
giác


HKE EKG
 

( )
HEK HKF g g
   


2 2
. .
HE HK

 

Ý tưởng :
Đẳng thức cần chứng minh có dạng giống như hệ thức Descartes, ta cần dựng một điểm sao cho :
2 1 1
?
A AF AG
 
, nghĩa là dựng điểm K sao cho
2
AK AE

, cần CM :


1
AKFG
 

Giải :
Cách 1 :
Gọi K là điểm thuộc d sao cho
2
AK AE


Hay E là trung điểm của AK
Khi đó EO // KC (tính chất đường trung bình)
Hay BD // KC
Xét chùm CA, CK, CF, CG. Ta có BD // CK chắn CA, CF,


, suy ra :
KL CL
KB CD


Theo định lý Thales đảo ta có CK // BD
Xét tam giác ACK ta có :
O là trung điểm AC và OE // CK
Suy ra E là trung điểm của AK
Xét chùm
, , ,
BA BK BF BG
, ta có GD là cát tuyến song song với BA, chắn trên 3 tia còn lại 2 đoạn CL = LG
Theo định lý cát tuyến song song,
, , ,
BA BK BF BG
là chùm điều hòa


1
AKFG
  
.
Lại theo hệ thức Descartes, ta có :
2 1 1 1 1 1
AK AF AG AE AF AG
    
(đpcm)
K

a) Gọi I là trung điểm của BC, ta chứng minh PQ qua I
Gọi F là giao điểm của BQ và DE.
Vì






1 , , , 1 1
ACNQ BM BI BN BF MINF
       
(1)
Gọi
'
I PQ BC


, ta chứng minh
'
I I


Do







IB = IC

, và (ACNQ)= –1)

MQ//BC. Khi đó ta có:
'
(do AK//IB)
'
P A KA
P B IB

'
'
P A KA QA MA
P B IC QC MB
      
(1)
Hay
'
: 1
'
MA P A
MB P B
 
, suy ra (ABMP’) = –1. Mặt khác theo giả thiết (ABMP)= –1. Vậy P

P’ hay ta có đpcm.
Và từ đẳng thức (1) ta suy ra ngay câu b) luôn vì lúc đó P

P’

NA QA
NC QC
  
. Hay
QC NC
QA NA
 

I'
F
Q
I
N
M
E
D
C
B
A
P
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 7
Từ đó
. . . . 1
IB QC PA IB NC MA
IC QA PB IC NA MB
   
   
   
   

AK AI AM AN
là chùm phân giác nên là
chùm điều hòa


1
A KIMN
  





1 1
KIMN O KIMN
     

Mà OM, OI, ON cố định nên OK cố định
Mặt khác :
K OK d K
 

cố định
Kết luận : MN qua K cố định
Bài 6 : Cho hình vuông và một đường tròn nội tiếp hình vuông. Một tiếp tuyến bất kỳ của đường tròn cắt các
cặp cạnh đối của hình vuông tại A, B và C, D. Chứng minh rằng


180
o
GOF FOI 
nên
OD OC

(1)
Ta có : OA là phân giác của

EOF
(2 tiếp tuyến cắt nhau)
OD là phân giác của

FOG
(2 tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra :





1 1
45
2 2
o
AOD AOF FOD EOF FOG    

Từ điều trên và (1) suy ra OA là phân giác của

COD


IH HG
 
FH là phân giác

IFG

Suy ra FE, FI, FH, FG là chùm phân giác
Mặt khác :
, , ,
FE OA FI OC FH OB FG OD
   

Suy ra OA, OB, OC, OD cũng là chùm phân giác nên là chùm điều hòa


1
ABCD
  Bài 7 : Cho ABC có trọng tâm G. Một đường thẳng d thay đổi qua G cắt BC, CA, AB theo thứ tự tại M, N, P.
Chứng minh rằng :
1 1 1
0
GM GN GP
  

Ý tưởng :
Về ý tưởng, cơ bản giống như bài 3

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 9
Gọi Q là giao điểm của Ax và d, khi đó :


1
QGPN
  

Theo hệ thức Descartes :
2 1 1 2
GM GM GM
GQ GP GN GQ GP GN
    
(*)
Mà
1
( )
2
GI GM
GIM GAQ g g
GA GQ
      


Vậy, từ (*) ta suy ra :

1 1 1
1 0
GM GM

Ý tưởng :
Từ giả thiết MA = kMB hay
MA
k
MB

ta liên tưởng đến chân đường phân giác, suy ra chùm phân giác
Giải :
Gọi D, E là các điểm thỏa :
DA kDB
 
(1)
Và
EA kEB


Suy ra :
 
: 1 1
DA EA
ABDE
DB EB
    
(2)
Qua M, vẽ đường thẳng
,
MF MD F AB
 

Từ (1) và MA = kMB, ta có MD là phân giác trong

Q
E
D
A
B
M
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 10
Từ (2) và (3) suy ra
E F

. Tóm lại,


ME MD M ED
  

Đảo lại, lấy một điểm


M ED

. Ta có :


1
ABDE
MD ME
 




(AKC ,A chung)
KC AC
AKC ADK ADK
KD AK
    
(1)
Tương tự :
NC AC AC
ANC ADN
ND AN AK
    
(2) (vì AK = AN)
(1) và (2) ta có :
( )
NC KC
k
ND KD
 

Gọi N’ là giao điểm MK với (O). Tương tự, ta chứng minh được :
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 11
CN DN N C KC
CK DK N D KD
  
  



1
A A CD
 
. Qua A
1
, A
2
lần
lượt kẻ các đường thẳng D
1
, D
2
vuông góc với CD. Một tiếp tuyến thay đổi của đường tròn cắt D
1
, D
2
lần lượt
tại M
1
, M
2
. Chứng minh rằng :
1
2
OM
const
OM


Ý tưởng :

O M M C D
 

Giải :
Dựng 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O). Hai tiếp tuyến này lần lượt
cắt tiếp tuyến tại M của (O) tại C’, D’. (với M là điểm thay đổi
trên đường tròn (O))
Theo định lý Thales, ta có :

1 1
2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1
2 2
'
'
' '
: : 1
' '
'
'
C M CA
C M CA
C M D M CA DA
C M D M CA DA
D M DA
D M DA



A A CD
 
)




1 2 1 2
' ' 1 , , ', ' 1
M M C D OM OM OC OD
     
(1)
Ta có : OC’, OD’ lần lượt là phân giác của


,
MOC MOD
(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Mà


180 ' '
o
MOC MOD OC OD
   
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
1 2
, , ', '
OM OM OC OD

Do
ABD ADK
 

nên


ADB AKD


mà



ECL ACB ADB
 
nên


ECL EKB


Suy ra :
ECL EKB
 

(g – g)
2
/( )
. .


B/ Phần bổ sung – Bài tập thêm :

I/ Những bài toán nhìn từ con mắt “điều hòa” :
Sau đây, ta sẽ mở rộng ra vài bài toán hình học có thể nói đơn giản nhưng khó đến kinh ngạc nếu chỉ sử
dụng những suy luận quen thuộc. Vậy mà chỉ bằng con mắt “hàng điểm điều hòa”, mọi bản chất đều “lộ rõ
nguyên hình” và ta cảm nhận được vẻ đẹp đầy quyến rũ của nó.

1) Từ bài toán “tứ giác toàn phần” :

Bài toán 1 :
Cho
ABC

, lấy A
1
, B
1
, C
1
lần lượt trên BC, CA, AB sao cho AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại một điểm.
Khi đó nếu M là giao điểm của B
1
C

. . 1
B C C AMB
MC B A C B

(1)
Áp dụng định lý Ceva cho
ABC

với AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy, ta có :
1 1 1
1 1 1
. . 1
AC C B B A
A B C A B C
 
(2)
Nhân (1) và (2), vế theo vế, ta được :
   
1 1
1 1
1 1
. 1 : 1 1 1
AC A BMB MB
BCMA MA BC

EHF

 Giải
Cách 1 : Trước hết ta xét một cách giải như sau :

Kết quả là hiển nhiên khi tam giác ABC cân.
Giả sử tam giác ABC không cân, ta có thể giả sử AC
> AB. Dựng
ABP

cân tại A và AP cắt HE tại Q.
Gọi F’ là điểm đối xứng của Q qua AH. Khi đó AH
là phân giác của

'
EHF

Vì F’Q // BP (cùng vuông góc với AH) nên
QA F A
QP F B



(định lý Thales) (1)
Áp dụng định lý Menelaus cho
ACP

với cát tuyến
HQE , ta có :
. . 1

C
A
I
P
Q
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 15
K
M
F
E
H
B
C
A
I

Giả sử EF cắt BC tại M
Theo bài toán 1, ta có :




1 1
MHBC A MHBC
    

Gọi
K AH EF


CMR : LH là phân giác của

KHF

(Lời giải bài này như bài toán 2)

Bài toán 4 :
Cho
ABC

. Lấy E, F, K lần lượt thuộc BC, CA, AB sao cho AE, BF, CK đồng quy tại I. Kẻ một đường
thẳng qua I song song với EF cắt EK và EB lần lượt tại L, M.
CMR : M là trung điểm IL
 Giải : (Lời giải bài này dùng điều hòa cũng thật đơn giản)
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 16
M
L
J
N
K
F
E
B
C
A
I

Gọi


CMR : AM, AB, AC, AD là chùm điều hòa.
 Giải
H
K
C
M
B
I
O
A
D
C'
D
'

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 17
Gọi


I AB MO


, MO cắt (O) tại C’, D’
Ta có :
MO AB

và





CC C K
 

(với


( )
K DI O


)
Như vậy, C, A đối xứng với K, B qua MO
Vì thế


CIA KIB

, mà


KIB AID

(đối đỉnh)
Nên


CIA AID



CHD

 Giải
K
C
M
B
H
O
A
D

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 18
Theo bài toán 1, ta có :


1
MKCD
 
(với


K AH CD




1

K
N
M
F
E
S
O
A
B
D
C

Giả sử EF cắt CD tại K, MN cắt CD tại K’
Khi đó theo tính chất của tứ giác toàn phần FEAB
Ta có


1
SKDC
 
(1)
Mặt khác theo tính chất “cát tuyến” ở bài toán 1
Ta có :


1
SK DC

 
(2)

ABCD IA IB IC ID
    
(I là trung điểm AB)

2
2
2 2
( )
.
.
( )( ) .
( ) .
IA IC IC CD
IC IC CD
IA IC IC CD
IA IC IA IC IC CD
IB IC CA IC ID
  
 
  
   
  . .
CACB IC ID
 
(hệ thức Maclorant)
Ví dụ : Cho tam giác ABC không cân với ba đường cao AD, BE, CF. Đường thẳng
( )

Suy ra bốn điểm B, C, M, N cùng nằm trên một đường tròn. Do đó:

. .
DB DC DM DN

(2)
Từ (1) và (2) suy ra

. .
DQ DP DM DN


Tức là bốn điểm P, Q, M , N cùng nằm trên một đường tròn

II/ Bài tập thêm :
Bài 1 : Cho bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng. Chứng minh rằng :
a)




1
ABCD ACBD
 

b)





. . . .
.
CA DA CA AB BA DA BA AC
CB DA
  


. .
.
CA DA BA DA
CB DA


( ) ( )
. 1
. .
DA CA BA DA CA AB DA CB
CB DA CB DA CB DA
 
   

Với
( ) :
CA DA
ABCD
CB DB

và
( ) :
CD AD

Vì




1 1
ABCD O ABCD
    





1 1
O AB C D AB C D
     
     

Mặt khác, theo giả thiết


1
AB C D
  
 

Do đó D’ trùng với D’’
Vậy BB’, CC’, DD’ đồng quy tại O
 Nếu BB’ và CC’ song song, từ A và D ta vẽ các
đường thẳng song song với CC’ và BB’.

D
C'
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 21
BI, BK là các đường phân giác của

B

Suy ra BA, BC, BI, BK là chùm điều hòa
Gọi D là giao điểm của AI và BC ta có :


1
ADIK
 

Chiếu vuông góc các điểm A, I, D, K xuống đường cao AH
Ta lần lượt được các điểm A, I’, H, K’
Trên HA chọn H làm gốc tọa độ, ta có :
, ,
HA h HI r HK r
  
   

Ta có :
 
2 1 1 2 1 1
1AHI K
h r r
HA HI HK

=> IA  OA (2)
Từ (1) và (2) suy ra XH  AI, mà MN đi qua H và  AI => M, N, X thẳng hàng. Vậy MN đi qua X cố định
(đpcm).
b) Ta có OAC = (180
0
-AOC)/2 = 90
0
- ABC = HAB và AD là phân giác BAC.
Suy ra AD cũng là phân giác góc OAH. Mà AE  AD suy ra AE là phân giác ngoài góc OAH => (AO; AH;
AD; AE) = -1. Mà AO //MN suy ra H là trung điểm của MN.

Suy ra S
AMN
= 2S
AHN
= HA.HN.sin(AHN).
Mà tam giác AMN vuông tại A nên HN = HA = 2Rcos không đổi. Hơn nữa

D
K
I
B
C
A
H
I
'
K
'
Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa

Giải
H
L
F
E
D
A
B
C

Xét
ABC

, ta cần cm :
. . 1
FC EA HB
FA EB HC
 

Tứ giác EADH, FAHD nội tiếp
. . (1)
. . (2)
BE BA BH BD
CD CH CF CA







Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 23
(I), (II) ta có :
: 1
HB LB
HC LC
 
hay


1
HLBC
 Bài 6 : Cho 2 đường thẳng a, b cắt nhau và một điểm M không nằm trên hai đường thẳng đó. Dựng qua M hai
đường thẳng biến thiên m, m’ cắt a, b lần lượt tại A, B và A’, B’. Tìm quỹ tích giao điểm của AB’ và BA’
Giải
Gọi N là giao điểm AB’ và BA’, M’ là giao điểm của ON và AA’ (Với O là giao điểm của a và b). Xét tứ giác
toàn phần AA’BB’, ta thấy ngay
( , , , ) 1
a b OM ON
 
. Mà a, b, OM cố định, từ đó suy ra đpcm

Bài 7 : Cho tam giác OAB, đỉểm M nằm trên cạnh AB nhưng không phải là đỉnh. Một đường thẳng biến thiên
đi qua M cắt OA tại A’, cắt OB tại B’. Gọi N là giao điểm AB’ và BA’. Tìm quỹ tích điểm N nói trên
Giải
Gọi M’ là giao điểm ON và AM. Xét tứ giác toàn phần ABB’A’, ta có (ABMM’) = –1. Nhưng A, B, M cố định,
nên M’ cũng cố định. Do đó đường thẳng OM’ cố định. Vậy quỹ tích những điểm N là đường thẳng OM’

AE DB T ED BC N DD CA M
     

Hàng điểm điều hòa – Chùm điều hòa
Nhóm 1 – Toán 4 Trang 24
Khi đó M, N’, T thẳng hàng
, ,
PQ BC DE

đồng quy tại N’
Mà
PQ BC N
 
'
N N
 
. Do đó
N ED


Suy ra
( ) 1
MNPQ
 
(tính chất “cát tuyến cắt đường nối hai tiếp điểm” với MD, ME là hai tiếp tuyến, xem lại
ở mục “cát tuyến”). Từ đó, ta có đpcm.