-
2
-

LỜI MỞ ĐẦU

“Toán học là môn thể thao của trí tuệ”
Thật vậy, việc học toán giúp rèn luyện cho học sinh một tư duy “khỏe”, là công cụ
cần thiết giúp các em học tập các môn học khác, giúp xử lí tốt các tình huống trong cuộc
sống và là hành trang tốt trên con đường học tập và làm việc dù là trong bất kỳ lĩnh vực
nào.
Đối với học sinh học môn chuyên, việc tự học, tự tìm tòi nghiên cứu là một việc
quan trọng bậc nhất, quyết định thành công cho các em, tạo niềm say mê đối với vẻ đẹp
của toán học. Tập san này xin giới thiệu những kết quả của việc nghiên cứu tìm tòi, những
kinh nghiệm nhỏ rút ra được trong quá trình học tập của các em học sinh chuyên toán lớp
11 từ năm học 2010-2011 đến 2012-2013. Đây cũng là ba năm học mà bộ môn toán của
Trường Trung học Chuyên Nguyễn Tất Thành, tỉnh Kon Tum đã đạt được một số thành

 Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh.  Lời dẫn:
Toán học, với những vẻ đẹp huyền bí và sức lôi cuốn mạnh mẽ của nó, đã và
đang làm các nhà toán học trong nhiều thế kỉ qua. Toán học giống như một kho báu vô
giá của nhân loại mà loài người luôn khát khao được khám phá, chinh phục. Và, để chạm
tay vào chiếc chìa khóa mở kho báu ấy, loài người đã phả trải qua một quá trình tích lũy
lâu dài. Chúng tôi xin được ví bất đẳng thức hình học như một viên kim cương trong kho
đá quí đó. Bất đẳng thức hình học là một mảng rất thú vị, mỗi bất đẳng thức lại có một
mối quan hệ “mật thiết” với một số bất đẳng thức khác. Bởi vậy, chúng ta có thể thu được
nhiều bài toán thông qua việc khai thác một bất đẳng thức đơn giản.
Với mục đích hướng tới việc sử dụng những bài toán tìm được vào việc tìm cực trị
của một biểu thức hình học, chúng tôi sẽ chỉ tập trung vào những bất đẳng thức có dấu
bằng xảy ra và xảy ra khi tam giác đều. Hy vọng các bạn có thể vận dụng chúng một cách
hiệu quả.

 Nội dung chuyên đề

I.Một số kiến thức liên quan:
1. Một số kí hiệu dùng để chỉ các yếu tố trong tam giác:
+ a, b, c tương ứng là độ dài ba cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC.
+ m
a
, m
b
, m
c
tương ứng là độ dài các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C.
+ h

2

 l
a
=
2 cos
2
A
bc
b c


K-
4
-


1 1 1 1
a b c
h h h r
  

 S=
1
.
2
a

R

=
( )( )( )
p p a p b p c
  
.
 sinA+sinB+sinC 
3 3
2


3 3
cos cos cos
2 2 2 2
A B C
  
cosA+ cosB+ cosC
3
2

 sin
2
A+sin
2
B+sin
2
C≤
9
4

2
+c
2
-a
2
))
Để ý một chút ta thấy: b
2
+c
2
–a
2
= 2bc.cosA
Do đó: m
a
2
=
1
4
(b
2
+c
2
+2bc.cosA) =
1
4
((b-c)
2
+4bc.cos
2

C
ab
.

Tiếp theo chỉ cần nhân vế theo vế các bất đẳng thức vừa tìm được với nhau ta lại
được bài toán mới:

Bài toán 1.1: Trong ∆ABC ta có: m
a.
m
b.
m
c
≥ abc.cos
2
A
cos
2
B
cos
2
C

Chứng minh:
Bây giờ hãy viết lại (1) theo một cách khác: m
a
2
=
1
4

2
– a
2
) =
1
4
(b+c-a)(b+c+a) = p(p-a)
Hay m
a
≥
( )
p p a

(*)
Áp dụng (*) vừa tìm được ta có thể giải quyết bài toán sau một cách nhanh gọn.
Bài toán 1.2: Trong ∆ABC, chứng minh:
a) m
a
+m
b
+m
c
≥
(
p p a p b p c
    
)
b) m
a.
m

(a
2
+b
2
+c
2
) = 3R
2
(sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C)
Suy ra: m
a
2
+ m
b
2
+ m
c
2
≤
2
27
4
R


c
≤
9
2
R
.
Chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức này để chứng minh một số bài toán sau:
Bài toán 1.4: Chứng minh rằng:
P=
2
1
a
m
+
2 2
1 1
b c
m m

≥
2
4
3
R

Chứng minh:
Ta có:
P ≥ 3
2
1 1 1

2
2
2 4
3 3
R R
 

 
 
(đpcm).
Bài toán 1.5: Chứng minh rằng:
P=
2 2 2
b c a
a b c
m m m
m m m
 
≥
2
R

Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức:
2 2 2
a b c
b c a
 
≥ a+b+c
Ta có: P≥

2
A
bc
b c

≤
os
2
A
bcc
(vì b+c≥ 2
bc
)
Mặt khác, ta lại có:
cosA =
2 2 2
2
b c a
bc
 


cos
2
A
=
2 2
1 cos ( ) ( )
2 4
A b c a p p a

b
.l
c
≤ pS (2)
c) l
a
+l
b
+l
c
≤
3
p (3)
Bất đẳng thức (3) được chứng minh như sau:
Từ (**) ta có: l
a
+l
b
+l
c
≤
( )
p p a p b p c
    

≤
3( ) 3
p p a p b p c p
     
(đpcm)

≤ l
a
Vì thế từ phần 2 chúng ta có thể dễ dàng suy ra được các bất đẳng thức sau:
Bài toán 3.1: Trong ΔABC, ta có:
a) h
a
≤
cos
2
A
bc

b) h
a
≤
( )
p p a
Bài toán 3.2: Trong ΔABC, chứng minh:
a) h
a
.h
b
.h
c
≤ abc cos
cos cos
2 2 2

a b c
h h h h h h
r h h h
      
≥ 9.

a b c
h h h
 
≥ 9r
Vậy ta thu được bài toán sau:

-
7
-

Bài toán 3.3: Trong ΔABC , chứng minh:
a b c
h h h
 
≥ 9r (6)
Để ý một chút, ta thấy (4) và (6) là 2 bất đẳng thức liên quan đến tổng
a b c
h h h
 

nhưng ngược chiều. Vậy thì hãy thử hết hợp 2 bất đẳng thức này lại, thêm một chút biến
đổi nữa xem nào!
(4), (6)


≥ h
b
.h
c
+ h
a.
h
b
+ h
a
.h
c

Thế đấy, chỉ cần “úm ba la” một cái chúng ta đã thu thêm được bài toán mới.
Bài toán 3.4: Trong ΔABC , chứng minh:
p
2
≥ h
b
.h
c
+ h
a.
h
b
+ h
a
.h
c
4. Mối quan hệ giữa đường trung tuyến, đường phân giác, đường cao trong tam

+ m
c
b)
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b c
h h h l l l m m m
       

c)
1
2
a b c a b c
b b c c a a b c a
m m m m m m
h l h l h l m m m
 
    
 
  
 

Bài toán 4.1 trên, bạn đọc có thể dễ dàng chứng minh dựa vào (***)
Theo BĐT Nesbit ta có:
3
2
a b c
b c a c a b
m m m
m m m m m m
  

2
+c
2
)-a
2
=2(a
2
+b
2
+c
2
)-3a
2
(2m
a
)
2
+(a
3
)
2
=2(a
2
+b
2
+c
2
)
Lại có: (2m
a

2 2 2
1 2 3
a b c
a
am

 

2 2 2
2 3
a b c
a
a a
m

 
(7)
Tương tự:

2 2 2 2 2 2
2 3 2 3
;
a b c a b c
b c
b b c c
m m
 
   

Do đó:


Tương tự:
2 2
2 2 2 2 2 2
2 3 2 3
;
a b c a b c
b b c c
m m m m
b c
 
   

Do đó:
2 2 2
2 3
a b c
a b c
m m m
a b c
  
 
(m
a
2
+m
b
2
+m
c

sin sin sin
R A R B R C
 

= sinA.sinB.sinC(
2 2 2
1 1 1
)
sin sin sin
A B C
 

Rõ ràng, với
90
A 

còn
45
B C   

thì

a b c
h h h
a b c
 
=
5
2


2 cos 2 cos 2 cos
2 2 2
. . . 3 3
A B C
bc ac ab
b c a c a b
b c bc a c ac a b ab
  
  
  


3 3
cos os os
2 2 2 2
A B C
c c  
Đây là một bất đẳng thức đơn giản trong tam giác.
Vậy, bất đẳng thức (8) được chứng minh.
Mà, trong tam giác ta luôn có: h
a
≤l
a
, h
b
≤l
b
, h
c
≤l

c a b
   
  
  
 

Hiển nhiên từ đây ta cũng có thể suy ra được các bài toán sau:
Bài toán 4.6: Cho ∆ABC, chứng minh:
a)
3
a b a c a b
c b c
l h l h l h
  
  

b)
3
a b a c a b
c b c
h h h h h h
  
  

Từ tổng
a b a c a b
c b c
h h h h h h
 
  

+h
a
≤ h
a
+h
b
(1)

b c c a a b
1 1 1
h h h h h h
 
  
(2)
Áp dụng bất đẳng thức Trê-bư-sép vào hai dãy (1), (2) ta được:
b c c a a b
1 1 1 1
( )( )
3 h h h h h h
a b a c c b
c b a
a b c
h h h h h h
      
     
(3)

-
10
-

a b b c c a
c a b R
h l h l h l r
  
  

b)
3
2
a b b c c a
c a b R
l l l l l l r
  
  

c)
3
2
a b b b c c c a a
c a b R
r
h l h h l h h l h
  
  

Còn rất nhiều các bất đẳng thức khác có thể khai thác, nhưng chúng tôi xin được kết
thúc phần này tại đây để đi qua các phần khác cũng hấp dẫn không kém.
5. Bất đẳng thức liên quan đến p, r, R:
Bài toán 5.1: Trong ∆ABC, chứng minh:
a

Chúng ta hãy khai thác bài toán trên để tìm lời giải cho một bài toán mới.
Ta có: (ab+bc+ac)(
1 1 1
) 9
ab bc ca
  


2 2 2 2 2
1 1 1 9 9 9 1
ab bc ac a b c 9
ab bc ca R R
     
   

Vậy ta được bài toán sau:
Bài toán 5.2: Trong ∆ABC, chứng minh:
2
1 1 1 1
ab bc ca R
  
Bài toán trên có rất nhiều cách giải, song chúng tôi chỉ giới thiệu cho các bạn một
cách giải. Với niềm say mê toán học hi vọng các bạn sẽ tìm được cách giải riêng cho
mình.
Sau đây, chúng tôi xin trình bày một hướng khai thác khác đối với bài toán 5.1:
Ta có: ab+bc+ac≤
2 2 2
a b c
 
≤

9
a b c a b b
h h h h h h
r
bc ac ab ab bc ac R
 
   
 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

-
11
-

Bài toán 5.3: Trong ∆ABC, chứng minh; R≥2r
Thật vậy, theo công thức Euler, ta có:
OI
2
=R
2
-2Rr (với O,I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp ∆ABC)
R
2
-2Rr ≥0R≥2r
Trong quá rình khia thác mối liên hệ của ba đường trung tuyến, phân giác, đường
cao ở phần 3, chúng tôi đã đưa ra các bất đẳng thức mà các bạn có thể kết hợp lại để đưa
đến kết quả bài toán 5.3.
Bài toán 5.4: Chứng minh rằng:
2 2 2

+ab+bc+ac -4Rr ab+bc+ca=r
2
+p
2
+4Rr
Mà
2 2 2
a b c
 
≥ab+bc+ca≥r
2
+p
2
+4Rr (dccm)
Thực chất trong lời giải của bài toán trên chúng ta đã đi thiết lập công thức :
2 2 2
a b c
 
=r
2
+p
2
+4Rr

2 2 2
a b c
 
=(a+b+c)
2
-2(ab+bc+ca) =2p

1 sin sin sin
2 2 2
A B C
c c c
A B C
A B C



Vậy, ta được bất đẳng thức sau: 3tan
os os os
2 2 2
tan tan
2 2 2
1 sin sin sin
2 2 2
A B C
c c c
A B C
A B C



Đây là một bất đẳng thức khó.
Bài toán 5.5: Trong ∆ABC, chứng minh:
p
3 3
2
R.
Chứng minh:

R
 4p
2

2
27
4
R
đpcm
Trong những phần trên chúng ta đã chứng minh được bài toán sau
Bài toán 5.6: Trong ∆ABC, chứng minh:
p≥3
3
r
Bài toán này dễ dàng dẫn đến bài toán sau:

-
12
-

Bài toán 5.7: Trong ∆ABC, chứng minh:
a) S
2
3 3
p
 b) S
2 2 2
a b c
4 3
 


sinA=2 sin
2
A
cos
2 2
2
2
2
A r x r
x


Theo định lí hàm số sin ta có:
A = 2RsinA =
2 2
2
4
Rr x r
x


Từ đó: p = (p – a) + a =
2 2
2
4
1
Rr
x r
x

 

Trong đó: x
1
=
2 ( )
r R d

, x
2
=
2 ( )
r R d


Dễ dàng chứng minh được 0 < R – d ≤ x
1
≤ x
2
≤ R + d
Bảng biến thiên của hàm số p(x) như sau:
x R – d x
1
x
2
R + d

p’(x) + 0 - 0 +

p(x)

Vậy
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    
≤ p ≤
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    

Ta có:
2 2
2 10 2( 2 ) ( 2 )
R Rr r R r R R r
    

= 4R
2
+ 4Rr + 3r
2
– [(R-2r) -
( 2 )
R R r
 ]
2
≤ 4R
2
+ 4Rr + 3r
2

A B C
m m m
  

Chứng minh:
Tacó:
2 2 2
sin sin sin
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c
A B C a b c a b c
m m m Rm Rm Rm am bm cm
       

Mà,
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
3 3
2
3 (2 2 )
a
a a a
am a b c
a b c a
 
 
 
(theo Cô-si) (1)
Tương tự,

sin sin sin
3
a b c
A B C
m m m
  

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hay ΔABC đều.

2. Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn. Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh và h
a
, h
b
, h
c
là độ
dài các đường cao tương ứng. Kí hiệu r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp
tam giác đó. Chứng minh:
2 2 2
9 1 1 1 1
2
a b c b c a c a b
R
a b c r
h h h h h h h h h
   
 
  

Chứng minh:

4 2
b c a
b c a
h h h
h h h
 
 
  
 
 
 

 
 
;
1 1 1 1 1 1
4 2
c a b
c a b
h h h
h h h
 
 
  
 
 
 

 
 

a b c
abc R
h h h S bc ab ac ab bc ca
S
a b c
   
     
 
 
 
 2 2 2
9R
a b c

 
(2)

Từ (1),(2) suy ra đpcm.

3. Chứng minh rằng:

1 1 1 6
a b c
R
m m m
  


3 3 3
2 2 2
a b c
a b c
b c a
    

Ta có: P
1 1 1 1
a b c
h h h r
   
(đpcm)
5. Chứng minh rằng:
a) m
a
.m
b
.m
c

3
27
8
R


-
15
-

3 27
3 2 8
a b c
m m m
R R
 
   
  
 
 
  


m
a
.m
b
.m
c
3
27
8
R

b) Ta có:
(l
a
+l
b
)(l

.h
b
.h
c
≥ 27r
3

Chứng minh
Ta có:

3
3
1 1 1 1 1
27.
a b c a b c
r h h h h h h
 
   
 
 Suy ra: h
a
.h
b
.h
c
≥ 27r
3

r
R
Rr
r
 


(đpcm)
8. Chứng minh rằng:
 
2
2 2 2
1 1 1 1 27
9
3 2
a b c
a b c
m m m R
R m m m
 
     
 
 Chứng minh
Đặt a=
1
3
a

a b c
abc
 
 

VT
3 3 3 3
3 32 2 2 2 2 2
3 1
3 3 8 8 15
3
abc abc abc abc
a b c a b c
 
     
 
 

3
15 27
3 3 64
2 2
 
  
 
 -
16

a b c
r r r
 
= p
2
( tan
2
2
A

tan
2
2
B
+ tan
2
2
C
)
Vì, tan
2
2
A

tan
2
2
B
tan
2


b) Ta có:
r
a
l
a
+ r
b
l
b
+ r
c
l
c
( ) ( ) ( )
S S S
p p a p p b p p c
p a p b p c
     
  

=


( )( ) ( )( ) ( )( )
p p b p c p a p c p a p b
       

≤ p ( p – b + p – c + p – a ) = p
2

a b c
a b c R A R B R C
A B C
r r r
p p p
    
=
2 2 2
4
cos cos cos
2 2 2
R A B C
p
 
 
 
 

=
2
R
p
(1 + cosA +1 + cosB + 1 + cosC)
=
2
R
p
(3 + cosA + cosB + cosC)
Mà: cosA + cosB + cosC
3


-
17
-

R + r ≥ d
a
+ d
b
+ d
c
≥ 7r – 2R.
Hướng dẫn: Đưa bất đẳng thức về dạng:
7r – 2R ≤ h
a
+

h
b
+ h
c
- 2(R + r) ≤ R + r


9r ≤ h
a
+

h
b

a b c
h h h
r
l l l R
  

6. Chứng minh rằng:
2
3 4 1 1 1 27
( )
2 3 2
a b c
a b b c c a
p
l l l
p l l l l l l
 
     
 
 

7. Chứng minh rằng:
2 2 2
3 2 15
( )
2 3 2
b c a
a b c
a b c
h h h

[6] Một số diễn đàn toán học.
-
18
-

ỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG LIÊN
QUAN ĐẾN TỨ GIÁC TOÀN PHẦN
 Học sinh thực hiện: Phan Hồng Hạnh Trinh, Lê Bá Lộc Trần Đức
Anh. ( Nhóm chuyên toán lớp 11A1- Năm học 2011-2012).
 Giáo viên hướng dẫn: Võ Thị Ngọc Ánh.  Lời dẫn:
Hình học tạo nên cuộc sống!
Hình học luôn luôn tuyệt vời!!
 Nội dung:

I. CÁC KIẾN THỨC LIÊN QUAN
Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối
không song song. AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại
F. Hình tạo bởi tứ giác ABCD, và hai tam giác

M
C
F
A
E
D
B
B
F
D
E
A
C

-
19
-
Chứng minh:
Gọi M là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF và AED. Ta sẽ
chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua M.
Thật vậy:
Xét góc định hướng giữa các đường thẳng theo mođun

, ta có:





Do đó đường tròn ngoại tiếp

CBE đi qua điểm M.
Chứng minh tương tự cho ta cũng suy ra được đường tròn ngoại tiếp

CDF cũng đi
qua điểm M.
Mở rộng: Khi tứ giác ABCDEF nội tiếp thì M, E, F thẳng hàng (tính chất này dành
cho bạn đọc tự chứng minh).

2/ Tính chất 2: Tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BCE, CDF, ADE,
và điểm Miquel M cùng thuộc một đường tròn
Chứng minh:
Gọi O
1
, O
2
,

O
3
, O
4
lần lượt là tâm của
các đường tròn ngoại tiếp các tam giác
BCE , CDF, ADE và ABF.
Dễ thấy O
1
O

O
3
,
O
4
. Từ đó suy ra đpcm.
3/ Tính chất 3: Chân các đường
vuông góc hạ từ điểm Miquel M lên các
đường thẳng AB, BC, CD, DA cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Simson)
Chứng minh:
Gọi G, I, J, H lần lượt là chân đường cao kẻ từ M xuống BE, DE, BF, DF. Vì M
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF nên đường thẳng đi qua I, J, H sẽ là đường
K
I
J
M
O
3
O
1
O
4
O
2
C
F
A
E
D
B

A
E
D
B5/ Tính chất 5: Các trung điểm của các đoạn thẳng AC, BD, EF cùng nằm trên một
đường thẳng (đường thẳng Gauss). Đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng
Steiner
Chứng minh:
Từ tính chất 4, ta có các trực tâm H
1
, H
2
, H
3
, H
4
của các tam giác CDF, ADE, ABF,
BCE cùng thuộc đường thẳng Steiner s của tứ giác toàn phần ABCDEF.
Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H
1
xuống CD và CB; S, T lần
lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H
4
xuống CD và CB.
Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của AC, BD, EF. (I), (J), (K) lần lượt là các đường
tròn đường kính AC, BD, EF.
Dễ thấy
1 1 1 1

Do đó s là trục đẳng phương của (J) và (K), suy ra JK

s.
Tương tự ta cũng chứng minh được s là trục đẳng phương chung của (I) và (J), suy ra
IJ

s.
Từ đó có được ba điểm I, J, K thẳng hàng và đường thẳng đi qua ba điểm này vuông
góc với đường thẳng s. T
P
J
I
K
S
Q
H
4
H
1
H
2
H
3
C
F
A
E








     
, D , D , D , D , K
, D , K , D (mod )
OC O AC A BC B AK A BC B
HK H HC H HC H

   
  

Suy ra bốn điểm O, C, D, H cùng thuộc một đường tròn.
Tương tự ta chứng minh được bốn điểm A, O, H, B cùng thuộc một đường tròn.
Mặt khác
. .
EA EB EC ED

, suy ra E nằm trên trục đẳng phương của đường tròn đi
qua bốn điểm O, C, D, H và đường tròn đi qua bốn điểm A, O, H, B.
Suy ra E, H, O thẳng hàng.
Ta lại có:





đường tròn (O), nội tiếp đường tròn (I). Gọi M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của (I)
với AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng MP

NQ.

R
T
O
A
B
E
M
P
N
Q
I
F
D
C
-
23
-

Lời giải:
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và BC. Không mất tính tổng quát,
ta có thể giả sử A nằm giữa B và E, A nằm giữa D và F (như hình vẽ trên). FI cắt cắt AB,
CD lần lượt tại R và T.

FI.
Vậy, bài toán được chứng minh.
Nhận xét: Qua bài toán, ta biết thêm một cách dựng tứ giác vừa ngoại tiếp vừa nội
tiếp đường tròn, đồng thời rút ra được bổ đề sau:
Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp. Khi đó các đường phân giác trong của góc
E và góc F vuông góc với nhau.
Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của
AD và BC, AB và CD. Dựng hình bình hành ABCE. Gọi F là giao điểm của CE và PQ.
Chứng minh rằng D, Q, E, F cùng thuộc một đường tròn.

F
E
P
Q
D
A
B
CLời giải:
Ta xét trường hợp B nằm giữa P và C, B nằm giữa A và Q (như hình vẽ trên). Các
trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
Dễ thấy:
ΔPAB ΔPCD

và chú ý rằng ABCE là hình bình hành, suy ra:
PA AB EC
= =
PC DC DC

ΔCED ΔCQF CE.CF = CD.CQ



Vậy, bốn điểm E, D, Q, F cùng thuộc một đường tròn.
Bài toán 3: Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O. AD cắt BC
tại I. M là điểm Miquel của tứ giác. Chứng minh rằng O, I, M thẳng hàng
Lời giải:
M
I
F
E
O
B
A
C
D

Từ mở rộng của tính chất 4, suy ra M thuộc đường chéo EF. Theo định lý Brocard ta
có O là trực tâm

IEF nên OI

EF. Như vậy ta chỉ cần chứng minh OM

EF.
Bổ đề: (định lý bốn điểm) Trong mặt phẳng, cho điểm A, đoạn thẳng BC và điểm H
thuộc đường thẳng BC. Chứng minh rằng nếu
2 2 2 2
  




2 2
EF EM FM ME MF ME MF ME MF
      
.
Do đó OM

EF. Bài toán được chứng minh.
Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AB và CD, AD và
BC. AC cắt BD tại O. Dựng OR

PQ (R

PQ). Gọi M, N, S, T lần lượt là chân các đường
vuông góc kẻ tử R xuống CD, BC, DA, AB. Chứng minh rằng M, N, S, T cùng thuộc một
đường tròn
Lời giải: