1

HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

1. Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng
phương pháp toạ độ.

1. Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không có thuật ngữ hướng.
2. Bằng phương pháp toạ độ, người ta có thể xây dựng lí thuyết về hướng. Tuy nhiên cách xây
dựng này không hoàn chỉnh: góc bẹt?
3. Cần phải xây dựng lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ.
4. Hãy nhìn lại vần đề hướng trong chương trình toán phổ thông:
+
a b;b c a c.
   
     

+ Định lí Thales dạng hình học và định lí Thales dạng đại số.
Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus
+ Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác (người ta đã chứng minh được rằng
Người ta là ai?).
+ Phép quay và cách chứng mịnh các định lí liên quan tới phép quay (tất cả các định lí liên
quan tới phép quay đều được chứng minh bằng phương pháp mô tả).
+ Phép đối xứng trục và các định lí liên quan tới phép đối xứng trục.
Định lí L13. Tích hai phép đối xứng trục mà hai trục đối xứng cắt nhau là một phép
quay.
Chứng minh.
Giả sử
1
R


(OM,OM'') (OM,OM') (OM',OM'')(mod2 )
2( ,OM') 2(OM', ) 2(( ,OM') (OM', )) 2( , )(mod2 ).
  
           
     


Suy ra
2 1 2
R .R (M) R (M') M''
  
  =
1 2
2( , )
O
Q (M).
 

Do đó
2 1
R .R
 
=
1 2
2( , )
O
Q .
 
□



B
X Y
YX
A
A
C=D
B
C=D

(h.4c) (h.4d)

C=D
A=B
X Y
YX
A=B=C=D

(h.4e) (h.4f)

Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên.
Để biểu thị
AB, CD
 
cùng hướng hoặc ta viết
AB CD

 
hoặc ta viết
CD AB

có hướng trùng
nhau.
Định nghĩa 10. Hai đoạn thẳng định hướng
AB, CD
 
được gọi là ngược hướng nếu
tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDXY là những hình
thang (có thể là hình thang-không) (h.5a, h.5b, h.5c, h.5d, h.5e, h.5f).

B
X Y
YX
A
A
D
B
C
D
C

(h.5a) (h.5b)
3B
X Y
YX
A
A
C=D

AB, CD
 
có hướng ngược
nhau.
2. Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng.
Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-không, đỉnh,
cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài.
Góc định hướng giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng
giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-bẹt,
đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài.
Cát tuyến dương, cát tuyến âm.

x
z
y
t
t'
'
Y
T
Z
X
Y'
Z'
X'
T'
O


Góc lượng giác giữa hai tia, đỉnh, cạnh, chu kì.
Góc giữa hai vectơ, góc định hướng giữa hai vectơ, góc lượng giác giữa hai vectơ.
Cung, cung định hướng, cung lượng giác.
Góc giữa hai đường thẳng, góc lượng giác giữa hai đường thẳng.
Ba định lí cơ bản.

Định lí 69. Với ba tia Ox, Oy, Oz và ba số nguyên k, l, m, ta có
1) (Ox, Oy)
k


(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2

)
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai tia).
2) (Ox, Oy)
k


(Oz, Oy)
m
– (Oz, Ox)
l
(mod 2





0 0 0
(Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
    
Do đó (Ox, Oy)
k


(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2

).
Trường hợp 2. Tia Oz nằm trong góc

yOx'.
y'
z=x'
y
x
x
y
x'


Khi
0
(Ox,Oz) ,
 
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có



0 0 0
(Ox,Oy) xOy zOy (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
    
Khi
0
(Ox,Oz) ,
 
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có




0 0 0
(Ox,Oy) xOy zOy 2 zOy 2 (Ox,Oz) (Oz,Oy) .
        

Do đó (Ox, Oy)
k

Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có




0 0 0
(Ox,Oy) xOy 2 xOz zOy 2 (Ox,Oz) (Oz,Oy) .      
6

Do đó (Ox, Oy)
k


(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2

).
Khả năng 3.2. Tia Oz trùng với tia Oy’ (h.34e).
Có hai tình huống xảy ra.


Khi
0
(Oz,Oy) ,
 
theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có


        

Do đó (Ox, Oy)
k


(Ox, Oz)
l
+ (Oz, Oy)
m
(mod 2

).
Trường hợp 4. Tia Oz nằm trong góc

y'Ox
(h.34f). y
x
z
y'
x'
O

(h.34f)

Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có


(Oz, Oy)
m
– (Oz, Ox)
l
(mod 2

). □
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của các góc lượng giác giữa hai tia, định lí 69 được viết đơn
giản như sau.
1) (Ox, Oy)

(Ox, Oz) + (Oz, Oy)

(mod 2

).
2) (Ox, Oy)

(Oz, Oy) – (Oz, Ox) (mod 2

).

Định lí 82. Với ba vectơ-khác không
a, b, c
  
và ba số nguyên k, l, m, ta có
1)
k l m
(a,b) (a,c) (c,b) (mod 2 ).


(a, c)
l
+ (c, b)
m
(mod

)
(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai đường thẳng).
2) (a, b)
k


(c, b)
m
– (c, a)
l
(mod

).
Để chứng minh định lí 99, ta cần có một bổ đề quan trọng.

Bổ đề gốc
Với hai đường thẳng AB, CD và hai số nguyên k, l, ta có

k l
(AB,CD) (AB,CD) (mod ).
 
 


A
B
C
D

(h.36a)

Theo định nghĩa 122,
0 0
(AB,CD) (OA,OC) .

 

Kết hợp với (1), suy ra
0 0
(AB,CD) (AB,CD) .

 

Trường hợp 2.
0
(OA,OC)
2


 
(h.36b).

C
D

2
(AB,CD) ,


 
suy ra
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
(AB,CD) (AB,CD) .



  


 
  Trường hợp 3.
0
(OA,OC)
2

  
 
(h.36c).
A
B
C
D

(h.36d)

Theo định nghĩa 122,
0 0
(AB,CD) (OA,OC) .

 

Kết hợp với (1), suy ra
0 0
(AB,CD) (AB,CD) .

 

Trường hợp 5.
0
(OA,OC)
2

 
 
(h.36e).
9
2
(AB,CD) ,

 
 
suy ra
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
(AB,CD) (AB,CD) .



  


 
 

Trường hợp 6.
0
(OA,OC)
2

  
 
(h.36f).

O
A


(h 36g)

Theo định nghĩa 122,
0
0
(AB,CD) .


Từ đó, chú ý rằng
0
0
(AB,CD)
,
(AB,CD)

 

 


 
 
suy ra
0 0
0 0
(AB,CD) (AB,CD)
.
(AB,CD) (AB,CD)


Do đó
0 0
(AB,CD) (AB,CD) (mod ).
 
 

Suy ra
k l
(AB,CD) (AB,CD) (mod ).
 
 
□
Chú ý.
Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai đường thẳng và góc
lượng giác giữa hai vectơ, bổ đề gốc thường được viết đơn giản như sau

(AB,CD) (AB,CD)(mod ).
 
 

Trở lại chứng minh định lí 99.
1) Trên a, b, c theo thứ tự lấy các đoạn thẳng-khác không AB, CD, EF.
Theo bổ đề gốc và theo định lí 82, ta có
(a, b)
k


(AB, CD)
k
(mod

l
+ (EF, CD)
m
(mod

)


(a, c)
l
+ (c, b)
m
(mod

). □
2) Theo định lí 97, (a, c)
0
= – (c, a)
0
.
Suy ra (a, c)
l
= – (c, a)
l
.
Từ đó, theo phần 1, suy ra (a, b)
k


(c, b)

Bài toán 1. Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB. AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
. BC, CA, AB theo thứ tự cắt
B
1
C
1
, C
1
A
1
, A
1
B
1
tại A
2
, B
2
, C
2
. A
3
, B
3

M
B
1
A
B
A
2
C
C
1Theo định lí Ceva, định lí Menelaus ta có
1 1 1 2 1 1
1 1 1 2 1 1
1 1
A B B C C A A B B C C A
. . ; . . .
A C B A C B A C B A C B
  

Suy ra
1 2
1 2
A B A B
.
A C A C
 

Do đó

0 1
A B A B
.
A C A C
 

 
 
 

Tương tự
2 2
0 01 1
0 1 0 1
B C C AB C C A
; .
B A B A C B C B
   
 
   
   
   

Vậy, theo định lí Ceva, ta có
2
2
0 0 0 1 1 1
0 0 0 1 1 1
1 1
A B B C C A A B B C C A

1
. Dựng các hình bình hành
MA
1
A
3
A
2
, MB
1
B
3
B
2
, MC
1
C
3
C
2
. Chứng minh rằng AA
3
, BB
3
, CC
3
hoặc đồng quy hoặc đôi
một song song.
Lời giải.
Bỏ qua trường hợp đơn giản:

1
(h.a36). 12

K
L
A'
B
3
C
3
A
3
C
2
C
1
B
2
B
1
A
2
A
1
A
B
C

2
3 2
A A LAAB
. .
AC KA A A
A A LA
AB
. . (v× A K // A A vµ ®Þnh lÝ A6)
AC A A A A
LA
AB
. (1).
AC A A








Theo bổ đề hình bình hành [1],
3 2 1 1 2
A A A M;AC B M.
 
   

Do đó, theo bổ đề độ dài đại số [1],
3 2 1 1 2
A A A M;AC B M (2).

C A
(theo ®ÞnhlÝ 26[1])(3).
A B





Từ (1) và (3) suy ra
1 2
1 2
C A
A B AB
. .
A C AC A B




Tương tự
1 2
1 2
A B
B C BC
. ;
B A BA B C





1
, B
1
, C
1
khác A, B, C.
A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự là ảnh của A
1
, B
1
, C
1
qua S
O
. Chứng minh rằng AA
2
, BB
2
, CC
2
hoặc
đồng quy hoặc đôi một song song.
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.

C A D A C A D A
: : .
C B D B C B D B


Chứng minh bổ đề.
Qua C
1
, dựng đường thẳng ∆
3
song song với d.
Gọi A
3
, B
3
theo thứ tự là giao điểm của ∆
3
với a, b.
Qua C
2
, dựng đường thẳng ∆
4
song song với d.
Gọi A
4
, B
4
theo thứ tự là giao điểm của ∆
4
với a, b (h.a37).

1
A
2
D
2
A
4
C
2
B
3
A
3
O
A
1
C
1
B
1
D
1
B
4
B
2

(h.a37)

Tương tự

Bỏ qua trường hợp đơn giản:
2
2
2
AA // BC
BB // CA
CC // AB.






Đặt A
3
= AA
2
∩ BC; B
3
= BB
2
∩ CA; C
3
= CC
2
∩ AB (h.a38).
Vì
2 O 1
A S (A )
 nên, theo bổ đề 1 trong bài toán A7,

1 1 1 1
1 1 1 1
A B A B A C A C
VËy : : (theo bæ ®Òtrªn)
A C A C A B A B
OC OA A C
: (theo®Þnh lÝ 26[1])
OB OA A B
OC OA A C
: (v× (1)).
OB OA A B








Do đó
3 1 1 1 1 1
3 1 1 1 1 1
A B OA OC A B A B
. . .
A C OA OB A C A C




Tương tự

. . 1.
A C B A C B
 

Theo định lí A10, suy ra AA
2
, BB
2
, CC
2
hoặc đồng quy hoặc đôi một song song. □

Bài toán 4. Cho tam giác ABC, điểm O, đường thẳng ∆. A
1
, B
1
, C
1
theo thứ tự là
ảnh của A, B, C qua S
O
. A
2
, B
2
, C
2
theo thứ tự thuộc các đường thẳng B
1
C

Giả sử
2
2
2
'
1 1
'
1 1
'
1 1
(A) (A ) A '
(B) (B ) B'
(C) (C ) (C')
(A ) A
(B ) B
(C ) C
(O) O'.
 

 


 








O'A O'A';O'B O'B';O'C O'C' (1).
     




 

 



'
2 1 1
'
2 1
1
'
1
'
1
A B A'B
VËy (theo ®Þnh lÝ A3)
A C
A'C
O'B O'A '
(theo ®Þnh lÝ 26[1])
O'C O'A'
O'B' O'A'
(v×(1))

2
B
1
C
1
A
1
A
B
C
O
A
2(h.a39) Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, ta có
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B


Theo định lí A11, A
2
, B
2

(h.a40, h.a41).
Vì
ABC

cân tại A nên AH là trung trực của đoạn BC.
Suy ra
AH AH AH
R (A) A; R (B) C; R (C) B.
  

Do đó
AH B C AH
R ( ) ;R (BC) CB.
   
Vậy
AH AH B AH B AH C
R (M) R ( BC) R ( ) R (BC) CB N.
         
C
B
C
B
N
MH
M NHB C
B C
A

1
, C
2
(h.a42).
Đương nhiên A
0
,

B
0
, C
0
theo thứ tự là tâm của (OAA’), (OBB’), (OCC’) (1). C
2
C
1
B
1
B
2
A
1
A
2
B
0
C

thẳng hàng nên, theo định lí
A11,

0 1 2 0 1 2 0 1 2
0 1 2 0 1 2 0 1 2
A B A C A A B C B A B B C A C B C C
. . 1; . . 1; . . 1 (2).
A C A A A B B A B B B C C B C C C A
  

Vì các tam giác OBC, OCA, OAB cân tại O nên, theo bổ đề trên,
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
C B B C;C C B B;A C C A;A A C C; B A A B;B B A A (3).
           

Nhân vế với vế ba đẳng thức trong (2), chú ý tới (3), suy ra
0 0 0
0 0 0
A B B C C A
. . 1.
A C B A C B


Theo định lí A11, A
0
, B
0
, C
0
thẳng hàng (4).

,
A
1
B
1
sao cho



2 2 2
AIA BIB CIC 90 .
   
Chứng minh rằng A
2
, B
2
, C
2
thẳng hàng.
Lời giải.
Trước hết ta cần có hai bổ đề.

Bổ đề 1. Nếu đường tròn nội tiếp của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với BC,
CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
thì AB

1
X, B
1
Y (1).
Vì


IAX IAY;

AI XY

nên AX = AY (2).
Theo các bổ đề 1, 2,
2
p a p a bc
AX AY (3).
A p(p a)
p
cos
2 bc
 
   


18

2 1 1
2
2 1 1
2 1 1

. . (theo (1) vµ ®Þnh lÝ 25[1])
AB
1
A C
1
AY
A B A
AY
. .
AX
A C













1
1
2 1 1
1
2 1
C AX

1
C
1
B
1
I
A
B
C(h.a43)

Từ đó, sau một vài phép biến đổi đại số đơn giản, suy ra
2 1
2 1
A B
c a c 3b
. .
b a b 3c
A C
 

 

Tương tự
2 1
2 1
B C
a b a 3c

, C
2
thẳng hàng. □

Bài toán 7. Cho tam giác ABC không cân, (O) là đường tròn ngoại tiếp, I là tâm
đường tròn nội tiếp. A
1
là trung điểm cung

BAC.
A
1
I cắt BC tại A
2
. Tương tự có B
2
, C
2
.
Chứng minh rằng AA
2
, BB
2
, CC
2
đồng quy tại một điểm thuộc OI.
19

Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.

Ta cã (v× AI BA )
IA AI
A A
(v×c¸c tamgi¸c IAH,A BA ®ångd¹ng)
IH
A A
.
IM
 



Từ đó, chú ý rằng
0 0 3
IA IA ;IM A A ,
 
   
suy ra
0 3
0
A A
IA
.
IA IM


H
A
3
M

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AA
2
Z cát tuyến XYI, ta có

2
2
1
YA
XA IZ
. . .
XA YZ IA
 20

Y
Z
X
A
2
A
3
M
I
A
1
A
0
O

2
2
1
ZA
IY AX
. . .
IX AA ZY


Kết hợp với (1), ta có
2
2 1
IY AX
. . .
IX AA


Do đó
2
1
2
AA
IY
. .
IX AX

Kết hợp với (2), ta có
1
1
2

. . . . .
IA IA IM IM IM IM
A A
R
. .
r
IM
 
      
 
 
   
 
        
   
 
 
   
 
   
 
 
   
 

 
 
 
1
2

2 2 2 2 2 2
2
Ta thÊy IB IC (IB R ) (IC R )
BA.BN CA.CM (theo®Þnh lÝ B4)
BC.BF CB.CE (theo ®Þnh lÝ B5)
CB(FB CE) (theo ®ÞnhlÝ 23[1])
(OB OC)(OB OF OE OC) (theo ®Þnh lÝ 26[1])
(OB OC)(OB OC) (v× OE OF vµ bæ®Ò1trong bµi to¸n A
7)
OB O
    
 
 
 
    
   
 
2
C .I
N
M
EF
A
B C
O
PChú ý rằng
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 4 2
MI (AI PI ) AP ; NI (AI QI ) AQ ,
      ta có

2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 4
4
4 2 4
P /(I) Q /(I) I I
I I
M /(I) N /(I)
TP TQ (TP TQ)(TP TQ) QP(TP TQ) PQ.PT QP.QT
PZ.PT QT.QT P P (PI R ) (QI R )
PI QI (MI NI ) PA QA
((MI R ) (NI R )) PA QA
(P P ) PA QA (MX.MZ NY.NZ) PA
       
       
     
     

T'
I
Y'
X'
T
Y
X
O
H
K
Z
A
B
C
Q
P
Ta có
2 2 2 2
2
2 4 4 1
TP TQ (ZP ZT) (ZT ZQ) ZT(ZQ ZP)
ZT.PQ ZT '.PQ ZI.PQ ( ).
      
  

 


ZI.PQ ( ).
   
     


    
      
 

Từ (1) và (2) suy ra
OT PQ.


Chú ý.
Nếu PQ tiếp xúc với (I) thì Z = T.
Do đó OT vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác OPQ.
Suy ra OP = OQ
Điều đó có nghĩa là bài toán 9 là sự mở rộng của bài toán 2, IMO 2009.
24

Bài toán 10. Cho tam giác ABC. Điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,
AB và đường tròn (ABC). Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác của ABC khi và chỉ
khi
A /(MBC) B /(MCA) C /(MAB)
P P P  .
Lời giải.
Trước hết ta cần có một bổ đề.

Bổ đề. Cho tam giác ABC. Điểm M không thuộc các đường thẳng AB, AC và
đường tròn (ABC). A’ là trung điểm của BC. Khi đó M thuộc AA’ khi và chỉ khi

Vậy các mệnh đề sau tương đương.
 
B /(MAC) C/( MAB)
A'/ (MAC) A'/(MAB)
1. P P .
2. BF.BC CE.CB.
3. BF CE.
4. A'F A'B A'E A'C .
5. A'F A'E
6. A 'F.A'C A'E.A' B.
7. P P .
8. A' AM.
9. M AA'.


 
  
 





Chú ý, theo định lí B4,
1 2;

theo định lí 23 [1],
2 3;

theo định lí 26 [1],

P P
M BB'
3.
M CC'.
4. M BB' CC'.
5. M là trọng tâm của ABC.
















Chỳ ý, hin nhiờn
1 2;

theo b trờn,
2 3;

hin nhiờn
3 4;

c a



bc
AF (2).
b a
2
2
2
2
bc bc
Vậy .EY AE AE.EY (vì(1) và(2))
c a c a
AE. AE EY
AE.AY (theo định lí 26[1])
AF.AZ (theo định lí B5)
AF. AF FZ (theođịnh lí 26[1])
AF AF.FZ
bc bc
.FZ (vì (1)và (2)).
b a b a