Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó
Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó
CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘC
CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN VÀ MỘT SỐ ĐỊNH LÍ QUEN THUỘCTrong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài
Trong mục này, chúng ta quan tâm xét những bài
cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn
cơ bản và những đònh lí đơn giản nhất của bộ môn
hình học.Dựa vào chúng, chúng ta có thể dễ dàng
hình học.Dựa vào chúng, chúng ta có thể dễ dàng
giải một số bài toán khó; Bên cạnh đó chúng còn
giải một số bài toán khó; Bên cạnh đó chúng còn giúp chúng ta có thể tự suy ra một số tính chất áp
giúp chúng ta có thể tự suy ra một số tính chất ápdụng được cho nhiều bài toán.
dụng được cho nhiều bài toán.
1. (Đònh lí Menelaus). Trên ba cạnh (tính luôn phần kéo dài) BC, CA, AB của
tam giác ABC ta lấy lần lượt các điểm M, N, P. Chứng minh rằng ba điểm
M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi:
. . 1(*)
MB NC PA
MC NA PB
=
.

' '
'
'
MB M B MB M B
MB M B
MC M C BC BC
⇒ = ⇔ = ⇔ =
⇒
M
≡
M’.
Vậy M, N, P thẳng hàng.
1
P
N
B
A
C
M
Q
N
O
A
C
B
E
D
M
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
2. (Đònh lí Ceva). Trên ba cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC ta lần lượt lấy các

. . 1(*)
MB NC PA
MC NA PB
= −
. Ta phải chứng minh AM, BN, CP đồng
quy.
Thật vậy: AM giao BN tại O. Qua O kẻ OC cắt AB tại P’.
Theo chiều thuận ta có:
'
. . 1
'
MB NC P A
MC NA P B
= −
(**)
Từ (*) và (**)
'
'
'
P A PA
P P
P B PB
⇒ = ⇒ ≡
.
Vậy AM, BN, CP đồng quy tại O (đpcm).Ở trên là hai đònh lí quan trọng và được sử dụng nhiều trong hình học phẳng. Nhờ
Ở trên là hai đònh lí quan trọng và được sử dụng nhiều trong hình học phẳng. Nhờ


α
=
⇒ = =
Với
ADMV
ta có:
. . 1
NA CD BM
ND CM BA
=
. . . 1
NA CM BA PB CD AM
ND CD AM PD CM AB
α
β
β
⇒ − = = ⇒ = =
(theo đònh lí Menelaus trong
V
BDM)
Vậy
QA NA
QD ND
α β
= ⇒ = −
(đpcm).
4. Trên các cạnh của tam giác ABC ta lấy các điểm A
1
, B
1

1 1 1 1 1
1 1
. . 1 . .
CB C A C BRB RB CA r
CA C B RB RB CB C A r q
+
= ⇒ = =

1
( 1). 1
.
RB q r
BB q r
+ +
⇒ =
1 1
1 1
. .
S BB C CBS BRC S BRC BR
S ABC S BB C S ABC BB CA
⇒ = =
VV V
V V V

3
P
A
B
M
C

V
V
và
( 1). 1
( 1).
S ACP p q
S ABC q p
+ +
=
+
V
V
Vậy
1 ( )
S PQr S BRC S ACP S ABQ
S ABC S ABC S ABC S ABC
= − + + =
V V V V
V V V V

( 1). 1 ( 1). 1 ( 1). 1
1 [ ]
.( 1) .( 1) .( 1)
p q p r r p
p q q r r p
+ + + + + +
= − + +
+ + +
5.Cho tia Ax và một điểm E khác A (E
∈

. . 1
. .
NA MC BD NA BD CM
BM AC AD AD BM CA
α
β
= = =
(theo đònh lí Menelaus trong tam giác
ADM)
Do đó
α β
=
hay
EC FC
F
ED FD
= ⇒
cố đònh (đpcm).
b) Khi AE = BE thì MN song song với AB. Thật vậy, nếu MN cắt AB ở P. Áp dụng
đònh lí Xeva trong tam giác ABD với cát tuyến PNM ta có:
. . 1 . .
EA MB ND MB ND PA
EB MD NA MD NA PB
= =
1
EA
PA PB
EB
= ⇒ =
mà

BC, B’
∈
CA, C’
∈
AB). Chứng minh rằng:
' '
' ' '
OA B A C A
OA B C C B
= +
.
BÀI GIẢI
Áp dụng đònh lí Menelaus vào
V
ABA
’
ta có:
' '
. .
' '
OA CA C B
OA CB C A
= 1
' '
.
' '
OA CA C A
OA CB C B
⇒ =
(1)

β
= = =
' '
' ' '
OA B A C A
OA B C C B
⇒ = +
(đpcm).Bây giờ, chúng ta tiếp tục xét về đường tròn, mối liên hệ giữa đường tròn và tam
Bây giờ, chúng ta tiếp tục xét về đường tròn, mối liên hệ giữa đường tròn và tamgiác. Khi đã được học các kiến thức về đường tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp,
giác. Khi đã được học các kiến thức về đường tròn (góc nội tiếp; tam giác nội tiếp,ngoại tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp; …) thì việc giải một lớp các bài toán trở nên dễ
ngoại tiếp; tứ giác nội tiếp, ngoại tiếp; …) thì việc giải một lớp các bài toán trở nên dễdàng. Còn nếu chưa học về chúng thì các bài toán như vậy có giải quyết được không?
dàng. Còn nếu chưa học về chúng thì các bài toán như vậy có giải quyết được không?Chúng ta hãy kiểm chứng điều đó qua các bài toán sau.
Chúng ta hãy kiểm chứng điều đó qua các bài toán sau.
7. Chứng minh rằng một tứ giác lồøi có hai góc đối bù nhau khi và chỉ khi tồn tại
một điểm cách đều bốn đỉnh của tứ giác. (Đó chính là một tứ giác nội tiếp).

∠
D, các tia BM và CM cắt
AD lần lượt tại P và N, suy ra
∠
MBC
=
∠
MCB nên tam giác MBC cân tại
M.
5
B
A
C
A'
B'
C'
M
O
A
D
C
B
P
N
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Từ các tam giác cân BMC, ABP, CDN suy ra các trung trực của tam giác AB, BC,
CD chính là các đường phân giác của tam giác MNP nên chúng đồng quy tại O và rõ
ràng OA = OB = OC = OD.
Trường hợp điểm M trùng với N và P thì có MA = MB = MC = MD. Nếu
∠

–
∠
COD/2

∠
ODA = 90
o
–
∠
DOA/2
Nên:
0
360
2
AOB BOC COD DOA
B D
∠ + ∠ + ∠ + ∠
∠ + ∠ = −

= 360
o
– 180
o
= 180
o
=
∠
A +
∠
C.

A
B
C
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
9. Cho tứ giác lồi ABCD. Chứng minh rằng tứ giác có hai góc đối bù nhau khi và
chỉ khi
∠
ACB =
∠
ADB.
BÀI GIẢI
Trường hợp BC song song với AD dễ thấy
hai điều kiện trên tương đương với tứ giác
ABCD là hình thang cân, nên điều chứng minh
càng hiển nhiên đúng.
Giả sử hai đường thẳng BC và CD cắt nhau
tại O sao cho B nằm giữa O và C.
Ta có góc ABC bù với ADC
⇔
OBA = ADC
⇔
Tam giác: OAB ~ OCD (g-g)
⇔
OA/OC = OB/OD
⇔
Tam giác OAC OBD
⇔
Góc: ACB = ADB.
* Chú ý:từ ACD = ABD ta đẽ dàng suy ra được
∠

V
ABK ~
V
DBC (g-g)
AB AK
BD CD
⇒ = ⇒
AB.CD = AK.BD (1)
Tương tự ta cũng có:
V
ABD ~
V
KBC (g-g)
⇒
AD.BC = BD.CK (2).
Cộng (1) và (2) theo từng vế ta có được điều phải chứng minh.
11. Cho tứ giác ABCD có hai góc đối bù nhau. Hạ DM, DN, DP theo thứ tự vuông
góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng ba điểm M, N, P thẳng hàng (đường thẳng
Simson).
BÀI GIẢI
Nếu P
≡
A và M
≡
C thì kết luận là hiển
nhiên. Nếu P thuộc đoạn AB và các điểm
được bố trí như hình vẽ (với các trường hợp
khác chứng minh tương tự).
Ta nhận thấy A, N, M thẳng hàngvà hai
đoạn NP, NM nằm về hai phía khác nhau của

= 180
o
=> Tứ giác nội tiếp =>
∠
MNC =
∠
CDM (theo kết quả bài 7 và 9)
Tương tự với tứ giác APND ta có
∠
ANP =
∠
ADP.
Bên cạnh đó:
∠
DCM =
∠
DAP (cùng bù với góc DCB)
∠
DMC =
∠
PDA = 90
o

⇒
Hai tam giác DMC và DPA bằng nhau (g-g)

⇒
∠
ADB =
∠


sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức hình học, còn Simson dùng để chứng minh sự
sử dụng để chứng minh các bất đẳng thức hình học, còn Simson dùng để chứng minh sựthẳng hàng.Dựa vào chúng, ta có thể dễ dàng suy ra một số tính chất sau:
thẳng hàng.Dựa vào chúng, ta có thể dễ dàng suy ra một số tính chất sau:°Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.
Đường cao AH (H
∈
BC). Ta có
∠
BAH =
∠
OAC.
Bây giờ ta sẽ đi chứng minh nó mà chỉ sữ dụng
những tính chất về đường tròn mà chúng ta đã biết ở
trên.
Chứng minh: Dựng đường kính AF và điểm E là trung
điểm AC.
Xét tam giác AFC, ta có:
∠
OAC =
∠
OCA và
∠
OCF =
∠

Mà OE // FC
⇒

∠
AOE =
∠
ACF = 90
o
(1) và
∠
AOE =
∠
AFC (2) (đồng vò)
Bên cạnh đó
∠
ABC =
∠
AFC (3)
Từ (1), (2) và (3)
⇒

V
BAH =
V
OAE
⇒

∠
BAH =
∠
Trong hình học sơ cấp còn có một hệ thức rất đẹp, đó là hệ thức Ơle d
Trong hình học sơ cấp còn có một hệ thức rất đẹp, đó là hệ thức Ơle d
2
2
= R
= R
2
2
– 4Rr
– 4Rr(trong đó d là khoảng cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nội
(trong đó d là khoảng cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến tâm I đường tròn nộitiếp tam giác ABC và R, r tương ứng là bán kính các đường tròn ấy). Tương tự, ta cũng
tiếp tam giác ABC và R, r tương ứng là bán kính các đường tròn ấy). Tương tự, ta cũngcó hệ thức d’
có hệ thức d’
2
2
= R
= R
2
2

ấy. Vì vậy, đường tròn (O) ngoại tiếp tam
giác Abc chính là đường tròn chín điểm
Ơle của tam giác I
a
I
b
I
c
. Đường tròn này đi
qua các trung điểm của I
a
I, I
b
I, I
c
I đồng
thời đi qua trung điểm của I
a
I
b
, I
b
I
c
và I
c
I
a
.
Gọi J là điểm đối xứng của I qua O, khi

⇒ + + =
. Suy ra
° Tính chất 2:
1 1 1 1
a b c
r r r r
+ + =
Sử dụng tính chất của các tứ giác nội tiếp IBI
a
C, ICI
b
A, IAI
c
B ta có:
. .
b
b a
a a b a
I A
r IA IA
tg AI I tg CI I
r I A I A I A
= = = ∠ ∠
. Do đó ta có:
° Tính chất 3: trong tam giác ABC, ta có:
.
2 2
a
r B C
tg tg

tg tg
r
=
.
Thay vào tính chất 2 ta được hệ quả sau:
. . . 1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
tg tg tg tg tg tg+ + =
.
° Tính chất 4: M là mộït điểm bất kì trên cạnh BC của tam giác ABC. Gọi r, r
1
, r
2
là bán kính đường tròn nội tiếp và p, p
1
, p
2
là bán kính đường tròn bang tiếp góc
A của tam giác ABC, ABM và ACM. Chứng minh hệ thức: r/p = r
1
/p
1
. r
2
/p
2
.
Chứng minh:
vì AMB + AMC = 180

không phải song song, mà vuông góc với các
cạnh của ta giác ABC. Một tam giác như vậy có
thể là tam giác DEF với các đỉnh là tâm của các
đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABP, BCP và
CAP. Khi đó các đường thẳng đi qua các đỉnh
của tam giác DEF là đường trung trực của các cạnh tam giác ABC và vuông góc với
chúng, do đó chúng đồng quy tại một điểm.
13. (Đònh lí Moocley) Bằng các tia xuất phát từ các đỉnh của tam giác ABC, mỗi
góc của tam giác bò chia thành ba phần bằng nhau. Hai tia xuất phát từ các đỉnh B
và C và gần với cạnh BC cắt nhau tại điểm A
1
, tương tự như vậy ta xác đònh các
đỉnh B
1
và C
1
. Chứng minh rằng tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều.(h.1)
10
P
C
A
E D
F
O

R, B
2
C
2
P và C
2
A
2
Q với các đáy tương ứng bằng 60
o
-
γ
, 60
o
-
α
,
60
o
–
β
. Kéo dài các cạnh bên của tam giác đó về phía A
2
, B
2
, C
2
và kí hiệu các giao
điểm của đường thẳng RB
2

C
3
N và B
2
A
3
M:
∠
C
3
B
2
N =
∠
PB
2
M =
∠
C
2
B
2
M –
∠
C
2
B
2
P =
α

o
+ ß) =
γ
. Tương tự
∠
A
3
B
2
M =
γ
,
∠
B
2
A
3
M =
α
. Suy ra :
V
B
2
C
3
N –
V
A
3
B

C
3
B
2
A
3
–
V
C
3
NB
2
, suy ra
∠
B
2
A
3
A
3
=
γ
. Tương tự =
γ
, tức là
∠
A
2
C
3

C
3
thành ba phần bằng nhau. Lập luận tương tự cho các đỉnh A
3
và
B
3
ta được tam giác ABC đồng dạng với tam giác A
3
B
3
C
3
, từ đó suy ra điều phải
chứng minh.
TẬP HP ĐIỂM TRONG MẶT PHẲNG
11
C
1
P
R
hình 2
hình 1
B
A
C
A
1
B
1

I
1
và A
2
M
2
I
2
đồng dạng
với nhau. Điều này rõ ràng, do chúng là hai tam giác vuông và
∠
A
1
=
∠
A
2
=
∠
I
2
A
2
M
2
và bằng 180
o
–
∠
BA

) không đổi.
Từ đó suy ra điểm M nằm trên đường tròn đi qua điểm B và C, trong đó BC chia
đường tròn thành hai cung: cung thứ nhất cùng phía với cung BnC có số đo bằng
α
,
cung thứ hai cùng phía với cung BmC có số đo bằng 180
o
-
α
so với đường thẳng BC.
Gọi đường tròn đó là (C).
°Phần đảo:
Lấy điểm M bất kì trên (C), nối CM cắt đường tròn đã cho tại điểm A, qua M dựng
đường thẳng vuông góc với AC cắt AB tại I.Ta dễ dàng nhận thấy
IA
IB
không đổi với
mọi vò trí của điểm M. Từ đó suy ra đpcm.
15. Tìm tập hợp giao điểm hai đường chéo của một hình bình hành có một góc ở
đỉnh bằng
α
và bốn đỉnh của nó đi qua bồn điểm cho trước.
BÀI GIẢI
Giả sử bốn điểm đã cho là M, N, K, L trong đó M thuộc đường thẳng AB; N thuộc
đường thẳng CD; K thuộc BC và L thuộc đường thẳng AD, với ABCD là hình bình
hành có hai đường chéo giao nhau tại O.
Gọi P là trung điểm của MN. Q là trung điểm KL thì OP song song với AB, CD và
OQ song song với AD, BC. Suy ra góc POQ bằng
α
(hoặc 180

EF – AF)
2

= ME
2
+ AF
2
– EF.AF
= MO
2
– R
2
– (R
2
– OA
2
) = MO
2
+ OA
2
– 2R
2

=> MO
2
– AM
2
= 2R
2
– OA

=
17. Cho hai điểm O và G cố đònh.
a) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC nhận O làm tâm đường tròn ngoại tiếp
và G làm trọng tâm tam giác.
b) Tìm tập hợp đỉnh A của tam giác ABC với góc A tùvà tam giác này nhận O làm
tâm đường tròn ngoại tiếp, nhận G làm trực tâm.
BÀI GIẢI
a)° Phần thuận:
Giả sử tam giác ABC thỏa mãn bài toán. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Ta có
AG = 2GM. Gọi I là hình chiếu của O trên đường thẳng AM do OA > OM nên AI >
MI. Nếu
∠
AGO > 90
o
thì điểm M nằm giữa A và I. Nếu
1 1 1 1 1 1
0K I I J J K+ + =
uuuur uuur uuuur r
∠
AGO
≤
90
o
, từ AI > MI ta có:
AG – GI > GM + GI
⇒
AG –
1
2
AG > 2GI, hay AG > 4GI.

'O
.
°Phần đảo:
Phần này không khó lắm, các bạn có thể tự chứng minh.
b) Ta có nhận xét: GO =
1
2
−
GH, trong đó O, G, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại
tiếp, trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC. Sau đó ta dùng kết quả câu a) với chú
ý góc BAC tù, nên trung điểm M của BC nằm trong hình tròn (C
1
) đường kính OK, với
K là trọng tâm tam giác.
18. a) Tìm tập hợp các trung điểm của các đoạn thẳng mà hai đầu mút của nó di
độngnhưng thuộc hai cạnh AB và CD của tứ giác lồi cố đònh ABCD.
b) Hãy tìm tập hợp các điểm M nằm trong ngũ giác đều ABCDE, sao cho M là
trung điểm của không ít hơn ba đoạn thẳng, mà hai đầu mút của hai đoạn thẳng
đó nằm trên các cạnh khác nhau của ngũ giác ABCDE.
BÀI GIẢI
a)°Phần thuận:
Giả sử T là một điểm nào đó thuộc cạnh AB. Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng BC, BD, AD và AC. Khi đó trung điểm của TC làU thuộc PS,
trung điểm V của TD thuộc QR. Do đó, nếu giữ nguyên điểm T còn đầu mút thứ hai di
động trên cạnh CD thì trung điểm của chúng sẽ di động trên toàn đoạn UV song song
và bằng PQ, RS.
Bây giờ, cho điểm T chạy trên AB còn đầu mút thứ hai chạy trên cạnh CD thì trung
điểm của nó sẽ vẽ thành các đoạn song song với PQ mà các đầu mút thuôïc PS và QR.
Vậy các trung điểm của các đoạn thẳng có hai đầu mút chạy trên các cạnh AB và CD
của tứ giác lồi ABCD sẽ phủ kín hình bình hành PQRS. Các điểm trên cạnh hình bình

1
B
1
và D
1
A
1
là A
1
và B
2
, giao của B
1
E
1
với A
1
D
1
và A
1
C
1
là C
2
và D
2
; giao của B
1
D

A’D
1
A
1
, D
1
B’E
1
B
1
, E
1
C’A
1
C
1
, A
1
D’B
1
D
1
Nhưng ta chỉ xét các điểm M là trung điểm của ít nhất 3 đoạn thẳng mà hai đầu mút
của chúng nằm trên các cạnh khác nhau của ngũ giác đều ABCDE.Do đó tập hợp
điểm M sẽ phải thuộc các giao của từng cặp năm hình bình hành B
1
E’C
1
E
1

B
1
E
2
C
1
A
2
D
1
B
2
E
1
C
2
Trừ ra các cạnh kể cả các đầu mút, riêng các đỉnh A
2
, B
2
, C
2
, D
2
, E
2
thỏa mãn yêu
cầu bài toán. Thật vậy:
1.Ta xét điểm D
2

1
> 90
o
nên đỉnh B nằm trong hình tròn đường kính AA
1
cố đònh. Do
∠
ABC
< 90
o
nên đỉnh B nằm ở miền ngoài hình tròn đường kính MA
1
.
Tóm lại, đỉnh B nằm ở miền ngoài hai hình tròn đường kính AM và A
1
M, đồng thời
nằm trong hình tròn đường kính AA
1
. Gọi miền trên là (T).
20. Cho tam giác ABC và hai điểm M, N cố đònh.
Qua điểm N ta vẽ đường thẳng d và trên đó lấy hai điểm P, Q sao cho tam giác
PMQ đồng dạng với tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm P và Q khi d quay quanh
điểm N.
BÀI GIẢI
Ta sắp xếp thứ tự các đỉnh của tam giác PMQ tương ứng với thứ tự của tam giác
ABC. Tức là trong mọi vò trí của đường thẳng d thì
∠
MPQ =
∠
BAC và

MA MB MC
MA MB MC
+ + ≤
BÀI GIẢI
Vì M ở trong (O) nên:
MA.MA’ = MB.MB’ = MC.MC’ = R
2
.MO
2
.
' ' '
MA MB MC
MA MB MC
⇒ + + =
(MA
2
+ MB
2
+ MC
2
)/(R
2
– MO
2
)
≤
3 (1)
Với điểm X tùy ý trong mặt phẳng thì:
XA
2

,
OA
2
+ OB
2
+ OC
2
= 3OG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2
,
suy ra GA
2
+ GB
2
+ GC
2
= 3(R
2
.OG
2
).
Vì thế, (1) tương đương với:
2 2 2
2 2

C'
B'
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
22. Cho (L) là tiếp tuyến của đường tròn (C) và M là một điểm trên (L). Hãy tìm
quỹ tích điểm P thỏa mãn tính chất: tồn tại hai điểm R, Q trên (L) sao cho RM =
QM và tam giác PQR nhận (C) làm đường tròn nội tiếp.
BÀI GIẢI
Cho X là giao điểm của (C) và (L), O là tâm
của (C). Giả sử XO cắt (C) tại điểm thứ hai Z;
Y là điểm trên QR sao cho M là trung điểm của
XY. Gọi (C’) là đường tròn tiếp xúc với cạnh
QR, các đường thẳng PQ, PR nhưng ở về phía
khác với (C) so với cạnh QR (tức đường tròn
bàng tiếp góc P của tam giác PQR). Giả sử (C’)
tiếp xúc với QR tại Y’.
Phép vò tự tâm P, tỉ số
'PY
PZ
biến (C) thành
(C’), tiếp tuyến với (C) tại Z biến thành đường thẳng QR, suy ra Z biến thành Y’. Ta
sẽ chứng minh QX = RY’.
Thật vậy, hiển nhiên X và Y’ là chân đường vuông góc với QR hạ từ O và O’ tương
ứng. Ta cũng có:
∠
OQO’ =
∠
ORO’ = 90
o
.
Từ đó suy ra hai tam giác QY’O’ và OXQ đồng dạng nhau, do đó:

23. Cho đường tròn tâm O và hai điểm B, C cố đònh trên nó.
Một điểm A di động trên đường tròn đó. Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
a) Tìm tập hợp trung điểm K của AH.
b) Tìm tập hợp trọng tâm của tam giác AOH.
17
O
P
O'
X
z
Q
R
Y
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
c) Tìm tập hợp giao điểm của đường phân giác góc A của tam giác ABC với đường
thẳng OH.
BÀI GIẢI
a) Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Dễ thấy
2AH OI=
uuur uur
nên
AK OI=
uuur uur
.
Vậy K nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O) qua phép tònh tiến véctơ
OI
uur
.
Gọi nó là đường tròn ( I ).
b) Gọi G là trọng tâm tam giác AOH, ta có:

uuur uur
nên trực tâm H nằm trên đường tròn ảnh của đường tròn (O)
qua phép tònh tiến theo véctơ 2
OI
uur
, ta gọi nó là (H). Do đó, từ đẳng thức (*) suy ra
điểm D thuộc đường tròn ảnh của đường tròn (H) qua phép vò tự tâm O tỉ số:
2
R
OI R+
.
24. Cho tam giác Abc vuông tại A, BC = a, CA = b, AB = c. Tìm quỹ tích điểm M
thỏa mãn: a
2
MA
2
+ b
2
MB
2
+ c
2
MC
2
= 2b
2
c
2
.
BÀI GIẢI

⇔
I là trung điểm AH.
Theo hệ thức LepNhit, ta có:
2 2 2 2 2 2
a MA b MB c MC+ + =
=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )a b c IM a IA b IB c IC+ + + + +
=
2 2 2 2 2 2 2 4
2 2 2 2 2
2 2 2
4
2
4 4 4
b c b c c b c b
a IM a b c
a a a
+ +
+ + +
18
B
A
H
C
M
I
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
=
2 2

3
,…, D
n
và hình chiếu vuông góc của chúng lên (a)
lần lượt là các đoạn A
1
B
1
, A
2
B
2
, …, A
n
B
n
. Không làm mất tính tổng quát, giả sử A
1
, A
2
,
…,A
n
là các nút phải của các đoạn thẳng A
i
B
i
, i = 1…n.
Giả sử A
k

2
(hằng số), do đó OF không đổi. Điều này chứng tỏ F là điểm
cố đònh và ta có điều phải chứng minh.
27. Cho tam giác ABC không vuông, không cân, nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi
A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Trên tia OA
1
lấy A
2
sao cho tam giác OAA
1
đồng dạng với tam giác OA
2
A. Trên các tia OB
1
, OC
1
19
x
y
F
E
D
B
A

= OB
2
= OA
1
.OA
2
Từ đó ta được:
∠
OBA
2
=
∠
OCA
2
= 90
o
.
Tương tự, ta suy ra A
2
, B
2
, C
2
lập thành các đỉnh
của một tam giác nhận O làm tâm đường tròn nội
tiếp, A, B, C là các tiếp điểm ta có bài toán quen
thuộc sau:
Trong một tam giác, ba đường thẳng nối đỉnh
với điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp với các
cạnh đối diện đồng quy. (bài toán này dễ dàng

20
A
1
O
C
A
2
B
A
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Gọi x là số đo góc đáy của các tam giác cân. Giả sử AY, BZ, CX cắt BC, CA, AB
tương ứng tại L, M, N. Khi đó:
1
. .sin( )
[ ] .sin( )
2
1
[ ] .sin( )
. .sin( )
2
BA BY B x
BL ABY BA B x
BC ACY CA C x
CA CY C x
∠ +
∠ +
= = =
∠ +
∠ +
(kí hiệu […]

từ đó theo đònh lí đảo của Đònh lí Ceva
⇒
AL, BM và CN đồng quy, tức là AY, BZ
và CX đồng quy.
30. Trong tam giác ABC, ta vẽ các trung tuyến AA
1
, BB
1
, CC
1
. Gọi O là tâm vòng
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các
tam giác AOA
1
, BOB
1
, COC
1
có điểm chung khác O.
BÀI GIẢI
Tâm O
c
của đường tròn ngoại tiếp tam giác COC
1
là giao của hai đường trung trực
m, n của OC và OC
1
.
Trung trực n đi qua trung điểm A
2

2
và cạnh B
2
C
2
;
O
B
là giao tiếp tuyến đường tròn (A
2
B
2
C
2
) tại B
2
với A
2
C
2
.
Theo Đònh lí Pascal Các điểm O
A
, O
B
, O
C
thuộc một đường thẳng l; các đường tròn
(AA
1

.
Giả sử
{ }
AM XY K∩ =
. Vì M nằm trên đườnh tròn đường kính AC nên
∠
AMC =
90
o
và
∠
KMC = 90
o
. Vậy
∠
KMC =
∠
KZC = 90
o
.Suy ra bốn điểm K, M, C, Z cùng
thuộc một đường tròn mà ta gọi đường tròn đó là (V).
Xét phương tích của điểm P đối với (V) ta có:
. .PM PC PK PZ=
.(2)
Tương tự, nếu DN
∩
XY =
{ }
'K
thì

Thực hiện phép vò tự biến tam giác A’B’C’ thành tam giác ABC. Khi đó ba đường
tròn cần tìm là ảnh của ba đường tròn nói trên.
33. Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC, ta lấy các điểm C
1
, A
1
, B
1
tương ứng sao cho các đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại điểm O. Đường
thẳng vẽ qua O song song với AC cắt các đường thẳng A
1
B
1
và B
1
C
1
tương ứng tại
các điểm K, M. Chứng minh rằng OK = OM.
BÀI GIẢI
Vẽ qua B đường thẳng song song với AC cắt các đường thẳng B
1
C
1

1
).
22
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
Tương tự ta có: BK
1
= CB
1
.
1
1
BA
CA
.
Chia các đẳng thức nhận được theo vế và kết hợp với Đònh lí Ceva ta có:
1 1 1 1
1 1 1 1
. . 1
BM AB CA BC
BK CB BA AC
= =
.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
23
Phần1: Một số bài tốn hình học phẳng và tính chất của nó
ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT
ĐƯỜNG TRÒN VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT
33. Cho đường tròn (O) nội tiếp trong tam giác ABC, các tiếp điểm thuộc AB, BC,
CA lần lượt là I, J, K. Chứng minh rằng:
.sin .sin .sin 0OA A OB B OC C+ + =

1
Từ đó I
1
K
1

⊥
IK (3) và I
1
K
1
= IK (4).
Từ (2) và (3) ta suy ra I
1
K
1
// AO. (5)
Từ (1) và (4) ta có I
1
K
1
= OA.sinA. (6)
Lại từ (5) và (6) cho ta:
1 1
.sinK I OA A=
uuuur uuur
,
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
1 1
.sinI J OB B=

,
kb ka
CM a MD b
a b
−
= =
uuuur r uuuur r
, với ký hiệu
a =MA, b = MB.
24
O
C
A
J
B
I
K
I
1
J
1
K
1
A
M
B
D
C
P
Phần1: Một số bài toán hình học phẳng và tính chất của nó

2
= 0, hay a = b thì ABCD là hình thang cân hay hình chữ nhật, lúc đó dễ dàng
có được kết luận của bài toán.
+ Nếu
0ab =
rr
thì AC
⊥
CD, khi đó ta có:
1
( )
2
1
( )
2
OA OB OC OD OM
QM OM OQ OA OD
+ + + =
= − = +
uuur uuur uuur uuur uuuur
uuuur uuuur uuur uuur uuur
Suy ra:
2 2
1 1
. ( )( ) ( ) 0
2 2
QM AD OA OD OD OA OD OA= + − = − =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
Vậy QM
⊥