một số chuyên đề, bài viết về hình học phẳng

Các chuyên đề, bài viết dưới đây do laisac sưu tầm trên Internet rồi biên soạn, cắt xén và dán thành hai 

file tổng hợp với mục đích phụ giúp (thời gian tìm kiếm) cho các em ở đội tuyển trường THPT chuyên 

L.V.C . Vì không liên hệ được trực tiếp với các tác giả để xin phép, mong thông cảm!

1. Định Lý Ceva

Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các mệnh đề 

sau là tương đương: 

1.1 AD,BE,CF đồng quy tại một điểm.

1.2 

· · ·

· ·

·

sin sin sin 

. . 1 

sin sin sin

ABE BCF CAD 

DAB EBC FCA

= .

1.3  . . 1 AE CD BF 

EC DB FA

= . Chứng minh:

Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn 

đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1.

Giả sử 1.1 đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF. Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta 

có: 

· ·

· ·

sin sin 

. sin sin

ABE ABP AP 

DAB BAP BP  = = (1)

Tương tự, ta cũng có: 

· ·

sin 

; 

sin

BCF BP 

EBC CP  = (2) ·

·

sin 

. sin

CAD CP 

FCA AP  = (3)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2.

Giả sử 1.2 đúng. Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta 

có:  ·

·

··

sin sin 

; . sin sin

ADB AB CAD CD 

BAD DB ACD CA  = = Do đó:  ·

·

sin 

. . sin

CAD AB CD 

BAD CA DB  = (· · )

0 BDA+ ADC =180 (4)

Tương tự, ta cũng có: 

· ·

sin 

. . sin

BCF CA BF 

FCA BC FA  = (5)

www.laisac.page.tl 

M ỘT S Ố C HU Y Ê N Đ Ề , B À I V I Ế T V Ề HÌ N H HỌC P HẲ N G

(Tậ p I:V Ậ N D Ụ N G TÍN H C H Ấ T, Đ ỊN H LÝ N Ổ I TIẾN G )

· ·

sin 

. . sin

ABE BC AE 

EBC AB EC  = (6)

Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3.

Giả sử 1.3 đúng, ta gọi  1 P = CF I BE,D = AP I BC. Theo 1.1 và 1.2, ta có: 

1

1

. . . . 1 AE CD  BF AE CD BF 

EC D B FA EC DB FA

= = hay:  1

1

. CD  CD 

D B DB

= Do đó: D º D1

.

Nhận xét.

Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác

trong của tam giác đồng quy tại một điểm. Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm 

đường tròn nội tiếp tam giác (I). Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại 

F, D, E. Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF. Bằng định lý Ceva, ta chứng minh được AD, BE, CF 

đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).

Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao điểm nằm ngoài tam giác ABC mà 

không nhất thiết phải nằm trong nó. Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm ngoài các cạnh BC, CA, AB

như hình bên.

Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva. Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có 

hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình vuông nội tiếp tam giác 

ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. Lời giải:

Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác

định tương tự.

Theo định lý hàm số sin, ta có:

· ·

1 1

1 1

sin 

sin

SA SAA 

AA  A SA

= hay  ·

µ

( )

1 2

0

1

sin 

sin 45

SA BAA 

AA  B

=

+

Tương tự:  ·

µ

( )

1 2

0

1

sin 

sin 45

TA CAA 

AA  C

=

+

hay 

µ

( ) ·

0

1

1 2

sin 45 

sin

C  AA 

TA  CAA

+

= .Do đó, ta được:  ·

·

µ

( ) µ

( )

0

2 1 1

0

1 1 2

sin 45  sin 

. . 1.

sin  sin 45

C  BAA AA SA 

CAA  B TA AA 

+

= =

+

(1)

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được:  ·

·

µ

( ) µ

( )

0

2

0

2

sin 45  sin 

. 1.

sin  sin 45

B  BCC 

ACA  A

+

=

+

(2)

· ·

µ

( ) µ

( )

0

2

0

2

sin 45  sin 

. 1.

sin  sin 45

A  ABB 

CBB  C

+

=

+

(3)

Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh.

Bài tập áp dụng:

1. Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp tuyến, chúng cắt nhau tại 

điểm S. Trên cung AD lấy các điểm A và C. Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các 

đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O.

2. Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh vuông. A1, B1, C1, là 

trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng.

Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy. 3. Chứng minh các đường cao, đường trung tuyến, tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp tam 

giác đồng quy tại một điểm. 4. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho các đường 

thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng AA2, BB2, CC2

đối xứng vớicác đường thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng, cũng đồng quy.

2. Định Lý Menelaus

Cho tam giác ABC. Các điểm H, F, G lần lượt nằm trên AB, BC, CA. Khi đó: 

M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi  . . 1. AH BF CG 

HB FC GA

= - Chứng minh: 

ÿ Phần thuận: 

Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được:  ·

· ·

· · ·

sin sin sin 

; ; 

sin sin sin

AH AGH BF BHF CG GFC 

GA AHG HB HFB FC  CGF

= = = .

(với lưu ý rằng sin·AGH = sinCGF ·;sin· AHG = sin BH·F;sin HFB ·= sinGFC ·.)

Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh.

ÿ Phần đảo: Gọi  F ' = GH I BC. Hoàn toàn tương tự ta có được:

( )

' 

. . . . 1 .

'

AH BF CG AH BF CG 

HB F C GA HB FC GA

= = - Hay 

'

'

BF BF 

F C FC

= , suy ra  F º F '.

Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi tiếng được 

chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu 

ở phần bài tập dưới đây). Ví dụ:

Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một đường 

tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như trên). Gọi 

P = AB I DE,Q = BC I EF,R = CD I FA. Chứng 

minh rằng P, Q, R thẳng hàng.

Chứng minh:

Gọi  X = EF I AB,Y = AB ICD,Z = CD I EF. Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với 

tam giác XYZ), ta có:

. . . . . . ( 1). ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA 

QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY

= = = -

Do đó:  . . 1 ZQ XP YR 

QX PY RZ

= - . Theo định lý Menelaus ta 

được P, Q, R thẳng hàng.

Bài tập áp dụng:

1. Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân 

đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng.

2. Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông C, còn trong tam 

giác ACKkẻ đường phân giácCE. D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường 

thẳng DE và CK. Chứng minh BF//CE. 3. Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng giao điểm của

các đường thẳng AB và  A1B1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường thẳng.

4. Cho hai tam giác ABC, A’B’C’. Nếu các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một 

điểm O, thì các điểm P, Q, R thẳng hàng, trong đó 

P = BC I B'C',Q = CAIC' A',R = AB I A'B'.

P

Y

Z 

R 

Q

O

F 

A 

C 

E D 

B 

X

DIỆN TÍCH TAM GIÁC THỦY TÚC 

Ivan Borsenco Translator: Duy Cuong. Trong Toán học, Hình Học luôn giải quyết các bài toán với những kết quả chính xác và hấp dẫn. Bài 

viết sau đây trình bày về một trong những kết quả tuyệt đẹp trong bài toán hình học – Định lý Euler cho 

tam giác thùy túc và ứng dụng của nó. Chúng ta hãy bắt đầu với phép chứng minh định lý, sau đó cùng 

nhau thảo luận các Bài toán Olympiad.

Định lý 1. Cho C(O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Xét một điểm M tuỳ ý nằm trong 

tam giác. Ký hiệu A1, B1, C1 là hình chiếu của M lên các mặt của tam giác thì 

1 1 1 

2 2

2

. 4

A B C

ABC

S  R OM 

S R

-

=

Chứng minh. Đầu tiên ta để ý rằng AB1MC1, BC1MA1, CA1MB1 là những tứ giác nội tiếp. Áp dụng 

định lý Cauchy mở rộng  vào tam giác AB1C1 ta  được  1 1 B C = AM sina . Tương  tự, ta  được 

1 1 AC = BM sin b và  1 1 B C = CM sing . Từ đó suy ra: 

1 1 1 1 1 1

, , .  2 2 2

B C AM AC BM A B CM 

BC R AC R BC R

= = = Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z.

Ta có: 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 –A B C = –A B M + –MB C = –ACM + –MAC = –ZYB + –BYX = –ZYX.Tương  tự,

–B1C1A1 = –YZX và  1 1 1 –B AC = –YXZ. Do đó, DA1B1C1 đồng dạng với DXYZ và  1 1 1 1 1  . A B  R A B C

XY R

=

Mặt khác, DMAB đồng dạng với DMYX nên ta có  . XY MX

AB MB

=

Từ các kết quả thu về ta được: 

1 1 1 

1 1 1 

2 2

1 1 1 1 1 1

2 2

. . .

. . . .

. . 2 2 4 4

A B C

ABC A B C

S  R A B B C AC MX MA MB MA MX  R OM 

S R AB BC AC MB R R R R

-

= = = =

Từ đó ta có thể thấy biểu thức trên không phụ thuộc vào vị trí điểm M (kể cả trong hay ngoài đường 

tròn).

Hệ quả 1: Nếu M nằm trên đường tròn, hình chiếu của M lên các cạnh tam giác sẽ thẳng hàng 

(Định lý Simson). Một định lý nữa mà chúng tôi muốn giới thiệu (không chứng minh) đến bạn đọc là định lý 

Lagrange nổi tiếng.

Định lý 2 Cho M là một điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC với bộ số (u,v,w). Với một 

điểm P bất kỳ nằm trong mp(ABC). Ta được: 

2 2 2

2 2 2 2

. . . ( ) . vwa uwb uvc 

u PA v PB w PC u v w PM 

u v w

+ +

+ + = + + +

+ +

Cách chứng minh có thể tìm thấy khi áp dụng Định lý Stewart một số lần. Định lý này có một hệ quả 

rất hay khi P trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta được: 

2 2 2

2 2

2

.  ( )

vwa uwb uvc R OM 

u v w

+ + - =

+ +

Từ hệ quả này kết hợp định lý Euler cho tam giác thùy túc, ta được định lý sau:

Định lý 3: Cho M là điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, với bộ số (u,v,w). Ký hiệu A1, B1, C1

là hình chiếu của M lên các cạnh tam giác. Ta được: 

1 1 1 

2 2 2

2 2

. 4 ( )

A B C

ABC

S  vwa uwb uvc 

S R u v w

+ +

=

+ +

Từ kết quả trên chúng ta có thể thấy Định lý 1 và Định lý 3 đã đưa chúng ta nhận thức phần nào về

diện tích tam giác thùy túc. Định lý Euler về diện tích tam giác thùy túc thật sự là một công cụ tiện ích 

cho  việc  giải  các bài toán  hình  học. Ứng  dụng  đầu tiên mà  chúng tôi sắp  giới thiệu sau  đây nói  về

những điểm Brocard

Định nghĩa điểm Brocard: Trong tam giác ABC, đường tròn qua A và tiếp xúc với BC tại B, đường 

tròn qua B và tiếp xúc với AC tại C và đường tròn qua C tiếp xúc với AB tại A. Chúng cắt nhau tại một 

điểm, gọi là điểm Brocard. Một cách tổng quát, ta có hai điểm Brocard, điểm thứ hai xuất hiện khi ta 

quay ngược chiều kim đồng hồ sự tiếp xúc của các đường tròn. Bài toán 1: Cho  W1 và  W2

là hai điểm Brocard của tam giác ABC. Chứng tỏ rằng OW1 = OW2

, với

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Hướng dẫn: Từ định nghĩa điểm Brocard, ta thấy: 

–W1AB = –W1BC = –W1CA = w1

, tương tự –W2BA = –W2AC = –W1CB = w2

. Ta đi chứng 

minh w1 = w2

.

Để ý rằng  1 

2

1 1 1

2

. sin sin 

. sin sin

B C

ABC

S  B BC w w 

S AB BC b b

W W

= = và tương tự,

1 1 

2 2

1 1

2 2

sin sin 

, . sin sin

C A A B 

ABC ABC

S w S  w 

S g S a

W W = =

Cộng các diện tích ta được: 

1 1 1 

2 2 2

1 1 1

2 2 2

sin sin sin  1 

sin sin sin

B C C A A B 

ABC

S S S  w w w 

S a b g

W + W + W = = + + hay 

2 2 2 2

1

1 1 1 1

sin w sin a sin b sin g = + + (1)

Cách tính tương tự, ta cũng được 

2 2 2 2

2

1 1 1 1

sin w sin a sin b sin g = + + (2)

Từ (1), (2) suy ra  1 2 w = w = w. Ý tưởng cho cách chứng minh trên bắt nguồn từ Định lý Euler  cho tam giác thùy túc. Để ý rằng 

W1 và  W2

luôn nằm trong tam giác ABC, bởi vì mỗi nửa đường tròn như trên đều thuộc mp(ABC). Từ 

đó, W1 và  W2

luôn nằm trong tam giác. Để chứng minh  OW1 = OW2

ta chứng minh diện tích tam giác 

thùy túc của chúng bằng nhau. Nếu vậy, ta có  2 2 2 2 R - OW1 = R - OW2

. Từ đó suy ra đpcm. Ký hiệu  1 1 1 A ,B ,C lần lượt là hình chiếu của W1

lên các cạnh BC, CA, AB. Sau đó, sử dụng định lý 

hàm Sin  mở rộng, ta  được  1 1 1 AC = BW sin b , vì  BW1

là  đường  kính  đường  tròn ngoại tiếp  tứ  giác

BA1W1C1

. Cũng áp dụng định lý Sin vào tam giác ABW1

ta được: 

1

sin sin

B c

w b

W = Dẫn đến:  1 1 1 AC = BW sin b = c sin w. Tương tự, ta có  1 1 B C = bsin w và  1 1 A B = asin w. Dễ dàng ta thấy tam giác A1B1C1 đồng dạng với 

tam giác ABC theo tỉ số đồng dạng sinw. Từ  w1 = w2 = w, ta  kết luận  được  tam giác  thùy túc  chứa W1 và  W2 có cùng  diện  tích. Suy ra 

OW1 = OW2

. Chú ý: Giao của các đường đối trung trong tam giác ký hiệu là K và được gọi là điểm Lemoine. Ta 

có thể  chứng minh  được  KW1 = KW2

. Hơn thế nữa, các  điểm O, W1

, K, W2 nằm trên đường  tròn 

đường kính OK gọi là đường tròn Brocard. Chúng ta hãy cùng nhau tìm hiểu một Bài toán thú vị khác

sau đây:

Bài toán  2: Cho tam giác ABC, ký hiệu O, I, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và 

trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: 

OI £ OH.