Các định lý hình học phẳng

Thành viên :
Nguyễn Minh Đức
Võ Hoàng Thiên Ân
Trương Quang Huy
Bành Ánh Ngọc
Đặng Minh Nhật
Trần Minh Khôi
Ông Khánh Minh
- Nhiệm vụ được giao:
Định lí con bướm: Đức
Định lí Miquel: Huy, Nhật
Định lí pascal: Ngọc, Minh
Định lí Brianchon: Ân, Khôi
ĐỊNH LÍ CON BƯỚM
I. Định lí con bướm
1. Lí thuyết

Nội dung định lí: Cho đường tròn (O) với dây cung AB. Gọi I
là trung điểm của AB, qua I dựng hai dây cung MN và PQ sao
cho MP và NQ cắt AB lần lượt tại E và F. Khi đó I là trung điểm
của đoạn thẳng EF.

N
P
M
B P

A F E
E I A

I B

O O F
Q
M Q
N
Chứng minh định lí:
Cách 1:
P N

E I F
A B
C D
O

M Q

Gọi C, D lần lượt là trung điểm PM và NQ

 OC  PM ; OD  NQ mà OI  EF
 OCEI và ODFI là các tứ giác nội tiếp
ICE =IOE và IDF =IOF
Mặt khác, ΔIPM  ΔINQ (g - g) và IC, ID là đường trung tuyến
IP MP CP IC
 = = =
IN QN DN ID
 ΔIPC  ΔIND (c - c - c)
 ICE = IDF  IOE = IOF
 ΔOEF cân tại O
OI là đường cao nên đồng thời là đường trung tuyến
Vậy I là trung điểm EF
Cách 2: Ta chứng minh định lí con bướm bằng bổ đề Haruki
Nhắc lại bổ đề Haruki: Cho 2 dây cung không cắt nhau AB và
CD trong cùng 1 đường tròn và 1 điểm P thay đổi trên cung AB
không chứa C và D, E và F lần lượt là giao của các cung PC, AB
và PD,AB. Khi đó:

AE.BF
= const
EF
P

A
E
F
B

D
C
Quay trở lại bài toán

Ta xem P và N là hai vị trí có cùng một điểm di động trên

đường tròn. Khi đó áp dụng bổ đề Haruki, ta có: P N

AE.BI AI.BF
=
EI FI A I B
E F

AE BF
 = ( Do AI = BI )
EI FI
O
AE BF AI BI
 +1= +1  =
EI FI EI FI

AE BF 1 1 Q
 =  =  EI = FI M
EI FI EI FI

Vậy I là trung điểm của EF

- Định lí mở rộng: Cho dây cung PQ của (O) và M là trung điểm của PQ; Z, W
là các đểm trên PM và QM sao chi MZ=MW ( Z, W không trùng P, Q). Gọi AB,
CD theo thứ tự qua W,Z là các dây cung của (O). PQ theo thứ tự cắt AD, BC tại X,
Y. Khi đó MX = MY

Chứng minh

Gọi S là giao của AD và BC.

Xét ΔSXY và hai cát tuyến CZD, AWB. Sử dụng định lí Menelaus:
S
CS ZY DX AS WX BY
. . =1 ; . . =1
CY ZX DS AX WY BS A C

Suy ra

CS ZY DX AX WY BS Q
P
. . . . . =1 X Z M W Y
CY ZX DS AS WX BY

Mà CS . BS = AS . DS
O
DX . AX = PX . QX
CY . BY = PY . QY
D B

PX . QX . WY . BS
Do đó : =1
PY . YQ . ZX . WX

Đặt PM = QM = a, MZ = MW = b, MX = x , MY = y, ta được
(a - x) (a + x) (y - b) ( y + b)
=1
(a + y) (a - y) (x - b) ( x + b)

 ( a2 - x2 ) ( y2 - b2 ) = ( a2 - y2 ) ( x2 - b2 )
 ( a2 - b2 ) ( x2 - y2 ) = 0
Do a ≠ b nên x = y tức MX = MY
Ví dụ 1: Singapore 2011

Cho tam giác ABC nhọn, không cân, O, H lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp và trực tâm của tam giác ABC, AB>AC. Q nằm trên điểm AC,
kéo dài HQ cắt BC ở P sao cho DP = DB với D là chân đường cao hạ từ
đỉnh A tới BC. Chứng minh rằng ∠ODQ = 90 °
A

O H
E

B C
D P

R
F
G

Gọi G là điểm đối xứng của H qua , khi đó G thuộc đường tròn (O). Gọi R là giao điểm của QD và BG
Theo giả thiết ta có DP = DB mà DH = DG nên HPGB là hình bình hành
Do đó ΔHDQ = ΔGDR ( g . c . g)  DQ = DR
Gọi E, F lần lượt là giao của (O) với QR. Theo định lí con bướm chúng ta có DE = DF.
Suy ra OD  EF hay ODQ = 90°
 Ví dụ 2: MOP 1998
Cho hai đường tròn (C) và (C’) có cùng bán kính, cắt nhau tại hai
điểm A, B. Gọi O là trung điểm AB. Dây cung CD của đường tròn (C)
qua điểm O, Gọi P là giao điểm của đoạn thẳng CD cắt (C’). EF là dây
cung (C’) qua O và đoạn thẳng EF cắt (C’) tại Q. Chứng minh rằng: AB,
CQ, EP đồng quy.

P S
Q
C C'
O
F
MD
B

Gọi H là giao điểm thứ hai của CD và (C’), K là giao điểm thứ hai của EF và
(C) .
Gọi S, S’ lần lượt là giao điểm của CQ, EP với AB. Gọi M là giao điểm của KD
và AB.
Trong đường tròn (C) từ giả thiết O là trung điểm AB, theo định lí con
bướm với 4 điểm C, Q, D, K ta có O là trung điểm MS.
Mặt khác vì hai đường tròn (C) và (C’) có cùng bán kính nên O là trung điểm
AB thì O cũng là trùng điểm của PD,EK nên tứ giác PDEK là hình bình hành.
Từ đó ta có ΔKOM=ΔEOS' (g . c. g) . Suy ra OM=OS’ hay O là trung điểm
MS’.
Vậy S trùng S’. Do đó AB, CQ, EP đồng quy tại S. (Đpcm).
Ví dụ 3: Đề thi thử VMO 2015 Viện Toán học
Cho tam giác nhọn ABC có D, E ,F là trung điểm BC, CA, AB. Gọi (I) là đường
tròn đường kính AD. (I) cắt AB, AC tại M, N. MN, EF cắt nhau tại P.

a) Chứng minh (DIP) đi qua trung điểm Q của MN

b) Gọi G là điểm cố định trên đoạn EF. Một đường thẳng thay đổi qua G cắt (I) tại
H, K. Cho KF, HE cắt (I) tại R, S. Chứng minh trung điểm T của RS thuộc đường
tròn cố định

A L

P
F I J E

M Q

B D C

a)
Do Q là trung điểm MN nên IQP = 90°, nên chỉ cần chứng minh IDP = 90° hay DP là tiếp tuyến của (I) tại D
Gọi L là giao của (I) với trung trực của BC và J là trung điểm LD
JEND, JFMD là các tứ giác nội tiếp, FD, ED là đường trung bình, đường tròn đường kính AD, nên ta có

MJN = MFD + NED = 2 BAC = 2 ( MAD + DAN) = MID + NID = MIN

Suy ra IJNM là tứ giác nội tiếp . Khi đó gọi d' là tiếp tuyến tại D của (I) thì d', IJ , MN đồng quy tại P vì tương ứng là
trục đẳng phương của hai trong ba đường tròn (I), (IJNM)
Mặt khác ta có tam giác IJD với đường tròn đường kính ID ( do IJD=90°)
Suy ra d' trùng với DP
Hay là DP là tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D
Vậy (DIP) đi qua trung điểm Q của MN
b) Gọi G là điểm cố định trên đoạn EF. Một đường thẳng thay đổi qua G cắt (I) tại
H, K. Cho KF, HE cắt (I) tại R, S. Chứng minh trung điểm T của RS thuộc đường
tròn cố định

A H

T
P
F I E
G V
N
S
M Q

B D C

Gọi V là giao của RS với EF. Ta thấy I là trung điểm EF, do đó theo định lí con bướm
mở rộng ta có I là trung điểm GV; G, I cố định nên V cũng cố định
Mặt khác ITV= 90° nên T thuộc đường tròn đường kính IV, đây là đường tròn cố định
Vậy trung điểm T của RS thuộc một đường tròn cố định
2. Bài tập tự luyện
Bài 1: Cho tam giác ABC với M là trung điểm BC. Giả sử AM cắt đường tròn nội
tiếp tam giác ABC tại K, L. Các đường thẳng song song với BC qua K, L cắt
đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt tại X, Y. AX cắt BC tại P, AY cắt
đường tròn (ABC) tại D. DM cắt (ABC) tại E. AM cắt (ABC) tại F. Chứng minh F,
P, E thẳng hàng.

Bài 2: (Romania 2010) Cho tam giác ABC nội tiếp (O), trực tâm H. Gọi M là
trung điểm của AH. Qua M kẻ đường vuông góc với OM cắt AB, AC lần lượt tại P,
Q. Chứng minh rằng MP = MQ

Bài 3: Cho tam giác ABC có O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi d là đường thẳng
bất kì đi qua đường tròn tâm O với P là hình chiếu vuông góc của O lên đường
thẳng d. Đường thẳng d cắt các cạnh BC, CA, AB tại các điểm X, Y, Z. Gọi W là
giao điểm của đường thẳng d và tiếp tuyến của đường tròn (O) kẻ từ A. Chứng
minh rằng P là trung điểm của YZ khi và chỉ khi P là trung điểm của XW.

Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là giao điểm của AC
và BD và P là điểm trên cạnh BC thỏa mãn PM vuông góc MO . Gọi S là giao
điểm thứ hai của DP và đường tròn (O) và Q là điểm thuộc đường tròn (O) sao cho
DQ vuông góc OM . Gọi R là giao điểm hai đường phân giác trong góc ABS và
góc AQS . Các tiếp tuyến tại B và tại Q của đường tròn (O) cắt nhau tại L . Chứng
minh rằng A, R, S, L thẳng hàng.

Bài 5: Cho tam giác ABC. Một đường tron đi qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại B’,
C’. BB’ cắt CC’ tại P. M là trung điểm của BC. Q chuyển động trên PM. Qua Q kẻ
đường thẳng song song với BB’, CC’ cắt AB, AC tại các điểm X, Y, Z, T. Chứng
minh rằng tứ giác XYZT nội tiếp đường tròn (J) và J chuyển động trên một đường
thẳng cố định.
 ĐINH LÝ AUGUSTE MIQUEL
*Auguste Miquel (1816 – 1851)

Auguste Miquel (8/2/1816 – 1/3/1851) là một nhà toán học người Pháp, tác giả của một
số định lý hình học phẳng liên quan đến đường tròn và đa giác

Năm 1838, sau đó là nhiếp chính (trợ lý giáo sư) toán học tại Nantua , ông đã xuất bản
trên tạp chí toán học của Liouville một số bài báo liên quan đến lý thuyết về đường cong
và giao điểm của các đường tròn và hình cầu
Giữa năm 1844 và 1846, khi đó là giáo sư toán học tại trường đại học Castres, ông đã
xuất bản một luận án về hình học trong ba phần
*Địểm Miquel
Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD , F là giao điểm của AD và BC .
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác EBC,FCD,EAD,FAB đồng quy

.
Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC và FCD . Ta
có ∠EMD=∠EMC+∠CMD=∠ABF+∠AFB=180°-∠EAD => ∠EAD+∠EMD=180° . Do
tứ giác EMDA nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD . Chứng minh
tương tự M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác FAB . Vậy đường tròn ngoại tiếp
của các tam giác EBC,FDC,EAD,FAB đồng quy tại M . Điểm M được gọi là điểm
Miquel.
*Đường tròn Miquel
Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD , F là giao điểm của AD và BC .
Gọi M là điểm Miquel và O1,O2,O3,O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam
giác EBC,CDF,EAD,ABF . Chứng minh rằng năm điểm M,O1,O2,O3,O4 cùng nằm trên
một đường tròn.
Chứng minh:

Gọi H,I,K theo thứ tự là trung điểm của FM,BM,CM . Các

đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại M và C nên O1O2

là đường trung trực của MC , do đó O1O2 vuông góc

với MK tại K . Tương tự O1O4 vuông góc
với MI tại I, O2O4 vuông góc với MH tại H .
Nói cách khác H,I,K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các
cạnh O2O4, O1O4, O1O2 của tam giác . Dễ
thấy IK//BC và IH//FB mà F,B,C thẳng hàng nên H,I,K thẳng hàng. Theo bài toán đảo về
đường thẳng Simson, ta có M,O1,,O2 ,O4 cùng nằm trên một đương tròn. Tương
tự M,O1,,O3 ,O4 cùng nằm trên một đường tròn. Vậy năm điểm M,O1,,O2 , O3 ,O4 cùng
nằm trên một đường tròn.
Đường tròn đi qua năm điểm M,O1,,O2 , O3 ,O4 được gọi là đường tròn Miquel.

*Định lý Miquel
Cho tam giác ABC, với các điểm A´, B´ và C´ lần lượt trên các cạnh BC, AC, và AB khi
đó đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB´C´, A´BC´, và A´BC' sẽ đồng quy tại điểm M
(điểm Miquel)

*Chứng Minh

Gọi M là giao điểm thứ hai của (BA’C’) và (CA’B’)

Ta cần chứng minh M thuộc đường tròn (CA’B’)  ∠B’MA’ + ∠C = 180°

Ta có: ∠B’MC’ + ∠A = 180° (Tứ giác B’MC’A nội tiếp đường tròn) (1)

∠C’MA’ + ∠B = 180° (Tứ giác C’MA’B nội tiếp đường tròn) (2)
 ∠A + ∠B + ∠C = 180°

∠B’MC’ + ∠C’MA’ + ∠B’MA’ = 360° (3)

(1) + (2) → ∠B’MC’ + ∠C’MA’ + ∠A + ∠B = 360° (4)

(3) + (4) → ∠B’MA’ = ∠A + ∠B

→ ∠B’MA’ + ∠C = ∠A + ∠B + ∠C = 180°

→ Điều phải chứng minh

*Hệ quả:

+Nếu như A´, B´ và C´ trong định lý Miquel không thẳng hàng, định lý này còn có tên
là định lý Pivot.Nếu A´, B´ và C´ thẳng hàng thì điểm Miquel nằm trên đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC và ngược lại nếu như điểm Midquel nằm trên đường tròn ngoại tiếp thì ba
điểm A´, B´ và C´ thẳng hàng

+ Nếu A', B', C' lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC và AB thì điểm Miquel là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
+ Nếu A', B', C' là lần lượt là chân hình chiếu của A, B, C trên BC, AC , AB thì điểm
Miquel là trực tâm của tam giác ABC

*Tính chất:
1.Chân các đường vuông góc hạ từ điểm M (Miquel) xuống các đường thẳng AB, BC,
CD, DA thẳng hàng (đường thẳng Simson)

Chứng Minh
Gọi H, N, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA.
Dễ thấy H, L, K thuộc đường thẳng Simson của điểm M ứng với tam giác ADE
Chứng minh tương tự với bộ 3 điểm {L, K, N} ; {K, N, H} ; {N, H, L}
→ Điều phải chứng minh

2.định lý Mannheim

Cho tam giác ABC . Gọi D,E,F lần lượt là các điểm nằm trên BC,CA,AB không trùng
với A,B,C; M là điểm Miquel của D,E,F ứng với tam giác ABC; P,Q,R lần lượt là các
điểm nằm trên  AEF , BFD , CDE  không trùng với M . Khi đó:

a. M,P,Q,R thẳng hàng  AP,BQ,CR đôi một song song.

b. M P Q R , , , đồng viên  AP,BQ,CR đồng quy.

Chứng minh

a.(*) Giả sử M,P,Q,R thẳng hàng.

Do tứ giác AFMP BMFQ , nội tiếp nên  FAP   FMQ  FBQ . Suy ra AP//BQ.

Chứng minh tương tự: AP//CR.

Do đó AP,BQ,CR đôi một song song .

( **) Giả sử AP,BQ,CR đôi một song song.

Khi đó:  FAP   FBQ .

Do tứ giác AFMP,BMFQ nội tiếp nên  FMP  FMQ  180  FAP  FBQ 180
 .
Suy ra M,P,Q thẳng hàng .

Chứng minh tương tự: M,P,R thẳng hàng.

Do đó M,P,Q,R thẳng hàng.

b.

(* ) Giả sử M,P,Q,R đồng viên . Gọi N là giao điểm của AP,BQ .

Do tứ giác AFMP,BMFQ nội tiếp nên  APM   BFM   MQN .

Suy ra tứ giác MPNQ nội tiếp. Mà tứ giác MPQR nội tiếp. Nên AP,BQ cắt nhau tại N
nằm trên MPQR .

Chứng minh tương tự: AP,CR cắt nhau tại một điểm nằm trên MPQR . Do đó
AP,BQ,CR đồng quy tại một điểm nằm trên MPQR.

(**) Giả sử AP,BQ,CR đồng quy tại N .

Chứng minh tương tự như trên ta được: tứ giác MPNQ, MPNR nội tiếp.

Do đó M ,P,Q,R,N đồng viên

Mở rộng: 1.
Định nghĩa tứ giác toàn phần

Tứ giác toàn phần là hình được tạo nên bởi 4 đường thẳng từng đôi một cắt nhau nhưng
không có 3 đường thẳng nào đồng quy.

Chứng minh tính chất:

Một số ví dụ:

1.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC cắt BD tại E. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác EAB và ECD cắt nhau tại F.Chứng minh rằng OF⊥FE .
Giải:

Theo tính chất trục đẳng phương EF, AB, CD đồng quy tại G.

Theo định lí Miquel dễ thấy F nằm trên các đường tròn ngoại tiếp tam giác GAC, GBD.

Từ đó gọi R là bán kính của đường tròn (O) thì: OE2 − OG2 = (OE2 − R 2 ) − (OG2 − R2 )
= |EA|.|EC| − |GA|.|GB| =|EF|.|EG| − |GE|.|GF| = |EG| (|EF| + |GF|) = (|EF| − |GF|)(|EF|
+|GF|) = FE2 − FG2

Từ đó ta suy ra OF⊥FE.

Nhận xét: Bài toán trên tuy đơn giản, song có rất nhiều ứng dụng. Sau đây là một bài
toán ứng dụng của nó và tất nhiên là có sử dụng tới định lí Miquel.

2. Cho tam giác ABC có đường đối trung AD, trung tuyến AM. P là điểm nằm trong tam
giác ABC sao cho ∠PBA = ∠PCA .K là hình chiếu của P lên AD. Chứng minh rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC.
Giải:

Gọi PB, PC theo thứ tự cắt CA, AB tại E, F. Gọi S là giao điểm thứ hai của hai đường
trong ngoại tiếp tam giác PEF và PBC. Do ∠PBA = ∠PCA nên tứ giác BCEF nội tiếp
đường tròn (L).

Gọi G là giao điểm của EF và BC. Theo định lí Brocard ta có PG⊥AL. Theo bài toán trên
ta có PG⊥SL.

Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương thì S, P, G thẳng hàng. Từ đó suy ra PG vuông
góc với AL tại S.

Các tứ giác GSLM, ASKP nội tiếp và góc có cạnh tương ứng vuông góc ta có∠SMD =
∠SLG =∠ SPA = ∠SKA , suy ra S nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM.

Kẻ tiếp tuyến tại S của đường tròn ngoại tiếp tam giác SPB cắt BC tại T.

Do ∆SBE ∼ ∆SCF và tính chất đường đối trung ta có

= = = = .

Suy ra (BC, DT) = −1 ⇒ TS2 = TB.TC = TD.TM hay TS tiếp xúc với đường tròn ngoại
tiếp tam giác KDM.

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác KDM và PBC tiếp xúc với nhau tại S.

Nhận xét:Áp dụng tính chất của ví dụ trước ta có được kết quả hay, điểm S thực chất là
một trong các điểm Miquel của tứ giác BCEF.
3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các tiếp tuyến tại B, C cắt nhau tại T. Đường thẳng
qua A vuông góc với AT cắt BC tại S. D, E trên ST trong đó T nằm giữa D và E, D nằm
giữa S và T sao cho DT = BT = ET. Chứng minh rằng tam giác ABC đồng dạng với tam
giác ADE.

Gọi M là trung điểm của đoạn BC. Khi đó T, M, A, S đồng viên.

Ta cũng có D, E, B, C đồng viên. Gọi K là giao điểm của DB và CE

Khi đó ∠BKC = 1800 − ∠KBC − ∠BCK = 1800 − ∠KBC− ∠DBT = ∠TBC = ∠BAC .

Suy ra K thuộc đường tròn (ABC). Từ đây suy ra A thuộc giao hai đường tròn (KBC) và
(SMT).

Gọi J là giao điểm của CD và BE. Theo định lí Brocard ta có T J⊥SK tại A’ .

Áp dụng định lí Pascal đảo cho 6 điểm BBKCC J ta suy ra J thuộc đường tròn (KBC).

Lại có A’, S, T, M đồng viên.

Suy ra: A’ thuộc vào giao của hai đường tròn (SBC) và (SMT). Do đó A ≡ A’ .

Từ đó suy ra B là điểm Miquel của tam giác KSC nên tứ giác ASDB nội tiếp.

Suy ra A là điểm Miquel của tứ giác BCEDSK. Do đó hai tam giác ABC và ADE đồng
dạng.

Bài tập tự luyện:

1.Cho tam giác ABC. Một đường tròn O qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại E, F.BE giao
CF tại P. Gọi M là trung điểm của BC, L đối xứng với K qua M. Các đường thẳng PK,
QL, BC cắt nhau tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng (XYZ) tiếp xúc với (ABC).

2. Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp là O. Gọi E, F lần lượt là
giao điểm của AB và CD, AD và BC. Chứng minh rằng tồn tại môt đường tròn tâm O
tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, FAB, FCD.

3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O.
Trung tuyến AM của tam giác ABC cắt BA’ , CA0 lần lượt tại L và K. Các đường thẳng
qua L vuông góc với BA’ , qua K và vuông góc với CA’ và đường thẳng OM cắt nhau
tạo thành tam giác XYZ. Gọi P là giao của hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Chứng minh
rằng (AMP) tiếp xúc với (XYZ).

4. Cho tam giác ABC.M,N,P lần lượt thuộc các đường thẳng BC,CA,AB sao cho
ΔABC∼ΔMNP . Cmr: tâm ngoại tiếp của tam giác ABC trùng với trực tâm tam giác
MNP

5. (VMO 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD là đáy lớn.Xét M di động trên đường
thẳng CD sao cho M khác C,D .Gọi N là giao điểm thứ 2 khác M của ( BCM ) và
( DAM ).

Chứng minh: a) N di động trên một đường tròn cố định.

b) M N luôn đi qua điểm cố định.

6. Cho △ A B C một đường tròn (O) cắt các cạnh B C,C A,A B lần lượt tại
A1,A2,B1,B2,C1,C2.Các đường tròn AB1C1,BC1A1,CA1B1 cắt nhau tại E .Các đường tròn
AB2C2,BC2A2,CA2B2 cắt nhau tại F Chứng minh: O E = O F.
1. Định lí Pascal
Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (có thể hoán đổi
thứ tự). Gọi P=AB DE, Q=BC EF, R=CD FA. Khi đó các điểm P, Q, R
thẳng hàng.

Chứng minh:
Gọi X=EF AB, Y=AB CD, R
Z=CD EF.
Áp dụng định lý Menelaus cho Q
tam giác XYZ đối với các đường E
D
thẳng BCQ, DEP, FAR, ta có:
F
C

P Y B A X

Mặt khác, theo tính chất phương tích của một điểm đối với đường tròn ta
có: YC.YD=YB.YA, ZF.ZE=ZD.ZC, XB.XA=XF.XE (4)
Nhân (1), (2) và (3) theo vế, ta được:

Thế (4) vào (5), ta được:

Vậy P, Q, R thẳng hàng (theo định lý Menelaus).

2. Định lí Pascal đảo

 Nếu năm trong sáu điểm A, B, C, D, E, F thuộc (O) và các điểm P, Q, R thẳng
hàng thì điểm còn lại cũng thuộc (O). (P=AB DE, Q=BC EF, R=CD FA)
Chứng minh: B
Giả sử A, B, C, D, E thuộc (O); F là điểm sao cho
P=AB DE, Q=BC EF, R=CD FA
Gọi F’ là giao điểm thứ hai của AR và (O);
Q’=BC EF’
Theo định lí Pascal

( )

⇒P, Q’, R thẳng hàng ⇒

m t u c n n
Theo giả thiết P, Q, R thẳng hàng và Q thuộc BC nên Q
Do đó Q Q’
mà F=EQ AR, F’=EQ’ AR nên F F’
Vậy F thuộc (O)

Đường thẳng PQR ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ
điểm
( )

3. Chú ý
Ta có thể hoán vị các điểm A, B, C, D, E, F. Có nghĩa là nếu thay đổi thứ tự
các điểm, ta có thể được một đường thẳng Pascal khác với đường thẳng
ứng với thứ tự ban đầu. Do đó ta thu được rất nhiều các đường thẳng
Pascal khác nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal.

Khi cho các điểm có thể trùng nhau (khi đó lục giác suy biến thành tam
giác, tứ giác, ngũ giác).
Các trường hợp suy biến của định lí Pascal:
 Định lí Pascal với bộ điểm
( )
(khi E F thì EF trở thành
tiếp tuyến của đường tròn tại
E)

Định lí Pascal với bộ điểm

( )

Định lí Pascal với bộ điểm

( )
Bài 1: (Olympic Toán Trung Âu 2010)
o I l đường tròn n i tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB
lần lượt tại D, E v F tương ứng K l điểm đối xứng của D qua tâm đường
tròn n i tiếp. DE cắt FK tại S. Chứng minh rằng AS song song với BC

Lời giải

Ta gọi . Ta áp dụng định lí Pascal

c o 6 điểm , , , , , thì ta sẽ có:
, , .
Từ đây dễ dàng suy ra , , thẳng hàng.

T eo đề bài, ta có ∠KF ∠KE nên tứ

giác RFES nôi tiếp.
Suy ra ∠ F ∠FED n ưng ∠FED ∠FD (góc
tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) cho nên
∠ F ∠FD .
Từ đây ta có // đpcm

Bài 2: (Mathematical Olympiad Summer Program 1998)

Cho tam giác ABC n i tiếp m t đường tròn. Gọi , , l các điểm chính
giữa của các cung nhỏ ⏜ , ⏜ , ⏜ của đường tròn đó Gọi , , , , , lần
lượt l giao điểm của các cặp đường thẳng và ; và ; và
; và ; và K i đó ta có , ,
đồng quy.

Lời giải
Đầu tiên ta sẽ chú ý rằng , , đồng quy tại là
tâm đường tròn n i tiếp tam giác .
Áp dụng địn lí ascal c o 6 điểm , , , , , ta có: ,
,
Suy ra , , thẳng hàng, tức là .
Lại tiếp tục áp dụng địn lí ascal c o 6 điểm
, , , , , ta có:
, ,
Suy ra , , cũng t ẳng hàng, tức là .

Cuối cùng, áp dụng địn lí ascal c o 6 điểm

, , , , , ta có:
, ,
Suy ra , , thẳng hàng, tức là .
N ư vậy ta dĩ n i n có , , đồng quy tại

Bình luận: Mở r ng của bài toán này vẫn đúng Ta có b i toán sau: “Hai tam
giác , có cùng đường trong ngoại tiếp. Các cạnh của hai tam giác
cắt nhau tại 6 điểm tạo thành m t hình lục giác. Chứng minh rằng các đường
chéo của hình lục giác đó đồng quy ”

Bài 3: (Đường tròn Mixtilinear)

Cho tam giác nội tiếp đường tròn . Đường tròn tiếp xúc với
, và tiếp xúc với tại , , . Chứng minh rằng đi qua tâm
đường tròn nội tiếp của tam giác .

Lời giải 1 (Pascal)

Giả sử tiếp tuyến tại và của đường tròn cắt

nhau tại , gọi , lần lượt l giao điểm của
, với đường tròn .

Ta có ∠K ∠K ,
 ∠K ⏜ (⏜ ⏜ ),

∠K ⏜ ⏜

uy ra F l điểm chính giữa cung ⏜

Chứng min tương tự ta cũng suy ra E l điểm chính giữa cung ⏜ .

Do đó, , cùng đi qua tâm I của đường tròn n i tiếp tam giác .

Áp dụng địn lí ascal c o 6 điểm , , , , , ta có:

, ,

Suy ra , , thẳng ng, ay N đi qua tâm I của đường tròn n i tiếp tam
giác ABC.

Lời giải 2 (THCS)

Ta gọi E l giao điểm của XN với đường tròn (O).

Ta có ∠ N ∠ N ∠ E n n N// E ⇒
⊥ (do ⊥ )
Vậy E l trung điểm cung ⏜ và BE là phân giác
góc .

Khi này ta giả sử BE cắt MN tại I. Ta sẽ đi c ứng

minh CI là phân giác góc ACB.
Thật vậy, ta gọi XK là tiếp tuyến chung của hai
đường tròn (J) và (O).
Ta có ∠ E ∠ N ∠ E nên tứ giác XBMI n i tiếp Do đó:
∠ ∠
∠I ∠ N (do tứ giác ABXC n i tiếp)
Vậy IX là tia phân giác góc BXC, suy ra ∠I ∠IN , suy ra IXCN là tứ giác
n i tiếp. Từ đây ta sẽ có:
∠ ∠ ∠ ∠
∠N I ∠N I ∠I ∠E ∠ I
uy ra I l p ân giác góc , ta có đpcm
Bài 1. (IMO Shortlist 1991) o điểm t ay đổi trong tam giác ABC cố định.
Gọi , là hình chiếu vuông góc của điểm tr n v ; v l ìn
chiếu vuông góc của C trên AP và BP. Gọi l giao điểm của v
Chứng minh rằng X di chuyển trên m t đường tròn cố định.
Bài 2. (China 2005) M t đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ
tự tại các điểm D1, D2, E1, E2, F1, F2. Gọi giao điểm của D1E1 với D2F2 là L, của
E1F1 với E2D2 là M và của F1D1 với F2E2 là N. Chứng minh rằng AL, BM, CN
đồng quy.

Bài 3. o tam giác , các đường p ân giác v đường cao tại đỉnh B và C
lần lượt là , , , Đường tròn n i tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC tại N
và M. Chứng minh rằng N, DE, đồng quy.

Bài 4. (IMO Shortlist 2007) Cho tam giác ABC cố địn , các trung điểm A1, B1,
C1 của , , tương ứng Điểm t ay đổi tr n đường tròn ngoại tiếp tam
giác ác đường thẳng PA1, PB1, PC1 cắt lại đường tròn tại , , tương ứng.
Giả sử các điểm , , , , , đôi m t phân biệt v các đường thẳng ,
, tạo thành tam giác. Khi này, chứng minh rằng diện tích của tam giác
đó k ông p ụ thu c vào P.
Bài 4. (IMO Shortlist 2007) Cho tam giác ABC cố địn , các trung điểm A1, B1,
C1 của , , tương ứng Điểm t ay đổi tr n đường tròn ngoại tiếp tam
giác ác đường thẳng PA1, PB1, PC1 cắt lại đường tròn tại , , tương ứng.
Giả sử các điểm , , , , , đôi m t phân biệt v các đường thẳng ,
, tạo thành tam giác. Khi này, chứng minh rằng diện tích của tam giác
đó k ông p ụ thu c vào P.
 ĐỊNH LÝ BRIACHON
1) Giới thiệu.
Định lý Brianchon ,được đặt theo tên nhà toán học Charles Julien Brianchon,
là một trong những định lý nổi tiếng của hình học xạ ảnh. Nó được coi là kết
quả liên hợp của định lý Pascal. Trong hình học Euclide, định lý được phát
biểu như sau:
Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn (O). Khi đó các đường chéo
AD, BE, CF đồng quy.

Chú ý rằng lục giác ABCDEF không nhất thiết phải là lục giác lồi.
 2) Chứng minh.
Cách 1:

Gọi , , , T, , lần lượt l tiếp điểm của với , , D, DE, EF, F

Tr n tia l y , tia l y , tia l y , tia TE l y T , tia E l y , tia l y sao c o
TT
Rõ ràng tồn tại đường tròn (O1) tiếp xúc với VV’, ZZ’ tại V’,Z’ ; đường tròn
(O2) tiếp xúc với YY’,UU’ tai U’,Y’ ; đường tròn (O3) tiếp xúc với XX’,TT’
tại X’ , T’ .
Lại có AV’= VV’ − VA= XX’ − XA = AX’ .
Suy ra A nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O3), chứng minh tương tự
suy ra AD là trục đẳng phương của (O1) và (O3).
Tương tự ta thu được AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của
(O1),(O2),(O3).
Cách 2:

3)Một số trường hợp đặc biệt của định lý BrianChon

- Ta có thể áp dụng định lý Brianchon vào các ngũ giác, tứ giác, tam
giác ngoại tiếp bằng cách coi những hình này như những lục giác ngoại
tiếp đặc biệt có một, hai hoặc ba cặp cạnh trùng nhau. Thí dụ ta hãy
hình dung tiếp điểm A chạy trên vòng tròn đến trùng với điểm B để
cạnh F A đến trùng với cạnh AB. Lúc đó ta có một ngũ giác ABCDE
ngoại tiếp có tính chất sau:
 • Ngũ giác ngoại tiếp đường tròn: Hai đường nối hai cặp đỉnh không
kề nhau nào đó cắt nhau tại một điểm thẳng hàng với đỉnh thứ năm và
tiếp điểm của cạnh đối diện với đỉnh này.

Theo đó ta có thể phát hiện thêm những tính chất mới của tứ giác,

tam giác ngoại tiếp như sau:

• Tứ giác ngoại tiếp đường tròn:

Nếu một hình tứ giác ngoại tiếp một đường tròn thì các đường nối

các đỉnh đối diện và các đường nối các tiếp điểm trên các cạnh đối

diện đồng quy.

 • Tam giác ngoại tiếp đường tròn:
Nếu một hình tam giác ngoại tiếp một đường tròn thì ba đường

nối mỗi đỉnh với tiếp điểm trên mỗi cạnh đối diện là ba đường

đồng quy.

4) Ứng dụng
Các link và trang web tham khảo
[1] Tạp chí toán học tuổi thơ 2
[2] Tạp chí toán học tuổi trẻ
[3] Nguyễn Văn Linh, 108 bài toán hình học sơ cấp
[4] Nguyễn Bá Đang, 279 bài toán hình học cả nước
[5] Group Hình học phẳng – facebook
[6] Diễn đàn Aops
[7] Diễn đoàn Toán học VMF
[8] HuyCao ' s Blog
[9] http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/BetterButterfly.shtml
[10] Định lí Miquel và các áp dụng liên quan – Nguyễn
Trường sơn