MỘT SỐ BỔ ĐỀ, ĐỊNH LÝ THƯỜNG
DÙNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG
Ngơ Đức Anh
K26 Tốn - THPT Chun Sơn La

Tóm tắt nội dung
Hình học phẳng ln là một vấn đề vơ cùng đặc sắc và thường xuyên xuất hiện trong
các kì thi HSG các cấp. Trong việc xây dựng ý tưởng cũng như tìm tịi lời giải cho một
bài tốn hình học thì việc biết nhiều bổ đề, định lý sẽ giúp chúng ta rất nhiều trong việc
giải quyết các vấn đề một cách dễ dàng hơn. Vì vậy mà tác giả quyết định trình bày với
bạn đọc một số bổ đề thông dụng mà hay được sủ dụng khi giải các bài tốn hình học.

Mục lục
1 Định lý Reim

2

1.1

Định lý Reim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.3

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.4

Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5

Lời kết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

2 Định lý bốn điểm điểm, định lý Carnot

10

2.1

Định lý bốn điểm, định lý Carnot

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.2

Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11


2.3

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.4

Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5

Lời kết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Định lý con bướm

21

3.1

Định lý con bướm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.3

Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

3.4


Lời kết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1


Một số kí hiệu sử dụng trong tài liệu
• (O) - Đường trịn tâm O.
• (AB) - Đường trịn đường kính AB.
• (ABC) - Đường trịn ngoại tiếp tam giác (ABC).
• IAk - Phép nghịch đảo tâm A phương tích k.
• ABC - Cát tuyến ABC.

1
1.1

Định lý Reim
Định lý Reim

Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại A và B. Một đường thẳng qua A cắt
(O1 ) và (O2 ) lần lượt tại A1 và A2 ; một đường thẳng đi qua B cắt (O1 ) và (O2 ) lần lượt tại B1
và B2 . Khi đó A1 B1 ∥ A2 B2 .
Lời giải.

Xét thế hình như hình vẽ, các trường hợp khác bạn đọc chứng minh tương tự.
Ta có A1 B1 B = A2 AB = 180◦ − A2 B2 B. Suy ra A1 B1 B + A2 B2 B = 180◦ .
Do đó A1 B1 ∥ A2 B2 .

□

Nhận xét. Bổ đề trên vẫn đúng trong các trường hợp suy biến khi các điểm trùng nhau và khi

ta xem cạnh do một cặp điểm trùng nhau là tiếp tuyến tại cặp điểm trùng nhau đó hoặc (O1 )
và (O2 ) tiếp xúc với nhau.

1.2

Hệ quả

Hệ quả 1. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Một đường tròn (O′ ) đi qua các đỉnh B và C lần
lượt cắt các đường thẳng AB và AC tại B ′ và C ′ khác A. Một đường thẳng t đi qua đỉnh A.
Khi đó t tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi t ∥ B ′ C ′ .
Hệ quả 2. Cho tam giác ABC. Các điểm B ′ và C ′ lần lượt nằm trên các đường thẳng AB
và AC và khác với các đỉnh của tam giác. Khi đó hai đường tròn ngoại tiếp của các tam giác
2


ABC và AB ′ C ′ tiếp xúc với nhau khi và chỉ khi BC ∥ B ′ C ′ .
Nhận xét. Hai bổ đề trên rất hữu ích trong việc chứng minh đường thẳng tiếp xúc với đường
tròn và đường trịn tiếp xúc với đường trịn.

1.3

Ví dụ

Bài tốn 1. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng qua D vng góc với
AC cắt AC và (O) lần lượt tại E, F . Gọi ℓ là đường thẳng qua F vng góc với BC. Đường
thẳng qua A vng góc với ℓ cắt ℓ và (O) lần lượt tại G và H. Gọi I, J lần lượt là giao điểm
của GE với F H và CD. Chứng minh rằng các điểm C, I, F và J cùng thuộc một đường trịn.
Lời giải.

Ta có AGF = AEF = 90◦ nên AEGF nội tiếp. Áp dụng định lý Reim cho (AEF G) và (O)

cắt nhau tại A, F với cát tuyến AGH và F ED thì GE ∥ DH.
Mặt khác ta có AF CD nội tiếp (O) và JI ∥ DH nên áp dụng định lý Reim cho cát tuyến F IH
và CDJ ta có ngay CIF J nội tiếp.

□

Bài toán 2. (P4, IMO 2013) Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H, và W là điểm nằm trên
cạnh BC, nằm giữa B và C. Các điểm M, N theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ B và C. Gọi
ω1 là đường tròn ngoại tiếp tam giác BW N , và X là điểm trên ω1 sao cho W X là đường kính
của ω1 . Tương tự, gọi ω2 là đường tròn ngoại tiếp tam giác CW M , và Y là điểm trên ω2 sao
cho W Y là đường kính của ω2 . Chứng minh rằng X, Y và H thẳng hàng.
Lời giải.
3


Do K là điểm Miquel của tam giác ABC nên K thuộc đường tròn (AM N ).
Áp dụng định lý Reim cho (BN W ) và (AM N ) cắt nhau tại N và K với cát tuyến AN B thì
X, H và K thẳng hàng. Chứng minh tương tự, ta có Y, H và K thẳng hàng. Do đó X, Y và H
□

thẳng hàng.

Bài toán 3. (P1, Test 1, Day 1, China TST 2022) Cho lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp đường
tròn, G là giao điểm của AB và DC,H là giao điểm của AF và DE. Gọi M, N lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG và EF H. Chứng minh rằng BE, CF và M N đồng quy.
Lời giải.

Gọi X, Y lần lượt là giao điểm thứ hai của BE và CF với (BCG). Gọi O là tâm đường
tròn ngoại tiêp lục giác ABCDEF . Áp dụng định lý Reim cho (BCG) và (O) ta lần lượt có
XY ∥ EF, XG ∥ HD, Y G ∥ HA,.

Do đó HEF và GXY là hai tam giác đồng dạng có các cạnh tương ứng song song. Suy ra
BE, CF và M N đồng quy tại một điểm là tâm vị tự của tam giác HEF và GXY .

□

Bài toán 4. (P1, IMO 2018) Cho Γ là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt
4


thuộc AB và AC sao cho AD = AE. Các đường trung trực của BD và CE lần lượt cắt các
cung nhỏ AB và AC của Γ tại F và G. Chứng minh rằng DE ∥ F G.
Lời giải.

Gọi X, Y lần lượt là giao điểm thứ hai của DF và EG với đường tròn Γ.
Nhận thấy △BDF ∼ △ADX (g.g). Mặt khác do BF = DF nên AD = AX. Chứng minh
tương tự ta có AE = AY , từ đó suy ra AY = AD = AE = AX, hay bốn điểm Y, D, E và X
cùng thuộc một đường tròn.
Áp dụng định lý Reim cho Γ và (A; AD) cắt nhau X và Y với cát tuyến XDF và Y EG thì
DE ∥ F G.

□

Tiếp theo ta sẽ đi đến một vài bài toán sử dụng định lý Reim ở dạng suy biến và hệ quả của
chúng.
Bài toán 5. (P3, IMO 2015) Cho tam giác ABC với AB > AC. Gọi (O) là đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, H là trực tâm và F là chân đường cao hạ từ đỉnh A. M là trung điểm của
BC. Q là điểm nằm trên (O) sao cho HQA = 90◦ , và K là điểm trên (O) sao cho HKQ = 90◦ .
Giả sử rằng A, B, C, K và Q đôi một phân biệt và nằm trên (O) theo đúng thứ tự đó. Chứng
minh rằng đường trịn ngoại tiếp của tam giác KHQ và F KM tiếp xúc với nhau.
Lời giải.

Kẻ đường kính AA′ của (O) thì ta có A′ B ∥ CH và A′ C ∥ BH, suy ra A′ BHC là hình bình
hành, tức là M là trung điểm của HA′ .
Lại có AQA′ = 90◦ = HQA, do đó Q, H và A′ thẳng hàng. Từ đó Q, H, M và A′ thẳng hàng.
Gọi H ′ là giao điểm của AH và (O), D là giao điểm của QK và A′ H ′ . Khi đó DKHH ′ nội tiếp
đường trịn dường kính DH. Gọi N là trung điểm của DH. Do A′ D ∥ M N (do cùng vng
góc với AH) nên M N là đường trung bình của tam giác HDA′ , suy ra N thuộc BC.

5


Áp dụng định lý Reim dạng suy biến cho (HKQ) và (N ; N D) với cát tuyến HHD và QKD
ta có QH//DD (với ký hiệu DD là tiếp tuyến tại D của (N )). Mà ta lại có DD ⊥ HD nên
DH là tiếp tuyến của (HKQ). Kết hợp với N H = N K, ta có N K là tiếp tuyến của (HKQ).
Do N H ⊥ QH nên ta có N K 2 = N H 2 = N F .N M , suy ra N K là tiếp tuyến của (F KM ).
Vậy đường tròn (KHQ) tiếp xúc với đường trịn (KF M ).

□

Bài tốn 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có ba đường cao AD, BE và CF đồng
quy tại H. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AH. N O cắt (BOC) tại K khác O,
(BOC) giao (DEF ) tại X và Y . Tia M H cắt (O) tại T . Chứng minh rằng T K, M N và XY
đồng quy.
Lời giải.

Xét thế hình như hình vẽ, các trường hợp khác chứng minh tương tự.
6


Gọi Z là giao điểm hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Gọi AA′ là đường kính của (O), A′′ là
giao điểm thứ hai của AO và (BOC). Gọi W là giao điểm thứ hai của (BOC) và (T M Z).

Theo kết quả bài tốn 5 thì T, H, M, A′ thẳng hàng. Do O, N lần lượt là tâm của (ABC) và
(DEF ) nên ON ⊥ T A, mặt khác T A ⊥ T M nên ON ∥ T M .
Xét phép nghịch đảo I tâm M , phương tích k = M B.M C.
k :
IM
T ↔ A′ , Z ↔ O, suy ra (T M Z) ↔ AA′ . Do đó W ↔ A′′ , tức là W thuộc M A′′ .
Áp dụng định lý Reim cho (T M Z) và (BOC) cắt nhau tại W và Z, kết hợp với T M ∥ OK thì
ta có T, W, K thẳng hàng.
Lại có M O.M Z = M B.M C = M T .M A′ , nên OA′ ZT nội tiếp.
Suy ra T ZM = T A′ O = T M N (do M N ∥ AO). Khi đó M N là tiếp tuyến của (T M Z).
Ta có W M N = W T M = N KW , hay W M KN nội tiếp.
Xét trục đẳng phương của (BOC), (DEF ) và (N M K) thì ta có ngay M N, XY và T K đồng
□

quy tại một điểm.

Bài toán 7. (P3, APMO 2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Γ. Gọi M là trung
điểm của BC. Điểm P di chuyển trên đoạn thẳng AM . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BP M
và CP M cắt lại Γ lần lượt lại D và E. Gọi X và Y lần lượt là giao điểm thứ hai của DP và
EF với đường tròn ngoại tiếp tam giác CP M và BP M . Chứng minh rằng đường trịn ngoại
tiếp tam giác AXY ln đi qua một điểm cố định.
Lời giải.

Xét trục đẳng phương của ba đường tròn (BDM ), (CEM ) và Γ thì ta có BD, CE và AM
đồng quy tại K. Mặt khác, áp dụng định lý Reim cho (BDM ) và (CEM ) cắt nhau tại M và
P với cát tuyến XP D và CM B thì CX ∥ BD. Tương tự ta có BY //CE. Khi đó gọi L là giao
điểm của BY và CX thì BKCL là hình bình hành. Mà M là trung điểm của BC nên L, M, K
thẳng hàng.
7



Do đó LB.LY = LP .LM = LX.LC, suy ra BY CX nội tiếp.
Bằng cộng góc ta chứng minh được LXP Y và DP EK nội tiếp. Ta có XY P = XLP = DKP =
DEP , suy ra XY //DE.
Gọi B1 , C1 là hai điểm thuộc Γ sao cho BB1 ∥ AM ∥ CC1 . Áp dụng định lý Reim cho (BDM )
và Γ cắt nhau tại B và D thì D, P, C1 thẳng hàng. Tương tự ta có E, P, B1 thẳng hàng.
Do XY //DE nên tiếp tục áp dụng định lý Reim thì ta có XY B1 C1 nội tiếp.
Gọi Q là giao điểm của B1 C1 và BC thì Q cố định.
Ta có PQ/(BCXY ) = QB.QC = QB1 .QC1 = PQ/(XY B1 C1 ) , hay Q ∈ XY .
Xét trục đẳng phương của (AXY ), Γ và (BCXY ) ta có (AXY ) cắt AQ tại một điểm cố định
thuộc Γ.

1.4

□

Bài tập đề nghị

Bài toán 8. (P4, IMO 2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Ω tâm O. Đường tròn
Γ tâm A cắt đoạn thẳng BC tại các điểm D và E sao cho B, D, E đôi một phân biệt và nằm
trên đường thẳng BC theo đúng thứ tự đó. Gọi F và G là các giao điểm của Γ và Ω , sao cho
A, F, B, C và G nằm trên Ω theo thứ tự đó. Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại
tiếp tam giác BDF và đoạn thẳng AB. Gọi L là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp
tam giác CGE và đoạn thẳng CA. Giả sử các đường thẳng F K và GL phân biệt và cắt nhau
tại điểm X. Chứng minh rằng X thuộc AO.
Bài toán 9. (P3, IMO 2013) Đường trịn bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với cạnh
BC tại điểm A1 . Điểm B1 trên CA và điểm C1 trên AB được định nghĩa một cách tương tự
bằng cách xét đường tròn bàng tiếp góc B và góc C tương ứng. Giả sử tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác A1 B2 C1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng ABC
là tam giác vng.

Bài tốn 10. (Phan Quang Trí) Cho tam giác ABC có trực tâm H và các đường cao
AD, BE, CF . Gọi K, L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HAB và HAC. Gọi
M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn (DEK) và
(DF L) đi qua giao điểm của AM và EF .
Bài toán 11. Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D. T đối xứng
với D qua AI. J là trung điểm của AI và AH là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh
rằng (JHT ) đi qua điểm Feuerbach

1

của tam giác ABC.

Các bài tốn 8 và 9 nằm trong [1], cịn cách bài toán toán 10 và 11 nằm trong [2].

1.5

Lời kết

Định lý Reim tuy đơn giản nhưng lại có tác dụng rất lớn trong việc nhìn nhận bài tốn một
cách nhanh chóng và thuận tiện hơn. Sở dĩ việc chứng minh định lý Reim chỉ dựa vào việc biến
1

Điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp và đường tròn Euler

8


đổi góc nên khi áp dụng các bài tốn thì nó sẽ khiến ta nhìn nhận ra các tính chất như song
song, thẳng hàng và nội tiếp dễ hơn việc biến đổi góc, nhất là các trường hợp suy biến. Mong
qua bổ đề này bạn đọc có thể hình dụng việc sử dụng định lý Reim trong các bài toán phức

tạp.

Tài liệu
[1] Lê Viết Ân, Một số bổ đề hữu dụng tiếp cận lời giải trong các bài tốn hình học, Epsilon
14.
/>[2] Group Hình Học Phẳng.
/>[3] Diễn đàn tốn học.
/>
9


2

Định lý bốn điểm điểm, định lý Carnot

2.1

Định lý bốn điểm, định lý Carnot

Định lý 1. (Định lý bốn điểm) Cho bốn điểm A, B, C, D phân biệt của trong mặt phẳng. Khi
đó AB vng góc với CD khi và chỉ khi AC 2 − AD2 = BC 2 − BD2 .
Lời giải.
Ta có
AC 2 − AD2 = BC 2 − BD2
−→
−−→
−−→
−−→
⇔AC 2 − AD2 = BC 2 − BD2
−−→ −→ −−→

−−→ −−→ −−→
⇔DC(AC + AD) = DC(BC + BD)
−−→ −→ −−→ −−→ −−→
⇔DC(AC + CB + AD + DB) = 0
−→ −−→
⇔AB.DC = 0 ⇔ AB ⊥ CD.
Nhận xét.
1. Khi cho B trùng với C thì ta có ngay định lý Pythagorean.
2. Định lý được phát biểu dưới dạng điều kiện cần và điều kiện đủ nên ta có thể vận dung hai
chiều để chứng minh hai đường thẳng vng góc hoặc dùng để tính tốn. Ngồi ra điều kiện
vng góc được biểu thị dưới dạng hiệu hai bình phương nên ta có thể vận dụng các tính
chất của phương tích.
3. Định lý trên cịn cách chứng minh sử dụng định lý Pythagorean nhưng tác giả sẽ không đề
cập đến ở đây. Phần chứng minh khơng khó xin dành cho bạn đọc.
Định lý 2. (Định lý Carnot) Cho tam giác ABC và ba điểm X, Y, Z. Khi đó các đường thẳng
lần lượt qua X, Y, Z và vng góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi XB 2 − XC 2 +
Y C 2 − Y A2 + ZA2 − ZB 2 = 0.
Lời giải.

10


Gọi P là giao điểm của đường thẳng qua X vng góc với BC và đường thẳng qua Y vng
góc với CA. Theo định lý 1, ta có P B 2 − P C 2 = XB 2 − XC 2 , P C 2 − P A2 = Y C 2 − Y A2 .
Do đó XB 2 − XC 2 + Y C 2 − Y A2 + ZA2 − ZC 2 = 0 khi và chỉ khi P B 2 − P C 2 + P C 2 − P A2 +
ZA2 − ZB 2 = 0 hay ZA2 − ZB 2 = P A2 − P B 2 . Điều này tương đương với P Z ⊥ AB hay các
đường thẳng lần lượt qua X, Y, Z và vng góc với BC, CA, AB đồng quy tại P .

2.2


Hệ quả

Hệ quả 3. (Định lý lá cờ nước Anh) Cho hình chữ nhật ABCD và điểm P bất kì. Khi đó
P A2 + P C 2 = P B 2 + P D 2 .
Hệ quả 4. Cho tam giác ABC và tam giác A′ B ′ C ′ . Gọi d1 , d2 , d3 lần lượt là các đường thẳng qua
A, B, C vng góc với B ′ C ′ , C ′ A′ , A′ B ′ . Gọi d′1 , d′2 , d′3 lần lượt là các đường thẳng qua A′ , B ′ , C ′
vng góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng d1 , d2 , d3 đồng quy khi và chỉ khi d′1 , d′2 , d′3 đồng
quy.
Lời giải.

Ta đã biết điều kiện cần và đủ để d1 , d2 , d3 đồng quy là
(AB ′2 − AC ′2 ) + (BC ′2 + BA′2 ) + (CA′2 − CB ′2 ) = 0
⇔(A′ B 2 − A′ C 2 ) + (B ′ C 2 − B ′ A2 ) + (C ′ A2 − C ′ B 2 ) = 0
Nhận xét.
1. Hai tam giác ABC và A′ B ′ C ′ được gọi là hai tam giác trực giao
2. Nếu gọi giao điểm của d1 , d2 , d3 là M thì M được gọi là tâm trực giao của tam giác ABC
đối với tam giác A′ , B ′ , C ′ . Và nếu gọi giao điểm của d′1 , d′2 , d′3 là N thì N được gọi là tâm
trực giao của tam giác A′ B ′ C ′ đối với tam giác ABC.
11


2.3

Ví dụ

Bài tốn 1. Cho Ia , Ib , Ic lần lượt là tâm đường trịn bàng tiếp góc A, B và C của tam giác
ABC. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A, B và C của tam
giác ABC. Chứng minh rằng Ia A1 , Ib B1 và Ic C1 đồng quy tại một điểm.
Lời giải. Theo định lý Carnot thì Ia A1 , Ib B1 và Ic C1 đồng quy khi và chỉ khi
2


2

2

2

2

2

Ia B − Ia C + Ib C − Ib A + Ic A − Ic B = 0.

Ta nhận thấy BA1 = s − c = AB1 , với s là nửa chu vi của tam giác ABC. Tương tự, ta có
CA1 = s − b = AC1 , BC1 = s − a = CB1 .
Đặt x = s − c, y = s − b, z = s − a và ra , rb , rc lần lượt là bán kính đường tròn (Ia ), (Ib ), (Ic ).
Áp dụng định lý Pythagorean thì đẳng thức cần chứng minh tương đương:
ra2 + x2 − ra2 − y 2 + rb2 + z 2 − rb2 − x2 + rc2 + y 2 − rc2 − z 2 = 0
Điều này hiển nhiên đúng vì các đại lượng ở vế trái lần lượt triệt tiêu lẫn nhau.

□

Nhận xét. Điểm đồng quy ở bài toán trên thực chất là điểm Bevan của tam giác ABC, gọi
điểm đó là K. Nếu ta đổi mơ hình từ tam giác ABC thành tam giác Ia Ib Ic thì K là tâm đường
trịn ngoại tiếp tam giác Ia Ib Ic . Khi đó bài tốn quay về mơ hình trực tâm quen thuộc và ta
có thể dễ dàng chứng minh bài tốn trên bằng cộng góc.
Bài tốn 2. (IMO 1985) Cho tam giác ABC, một đường tròn tâm O đi qua A, C và cắt lại
các cạnh BA, BC tại K, N . Giả sử các đường tròn (BKN ) và (ABC) cắt nhau tại hai điểm B
và M . Chứng minh rằng BM vng góc với M O.
Lời giải.

Xét trục đẳng phương của ba đường tròn (O), (BKN ) và (ABC) thì ta có BM, KN và AC
đồng quy tại P .
Do M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần AKN C.BP nên P M N C nội tiếp.
Ta có
BM .BP = BN .BC = OB 2 − OA2 ,
12


P M .P B = P N .P K = OP 2 − OA2 .
Do đó
OB 2 − OP 2 = BP (BM − M P ) = (BM + M P )(BM − M P ) = M B 2 − M P 2 .

Theo định lý bốn điểm thì ta có BP ⊥ M O.

□

Nhận xét. Bài tốn dưới đây rất quen thuộc và có rất nhiều hướng tiếp cận khác nhau như sử
dụng biến đổi góc, dùng phép đối xứng trục, dùng cực đối cực và phép nghịch đảo. Nói tóm lại
tác giả muốn bạn đọc có thể biết thêm một phương pháp nữa để chứng minh và nhìn nhận bài
tốn qua nhiều hướng.
Bài tốn 3. Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến (O). Gọi
E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC. Lấy D là một điểm bất kì trên EF , vẽ các tiếp tuyến
DP, DQ tới đường tròn (O). P Q cắt BC, EF lần lượt tại N, M . Chứng minh rằng ON ∥ AM .
Lời giải.

Xét cực và đối cực đối với đường trịn (O; R), ta có A là cực của BC, D là cực của P Q mà
N = BC ∩ P Q nên N là cực của AD đối với (O). Suy ra ON ⊥ AD.
Do ED ⊥ OA nên áp dụng định lý 1, ta có:
13



DO2 − DA2 = EO2 − EA2 = (BE 2 + OB 2 ) − 41 AB 2 = R2 .
Suy ra
DA2 = DO2 − R2 = PD /(O)
Điều này chứng tỏ D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AP Q. Xét cực và đối cực đối với
đường trịn (AP Q), ta có O là cưc của P Q nên M, O liên hợp. Mặt khác DM ⊥ OA nên M là
cực của OA. Suy ra M A ⊥ AD.
Vậy từ đó suy ra ON ∥ AM .

□

Bài toán 4. Cho tam giác ABC và hai điểm M, N nằm trên các cạnh AB, AC sao cho BM =
CN . Gọi S là giao điểm khác A của (ABN ), (ACM ).
a) Giả sử SB, SC lần lượt cắt lại (ASC), (ASB) tại X, Y . Chứng minh rằng BAX = CAY .
b) Chứng minh rằng tâm các đường tròn (ABC), (AM N ) lần lượt nằm trên đường cao đỉnh
S của tam giác SM N, SBC.

Lời giải.
a) Ta có BAY = BSY = CSX = CAX, từ đó có đpcm.
b) Ta có SBM = SN C và SM B = SCN và BM = CN nên △SBM = △SN C, suy ra
SB = SN , hay S là điểm chính giữa cung BN của (ABN ), suy ra AS là phân giác góc
BAC.
Kết hợp câu a) ta có SBY = SAY = SAX = SCX, suy ra BCXY là tứ giác nội tiếp, suy
ra SB · SX = SC · SY .
14


Sử dụng phương tích ta được
SB 2 − SC 2 = SB · (SX + XB) − SC · (SY + Y C)
= SB · SX + BS · BX − SC · SY − CS · CY

= BA · BM − CA.CN
= PB/(J) − PC/(J) = JB 2 − JC 2
Do đó theo định lý 1 thì SJ ⊥ BC. Tương tự ta có:
SM 2 − SN 2 = SC 2 − SB 2 = CA.CN − BA · BM
= CN 2 − BM 2 + M A · M B − N A · N C
= PM/(O) − PN/(O) = OM 2 − ON 2
Suy ra SO ⊥ M N .

□

Bài toán 5. (APMO 2010) Tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) và có trực tâm H, (HAB)
cắt AC tại N và (HAC) cắt AB tại M . Chứng minh tâm đường tròn (HM N ) thuộc HO.
Lời giải.

Gọi O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HM N .
Gọi U, V lần lượt là giao điểm của HM và AC, HN và AB. Ta có U A.U C = U M .U H, nên U
thuộc trục đẳng phương của (O) và (HM N ). Tương tự, ta có V thuộc trục đẳng phương của
(O) và (HM N ). Suy ra U V ⊥ OO′ .
Ta sẽ đi chứng minh U V ⊥ OH.
Ta có AN V = ABH = ACH = AM U , do đó M U N V nội tiếp. Khi đó
HM .HU = HV .HN .
15


Do đó
OU 2 − OH 2 = (OU 2 − R2 ) − (OH 2 − R2 ) = U M .U H − V N .V H
= U H(U H + HM ) − V H(V H + HN )
= U H 2 − V H 2.
Suy ra U V ⊥ OH.
Vậy O′ , H và O thẳng hàng.


□

Bài tốn 6. (Lê Bá Khánh Trình) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H.
CH cắt AB ở D. Trên AC lấy M sao cho DM ⊥ OD. Trên M D lấy N sao cho CN ⊥ M H.
Gọi K là giao điểm của CD và OM . Chứng minh rằng M N K = CN H.
Lời giải.

Gọi T là trung điểm của AC, theo định lý bốn điểm ta có:
T M 2 − DM 2 = OD2 − T O2 = (OA2 − DA.DB) + (T A.T C − OA2 )
= T A2 − DH.DC
= T A2 − HD.HC − HD2
= T H 2 − DH 2 .
Suy ra DT ⊥ M H, mà M DO = 90◦ nên DM H = ODT = OM T , do đó M H và M O đẳng
giác trong N M C.
Gọi X là giao điểm của M H và AB.
Do M DX = CDO nên X và O là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác M CD. Khi đó
XCD = ACO = BCD, suy ra X đối xứng với B qua CD.
Ta có N CD = 90◦ − XHD = 90◦ − BHD = ACD, do đó BD là phân giác của M CN .
Mà M H và M O đẳng giác trong N M C nên N H và N K đẳng giác trong M N C, tức là
16


M N K = CN H.

□

Bài toán 7. Cho tam giác ABC có các đường cao AH, BE.CF đồng quy tại H. Gọi X, Y, Z
lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng các đường thẳng
qua X, Y, Z lần lượt vng góc với EF, F D, DE đồng quy tại một điểm.

Lời giải. Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác AF X và AEX, ta có
F X 2 −EX 2 =

2F D2 +

AX 2
AX 2
−AF 2 − 2ED2 −
−AE 2
2
2

= 2(F D2 −ED2 )+(AE 2 −AF 2 ).

Chứng minh tương tự, ta có:
Y D2 − Y F 2 = 2(ED2 − EF 2 ) + (BF 2 − BD2 ),
ZE 2 − ZD2 = 2(EF 2 − F D2 ) + (CD2 − CE 2 ).
Suy ra
(ZE 2 − ZD2 ) + (F X 2 − EX 2 ) + (Y D2 − Y F 2 ) = (CD2 − CE 2 ) + (AE 2 − AF 2 ) + (BF 2 − BD2 ).
Mặt khác ta có đường thẳng qua A, B, C lần lượt vng góc với EF, F D, DE đồng quy tại
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên theo định lý Carnot, ta có
(AE 2 − AF 2 ) + (BF 2 − BD2 ) + (CD2 − CE 2 ) = 0
□

Vậy ta có ngay điều phải chứng minh.
Tiếp theo ta sẽ đi đến một số bài toán sử dụng tính chất của hai tam giác trực giao.

Bài tốn 8. Cho tam giác ABC và điểm P bất kì. Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P đối
với tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của BQ, CQ với CA, AB. Gọi X, Y, Z lần
lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB. Gọi T là trực tâm của tam giác AY Z. Chứng minh

17


rằng XT ⊥ EF .
Lời giải.
Do AZP Y nội tiếp nên QAC = ZAP = ZY P = T AY , suy ra A, T, Q thẳng hàng. Từ đó, ta
có AQ ⊥ Y Z. Tương tự, ta có BQ ⊥ ZX, CQ ⊥ XY .
Do đó các đường thẳng qua Q, E, F lần lượt vng góc với Y Z, T Z, T Y đồng quy tại A. Khi
đó tam giác QEF và T Y Z trực giao với nhau. Như vậy các đường thẳng qua T, Y, Z lần lượt
vng góc với EF, F Q, QE đồng quy tại X. Suy ra DT ⊥ EF .

□

Tiếp theo ta sẽ đi đén một bài toán phức tạp hơn nhưng ý tưởng cũng tương tự như trên.
Bài toán 9. Cho tam giác ABC và điểm P bất kì. Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P đối
với tam giác ABC. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiều của Q lên BC, CA, AB. Gọi R là trực
tâm của tam giác XY Z. Các đường thẳng qua P lần lượt vng góc với BP, CP lần lượt cắt
CA, AB tại K, L. Chứng minh rằng QR ⊥ KL.
Lời giải.

18


Theo kết quả chứng minh ở bài trước, ta có AP ⊥ Y Z. Mặt khác, ta có Y Z ⊥ XZ, ZR ⊥ XY .
Lại có BP ⊥ XZ, CP ⊥ XY nên P K ∥ XZ, P L ∥ XY . Suy ra Y R ⊥ P K, ZR ⊥ P L.
Do đó các đường thẳng qua P, K, L lần lượt vng góc với Y Z, QY, QZ đồng quy tại A. Từ đó
suy ra tam giác P KL và QZY trực giao với nhau. Từ đó suy ra các đường thẳng qua Q, Z, Y
lần lượt vng góc với KL, P L, KP đồng quy tại R. Khi đó QR ⊥ KL.

2.4


□

Bài tập đề nghị

Bài tốn 10. (VNTST 2012) Trên mặt phẳng, cho đường tròn (O) và hai điểm cố định B, C
trên đường tròn này sao cho BC khơng là đường kính của (O). Gọi A là một điểm di động
trên đường tròn (O) và A không trùng với hai điểm B, C. Gọi D, K, J lần lượt là trung điểm
của BC, CA, AB và E, M, N lần lượt là hình chiếu vng góc của A, B, C trên BC, DJ, DK.
Chứng minh rằng các tiếp tuyến tại M, N của đường tròn ngoại tiếp tam giác EM N luôn cắt
nhau tại điểm T cố định khi điểm A thay đổi trên (O) .
Bài tốn 11. Giả sử (O) là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC. D là trung điểm của
cạnh AB, còn E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh rằng nếu AB = AC thì OE
vng góc với CD.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao BE, CF . Các điểm M, N, L theo thứ
tự là trung điểm của BF, CE, đường thẳng qua M vng góc với BL và đường thẳng qua N
vng góc với CL cắt nhau tại K. Chứng minh rằng KB = KC.
Bài toán 13. Cho tam giác ABC, trung tuyến AD. Đường thẳng ∆ vng góc với AD. M
di chuyển trên ∆. E, F theo thứ tự là trung điểm của M B, M C. Các điểm P, Q theo thứ tự
thuộc AB, AC saọ cho EP, F Q cùng vng góc với ∆. Chứng minh rằng đường thẳng qua M
và vng góc với P Q ln đi qua một điểm cố định.
Bài toán 14. (USAMO 1997) Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và
ABF nằm bên ngoài tam giác ABC với BC, CA và AB là các cạnh đáy. Chứng minh rằng các
đường thẳng qua A, B, C tương ứng vng góc với EF, F D, DE thì đồng quy.
Bài tốn 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H. Gọi L là điểm đối
xứng của H qua O. Gọi AL, BL, CL lần lượt là giao BC, CA, AB tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh
rằng hai tam giác ABC và A1 B1 C1 trực giao.

2.5


Lời kết

Qua một loạt các ví dụ trên thì bạn đọc phần nào đã có một con đường khác trong việc xử lí
các bài tốn vng góc và đồng quy có chứa nhiều yếu tố vng góc.

19


Tài liệu
[1] Nguyễn Hữu Tâm, Định lý bốn điểm và ứng dụng giải một số bài tốn hình học phẳng.
[2] Phan Quang Trí, Một số ứng dụng của hai tam giác trực giao, Tập san hình học số 1.
[3] Stefan Lozanovski, A Beautiful Journey Through Olympiad Geometry.
[4] Diễn đàn toán học
/>
20


3
3.1

Định lý con bướm
Định lý con bướm

Định lý 1. (Định lý con bướm) Cho đường tròn (O) và một điểm M nằm trong mặt phẳng.
Qua M kẻ hai đường thẳng cắt (O) lần lượt tại A, B và C, D. Một đường thẳng qua M cắt
AD, BC lần lượt tại X, Y . Khi đó M X = M Y khi và chỉ khi OM ⊥ d.
Lời giải.

Gọi K, L lần lượt là giao điểm của AB, DC và AC, BD.
Theo định lý Brocard ta có KL ⊥ OM .

Lại có K(LM, DC) = −1 = K(LM, XY ). Suy ra M X = M Y khi và chỉ khi KL ∥ d. Mà
KL ⊥ OM nên điều này tương đương OM ⊥ d.

□

Nhận xét. Chúng ta thường bắt gặp trường hợp điểm M nằm trong đường tròn (O) như hình
vẽ dưới đây. Tuy nhiên cách phát biểu định lý trên cho ta thấy dù điểm M nằm ngoài hay
trong thì định lý trên vẫn đúng.

21


Định lý 2. (Định lý con bướm mở rộng) Cho đường tròn (O) và một điểm M . Qua M kẻ đường
thẳng d vng góc với OM . X, Y là hai điểm trên d, đối xứng nhau qua M . Qua X, Y kẻ hai
cát tuyến cắt (O) tại A, B và C, D. AD, BC cắt d lần lượt tại Z., T . Khi đó Z, T đối xứng nhau
qua M .
Lời giải.

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của d với (O) (X nằm giữa P và Z).
Ta có A(P BDQ) = C(P BDQ). Chiếu lên d, ta có (P XZQ) = (P T Y Q)
Do đó
ZP QP
Y P QP
:
:
=
.
ZX QX
Y T QT
Mặt khác do XM = M Y nên P Y = XQ, khi đó ta có :

ZP
QT
ZM + M P
QM + M T
=
⇔
=
ZX
YT
ZM + M X
Y M + MT
Đặt M P = QM = a, XM = M Y = b, ZM = x, M T = y, ta có:
x+a
y+a
=
x+b
y+b
Tương đương với
(x − y)(a − b) = 0
Mà do a ̸= b nên x = y, tức là ZM = M T . Vậy Z, T đối xứng với nhau qua M .

□

Nhận xét.
1. Lời giải trên thiên hướng biến đổi tý số kép, mặc dù lời giải khơng mang hướng hình học
thuần túy nhưng lại là ý tưởng đơn giản, tự nhiên hơn cả.
2. Khi d là một cát tuyến của (O) thì định lý 2. trờ thành định lý Klamkin.
22



3.2

Ví dụ

Bài tốn 1. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O), nội tiếp đường tròn (I). Đường
thẳng qua I vng góc với OI lần lượt cắt phân giác ngồi góc A và BC tại X, Y . Chứng minh
rằng IX = 2IY .
Lời giải.

Gọi E, F lần lượt là giao điểm của CI, BI với (O). Gọi D, T lần lượt là giao điểm của EF với
XY, AI.
Áp dụng định lý con bướm cho đường tròn (O) với OI ⊥ DY nên ID = IY . Mặt khác ta có
DT ∥ AX và dễ nhận thấy T là trung điểm của AI nên DX = DI.
Do đó IX = 2IY .

□

Tiếp theo ta sẽ đi đến một ví dụ là bài toán nghịch đảo của định lý con bướm.
Bài tốn 2. Cho tam giác ABC. Một đường trịn (J) bất kì qua B, C cắt AC, AB lần lượt tại
E, F . Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AJ cắt (AEF ) và (ABC) lần lượt tại P, Q. Chứng
minh rằng AP = AQ.
Lời giải.

23


Xét phép nghịch đảo tâm A, phương tích k = AE.AC.
IAk : E ↔ C, F ↔ B, (AEF ) ↔ BC, (ABC) ↔ EF .
Do đó Q ↔ Q′ = EF ∩ BC, P ↔ P ′ = BC ∩ P Q.
Do P Q ⊥ AJ nên theo định lý con bướm thì AP ′ = AQ′ , suy ra AP = AQ.


□

Bài toán 3. (Trần Quang Hùng) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H,
trung tuyến AM . K là trung điểm của AM . P là một điểm di chuyển trên O. L là hình chiếu
của M lên AP . I là trung điểm của P L. Đường trịn đường kính AH cắt (O) tại G khác A. GI
cắt (O) tại S khác G. T là điểm thuộc GL sao cho IT vng góc với KI. Chứng minh rằng
ST ln đi qua một điểm cố định khi P di chuyển.
Lời giải.

Gọi AD là đường kính của (O). Nhận thấy G, H, M, D thẳng hàng, do đó G, L đều thuộc đường
trịn (K) đường kính AM .
Gọi E là giao điểm thứ hai của KI và đường tròn (K), F là giao điểm của T I và AE.
Ta có ELP = AGE = AP S, do đó P S ∥ LE, mà I là trung điểm của P L nên I cũng là trung
điểm của ES. Áp dụng định lý con bướm cho tứ giác ALEG nội tiếp (K) có T F ⊥ KI nên I
là trung điểm T F , khi đó suy ra ST ∥ EF .
Gọi Q là giao điểm thứ hai của ST và (O). Ta có QAF = 180◦ − AQS = AGS.
Suy ra QA tiếp xúc với đường tròn (K), mặt khác (K) cố định nên Q cố định. Vậy ST đi qua
điểm Q cố định.

□

Bài tốn 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O). E, F là hai điểm bất kì trên AC, AB.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BE, CF, EF . K là hình chiếu của O trên EF . Chứng
minh rằng M, N, P và K đồng viên.
Lời giải. Qua C kẻ đường thẳng song song KN cắt (O) tại Q khác C. Gọi D, T lần lượt là
giao điểm của EF với BQ, CQ.
Do N là trung điểm của CF và KN ∥ CQ nên KF = KT . Áp dụng định lý con bướm mở
rộng cho đường tròn (O) với điểm K và KF = KT thì ta có KD = KE. Do đó KM ∥ BQ.


24


Ta có N KM = CQB = CAB = N P M .
Suy ra M, N, P, K đồng viên.

□

Nhận xét. Chia sẻ một chút kinh nghiệm của bản thân về bài tốn này. Thực ra ban đầu tác
giả khơng thể làm ra bài toán bài yếu tố "trơ" của bài toán trên là điểm K. Ý tưởng ban đầu
là chứng minh N P M = BAC nhưng việc khó khăn là tìm được một góc gián tiếp để bằng với
BAC. Đến khi tìm được lời giải thì mới thấy bài toán này thật đẹp đẽ, và ngạc nhiên là lời
giải không hề sử dụng định lý con bướm. Bằng việc lấy giao điểm của BO, CO với đường tròn
(O) sau đó sử dụng định lý Pascal, phần chi tiết xin mời bạn đọc tự chứng minh. Tiếp theo ta
sẽ đi đến vài bài toán sử dụng định lý con bướm thơng qua mơ hình đường trịn nội tiếp.
Bài tốn 5. Cho tam giác ABC có đường trịn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC, AB lần lượt tại
E, F . Kẻ các đường kính EE ′ và F F ′ của (I). E ′ F ′ cắt BC tại T . M, N thuộc IT sao cho
BM ⊥ CI và CN ⊥ BI. Chứng minh rằng I là trung điểm của M N .
Lời giải.

Gọi K là điểm đối xứng với T qua I. Nhận thấy K thuộc đường thẳng EF . Gọi Z là trung
điểm của BC, D là điểm tiếp xúc của (I) với BC. Kẻ đường kính DD′ của (I).
25