Chương

8

ĐƯỜNG TRÒN ĐƠN VỊ NỘI TIẾP

8.1. Tọa độ đơn vị mới . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

70

8.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

8.3. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

8.1. TỌA ĐỘ ĐƠN VỊ MỚI
Những bài toán ở các phần trước đều giải bằng cách chọn hệ toạ
độ sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác hoặc tứ giác là đường
trịn đơn vị. Với cách đã chọn thì việc tính toán và giải các bài toán
trở nên đơn giản và dễ hiểu. Nhưng có những bài tốn về đường
trịn nội tiếp hay đường phân giác, thì cách tốt hơn là chọn chính
đường trịn nội tiếp tam giác hoặc tứ giác làm đơn vị.
Trong phần này ta xét
một loạt thí dụ và bài tập
bằng cách chọn này. Cho tam
giác A1 A2 A3 , ta thường gán
nhãn của các đỉnh tam giác
là a1 ,a2 ,a3 rồi đi tìm những

mối liên hệ giữa chúng theo
dữ kiện của bài toán đã cho.
Trong trường hợp đường trịn

Hình 8.1.


8.2. Ví dụ

71

nội tiếp tam giác A1 A2 A3 tâm J và các điểm tiếp xúc T1 ,T2 ,T3 lần
lượt đối với các cạnh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 , người ta thường chọn
đường tròn nội tiếp tam giác trùng với đường tròn đơn vị và nhãn
t1 ,t2 , t3 là đã biết trên đường tròn, còn các đỉnh của tam giác có
nhãn tính theo cơng thức ở chương trước

a1 =

2t2 t3
2t1 t3
2t1 t2
, a2 =
, a3 =
,
t2 + t3
t1 + t3
t1 + t2

ở đây ta đưa thêm vào ký hiệu sau:

δ1 = t1 + t2 + t3 , δ2 = t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 , δ3 = t1 t2 t3 .
Người ta cũng tìm được nhãn các điểm đặc biệt của tam giác biểu
diễn theo t1 ,t2 , t3 thông qua các ví dụ sau:

8.2. VÍ DỤ
Ví dụ 8.1. Cho tam giác A1 A2 A3 , đường tròn đơn vị J nội tiếp tam
giác tiếp xúc các cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A1 lần lượt tại T1 , T2 , T3 . Hãy
tính các đại lượng sau theo t1 , t2 , t3 .
1. Nhãn o của tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 .
2. Nhãn h trực tâm H của tam giác A1 A2 A3 .
3. Nhãn o9 của tâm O9 đường tròn 9 điểm của tam giác A1 A2 A3 .
4. Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 .

Lời giải. 1. Vì |OA1 | = |OA2 | = |OA3 |, suy ra o là nghiệm của hệ
(
(o − a1 )(o − a1 ) = (o − a2 )(o − a2 )
(o − a2 )(o − a2 ) = (o − a3 )(o − a3 )


72

Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp

hay là
−o(a1 − a2 ) − o(a1 − a2 ) = a2 a2 − a1 a1

(8.1)

−o(a2 − a3 ) − o(a2 − a3 ) = a3 a3 − a2 a2


(8.2)

Ta có
2
2(t1 − t2 )
2
−
=
t2 + t3 t3 + t1
(t2 + t3 )(t3 + t1 )
2t2 t3
2t1 t3
2t23 (t2 − t1 )
a1 − a2 =
−
=
t2 + t3 t3 + t1
(t2 + t3 )(t3 + t1 )

a1 − a2 =

4t1 t3
4t2 t3
−
2
(t3 + t1 )
(t2 + t3 )2
t1 (t22 + 2t2 t3 + t23 ) − t2 (t23 + 2t1 t3 + t21 )
= 4t3
(t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2

2
2
t1 t + t1 t3 − t2 t23 − t2 t21
= 4t3 2
(t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2
(t2 − t1 )(t1 t2 − t23 )
t1 t2 (t2 − t1 ) − t23 (t2 − t1 )
= 4t3
=
4t
3
(t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2
t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2

a2 a2 − a1 a1 =

Từ (8.1) ta có
o

2(t2 − t1 )
2t23 (t2 − t1 )
(t2 − t1 )(t1 t2 − t23 )
−o
= 4t3
(t3 + t1 )(t2 + t3 )
(t3 + t1 )(t2 + t3 )
t3 + t1 )2 (t2 + t3 )2
Hay là
o − t23 o =


2t3 (t1 t2 − t23 )
(t3 t1 )(t2 + t3 )

o − t21 o =

2t1 (t2 t3 − t21 )
(t3 t1 )(t1 + t2 )

Từ (8.2) tương tự có

Trừ hai đẳng thức sau cùng cho nhau được
(t23 − t21 )o =

2t1 (t2 t3 − t21 )
2t3 (t1 t2 − t23 )
−
(t3 t1 )(t1 + t2 ) (t3 t1 )(t2 + t3 )


8.2. Ví dụ

73
(t2 + t3 )(2δ3 − 2t33 ) − (t1 + t2 )(2δ3 − 2t33 )
(t3 + t1 )(t2 + t3 )(t1 + t2 )
2δ3 (t3 − t1 ) + 2t2 (t33 − t31 ) + 2t3 t1 (t23 − t21 )
=
δ1 δ2 − δ3

=


Khi đó
2δ3 + 2t2 (t23 + t3 t1 + t21 ) + 2t3 t1 (t3 + t1 )
δ1 δ2 − δ3
2
4δ3 + 2t2 t3 + 2t2 t21 + 2t23 t1 + 2t3 t21
=
δ1 δ2 − δ3
t2 t3 (t3 + t1 ) + t3 t1 (t3 + t1 ) + t1 t2 (t1 + t3 )
=2
δ1 δ2 − δ3

(t3 + t1 )o =

từ đó suy ra
o=
Do δ2 =

2δ2
δ1 δ2 − δ3

δ1
δ2
, δ1 =
ta nhận được
δ3
δ3
δ1
2
2δ2
2δ1 δ3

δ3
=
o=
=
δ2 δ1
1
δ1 δ2 − δ3
δ1 δ2 − δ3
−
δ3
δ32
o=

2δ1 δ3
δ1 δ2 − δ3

−−→ −−→ −−→ −−→
2. Do cơng thức tính tổng vectơ, ta có OA1 + OA2 + OA3 = OH.
Do đó a1 − o + a2 − o + a3 − o = h − o, hay là h = a1 + a2 + a3 − 2o.
h
t2 t3
t3 t1
t1 t2
2δ1 δ3
=
+
+
−
2
t2 + t3 t3 + t1 t1 + t2 δ1 δ2 − δ3

t2 t3 (t3 + t1 )(t1 + t2 ) + t3 t1 (t1 + t2 )(t2 + t3 ) + t1 t2 (t2 + t3 )(t3 + t1 )
=
(t1 + t2 )(t2 + t3 )(t3 + t1 )
2δ1 δ3
−
δ1 δ2 − δ3


74

Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp

t2 t3 (t21 + δ2 ) + t3 t1 (t22 + δ2 ) + t1 t2 (t23 + δ2 )
2δ1 δ3
−
(t1 + t2 )(t2 + t3 )(t3 + t1 )
δ1 δ2 − δ3
2
2
2δ1 δ3
δ − δ1 δ3
δ1 δ3 + δ2
−
= 2
=
δ1 δ2 − δ3
δ1 δ2 − δ3
δ1 δ2 − δ3
=


h=2

δ22 − δ1 δ3
δ1 δ2 − δ3

(h + o)
, hay là
2
δ 2 − δ1 δ3 + δ1 δ3
δ22
e= 2
=
δ1 δ2 − δ3
δ1 δ2 − δ3
2
2
R = |o − a| = (o − a)(o − a) = oo + aa − ao − oa
4
1
4δ1 δ2 δ3
4δ1 δ3
+
=
−
(δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )(t2 + t3 ) δ1 δ2 − δ3 t2 + t3

3. Do O9 là trung điểm của OH, nên e =

4.


4
δ1 δ2 δ3
δ1 δ3
R2
=
−
+
4
(δ1 δ2 − δ3 )2 (t2 + t3 )2 (δ1 δ2 − δ3 )(t2 + t3 )
t2 t3 δ2
−
(δ1 δ2 − δ3 )(t2 + t3 )
t2 t3 (δ1 δ2 − δ3 ) − (t2 + t3 )δ1 δ3 − t2 t3 (t2 + t3 )δ2
δ1 δ2 δ3
+
=
2
(δ1 δ2 − δ3 )
(t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 )
δ1 δ2 δ3
t2 t3 (t1 + t3 )(t1 + t2 )δ1 δ2 − t2 t3 δ2
=
+
(δ1 δ2 − δ3 )2
(t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 )
δ1 δ2 δ3
t1 δ3 − δ1 δ3
=
+
2

(δ1 δ2 − δ3 )
(t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 )
δ1 δ2 δ3
δ3 (t2 + t3 )
=
−
2
(δ1 δ2 − δ3 )
(t2 + t3 )(δ1 δ2 − δ3 )
δ1 δ2 δ3
δ3
δ32
=
−
=
(δ1 δ2 − δ3 )2 δ1 δ2 − δ3
(δ1 δ2 − δ3 )2
Như vậy,

2
4δ32
2δ3
2
R =
=
(δ1 δ2 − δ3 )2
δ1 δ2 − δ3


8.2. Ví dụ


75
δ3
là số thực và dương, thật vậy
δ1 δ2 − δ3
1
δ3
δ3
δ3
λ=
=
=
=λ
1
δ
δ
δ3 − δ1 δ2
1 2
δ3 − δ1 δ2
− 2
δ3
δ3

Ta sẽ chứng minh số λ =

Do đó λ là một số thực. Ta viết λ cách khác
δ3
1
1
1

=
=
=
δ2
δ3 − δ1 δ2
1 − |δ1 |2
1 − δ1 δ1
1 − δ1
δ3
Chúng ta sẽ chứng minh |δ1 | < 1. Thật vậy, ta nhận thấy các góc
của tam giác T1 T2 T3 ln ln nhọn. Suy ra trực tâm nằm trong
tam giác T1 T2 T3 , nhãn của trực tâm chính là δ1 , vậy nó nằm trong
đường trịn ngoại tiếp T1 T2 T3 , đó chính là đường trịn đơn vị, vì thế
|δ1 | < 1. Như vậy λ ≥ 0, từ R2 = 4λ2 , suy ra R = 2λ, nghĩa là
2
R=
.
1 − δ1 δ2

J

Ví dụ 8.2. Cho tam giác A1 A2 A3 nội tiếp đường trịn tâm O bán kính
R và đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 , tâm J bán kính r. Gọi
d là khoảng cách giữa hai tâm đường tròn O và J. Chứng minh rằng
d2 = R2 − 2Rr.
Lời giải. Gọi T10 , T20 , T30 là tiếp điểm của các cạnh A2 A3 ,A3 A1 ,A1 A2
và đường tròn nội tiếp tâm J. Chọn hệ toạ độ sao cho tâm đường
tròn đơn vị trùng với tâm của đường tròn nội tiếp. Gọi t1 , t2 , t3 nằm
trên đường tròn đơn vị và đường thẳng JT1 , JT2 , JT3 , do đó nhãn
của T10 , T20 , T30 là t01 = rt1 , t02 = rt2 , t03 = rt3 . Từ ví dụ trước ta có

2δ1 δ3
o=
do đó
δ1 δ2 − δ3
2δ1 δ3
2δ3
o=
r và R =
r
δ1 δ2 − δ3
δ3 − δ1 δ2


76

Chương 8. Đường trịn đơn vị nội tiếp

Vì vậy o = −Rδ1 và o = −Rδ1 . Tính
d2 = |OI|2 = oo = R2 δ1 δ1 = R2
= R2 (1 −

δ1 δ2
δ3 − δ1 δ2
= R2 (1 −
)
δ3
δ3

2r
) = R2 − 2Rr.

R

Ví dụ 8.3. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm O của đường tròn
ngoại tiếp với tâm J của đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 là
đường thẳng Euler của tam giác T1 T2 T3 (T1 , T2 , T3 là tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp và tam giác).
Lời giải. Tất cả các ký hiệu và chọn hệ toạ độ như các ví dụ trên. Do
đó theo ví dụ 1, ta có
o=
Vậy,

2δ1 δ3
δ1 δ2 − δ3

o
2δ3
=
=
δ1
δ1 δ2 − δ3

2
2
o
=
=
δ2
δ1 δ1 − 1
δ1
δ1 − 1

δ3
mà trực tâm của tam giác T1 T2 T3 có nhãn chính là δ1 . Như vậy, IO
o
và IH cùng nằm trên một đường thẳng (do arg = 0 hoặc π).
δ1

J

Ví dụ 8.4. (Đề thi quốc tế lần thứ 23). Cho tam giác A1 A2 A3 với các
cạnh có độ dài khác nhau. Với mỗi k = 1, 2, 3 ký hiệu Mk là điểm giữa
của các cạnh đối diện với đỉnh Ak , Tk là điểm tiếp xúc của đường tròn
nội tiếp tam giác với cạnh đối diện với đỉnh Ak . Sk là điểm đối xứng
của Tk qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh Ak .
Chứng minh rằng , những đường thẳng M1 S1 , M2 S2 , M3 S3 cắt nhau
tại một điểm.


8.2. Ví dụ

Lời giải. Chọn hệ toạ độ sao cho
đường tròn nội tiếp là đơn vị . Do
cung T2 T3 và T1 S1 song song, từ đó
suy ra t2 t3 = t1 s1 hay là s1 = t2 t3 t1 .
Tương tự s2 = t1 t3 t2 , s3 = t1 t2 t3 .
Khi đó s2 − s3 = t1 (t3 t2 − t2 t3 ).
Nhưng số t3 t2 − t2 t3 hồn tồn ảo,
nghĩa là OT1 vng góc với S2 S3 .

77


A3
T1

T2
S2

O

S1

J S3
A1

A2

T3

Hình 8.2.

Từ đó suy ra S2 S3 song song với A2 A3 , mà M2 M3 //A2 A3 vậy
S2 S3 //M2 M3 .
Từ cách chứng minh trên suy ra S1 S2 S3 và M1 M2 M3 có các cạnh
tương ứng song song. Hai tam giác này không bằng nhau, vì đường
trịn đi qua S1 S2 S3 là đường trịn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 có bán
R
kính r ≤
(đẳng thức xẩy ra khi tam giác A1 A2 A3 là đều). Mà bán
2
R
kính đường trịn ngoại tiếp tam giác M1 M2 M3 là . Suy ra theo

2
định lý Talet thì M1 M2 M3 và S1 S2 S3 vị tự, nghĩa là M1 S1 ,M2 S2 ,
M3 S3 cắt nhau tại một điểm (đó chính là tâm vị tự).

J

Ví dụ 8.5. Các giả thiết như ví dụ cuối cùng. Chứng minh rằng điểm
cắt của ba đường thẳng trong cách chứng minh của ví dụ trên nằm
trên đường trịn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 .
Lời giải. Ta gọi z là điểm cắt thứ hai của đường M1 S1 với đường
trịn đơn vị. Do đó có cơng thức
z + s1 = m1 + zs1 m1
1
2t3 t1
2t1 t2
Nhưng m1 = (a2 + a3 ), a2 =
và a3 =
do tính chất
2
t1 + t3
t1 + t2


78

Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp

của tiếp tuyến với đường trịn. Khi đó thay vào trên ta có





t2 t3
t3 t1
t1 t2
t2 t3
1
1
z+
=
+
+z
+
t1
t3 + t1 t1 + t2
t1
t3 + t1 t1 + t2
Biến đổi đẳng thức về dạng



1
1
t3 t1
t1 t2
t2 t3
t2 t3
+
=
+

−
z 1−
t1
t3 + t1 t1 + t2
t3 + t1 t1 + t2
t1
và
z(t1 + t2 + t3 )(t21 − t2 t3 ) = (t1 t2 + t2 t3 + t3 t1 )(t21 − t2 t3 )
hoặc

t1 t2 + t2 t3 + t3 t1
t1 + t2 + t3
(vì t21 − t2 t3 6= 0, nếu ngược lại thì T1 T2 T3 là tam giác cân, từ đó suy
ra A1 A2 A3 cũng cân vô lý).
z=

Nhãn z của điểm Z phụ thuộc vào t1 , t2 , t3 có vai trị như nhau,
vậy đường thẳng M2 S2 và M3 S3 cũng đi qua điểm Z (mà Z đã nằm
trên đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 ).

J

8.3. BÀI TẬP
. 8.6. Điểm A1 , B1 , C1 lần lượt là điểm tiếp xúc của đường tròn nội
tiếp tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng
nếu N là giao điểm của OC1 và A1 B1 thì CN đi qua điểm giữa cạnh
AB.
. 8.7. Đường tròn tâm O tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB của
tam giác ABC lần lưowj t tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng nếu M
là trung điểm của BC thì đường thẳng OM đi qua trung điểm AA1 .

. 8.8. Cho hai tiếp tuyến P T và P B của một đường trịn cho trước.
Dựng đường kính AB đi qua B và dựng đường vng góc từ T


8.3. Bài tập

79

xuống AB có chân là H. Chứng minh rằng đường thẳng AP đi qua
điểm giữa của T H.
. 8.9. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, đường phân giác của
góc tại đỉnh A, đường trung bình song song với cạnh AC và đường
thẳng nối hai điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác ABC
trên cạnh BC và CA, cắt nhau tại một điểm .
. 8.10. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB và
AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng những giao điểm N và
M của đường phân giác trong đỉnh B và C của tam giác ABC với
đường thẳng DE và đỉnh B, C cùng nằm trên một đường tròn.
. 8.11. (Định lý Newton). Trung điểm của các đường chéo trong
một tứ giác ngoại tiếp đường tròn và tâm đường trịn đó thẳng hàng.
. 8.12. Cho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng
những đường nối những điểm tiếp xúc của các cạnh đối diện và các
đường chéo tứ giác cắt nhau tại một điểm.
. 8.13. Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Tại các
điểm A, B, C kẻ những tiếp tuyến với đường tròn, chúng cắt nhau
tạo thành tam giác A0 B0 C0 (điểm A0 là điểm cắt của hai đường tiếp
tuyến tại B và C,...). Lấy P, Q, R tương ứng là những điểm cắt của
BC và B0 C0 , CA và C0 A0 , AB và A0 B0 . Chứng minh rằng những
điểm P, Q, R nằm trên một đường thẳng.
. 8.14. Cho I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 A2 A3 . Những

tia A1 I, A2 I, A3 I cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A2 A3 tại các
điểm tương ứng B1 , B2 , B3 . Chứng minh rằng A1 B1 và B2 B3 vng
góc với nhau.


80

Chương 8. Đường tròn đơn vị nội tiếp

. 8.15. Cho B1 và C1 là những điểm cắt của các đường phân giác
xuất phát từ B và C của tam giác ABC với đưowh ng tròn ngoại
tiếp tam giác này. Nếu O và I là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội
−−→ −−→ −−→
tiếp, đồng thời có ON = OB1 + OC1 , chứng minh rằng IN và BC
vng góc với nhau.


Chương

9

TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

9.1. Quan hệ đồng dạng của hai tam giác . . . . . . . . . . . . . .
9.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3. Bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

81
82
85


9.1. QUAN HỆ ĐỒNG DẠNG CỦA HAI TAM GIÁC
Cho hai tam giác đồng dạng A1 A2 A3 và B1 B2 B3 cùng hướng
nào đó (các cạnh tương ứng của hai tam giác có cùng hướng với
trục tọa độ).
c1 ,A
c2 ,A
c3
Khi đó những góc A
c1 , B
c2 ,
tương ứng bằng các góc B
A
A
B
B
1
3
1
3
c3 và tỷ số
B
và
là bằng
A1 A2
B1 B2
nhau. Nếu ta ký hiệu số phức
A1 A3
k =
(cos A1 + i sin A1 ) nghĩa

A1 A2
là
B1 B3
k=
(cos B1 + i sin B1 )
B1 B2
hoặc nói cách khác
a3 − a1
b3 − b1
k=
và k =
.
a2 − a1
b2 − b1

A3

A3

A1

A1
B3

B3

A2

A2


B1

B1

B2

B2

Hình 9.1.

Do đó, nếu tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 đồng dạng và cùng


82

Chương 9. Tam giác đồng dạng

hướng, thì
a3 − a1
b3 − b1
=
a2 − a1
b2 − b1
Ngược lại, nếu đẳng thức sau cùng là đúng, thì hai tam giác
A1 A2 A3 và B1 B2 B3 đồng dạng và cùng hướng, bởi vì
A1 A3
B1 B3
c1 = B
c1 .
=

và A
A1 A2
B1 B2
Nếu hai tam giác A1 A2 A3 và B1 B2 B3 đồng dạng, nhưng ngược
b3 − b1
a3 − a1
và
có cùng mơđun, cịn arguhướng nhau thì tỷ số
a2 − a1
b2 − b1
men của chúng bằng nhau theo giá trị tuyệt đối, nhưng chỉ hướng
khác nhau. Hay là, mỗi tỷ số trên của tam giác này bằng số phức
liên hợp của tỷ số kia.

9.2. VÍ DỤ
Ví dụ 9.1. Nếu B1 , B2 , B3 là những điểm của mặt phẳng A1 A2 A3 ,
sao cho những tam giác A1 A2 B3 , A2 A3 B1 , A3 A1 B2 là đồng dạng và
cùng hướng. Chứng minh rằng những trọng tâm của các tam giác
A1 A2 A3 và B1 B2 B3 trùng nhau.
Lời giải. Từ giả thiết suy ra tồn tại số phức k sao cho
b3 − a1
b1 − a2
b2 − a3
=
=
=k
a2 − a1
a3 − a2
a1 − a3
suy ra

b3 = a1 + k(a2 − a1 ),
b1 = a2 + k(a3 − a2 ),
b2 = a3 + k(a1 − a3 ).
Cộng hai vế của các đẳng thức, ta có b1 + b2 + b3 = a1 + a2 + a3 . Từ
đó suy ra trọng tâm của A1 A2 A3 và B1 B2 B3 trùng nhau.

J


9.2. Ví dụ

83

Ví dụ 9.2. Cho hai tam giác ABC và P QR, một điểm F trong tam
giác P QR. Những điểm A1 ,B1 ,C1 xác định sao cho những cặp tam
giác ABC1 và QP F , BCA1 và RQF , CAB1 và P RF đồng dạng và
cùng hướng. Chứng minh rằng tam giác A1 B1 C1 và P QR đồng dạng
và cùng hướng.
Lời giải. Chọn điểm gốc toạ độ là F , f = 0. Từ sự đồng dạng của
a − c1
q
ap − bq
tam giác ABC1 và QP F ta có
= từ đó suy ra c1 =
.
b − c1
p
p−q
cr − ap
bq − cr

và b1 =
suy ra
Tương tự ta có a1 =
q−r
r−p
cr − ap bq − cr
−
b1 − a1
q−p
r−p
q−r
=
=
ap − bq bq − cr
c1 − a1
r−p
−
p−q
q−r
Đẳng thức sau cùng nói lên tam giác A1 B1 C1 và P QR đồng dạng
và cùng hướng.

J

Ví dụ 9.3. Cho tam giác ABC vng góc tại C. Chứng minh rằng
trung tuyến AM và CN tương ứng của tam giác ADC và DBC, ở
đây D là chân đường cao hạ từ đỉnh C, vng góc với nhau.
Lời giải. Chúng ta biết rằng DBC và
DCA đồng dạng, chọn D là điểm gốc
của hệ toạ độ, d = 0. Khi đó c = bi tg α,

a = ci tg α và
1
1
n − c = b − bi tg α = b( − i tg α),
2
2
1
1
m − a = c − ci tg α = c( − i tg α).
2
2

Hình 9.2.


84

Chương 9. Tam giác đồng dạng

từ đây suy ra các đường trung tuyến CN và AM vng góc với
nhau.

J

Ví dụ 9.4. Tam giác B1 B2 B3 nhận được từ tam giác A1 A2 A3 bằng
cách quay một góc φ 6= π quanh tâm của đường tròn ngoại tiếp.
Những đoạn B1 B2 , A1 A2 cắt nhau tại C3 ; B2 B3 , A2 A3 cắt nhau
tại C1 và B3 B1 , A3 A1 cắt nhau tại C2 . Chứng minh rằng tam giác
C1 C2 C3 đồng dạng với tam giác A1 A2 A3
Lời giải. Chọn hệ toạ độ sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác

A1 A2 A3 là đường trịn đơn vị. Theo
cơng thức tính giao điểm B1 B2 và
A1 A2
(a1 + a2 )b1 b2 − (b1 + b2 )a1 a2
c3 =
b1 b2 − a1 a2
vì b1 = ka1 và b1 = ka2 ,
với k = cos φ + i sin φ, thì

c3 =

Hình 9.3.

k
(a1 + a2 )k 2 a1 a2 − (a1 + a2 )ka1 a2
(a1 + a2 )
=
2
k a1 a2 − a1 a2
k+1

Tương tự
c1 =

k
k
(a2 + a3 ) và c2 =
(a3 + a1 ).
k+1
k+1


Khi đó
k
k
(a1 + a2 ) −
(a2 + a3 )
c3 − c1
a1 − a3
k+1
= k+1
=
.
k
k
c2 − c1
a1 − a2
(a3 + a1 ) −
(a2 + a3 )
k+1
k+1

J

Ví dụ 9.5. Trong mặt phẳng tam giác ABC tồn tại hai điểm U và
V sao cho những tam giác AU V , V BU , U V C là đồng dạng và cùng


9.3. Bài tập

85


hướng. Chứng minh rằng những tam giác này đồng dạng với tam giác
ABC.
Lời giải. Từ điều kiện của bài toán suy ra tồn tại một số phức λ, sao
cho
u−a
b−v
v−u
=
=
=λ
v−a
u−v
c−u
u − λv
1
suy ra a =
,b = v + λ(u − v) và c = u + (v − u). Do đó
1−λ
λ
u − λv
v + λ(u − v) −
b−a
1−λ
=
1
u
− λv
c−a
u + (v − u) −

λ
1−λ
(1 − λ + λ2 )v + (λ − λ2 − 1)u
=λ
= λ.
(λ − λ2 − 1)u + (1 − λ + λ2 )v

J

9.3. BÀI TẬP
. 9.6. Cho hai tam giác đồng dạng ABC và A1 B1 C1 . Những điểm
A0 , B0 ,C0 chia các đoạn thẳng AA1 , BB1 và CC1 với tỷ số bằng
nhau. Chứng minh rằng A0 B0 C0 đồng dạng và cùng hướng với
những tam giác đã cho.
. 9.7. Hai tam giác ABC và A1 B1 C1 đồng dạng và cùng hướng.
−−−→ −−−→ −−−→
Chứng minh rằng, nếu vectơ M A0 ,M B0 ,M C0 tương ứng bằng vectơ
−−→ −−→ −−→
AA1 , BB1 , CC1 , thì tam giác A0 B0 C0 đồng dạng và cùng hướng với
các tam giác đã cho.
. 9.8. Trong mặt phẳng cho hai tam giác đồng dạng và cùng hướng
A1 A2 A3 và B1 B2 B3 . Ta chọn C1 , C2 , C3 sao cho những tam giác
A1 B1 C1 , A2 B2 C2 , A3 B3 C3 đồng dạng và cùng hướng. Chứng minh
rằng tam giác C1 C2 C3 đồng dạng với tam giác đã cho.


86

Chương 9. Tam giác đồng dạng


. 9.9. Cho tam giác A1 A2 A3 với trực tâm H. Cho G1 , G2 , G3 và G
là trọng tâm của các tam giác A2 A3 H, A3 A1 H, A1 A2 H, A1 A2 A3 .
Chứng minh rằng tam giác G1 G2 G3 và A1 A2 A3 đồng dạng với nhau
và G là trực tâm của tam giác G1 G2 G3 .
. 9.10. Cho tam giác ABC và điểm M sao cho C là trung điểm
của AM . Tam giác ACN xây dựng ra phía ngồi của tam giác ABC
\ = BAC
\ và ACN
\ = ABC.
\ Cho ABCL và N M BS là
sao cho CAN
những hình bình hành. Chứng minh rằng tam giác ABC và BLS
đồng dạng.
. 9.11. Những tam giác ABC và DEC vuông tại C, đồng dạng và
cùng hướng. Chứng minh rằng AD vng góc với BE.
. 9.12. Những tam giác vuông ABC và AB1 C1 đồng dạng và ngược
0 \
\ = B\
\
chiều nhau, BCA
1 C1 A = 90 ,CAB = C1 AB1 . Chứng minh
rằng nếu M là giao điểm của BC1 và CB1 , đường thẳng AM và
CC1 tồn tại, thì chúng vng góc với nhau.
. 9.13. Cho ngũ giác lồi ABCDE, mà AB = BC = CA và
CD = DE = EC. Cho S là trọng tâm của tam giác ABC, còn
M và N lần lượt là trung điểm của BD và AE. Chứng minh rằng
tam giác SM E và SN D là đồng dạng.
. 9.14. Những đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác đã cho sao
cho chúng tạo với cạnh đối diện những góc bằng nhau. Chứng minh
rằng tam giác tạo bởi những đường thẳng này đồng dạng với tam

giác đã cho và tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác này là
trực tâm của tam giác đã cho.
. 9.15. Những điểm B,C và P nằm trên một đường tròn tâm O,
tiếp tuyến tại B và C với đường tròn cắt nhau tại A. Đường thẳng


9.3. Bài tập

87

vng góc với AP tại điểm P cắt các đường thẳng OB và OC tương
ứng tại D và E. Từ D và E hạ đường vng góc xuống AO và chân
đường vng góc được ký hiệu là M và N . Chứng minh rằng a)
Các tam giác OAD và OEA đồng dạng . b) Những điểm M và N là
nghịch đảo của đường tròn đã cho.


Chương

10
ĐA GIÁC ĐỀU

10.1. Nhãn của đỉnh các đa giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

88

10.2. Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89


10.3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

93

10.1. NHÃN CỦA ĐỈNH CÁC ĐA GIÁC ĐỀU
Trong chương 1 đa giác đều n đỉnh nằm trên đường tròn đơn
vị như là biểu diễn hình học những nghiệm của phương trình
xn = 1 trong số phức. Vậy mỗi đỉnh của n-đa giác đều có nhãn
2kπ
2kπ
+ i sin
, k = 0, 1, 2, ..., n − 1. Ta biết rằng wk = w1k .
wk = cos
n
n
Điều này làm cơng việc giải bài tốn rất thuận tiện khi chọn đường
trịn đó làm đơn vị. Nhưng trong thực tế một bài tốn có tham gia
một lúc nhiều đa giác đều, nên gặp khó khăn khơng phải là ít. Ngay
ở những ví dụ đầu tiên của tài liệu này cũng đã đề cập đến bài tốn
có nhiều đa giác đều. Mỗi loại đa giác đều như tam giác đều, hình
vng,... có một đặc trưng riêng, nên ta phải đưa ra các tiêu chuẩn
đặc trưng cho một loại đa giác đều cụ thể với hệ toạ độ bất kì. Vì
các đa giác đều nội tiếp trong đường tròn đi qua các đỉnh, nên trong
khi giải các bài tập ta ln lấy các đường trịn này làm đơn vị, do đó
việc tính nhãn của các đỉnh trở nên đơn giản và các công thức biến
đổi được nhẹ nhàng.


10.2. Ví dụ


89

Thơng dụng nhất là tam giác đều, cụ thể cho ba điểm A1 , A2 ,A3
là đỉnh của tam giác đều định hướng khi và chỉ khi A1 A2 = A1 A3 và
π
góc định hướng quay A1 A2 quanh A1 đến vị trí A1 A3 là , nghĩa là
6
√
π
π
1
3
a3 −a1 = w(a2 −a1 ), ở đây ta ký hiệu w = cos +i sin = +i
.
3
3
2
2
Ta viết lại a3 = a1 + w(a2 − a1 ) là nhãn của đỉnh thứ ba trong tam
giác đều định hướng dương A1 A2 A3 xây dựng trên cạnh A1 A2 . Như
ta đã biết w là nghiệm của phương trình w2 − w + 1 = 0 và phương
trình w3 = −1. Những ví dụ sau chỉ ra thế mạnh của phương pháp
số phức trong trường hợp các đa giác đều.

10.2. VÍ DỤ
Ví dụ 10.1. Trên các cạnh của một tam giác bất kỳ ABC về phía
ngồi dựng những tam giác đều ABC 0 ,BCA0 và CAB 0 . Chứng minh
rằng trọng tâm C1 , B1 và A1 của những tam giác mới dựng là đỉnh
của một tam giác đều.
Lời giải. Theo cơng thức tính đỉnh thứ ba theo hai đỉnh kia

c0 = b + w(a − b)
b0 = a + w(c − a)
a0 = c + w(b − c)
Do đó
1
c1 = (a + b + c0 )
3
1
= [(1 + w)a + (2 − w)b]
3
Tương tự ta có
1
b1 = [(1 + w)c + (2 − w)a]
3

Hình 10.1.


90

Chương 10. Đa giác đều

1
a1 = [(1 + w)b + (2 − w)c]
3
Để biết tam giác A1 B1 C1 có phải là đều không ta phải kiểm tra
c1 = a1 + w(b1 − a1 ) ?. Chú ý w2 = 1, kiểm tra trực tiếp ta có đẳng
thức phải tìm.

J


Chú ý : Kết luận còn đúng khi các tam giác dựng vào phía trong
của tam giác ABC .
Ví dụ 10.2. Trên cạnh của một tam giác ABC dựng những tam giác
đều BCA0 , ACB 0 ,ABC 0 sao cho A0 và A, B 0 và B nằm về hai phía
khác nhau đối với đường thẳng AB. Chứng minh rằng nếu điểm M
là trọng tâm của tam giác ABC 0 , thì tam giác A0 M B 0 là cân và góc ở
2π
đỉnh M bằng
.
3
Lời giải. Theo giả thiết ta có
a0 = c + w(b − c),
b0 = a + w(c − a),
c0 = b + w(a − b).
Từ đẳng thức sau cùng ta có
1
m = (a + b + c0 )
3
1
= [(2 − w)a + (1 + w)b].
3
Khi đó

Hình 10.2.

1
b0 − m = a + w(c − a) − [(2 − w)a + (1 + w)b]
3
1

= [(1 − 2w)a − (1 + w)b + 3wc]
3
1
0
a − m = c + w(b − c) − [(2 − w)a + (1 + w)b]
3


10.2. Ví dụ

91
1
= [(w − 2)a − (1 − 2w)b + 3(1 − w)c].
3

Vì (w − 2)w2 = 1 − 2w,(1 − 2w)w2 = −(1 + w) và (1 − w)w2 = w
suy ra b0 − m = w2 (a0 − m). Điều này chỉ ra rằng những đoạn A0 M
2π
và B 0 M có độ dài bằng nhau và góc ở đỉnh là
.
3

J

Ví dụ 10.3. Cho tam giác ABC . Hãy dựng tam giác A0 B0 C0 sao cho
A0 B0 C, B0 C0 A và C0 A0 B là những tam giác đều cùng hướng dương.
Lời giải. Giả sử tam giác A0 B0 C0 đã được dựng theo tính chất đã
cho, A0 B0 C, B0 C0 A và C0 A0 B là những tam giác đều cùng hướng
dương. Khi đó
a = b0 + w(c0 − b0 ),


b = c0 + w(a0 − c0 ),

c = a0 + w(b0 − a0 ).

Giải hệ phương trình đối với a0 , b0 , c0 ta nhận được
1
a0 = [a + b + w(c − b)],
2
1
b0 = [b + c + w(a − c)],
2
1
c0 = [c + a + w(b − a)].
2
Đặt
a0 = b + w(c − b),

b0 = c + w(a − c),

c0 = a + w(b − a).

Từ đây ta thấy rằng A0 ,B 0 ,C 0 là đỉnh của những tam giác BCA0 ,
CAB 0 , ABC 0 đều cùng hướng dương.
Như vậy, ta có cách dựng như sau: Chúng ta dựng những đỉnh
như đỉnh thứ ba của những tam giác đều hướng dương
trên các cạnh tam giác đã cho. Còn các điểm A0 ,B0 ,C0 là những
điểm giữa của những đoạn thẳng AA0 ,BB 0 và CC 0 .

A0 ,B 0 ,C 0


J


92

Chương 10. Đa giác đều

Ví dụ 10.4. Cho M1 ,M2 và M3 là 3 đỉnh của một tam giác đều định
hướng dương và M là điểm bất kỳ trên mặt phẳng của tam giác .
2π
theo chiều dương quanh điểm
Chúng ta quay điểm M một góc
3
2π
M1 ; điểm M 0 nhận được lại quay tiếp góc
quanh điểm M3 ; nhận
3
2π
đuw ợc M 00 lại quay tiếp một góc
quanh điểm M2 . Điểm cuối cùng
3
nhận được ký hiệu là M 000 . Chứng minh rằng M 000 trùng với M .
Lời giải. Chọn hệ toạ độ sao cho điểm gốc trùng với trọng tâm
của tam giác M1 M2 M3 và m1 = 1, m2 = w, m3 = w2 với
2π
2π
w = cos
+ i sin . Khi đó
3

3
m0 − 1 = w(m − 1),
m00 − w2 = (m0 − w2 ),
m000 − w = w(m00 − w)
Sau khi thế lần lượt m0 và m00 và dùng w3 = 1 và w2 + w + 1 = 0
chúng ta tìm được m000 = m, nghĩa là M 000 trùng với M .

J

Ví dụ 10.5. (Đề thi toán quốc tế lần thứ 27) Trong mặt phẳng cho
tam giác A1 A2 A3 và điểm P0 . Với mọi s ≥ 4 ta đặt As = As−3 . Dựng
dãy điểm P0 ,P1 ,P2 ,... sao cho điểm Pk+1 là ảnh của Pk với phép quay
tâm Ak+1 (k = 0, 1, 2, 3, ...) một góc 1200 theo chiều kim đồng hồ.
Chứng minh rằng nếu P1986 = P0 , thì tam giác A1 A2 A3 là đều.
Lời giải. Vì với mỗi k ≥ 0, tam giác Ak+1 Pk Pk+1 là cân với góc ở
đỉnh là 1200 , ta có
pk+1 − ak+1 = τ (pk − ak+1 ),
ở đây τ = cos 1200 + i sin 1200 . Đặc biệt với
p1 = a1 + τ (p0 − a1 ), p2 = a2 + τ (p1 − a2 ), p3 = a3 + τ (p2 − a3 )


10.3. Bài tập

93

Do đó
p2 = a2 − τ a2 + τ [a1 + τ (p0 − a1 )] = (1 − τ )a2 + τ (1 − τ )a1 + τ 2 p0
và
p3 = a3 − τ a3 + τ [(1 − τ )a2 + τ (1 − τ )a1 + τ 2 p0 ]
= (1 − τ )(a3 + τ a2 + τ 2 a1 ) + τ 3 p0

Nhưng τ 3 = 1, cuối cùng ta nhận được
p3 = (1 − τ )(a3 + τ a2 + τ 2 a1 ) + p0 .
Rõ ràng, số p0 ,p3 ,p6 ,... tạo thành cấp số cộng với số đầu tiên là p0 và
số dư là (1 − τ )(a3 + τ a2 + τ 2 a1 ). Do đó
P1986 = P3.662 = 662(1 − τ )(a3 + τ a2 + τ 2 a1 ) + p0 ,
vì P1986 = P0 suy ra (1 − τ )(a3 + τ a2 + τ 2 a1 ) + p0 = 0, hay là
(a3 + τ a2 + τ 2 a1 ) = 0. Nhưng τ = w2 = w − 1 và τ 2 = w4 = w3 .w =
−w với w = cos 600 + i sin 600 . Nghĩa là (a3 + (w − 1)a2 − wa1 ) = 0,
hoặc là a3 = a2 + w(a1 − a2 ), điều này chỉ ra rằng A1 A2 A3 là tam
giác đều.

J

10.3. BÀI TẬP
. 10.6. Qua điểm P trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC
dựng những đường thẳng song song với các cạnh BC,CA và AB
lần lượt cắt các cạnh CA,AB, BC tại M ,N ,Q. Chứng minh rằng
M ,N ,Q nằm trên một đường thẳng.
. 10.7. Trong mặt phẳng cho hai tam giác đều cùng hướng A1 A2 A3
và B1 B2 B3 . Từ một điểm bất kỳ O lấy những đoạn thẳng OC1 ,OC2 ,
−−→ −−−→ −−→ −−−→ −−→ −−−→
OC3 sao cho OC1 = A1 B1 ,OC2 = A2 B2 , OC3 = A3 B3 . Chứng minh
rằng C1 C2 C3 là tam giác đều.


94

Chương 10. Đa giác đều

. 10.8. Trong mặt phẳng ngũ giác đều A1 A2 A3 A4 A5 cho hai điểm

M , N . Các cặp (M1 , N1 ),(M2 , N2 ),...,(M5 , N5 ) là hình chiếu của
M ,N xuống những đoạn thẳng tương ứng A1 A2 ,A2 A3 ,A3 A4 ,A4 A5 ,
A5 A1 . Chứng minh rằng
−−−→ −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ 5 −−→
M1 N1 + M2 N2 + M3 N3 + M4 N4 + M5 N5 = M N .
2
. 10.9. (Đề thi quốc tế lần thứ 19) Trong hình vng ABCD dựng
những tam giác đều ABK,BCL,CDM ,DAN . Chứng minh rằng
trung điểm của 4 đoạn thẳng KL,LM ,M N ,N K và trung điểm của
8 đoạn thẳng AK,BK,BL, CL,CM ,DM ,DN ,AN là đỉnh của đa
giác đều 12 cạnh.
. 10.10. Cho ba tam giác đều cùng hướng A1 B1 C1
,A2 B2 C2 ,A3 B3 C3 và tam giác A1 A2 A3 cũng đều và cùng hướng với
những tam giác đã cho. Chứng minh rằng trung điểm của các đoạn
thẳng C1 B2 ,C2 B3 ,C3 B1 là đỉnh của một tam giác đều cùng hướng.
. 10.11. Cho hai tam giác đều cùng hướng A1 A2 A3 và B1 B2 B3 .
Trên các đoạn thẳng A1 B1 ,A2 B2 ,A3 B3 dựng những tam giác đều
A1 B1 C1 , A2 B2 C2 và A3 B3 C3 cùng hướng với những tam giác đã
cho. Chứng minh rằng tam giác C1 C2 C3 cũng đều và đồng hướng.
. 10.12. Những góc của tam giác ABC tạo thành cấp số nhân với
hệ số nhân 2. Chứng minh rằng trung điểm của các cạnh và chân
đuw ờng cao tạo thành lục giác đều.
. 10.13. Trên các cạnh A1 A3 và A2 A3 của tam giác A1 A2 A3 dựng
ra phía ngồi những tam giác đều A3 A2 B1 và A1 A3 B2 . Cho M1 và
M2 là các trọng tâm tương ứng của các tam giác vừa dựng, M là
trung điểm của A1 A2 . Chứng minh rằng |M M1 | ≥ |M M2 | khi và chỉ
khi |A2 A3 | ≥ |A1 A3 |.