Toán 10 - Chuyên đề Hình học

HÌNH HỌC 
I. Bất đẳng thức và cực trị 
Trong chương trình trung học cơ sở thì những bất đẳng thức chúng ta gặp chỉ xoay 
quanh các yếu tố của tam giác như ba cạnh , ,a b c , chu vi p , bán kính đường tròn nội 
tiếp, ngoại tiếp ,r R  và các yếu tố độ dài trong một đường tròn. 
Để nắm bắt rõ điều này, tôi sẽ bổ sung một số hệ thức lượng trong tam giác mà một số 
hệ thức mà các bạn có thể chưa gặp trong chương trình học cấp 2, tuy nhiên đây là các 
hệ thức rất cơ bản trên cấp 3 
i) Hệ thức về diện tích tam giác 
( ) ( )( ) ( )1 1 sin
2 2 4a a
abcS ah pr bc A p a r p p a p b p c
R
= = = = = - = - - - 
ii) Hệ thức về hàm số sin, cos, trung tuyến, phân giác trong, phân giác ngoài, đường 
cao 
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2
2 cos
2 sin
2 2 1
4
2 cos
2 2
1 1 1 1
a
a
a b c
b c bc A a
a R A
b c am
Abc
l
b c
h h h r
+ - =
=
+ -
=
=
+
+ + =
Trong các hệ thức trên, hầu hết là quen thuộc với các bạn nên tôi sẽ chỉ chứng minh 
hệ thức (1) và (2). Chứng minh như sau 
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác ABC và tam 
giác ABM với góc B ta có 
2 2 2
2
2 2
2 cos
2 2 cos 2
2 a
a c ac B b
ac ac B m
ì + - =
ï
í
+ - =ïî
Trừ hai vế đẳng thức với nhau ta có 
2 2 2
2 2 2
4a
b c am + -= 
Đối với hệ thức (2) áp dụng công thức diện tích cho hai tam giác ,ABD ACD ta được 
1 sin
2 2
1 sin
2 2
ABD a
ACD a
AS cl
AS bl
ì =ïï
í
ï =
ïî
Mặt khác ( )
2 cos1 1 2sin sin
2 2 2ABD ACD a a
AbcAS bc A S S l b c l
b c
= = + = + Þ =
+
am 
ah al 
a 
b 
c 
A 
C B M D 
iii) Một số hệ thức đặc biệt khác 
Với O là điểm bất kì trên mặt phẳng thì ( )2 2 2 2 2 2 23 9OA OB OC OG a b c+ + = + + + 
với G là trọng tâm tam giác 
Chứng minh 
Áp dụng hệ thức trung tuyến cho các tam giác , , ,OAD OGD OBC GBC ta được 
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 4
4 2 2
2 2 4
4 2 2
OA OD OG AD
OM GD OG OD
OB OC OM BC
GM BC GB GC
+ = +
+ = +
+ = +
+ = +
Cộng bốn đẳng thức trên lại vế theo vế ta có 
2 2 2 2 2 2 23OA OB OC OG GA GB GC+ + = + + + (*) 
Mà từ công thức đường trung tuyến ta dễ dàng suy ra 
2 2 2
2 2 2
3
a b cGA GB GC + ++ + = 
Thế vào (*) ta có ( )2 2 2 2 2 2 23 9OA OB OC OG a b c+ + = + + + 
Cho O là tâm đường tròn ngoại tiếp ta có hệ thức sau 
2 2 2 2 2 2 2 2 29 9 9R OG a b c R a b c= + + + Þ ³ + + (**) 
Trước hết, chúng ta có một bài toán cơ bản là điều kiện tương đương để ba số dương 
là ba cạnh một tam giác. Điều kiện như sau: 
, , 0a b c > là ba cạnh tam giác , , 0 :
a y z
x y z b x z
c x y
= +ì
ïÛ $ > = +í
ï = +î
Chứng minh 
Điều kiện cần: 
Vẽ đường tròn nội tiếp tam giác ABC , khi đó, , ,x y z là các đoạn 
được biểu diễn trên hình 
Điều kiện đủ: 
Với 
a y z
b x z
c x y
= +ì
ï = +í
ï = +î
 ta dễ dàng chứng minh , ,
a b c
b c a a b c
c a b
+ >ì
ï + > Þí
ï + >î
 là ba 
cạnh tam giác 
Rõ ràng điều kiện trên là rất đơn giản nhưng lại rất hữu dụng, các bạn sẽ có thể nhìn 
một bất đẳng thức hình học dưới cái nhìn đại số và không bị ràng buộc bởi cái yếu tố 
cạnh của tam giác nữa. Ta hãy xét một vài ví dụ 
· Các bất đẳng thức chỉ chứa yếu tố các cạnh tam giác 
Cho , ,a b c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
22 2 2
[1] 2
[2] 2
[3] 3
1 1 1 1 1 1[4] 2
a b c ab bc ca
a b c a b c
ab a b bc b c ca c a abc
p a p b p c a b c
+ + < + +
+ + < + +
+ + + + + >
æ ö+ + ³ + +ç ÷- - - è ø
A 
B C 
D 
O 
M 
G 
x x 
y 
y z 
z 
( )
( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
[5] 2
3[6] 
2
[7] 2
[8] 
3[9] 2 
1[10] 4 1
2
[11] 
a b c a b c
p a p b p c
a b c
p a p b p c
ab bc ca a b c
a b c b c a c a b
a b c a b c a b c abc
a b c abc
b c c a c a a b b c c a
a b c abc a b c
p p a
+ + ³ + +
- - -
+ + ³
- - -
+ + ³ + +
+ - + - + -
+ - - + - + + £
+ + + <
+ + + + + +
+ + + < + + =
< -
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
3
[12] 2 2 2 0
[13] 0
[14] 0 
[15] 1 
[16] 
p b p c p
ab a b c bc b c a ca c a b
a b c b c a c a b
a b a b b c b c c a c a
a b c a c b
b c a c b a
a b b c c a
a b b c c
+ - + - £
+ - + + - + + - ³
- + - + - ³
- + - + - ³
+ + - - - <
- - -
+ +
+ + +
1 
8a
<
Các bất đẳng thức trên đây, phần lớn đều có thể giải được bằng cách sử dụng điều 
kiện tương đương trên, các bạn có thể tự làm, chỉ trừ bất đẳng thức [9] [12] [15] [16], 
trong các bất đẳng ở trên tôi chỉ giải một vài bất đẳng thức mà tôi thấy khó hơn cả 
 [10] ( )2 2 2 14 1
2
a b c abc a b c+ + + < + + = 
Bất đẳng thức trên tương đương (sử dụng điều kiện tương đương) 
( ) ( ) ( ) ( )( )( )2 2 2 14
2
x y y z z x x y y z z x+ + + + + + + + + < với 1
2
x y z+ + = 
Để cho hai vế của bất đẳng thức trên cùng bậc (*) ta nhân thêm các lượng như sau 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 3
32 2 2 2 2 2 2 2 2
12 4 8
2
0 3
x y z x y y z z x x y y z z x x y z
x y z x y z xy yz zx x y x z y x y z z x z y x y z
xyz
é ù+ + + + + + + + + + + < + +ë û
Û + + + + + + + + + + + + + < + +
Û <
[9] 
( ) ( ) ( )
3 2 a b c abc
b c c a c a a b b c c a
+ + + <
+ + + + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 2
0
a a b a c b b c b a c c a c b abc a b b c c a
b c a c a b a b c
Û + + + + + + + + + < + + +
Û + - + - + - >
[15] 1 a b c a c b
b c a c b a
+ + - - - < và 1 
8
a b b c c a
a b b c c a
- - -
+ + <
+ + +
Chú ý rằng 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a b b c c aa b c a c b
b c a c b a abc
a b b c c aa b b c c a
a b b c c a a b b c c a
- - -
+ + - - - =
- - -- - -
+ + =
+ + + + + +
ta có đpcm 
· Các bất đẳng thức có liên quan đến các yếu tố khác ( ), , , , , ...m l h R r S 
( )
( )
( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
9 2
1 1 1 1 1 1 3
2
 4
2 3
2 3 , , 0 5
9
a b c a b c
a b c a b c
a
r r r h h h r
l l l h h h
R r
a b c am
p q ra b c S p q r
q r r p p q
R a b c
+ + ³ + + ³
+ + > + +
³
+ +
³
+ + ³ >
+ + +
³ + +
Độ mạnh của bất đẳng thức 
Tại sao chúng ta phải nhắc đến điều này, thực ra có quá nhiều bất đẳng thức mà tôi 
không thể liệt kê ra hết được nhưng chúng ta không cần biết hết mà chỉ cần nhớ 
những bất đẳng thức mạnh mà thôi, vậy thì một bất đẳng thức A gọi là mạnh hơn bất 
đẳng thức B khi nào, khi từ A có thể suy ra B. 
Chẳng hạn như trong một dãy những bất đẳng thức liên quan đến ba cạnh , ,a b c và 
diện tích S thì bất đẳng thức 2 2 2 29R a b c³ + + là rất mạnh, thật vậy, ta có 
( )22 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
39 9
16 4
abc abcR a b c a b c S
S a b c
³ + + Û ³ + + Û ³
+ +
 (*) 
Ta hãy so sánh (*) với các bất đẳng thức sau 
( )
( )
2 2 2
2
3
12
4
3 3
a b c S
a b c
S
+ + ³
+ +
³
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
23
2 2 2
2 2 2 2 2
3
4
2
 1
4 3
abc S
ab bc ca a b c
S
a p b p c b p c p a c p a p b p R
³
+ + - - -
³
- - + - - + - - £
Đối với ba bất đẳng thức đầu, dễ thấy vế trái của chúng lớn hơn vế trái của (*) nên (*) 
mạnh hơn ba bất đẳng thức đó. Ta cũng có thể dùng (*) để chứng minh bất đẳng thức 
cuối. Việc xét xem giữa (*) và (1) bất đẳng thức nào mạnh hơn là một điều khó khăn 
nhưng ta có thể chứng minh (1) khá ngắn gọn bằng cách sử dụng điều kiện tương 
đương. Khi đó 
( ) ( )1 4 4 3xy yz zx SÛ + + ³ 
( ) ( )2 3xy yz zx xyz x y zÛ + + ³ + + 
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 22 2 2 0
x y y z z x xyz x y z
x y z y z x z x y
Û + + ³ + +
Û - + - + - ³
 Bất đẳng thức (2) quá quen thuộc, ta sẽ không chứng minh, còn với (3) và (4) thì 
chỉ cần áp dụng công thức tính ,a am l ta sẽ thu được kết quả. 
 Bất đẳng thức 2R r³ là một bất đẳng thức quan trọng và chắc các bạn cũng biết 
đến lời giải hình học của nó, nhưng tôi sẽ đưa ra một chứng minh khác chỉ bằng các 
hệ thức lượng và các bất đẳng thức đã nêu 
( ) 242
4 16
a b c abcabc SR r S
S a b c
+ +
³ Û ³ Û ³
+ +
Chứng minh vế trái của bất đẳng thức trên lớn hơn bình phương vế trái của (*) là đơn 
giản, từ đó ta chứng minh được 2R r³ 
 Xét bất đẳng thức (5) 
Áp dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki ta có 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2
2 2 2
2
22 2 2 2 2 2
2
1 2
2
a b c q r r p p q a b c
q r r p p q
a b c p q r a b c
q r r p p q
p q ra b c a b c a b c
q r r p p q
æ ö
+ + + + + + + ³ + +ç ÷+ + +è ø
æ ö
Þ + + + + ³ + +ç ÷+ + +è ø
é ù+ + ³ + + - + +ë û+ + +
Ta cần chứng minh tiếp vế phải lớn hơn 2 3S , chính là bất đẳng thức (1) 
· Các bất đẳng thức hình học thuần túy 
Trong phần này tôi sẽ trình bày những bất đẳng thức hình học “thuần túy” theo nghĩa 
là khi chứng minh chúng ta hầu như chỉ cần những kiến thức đơn giản nhất về hình 
học mà không phải dùng đến những thứ “cao siêu” như phương tích, hệ thức lượng 
[1] Cho đường tròn bán kính 1 và n điểm 1 2, ,..., nA A A không cùng nằm trên một 
đường thẳng. Khi đó trên đường tròn có thể chọn được điểm M để 
1 2 ... nMA MA MA n+ + + ³ 
[2] Nếu một đa giác lồi nằm bên trong một đa giác lồi khác thì chu vi đa giác lồi bên 
ngoài không nhỏ hơn chu vi của đa giác trong. 
[3] Trong một tam giác không cân, đường phân giác al luôn nằm giữa đường cao ah 
và đường trung tuyến am 
[4] Nếu qua trọng tâm G của tam giác ABC vẽ đường thẳng cắt các cạnh của tam 
giác tại ,M N thì ta có bất đẳng thức 2OM ON³ 
[5] Cho tam giác ABC có cạnh a b c> > và một điểm O nằm trong tam giác. 
, ,P Q R lần lượt là giao điểm các đường thẳng , ,AO BO CO với ba cạnh tam giác. Ta 
có OP OQ OR a+ + < 
[6] Nếu M là điểm nằm trên đường phân giác ngoài của góc C trong tam giác 
( ) ABC M Cº thì MA MB CA CB+ > + 
[7] Nếu một tam giác nhọn đặt được vào trong một đường tròn thì bán kính đường 
tròn đó không nhỏ hơn bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 
[8] Nếu các đỉnh của một tứ giác lồi nằm trên các cạnh khác nhau của hình vuông 
cạnh 1 thì chu vi của nó không nhỏ hơn 2 2 
· Cực trị hình học 
[1] Trong tất cả các tam giác có cạnh a và đường cao ah cho trước, tìm tam giác có 
góc A nhỏ nhất 
[2] Trong tất cả các tam giác có các cạnh ,AB AC có độ dài cho trước, tìm tam giác 
có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất 
[3] Tìm bên trong ABC một điểm O sao cho tổng bình phương khoảng cách từ 
điểm đó đến các cạnh của tam giác là nhỏ nhất 
[4] Cho góc XAY và một điểm O nằm trong góc đó. Hãy kẻ qua một đường thẳng 
cắt ra từ góc đó một tam giác có diện tích lớn nhất 
[5] Bên trong góc nhọn BAC cho một điểm M . Tìm trên các cạnh ,AB AC các điểm 
,X Y sao cho chu vi tam giác XYM là nhỏ nhất 
[6] Từ điểm M trong tam giác ABC cho trước hạ các đường vuông góc 
1 1 1, ,MA MB MC xuống các đường thẳng , ,BC CA AB . Với vị trí nào của M trong 
ABC đại lượng 
1 1 1
a b c
MA MB MC
+ + có giá trị nhỏ nhất 
[7] Cho tam giác đều ABC cạnh 10 và M là điểm thỏa mãn 9MB MC+ = . Tìm max 
MA 
II. Các bài toán “kinh điển” và bài tập 
Bài toán con bướm 
Qua trung điểm M của dây PQ của một đường tròn , vẽ hai dây cung AB và CD. Dây 
AB và CD cắt PQ tại X và Y. Khi đó M là trung điểm của XY 
Chứng minh 
Cách 1. Từ O , vẽ ,OU OV 
vuông góc AD và BC . Ta 
có ,OXUM OMYV nội tiếp. 
Ta cần có 
 MX MY MOX MOY= Û = 
Do ,OXUM OMYV nội tiếp 
nên 
 , MOX AUM MOY MVC= =
Vậy ta cần chứng minh AUM CVM= . 
Ta có ~ ~ ADM CBM AUM CVMÞ AUM CVMÞ = Þ đpcm 
Cách 2. Hạ các đoạn vuông góc từ ,X Y xuống các đoạn như trên hình. Ta cần chứng 
minh x y= . Đặt MP MQ a= = . Từ các cặp tam giác đồng dạng 1Mx và 1My , 2Mx 
và 2My , 1Ax và 2Cy , 2Dx và 1By ta có 1 2 1 2
1 2 2 1
, , , x x x xx x AX XD
y y y y y CY y YB
= = = = 
( )( )
( )( )
2 2 2
1 2
2 2 2
1 2
. . 1
. .
a x a xx xx AX XD PX XQ a x x y
y y y CY YB PY YQ a y a y a y
- + -
Þ = = = = = = Þ =
+ - -
 (đpcm) 
O 
Y 
A 
P X Q 
D 
C 
B 
M 
V 
U 
O 
Y 
A 
P X Q 
D 
C 
B 
M x 
2x 
y 
1x 
1y 
2y 
Mở rộng 
- M không chỉ là trung 
điểm của XY mà còn là 
trung điểm của RS với 
,R S là giao điểm của 
,AC BD với PQ . 
Chứng minh 
Ta vẽ hai đường vuông 
góc xuống hai cạnh 
,AC BD và giải hoàn toàn tương tự như cách 1. 
- Với M là giao điểm của AB và CD . , X CD Y ABÎ Î 
là hai điểm thỏa OX OY= . { }, ,XY AD BC P QÇ = . Khi đó 
,XY PQ có cùng trung điểm. Khi cho { }, ,AC BD PQ R SÇ = , 
ta cũng có trung điểm XY là trung điểm RS 
Lưu ý. Khi cho X Y Mº º ta có bài toán con bướm ban đầu 
Chứng minh 
Cách chứng minh khá giống cách 2 tuy nhiên vẫn khá phức 
tạp, xin dành cho bạn đọc suy nghĩ 
Điểm Torricelli 
Cho tam giác ABC có các góc không lớn hơn 0120 . Tìm điểm M trong tam giác sao 
cho S MA MB MC= + + đạt giá trị nhỏ nhất 
Lời giải 
Dựng hai tam đều 
,AME ACD như 
hình. Khi đó ta có 
~ AMC AED 
MA MB MCÞ + +
MB ME ED= + + 
MA MB MC BDÞ + + ³ 
Đẳng thức xảy ra 0120AMB BMC CMAÛ = = = 
Điểm M thoả hệ thức trên được gọi là điểm 
Torricelli 
Lưu ý 
Khi tam giác ABC có một góc chẳng hạn 0120A > , ta có S sẽ đạt giá trị nhỏ nhất 
khi và chỉ khi M Aº . Thật vậy do 0120A > nên A nằm trong BMED 
MA MB MC BM ME ED BA AD BA ACÞ + + = + + > + = + 
Đẳng thức xảy ra M AÛ º 
O 
Y 
A 
P X Q 
D 
C 
B 
M S 
F 
E 
R 
O 
Y 
A 
P 
C 
Q D 
. 
B 
M 
X 
A 
B C 
M 
E 
D 
A 
B 
D 
E 
C 
M 
Đường thẳng Euler 
Cho tam giác ABC với trực tâm H , trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O . 
Khi đó ta có , ,H G O thẳng hàng và 2HG GO= và G nằm giữa ,H O 
Lời giải 
Gọi G là trọng tâm tam giác và ', ', 'A B C lần 
lượt là trung điểm , ,BC CA AB . Ta có 
' ' ' ~A B C ABC với tỉ số ½. H là trực tâm 
ABC , O là trực tâm ' ' 'A B C . Do tỉ số đồng 
dạng là ½ nên 2 'AH OA= . Do 
 , ' // ' 'AH OA BC AH OA HAG OA G^ Þ Þ = . 
Từ đó ta suy ra 
 ~ ' ' , ,HAG OA G HGA OGA H G OÞ = Þ 
thẳng hàng và G nằm giữa H và O , 
2HG GO= . 
Bài tập 
[1] Tương tự như cách giải trên, hãy vẽ hình và giải bài toán trong trường hợp tam 
giác ABC là tam giác tù 
[2] Chứng minh rằng 
2 2
'
2
b c
DA
a
-
= 
Đường tròn chín điểm Euler 
Với ABC . Khi đó ba chân đường cao, các trung điểm ba đoạn nối trực tâm và ba 
đỉnh, trung điểm ba cạnh nằm trên một đường tròn gọi là đường tròn Euler, bán kính 
½ R 
Lời giải 
Gọi ,O H là tâm ngoại tiếp, trực tâm; 
, ,K L M lần lượt là trung điểm 
, ,HA HB HC ; ', ', 'A B C lần lượt là trung 
điểm , ,BC CA AB 
Dễ thấy 
 0' ' ' ' ' ' 90KC A KLA KB A KMA= = = = 
Suy ra ', ', ', , ,A B C K L M cùng thuộc đường 
tròn đường kính 'KA là ( )C . 
{ }'KA OH NÇ = . Dễ thấy N là trung điểm 
'KA . Tương tự ta cũng có N là trung điểm ( )', 'LB MC CÞ là đường tròn đường 
kính ', ', 'KA LB MC Ta có , ,D E F lần lượt nằm trên đường tròn đường kính 
', ', 'KA LB MC . 
Þ ', ', ', , , , , ,A B C K L M D E F đồng viên 
Bài tập 
[1] Trong đường tròn Euler, các điểm , ,K L M chia đôi các cung , ,EF FD DE 
[2] Đường tròn ngoại tiếp ABC là đường tròn Euler của a b cI I I 
[3] Đường tròn Euler cắt các cạnh của tam giác bằng các góc , ,B C C A A B- - - 
A 
C 
D 
H . 'C 
E 
G 
O 
B 
'A 
'B 
. . 
A 
C 
D 
H 
'C 
E 
O 
B 
'A 
'B 
N 
L 
M 
K 
F . . . 
Hệ thức Euler 
Cho tam giác ABC . ,O I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó ta 
có hệ thức 2 2 2OI R Rr= - 
Lời giải 
Phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại L , 
là trung điểm BC không chứa A . LM là đường kính 
vuông góc với BC . Để ý rằng 
 , BML BAL LBC LACa b= = = = 
Do là góc ngoài ABI tại I nên BIL LBIa b= + = 
LBI cân: LI LB= . Vì vậy 
2 2
2 2
/. . .
/
sin . 2 2
sin
LB LMR OI LI IA LB IA LM IY
IY IA
LM IY LM IY Rr OI R Rra
a
- = = =
= = = Þ = -
Từ hệ thức trên ta rút ra 2R r³ 
Đường thẳng Simson (tìm ra năm 1797 bởi William Wallace) 
Ba chân đường cao từ một điểm đến các cạnh tam giác nằm thẳng hàng khi và chỉ khi 
điểm đó nằm trên đường tròn ngoại tiếp 
Lời giải 
Từ P bất kì, vẽ ba đường cao xuống ba cạnh tam giác là 
1 1 1, ,A B C . Khi đó ta có 1 1 1 1,PC AB PB A C nội tiếp. Suy ra 
 0 0
1 1 1 1 1 1 190 , 90AB C APC C AP CB A CPA PCB= = - = = - 
i) ( )P OÎ Þ 1C AP PCB= Þ 1 1 1 1AB C CB A= 
1 1 1, ,A B CÞ thẳng hàng 
ii) 1 1 1, ,A B C thẳng hàng 
1 1 1 1 1AB C CB A C AP PCB ABCPÞ = Þ = Þ nội tiếp 
( )P OÞ Î 
Mở rộng 
[1] Phép vị tự tâm P tỉ số 2 biến đường thẳng Simson 
thành một đường thẳng mới đi qua trực tâm tam giác. 
Đường thẳng đó gọi là đường thẳng Steiner 
Chứng minh 
Ta cần chứng minh 0180MHN = 
Thật vậy, từ APCB nội tiếp và ,P M đối xứng nhau qua 
đường thẳng AB ACB APB AMBÞ = = . 
Do H là trực tâm nên 
 0 0180 180AHB ACB AHB AMB+ = Þ + = 
MAHBÞ nội tiếp MHA ABM ABPÞ = = 
Tương tự BHCN nội tiếp NHC MBC PBCÞ = = 
Vậy ta có 
 0180MHA NHC ABP CBP ABC AHC+ = + = = - 
 0180MHA NHC AHCÞ + + = Þ đpcm 
A 
B 
I 
C 
L 
M 
Y 
O 
a a 
a 
a 
b b 
A 
B C 
P 
1A 
1B 
1C 
A 
B C 
P 
M 
N 
H 
[2] 1PA cắt đường tròn lần 
nữa tại U . Khi đó ta có 
1 1 1//AU A B C 
[3] Góc giữa đường thẳng 
Simson của , 'P P bằng một 
nửa số đo cung 'PP 
[4] Đường thẳng Simson của 
một điểm (nằm trên đường 
tròn) chia đôi đoạn nối điểm 
đó và trực tâm tam giác 
[5] Hai đường thẳng Simson của hai điểm đối tâm cùng thuộc ( )ABC vuông góc với 
nhau và giao điểm của chúng nằm trên đường tròn Euler 
Định lý Ptolemy 
Cho tứ giác lồi ABCD . Khi đó ta có bất đẳng thức . . .AB CD AD BC AC BD+ ³ 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD nội tiếp 
Chứng minh 
Dựng trên AD tam giác ADM đồng dạng với ACB 
. .AD BC AC DMÞ = (1) 
Từ ~ AD AMADM ACB
AC AB
Þ = 
Kết hợp với ADC MAB= ta có ~DAC MAB 
. .AB CD AC BMÞ = (2) 
Từ (1) và (2) ta có 
( ). . .AB CD AD BC AC DM BM AC BD+ = + ³ 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M BD ABCDÎ Û nội tiếp 
Bài tập 
[1] Cho P là điểm nằm trên cung CD của đường 
tròn ngoại tiếp của hình vuông ABCD 
ta có ( ) ( )PA PA PC PB PB PD+ = + 
[2] Nếu một đường tròn cắt hai cạnh và một 
đường chéo của một hình bình hành ABCD tại 
các điểm , ,P Q R như trên hình. Khi đó 
. . .AP AB AR AD AQ AC+ = 
Định lý Ceva (năm 1678) 
Nếu ba cát tuyến , ,AX BY CZ với , , , ,X Y Z BC CA ABÎ . Ta có 
, ,AX BY CZ đồng qui 1XB YC ZA
XC YA ZB
Û = 
Định lý Menelaus (khoảng năm 100 sau công nguyên) 
Nếu ba điểm , ,X Y Z trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC . Ta có 
, ,X Y Z thẳng hàng 1XB YC ZA
XC YA ZB
Û = 
A 
B C 
P 
1A 
1B 
1C 
U 
A 
B C 
U 
'U 
P 
'P 
O 
A 
C 
B 
D 
M 
A 
B C 
D 
P 
Q 
R 
Định lý Stewart (đề xuất năm 1746, nhưng thực chất đã được tìm ra năm 300 trước 
công nguyên bởi Archimedes) 
Cho tam giác ABC và một cát tuyến như hình 
Nếu độ dài cát tuyến là d , ta có hệ thức 
( )2 2 2a p mn b m c n+ = + 
Gợi ý 
Sử dụng định lý hàm cos cho hai tam giác XAB 
và XAC tại góc X 
Bài toán Fagnano (đề xuất năm 1775) 
Cho tam giác ABC nhọn và tam giác XYZ nội tiếp ABC ( ), , , ,X Y Z BC CA ABÎ . 
Khi đó chu vi tam giác XYZ đạt giá trị nhỏ nhất khi , ,X Y Z là chân ba đường cao 
Chứng minh 
Bài toán này có nhiều 
cách chứng minh nhưng 
tôi nghĩ hay nhất vẫn là 
cách chứng minh của 
nhà toán học H. A. 
Schwarz. Sau đây, tôi sẽ 
trình bày với các bạn 
chứng minh đó 
Dựng các tam giác bằng 
nhau và kề nhau như 
hình. Tam giác có ba 
cạnh là , ,a b c là tam 
giác có đỉnh là chân các đuờng cao. Dễ dàng nhận thấy các cạnh của chúng qua các 
phép đối xứng sẽ tạo thành đoạn 'PP . Còn các cạnh của tam giác nội tiếp bất kì 
, ,u v w sẽ tạo thành đường gấp khúc ... 'Q Q . Dễ thấy ' 'PQQ P là hình bình hành nên 
... ' 'Q Q PP³ suy ra chu vi một tam giác bất kì nội tiếp ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi 
ba đỉnh của tam giác đó là chân ba đường cao của ABC . 
Định lý Morley 
Đây là một trong những định lý về hình học sơ cấp đẹp 
nhất được tìm ra năm 1904 bới Frank Morley. Ông giới 
thiệu nó cho những người bạn của mình ở Cambridge, 
Anh và công bố nó 20 năm sau tại Nhật Bản. Chứng 
minh của định lý này tương đối khó đối với các bạn học 
sinh cấp 2, vì vậy tôi chỉ nêu ra định lý để các bạn cảm 
nhận được phần nào vẻ đẹp của nó 
Cho tam giác ABC . Các đường chia ba góc của các góc 
, ,A B C cắt nhau và các giao điểm tạo thành một tam giác đều 
m 
p 
n 
c 
b 
B X C 
A 
. . . 
X 
Y Z 
P 
'Q 
Q 'P 
a 
A 
A 
B 
B 
B