Sáng kiến kinh nghiệm Một số bổ đề quen thuộc trong hình học phẳng

C2 là trung trực của AI.
Từ đó có đpcm.
Tương tự bài 13, ta có bài toán sau
Bài 17. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), P di chuyển trên cung AD không chứa BC. PB, PC cắt AD lần lượt tại M, N và cắt CA, BD lần lượt tại R, Q. Đường thẳng RN cắt QM tại S. Chứng minh rằng PS luôn đi qua môt điểm cố định.
Lời giải
Tiếp tuyến của (O) tại P cắt AD tại K
Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm suy ra K, Q, R thẳng hàng.
Xét tam giác PQR có PS, QM, RN đồng quy tại S, MN cắt RQ tại K
Þ P(KSQR) = - 1 Þ P(PLCB) = - 1
Suy ra tứ giác PCLB điều hoà.
Do đó PL đi qua giao điểm các tiếp tuyến tại B và C của (O) và điểm đó cố định.
 Vậy ta có đpcm.
Tiếp tục phát triển theo các kết quả trên, ta cũng thu được nhiều bài toán khác. Sau đây, là một vài bài toán như vậy nhưng ở mức độ khó hơn.
Bài 18. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). B, C cố định, điểm A di động sao cho không đổi. Đường tròn (I) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại F, E. Gọi G, H lần lượt đối xứng với E, F qua I. Đường thẳng GH cắt IB, IC lần lượt tại P, Q. Chứng minh rằng trung trực PQ đi qua một điểm cố định.
Gợi ý
Bài 19. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định. Các điểm B, C cố định A di động trên (O). Đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. DE, DF lần lượt cắt HB, HC tại M, N. P là trung điểm MN. Chứng minh rằng HP luôn đi qua một điểm cố định.
Gợi ý
Bài 20. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Gọi P là một điểm trong tam giác sao cho AP vuông góc với BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của P lên CA, AB. Đường tròn (AEF) cắt (O) tại G. Chứng minh rằng GP, BE, CF đồng quy.
Gợi ý
. 
Bài 21. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường cao AD, BE, CF. Gọi M là trung điểm BC, S là giao điểm của các tiếp tuyến tại B và C của (O). Đường thẳng AO cắt BC tại A’. Các đường thẳng SD, SA’ cắt EF lần lượt tại I, J. Chứng minh rằng (MIJ) tiếp xúc BC tại M.
Gợi ý
Bài 22 (VMO 2023) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và D là điểm chính giữa cung BAC của (O). Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt lại J, E, F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC. Đường thẳng MN cắt các đường thẳng JE, JF lần lượt tại K, H. Đường thẳng JI cắt lại (IBC) tại G và DG cắt lại (IBC) tại T.
a) Chứng minh rằng AJ đi qua trung điểm của HK đồng thời vuông góc với IT.
b) Gọi R, S lần lượt là hình chiếu của D lên AB, AC. Các điểm P, Q lần lượt thuộc IF, IE sao cho KP, HQ cùng vuông góc với MN. Chứng minh rằng các đường thẳng MP, NQ, RS đồng quy.
Lời giải
a) 
Gọi L là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Gọi X là trung điểm BC.
Ta có J(BAEF) = -1 JA đi qua trung điểm HK.
Ta có GL ^ GI nên GLCB là hình thang cân. Do đó G, L đối xứng nhau qua DX.
DL cắt (IBC) tại T’ T và T’ đối xứng qua DX.
Do DB, DC là các tiếp tuyến của (IBC) nên LBT’C là tứ giác điều hòa.
Suy ra G(LT’BC) = - 1 G, T’, X thẳng hàng L, X, T thẳng hàng.
Dễ thấy JK ^ CH JK //LC; JH ^ IB JH // LB.
Suy ra hai tam giác JHK và LBC có các cạnh tương ứng song song.
Gọi X’ là trung điểm HK JX’ // LX º LT ^ TI AJ ^ IT
b) 
Ta R, S, X nằm trên đường thẳng Simson của D đối với DABC.
Lại có D nằm trên đường phân giác ngoài BAC nên AD ^ RS RS // AL 
Mà AL là phân giác BAC RX là phân giác MXN (XM // AC; XN // AB).
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh MP là phân giác XMN.
Gọi K’ là giao của XM và JE MB = MA = MK = MK’
Lại có PKI = 900 - KBC = 900 - IBF = FIB = KIP PK = PI.
Hơn nữa, IK’K = KBI = 900 - KIP = .
Do đó I. K, K’ nằm trên (P,PK) PK = PK’.
Do đó MP là đường trung trực của KK’ MP là phân giác góc XMN.
Tương tự, NQ là phân giác góc XNM.
Suy ra các đường thẳng MP, NQ, RS đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp tam giác XMN.
2.4. Bổ đề 4
2.4.1. Nội dung bổ đề
Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên đường thẳng BC. Chứng minh rằng
.
Chứng minh
Ta có 
Từ đó có điều phải chứng minh.
2.4.2. Ứng dụng 
Nếu xét AM là tiếp tuyến của đường tròn (ABC) ta dẫn đến bài toán quen thuộc sau
Bài 1. Cho tam giác ABC, tiếp tuyến tại A của (ABC) cắt BC tại M. Khi đó 
Lời giải
Ta có
Ta được điều phải chứng minh.
Nhận xét: Nếu MA không là tiếp tuyến, AM cắt BC tại N. Ta dẫn đến kết quả sau (gọi là bổ đề cát tuyến)
Bài 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Điểm M trên đoạn BD. Khi đó A, M, C thẳng hàng khi và chỉ khi
Lời giải
Chiều thuận: Giả sử M, A, C thẳng hàng, ta có
Chiều đảo hoàn toàn tương tự.
Bài 3 (Chọn ĐT Thái Bình 2015). Cho tam giác ABC. Gọi P và Q là một điểm bất kì. Các đường thẳng AP, BP, CP lần lượt cắt BC, CA, AB tại D, E, F. Các đường thẳng DQ, EQ, FQ lần lượt cắt EF, FD, DE tại M, N, K. Chứng minh rằng AM, BN, CK đồng quy tại một điểm.
Lời giải
Ta có 
Từ đó có điều phải chứng minh.
Bài 4 (Chọn ĐT Bắc Giang 2016). Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt thuộc BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy. (ABE) cắt (ACF) tại A1 khác A. (BAD) cắt (BCF) tại B1 khác B, (CAD) cắt (CBE) tại C1 khác C. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy.
Lời giải
Trước tiên, ta dễ dàng nhận thấy DA1BF ~ DA1EC
Do đó 
Tương tự với hai đẳng thức còn lại và lấy tích rồi áp dụng định lí Ceva cho ta điều phải chứng minh.
Bài 5. Cho tam giác ABC. O là một điểm bất kì. Đường thẳng d bất kì, qua O cắt BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. Gọi M’, N’, P’ lần lượt đối xứng M, N, P qua O. Chứng minh rằng AM’, BN’, CP’ đồng quy.
Lời giải
Trước hết, do M, N, P thẳng hàng nên ta có 
Ta xét 
T = .
Ta có 
 do M’N = MN’, 
Do đó T = 1.
Nên có điều phải chứng minh.
Nhận xét: Ở bài toán trên ta cũng có thể dùng định lí Ceva ở dạng thông thường để giải quyết. Tuy nhiên, nếu vậy, hình vẽ sẽ phức tạp hơn nhiều. Lời giải lượng giác cho ta bước tiếp cận hình học dưới một phần công cụ đại số. Sự kết hợp đó, giảm tải rất nhiều độ phức tạp về mặt cấu trúc bài toàn. 
Bài 5 (IMO SL 2016 G2). Cho tam giác ABC nội tiếp (O), I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường thẳng qua I vuông góc AI cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Lấy K là giao điểm thứ hai của (AEF) và (O). D là hình chiếu của I lên BC, M là trung điểm BC. Chứng minh rằng KD, AM cắt nhau trên (O).
Lời giải
Gọi L là giao điểm của AM và (O), L ≠ A. Khi đó .
Ta cần chứng minh K, D, L thẳng hàng hay 
Ta có 
 Và 
Theo tính chất của đường tròn A-Mixilinear ta có EIB = C/2; FIB = B/2 
Từ đó suy ra 
Ta cũng có 
Từ đó suy ra
Vậy ta được điều phải chứng minh.
Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), M và N lần lượt là trung điểm cung AB, AC của (O). X, Y lần lượt thuộc AB, AC sao cho XY // BC. MX căt (O) tại Q, NY cắt (O) tại P. D là giao điểm của MP và NQ. Chứng minh rằng AD là pg góc BAC.
Lời giải
Gọi BP cắt CQ tại E. Theo Pascal có I, D, E thẳng hàng.
Ta có YP là phân giác góc APC nên PC/PA = YC/YA
Ta có 
Và 
Từ đó suy ra
.
Vậy theo định lí Ceva ta có BE, CE, AI đồng quy A, I, E thẳng hàng.
Đó chính là điều phải chứng minh.
Bài 7. Cho tam giác ABC nhọn, trực tâm H, nội tiếp (O). Trên cung nhỏ AC, AB lần lượt lấy K, L sao cho KL //BC. Điểm G trên AB sao cho OG //AK. LH cắt lại (O) tại V. Chứng minh rằng CVG = 900.
Lời giải
Gọi CO cắt (O) tại T, ta cần chứng minh T, V, G thẳng hàng.
Hay 
Ta có GOA = OAK = PAL = x; 
Và GOB = AOB - GOA = QCP - PCL = QCL = y
Ta có 
Lại có 
Do TAHB là hình bình hành nên 
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 8. Cho tam giác ABC, đường cao BE, CF. Gọi T là hình chiếu của A lên EF. Gọi M, N lần lượt là trung điểm BE, CF. TM, TN lần lượt cắt AB, AC tại P, Q. Chứng minh rằng EF chia đôi PQ.
Lời giải
Gọi I là giao điểm PQ và EF. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APQ với cát tuyến F,I,E ta có 
Do đó ta cần chứng minh 
Thật vậy
Ta có 
Suy ra 
Từ đó tính được = 
Do đó 
 = .
Tương tự ta cũng tính được
Từ đó ta suy ra 
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 9. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường cao AD, BE, CF trực tâm H. DF cắt (AB) tại Q, DE cắt (AC) tại P. Gọi N là tâm (DEF).
a) Chứng minh AN ^ PQ.
b) Chứng minh rằng AN, BP, CQ đồng quy.
Lời giải
a) PN2 – QN2 = PP/(N) – PQ/(N) = QF.QD – PE.PD 
Ta có QAF = FDB = A, QFA = C.
Ta có 
Tương tự ta cũng có 
Suy ra 
Tương tự 
Từ đó suy ra
Ta cần chứng minh 
Lại có 
Đến đây, thay vào (*) ta dễ dàng dẫn đến điều phải chứng minh.
Bài 10. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (I). Tia BA cắt tia CD tại E, tia BC cắt tia AD tại F. Gọi(I1) là đường tròn nội tiếp AEF và (I2) là đường tròn nội tiếp CEF. 
Chứng minh rằng AII1 = CII2
Lời giải
Ta có IAI1 = 900 = ICI2.
Ta có 
Suy ra
Tương tự ta có 
Mà AFCE là tứ giác tự cắt ngoại tiếp (I), theo định lí Pithot ta có AE + AF = CE + CF.
Từ đó suy ra
 DAI1I ~ DCI2I .
Ta được điều phải chứng minh.
Bài 11 (Hòa Bình 2022) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Đường thẳng AB cắt CD tai E, đường thẳng AD cắt BC tại F, đường thẳng AC cắt BD tại G. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC, BD. Các đường thẳng AC, BD lần lượt cắt EF tại các điểm P và Q.
a) Chứng minh M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn tâm K
b) OK cắt EF tại L, GL cắt (O) tại S, T. Chứng minh HS, HT tiếp xúc (O).
Lời giải
a) Ta có (ACGP) = - 1 
Cũng có (BDGQ) = - 1 
Từ đó ta có điều chứng minh.
b) G thuộc trục đp của (O) và (K).
Gọi I là điểm Miquel, ta có 
Từ đó suy ra
Từ đó suy ra GK là trục đẳng phương của (O), (K) hay HG ^ OK.
Theo Brocard, OG ^ LH LG ^ OH
Xét cực và đối cực đối với (O).
Ta có, EF º dG H Î dG G Î dH. Mà OH ^ LG LG º dH
Từ đó ta suy ra được HT, HS là tiếp tuyến của (O). Kết thúc bài toán.
Bài 12. Cho tam giác ABC. Các Cevian AA1, BB1, CC1 đồng quy tại G. Các điểm M, N, P lần lượt đối xứng G qua B1C1, B2C2, C2A2. Chứng minh rằng AM, BN, CP đồng quy.
Lời giải
Gọi R là giao của AA1 và B1C1 (AGRA1) = -1
Từ đó suy ra
Nếu bỏ qua độ dài đại số tai có 
Gọi I là trung điểm GM, Kẻ A1X ^ B1C1 ta có A1X // GM và 
Từ đó suy ra A, M, X thẳng hàng.
Xác định tương tự với Y, Z. Mà A1X, B1Y, C1Z đồng quy tại trực tâm tam giác A1B1C1. Do đó theo bài TST Thái Bình 2013 ta có điều phải chứng minh.
Bài 13. Cho tam giác ABC nhọn, không cân, ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC tại D. Đường thẳng AD cắt lại (I) ở T. Các đường tròn (BDT) và (CDT) cắt lại (ID) tại K, L. Chứng minh rằng KL // BC.
Lời giải
Lời giải
Do ID ^ BC nên ta cần cm ID ^ KL hay IK =IL.
Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) và AC, AB. EF cắt BC tại G suy ra GI ^ AD tại H. Do đó H là trung điểm DT. 
Ta có 
KHT = 900 + KHI = 900 + KDI = KDB DKHT ~ DKDB
 BKD = TKH
Do đó KB là đường đối trung của tam giác TKD
Ta được KDBT là tứ giác điều hòa, BH là đường trung tuyến của tam giác BTD nên BK là đường đối trung. Do đó
Tương tự 
Mà HD là phân giác góc BHC suy ra
Từ đó có điều phải chứng minh.
Bài 14. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). Gọi Ib, Ic lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc B, C của tam giác ABC. (O) cắt (IbIcI) tại E, F. 
a) Gọi D là chân đường phân giác góc A. Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
b) Tiếp tuyến tại A cắt EF tại K. KI cắt (O) tại M, N. Tiếp tuyến tại E, F của (O) lần lượt cắt BC tại P, Q. Chứng minh rằng MAP = NAQ.
Lời giải
a) Gọi L là giao khác B của BI và (O) L là trung điểm IIb.
Ta có 
Suy ra D thuộc trục đẳng phương EF của (O) và (IbIcI). 
b) Gọi C1 là chân đường phân giác trong từ C của tam giác ABC. Ta có K = AA Ç DC1 Khi đó, theo bổ đề quen thuộc thì KI //BC AM, AN đẳng giác góc A.
Do đó đpcm tương đương với AP, AQ đẳng giác góc A hay
Theo bổ đề quen thuộc ta có
Do đó ta cần cm 
Đến đây, sử dụng biến đổi lượng giác ta dễ có điều phải chứng minh.
Bài 15. Cho tam giác ABC nội tiếp (O), ngoại tiếp (I). Gọi M là trung điểm BC, N là trung điểm cung BC chứa A của (O) và J là trung điểm MN. Gọi D là tiếp điểm của (I) và BC. Chứng minh rằng JA = JD.
Lời giải
Gọi K đối xứng D qua J. Ta sẽ chứng minh DANK ~ DAID.
Thật vậy, ta có 
AID = 1800 -DIA’ = 1800 - AA’N = 90 + ANA’ = ANK.
Ta có 
Biến đổi
Suy ra
Ta được
Suy ra
NAK = IAD DAK = IAN = 900.
Do đó, tam giác ADK vuông tại A.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
PHẦN III: KẾT LUẬN
Ta thấy rằng, đa số các bài toán trên, nếu đứng độc lập sẽ trở thành những bài toán khó. Việc hướng dẫn học sinh giải quyết thực sự khó khăn và không hiệu quả, lời giải sẽ không tự nhiên. Tuy nhiên, nếu biết phân tích, tìm tòi bài toán gốc thì sẽ khiến lời giải trở nên tự nhiên, nhẹ nhàng hơn rất nhiều, cũng giúp học sinh có cái nhìn khái quát hơn, tiếp thu bài học tốt hơn.
Nếu kết hợp với các với các bổ đề khác, phép biến hình (đặc biệt là phép nghịch đảo, vị tự quay, nghịch đảo đối xứng,) ta sẽ còn thu được nhiều bài toán thú vị khác, công việc tiếp túc đó, xin được dành cho bạn đọc.
Do khuôn khổ có hạn của bài viết, tôi xin dừng lại ở đây. Hy vọng, nội dung bài viết sẽ mang lại một số lợi ích cho các bạn. 
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Nguyễn Văn Thảo. Bài giảng trường hè cho học sinh chuyên toán hè 2022 - Viện nghiên cứu cao cấp về toán.
[2] Nguyễn Chu Gia Vượng, Trần Minh Hiền, Nguyễn Văn Thảo, Nguyễn Hà Trung, Bùi Văn Bình. Tuyển tập đề thi và lời giải IMO Shorlist 2010 - 2019 (Dự án của Viện nghiên cứu cao cấp về toán 2022)
[3] Trang web mathlinks.ro ;Trang web mathscope.org
[4] Đỗ Thanh Sơn. Một số chuyên đề hình học phẳng bồi dưỡng học sinh giỏi. NXB Giáo dục 2009.
[5] Đỗ Thanh Sơn. Các phép biến hình. NXB Giáo dục 2008.
[6] Nguyễn Hữu Điển. Olympic toán năm 2000- 52 đề thi và lời giải (6 tập). NXB Đại học quốc gia Hà Nội 2004.
[7] Nguyễn Văn Nho. Những định lí chọn lọc trong hình học phẳng qua các kì thi Olympic. NXB Giáo dục 2011.
[8] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình Bài tập nâng cao và một số chuyên đề nâng cao hình học 10. NXB Giáo Dục 2012.
[9] Tạp chí toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản giáo dục.
[10] Titu Andresscu, Zumming Feng, Alex Saltman. 2006 MOSP Homework. NXB Birkhauser 2007(Bản tiếng Anh)
[11] Titu Andresscu, Zumming Feng, Po-Shen Loh. USA and International Mathematical Olympiads. NXB Birkhauser 2004. (Bản tiếng Anh)
[12] V.V Praxolov. Các bài toán về hình học phẳng tập 1. NXB Đại học Quốc gia Thành phố HCM 2002. (Người dịch Hoàng Đức Chính – Nguyễn Đễ)
[13] V.V Praxolov. Các bài toán về hình học phẳng tập 2. NXB Đại học Quốc gia Thành phố HCM 2002.(Người dịch Hoàng Đức Chính – Nguyễn Đễ)
[14] Titu Andresscu, Bogdan Enescu. Mathematical Olympiads Treasures. NXB Birkhauser 2001. (Bản tiếng Anh)
[15] Titu Andresscu, Ravan Gelca Mathematical Olympiads Challenges. NXB Birkhauser 2006. (Bản tiếng Anh)
[16] Titu Andresscu, Ravan Gelca. Putnam and Beyond. NXB Springer . (Bản tiếng Anh)
[18] Dusan Djukie. Inversin (Tài liệu trên imo.org.yn)
[19] Nguyễn Mộng Hy. Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp toạ độ. NXB Giáo Dục 2003.
[20] Đoàn Quỳnh. Số phức và hình học phẳng. NXB Giáo dục 1997.
[21] Nguyễn Văn Linh. Bài giảng IMO 2015. Nguồnnguyenvanlinh.wordpress.com.
[22] Nguyễn Văn Linh. Phép vị tự quay. Nguồnnguyenvanlinh.wordpress.com.
[23] Trần Quang Hùng. Tứ giác nội tiếp.(Bài giảng tập huấn giáo viên chuyên do viện nghiên cứu cao cấp về toán tổ chức hè 2015).
[24] Nguyễn Văn Thảo. Hàng điểm điều hoà.(Bài giảng tập huấn giáo viên chuyên do viện nghiên cứu cao cấp về toán tổ chức hè 2015).
[25] Nguyễn Văn Thảo. Phép nghịch đảo và ứng dụng.(Chuyên đề bồi dưỡng trại hè Hùng Vương 2013)
ĐIỂM VÀ NHẬN XÉT ĐỀ TÀI CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
Điểm: .
Nhận xét của tổ chuyên môn: 
TM TỔ CHUYÊN MÔN TM HỘI ĐỒNG NCKH