ĐƯỜNG ĐẲNG GIÁC, ĐƯỜNG ĐỐI TRUNG
Nguyễn Tăng Vũ

1. Đường đẳng giác
1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1. Cho góc $ \widehat{xOy} $. Ta nói hai đường thẳng $ d_1 $ và $ d_2 $ là các đường đẳng giác trong góc đã cho nếu chúng cùng đi qua đỉnh $ O $ và đối xứng với nhau qua phân giác của góc đó.
Ví dụ 1.
a) Một trường hợp tầm thường là: Đường phân giác là đẳng giác với chính nó.
b) Trong một tam giác vuông, đường cao và trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vuông là hai đường đẳng giác.
c) Tổng quát hơn, nếu tam giác $ ABC $ nội tiếp trong đường tròn $ (O) $ thì $ AO $ và đường cao hạ từ đỉnh $ A $ xuống cạnh $ BC $ là hai đường đẳng giác của góc $ \widehat{BAC} $.

Bạn đọc có thể kiểm tra một cách dễ dàng các ví dụ trên.
1.2 Các tính chất cơ bản
1.2.1 Tiêu chuẩn để hai đường thẳng là đẳng giác của một góc
Định lý 1 (Định lý Steiner). Cho tam giác $ ABC $ và hai điểm $ D, E $ trên cạnh $ BC $. Khi đó, $ AD $ và $ AE $ là hai đường đẳng giác của góc $ \widehat{BAC}$ khi và chỉ khi
$ \dfrac{\overline{BD}}{\overline{DC}} \cdot \dfrac{\overline{BE}}{\overline{EC}}=\dfrac{AB^2}{AC^2} $.(1)
Chứng minh.
a) Phần thuận. Giả sử $ AD $ và $ AE $ là hai đường đẳng giác của góc $ \widehat{BAC} $, ta sẽ chứng minh đẳng thức (1) cũng được thỏa mãn. Ta có\ $ \dfrac{\overline{BD}}{DC}=\dfrac{S_{BAD}}{S_{DAC}}=\dfrac{AD \cdot AB \cdot \sin \widehat{BAD}}{AD \cdot AC \cdot \sin \widehat{DAC}}=\dfrac{AB}{AC} \cdot \dfrac{\sin \widehat{BAD}}{\sin \widehat{DAC}} $.(2)
Tương tự, ta cũng có
$ \dfrac{\overline{BE}}{\overline{EC}}=\dfrac{AB}{AC} \cdot \dfrac{\sin \widehat{BAE}}{\sin \widehat{EAC}} $.(3)
Mặt khác, do $ AD, AE $ là hai đường đẳng giác của góc $ \widehat{BAC}$ nên
$ \widehat{BAD}=\widehat{EAC}, \widehat{DAC}=\widehat{BAE}. $ (4)
Từ đây kết hợp với (2) và (3), ta thu được ngay đẳng thức (1).
b) Phần đảo. Giả sử $ AD, AE $ thỏa (1), ta chứng minh $ AD $ và $ AE $ là hai đường đẳng giác ứng với góc $ A $. Vẽ $ AD’ $ là đường đẳng giác của $ AE (D’ \in BC) $. Khi đó ta có hệ thức
$ \dfrac{\overline{BD’}}{\overline{D’C} } \cdot \dfrac{\overline{BE}}{\overline{EC}}=\dfrac{AB^2}{AC^2} $.
Kết hợp với $ (1) $, ta có $ \dfrac{\overline{BD}}{\overline{DC} }=\dfrac{\overline{BD’}}{\overline{D’C} } $. Suy ra $ D \equiv D’ $, tức $ AD $ và $ AE $ là hai đường đẳng giác.
Định lý 2. Cho góc $ \widehat{xOy} $ và đường thẳng $ d_1 $ qua $ O, A $ là một điểm bất kỳ trên $ d_1 $. Gọi $ H, K $ lần lượt là hình chiếu của $ A $ trên $ Ox, Oy $. Khi đó, đường thẳng $ d_2 $ là đường đẳng giác của $ d_1 $ ứng với góc $ \widehat{xOy} $ khi và chỉ khi $ d_2 $ qua $ O $ và vuông góc với $ HK. $
Chứng minh. Chứng minh định lý này khá đơn giản, để thuận tiện ta sử dụng góc hình học.

a) Phần thuận. Giả sử $ d_2 $ là đường đẳng giác của $ d_1 $, ta sẽ chứng minh $ d_2 \bot HK. $ Ta có $ OHAK $ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính $ OA $ nên
$ \widehat{AOH} = \widehat{AKH}.$
Mặt khác, ta lại có $ \widehat{KOB}= \widehat{AOH} $, nên từ trên suy ra $ \widehat{KOB}=\widehat{AKH} $.
Vì $ \widehat{AKH}+ \widehat{HKO}=90^0 $ nên ta có $ \widehat{AKH}+ \widehat{HKO}=90^0 $, từ đó suy ra $ OB \bot HK. $
b) Phần đảo. Giả sử $ d_2 $ đi qua $ O $ và vuông góc với $ KH $, ta sẽ chứng minh $ d_2 $ là đường đẳng giác của $ d_1 $. Gọi đường thẳng $ d’$ là đường đẳng giác của $ d1 $ ứng với góc $ \widehat{xOy} $. Theo phần thuận ta có $ d’ \bot HK $, suy ra $ d’ $ trùng $ d_2 $. Vậy $ d_2 $ là đường đẳng giác của $ d_1 $.
Hệ quả 1.Gọi $ A_1, A_2 $ lần lượt là điểm đối xứng của $ A $ qua $ Ox $ và $ Oy $. Khi đó, đường trung trực của đoạn $ A_1A_2 $ là đường đẳng giác của $ OA $.
1.2.2 Các tính chất cơ bản
Định lý 3. Cho góc $ \widehat{xOy}. A $ và $ B $ là hai điểm sao cho $ OA, OB $ là hai đường đẳng giác ứng với góc $ \widehat{xOy}. A_1, A_2 $ lần lượt là hình chiếu của $ A $ trên $ Ox $, $ Oy $ và $ B_1 $, $ B_2 $ lần lượt là hình chiếu của $ B $ trên $ Ox $, $ Oy $. Khi đó, ta có các điều sau:
a) Bốn điểm $ A_1, A_2, B_1, B_2 $ cùng nằm trên một đường tròn có tâm là trung điểm của $ AB $;
b) $ AA_1 ·BB_1 = AA_2 ·BB_2. $
Chứng minh.

a) Ta có
$ OA_1 = OA \cos\widehat{AOA_1}, OB_1 = OB \cos\widehat{BOB_1 }$\
và $ OA_2 = OA \cos \widehat{AOA_2}, OB_2 = OB \cos\widehat{BOB_2} $.\
Suy ra $ OA_1 \cdot OB_1 = OA_2 \cdot OB_2 $. Do đó, bốn điểm $ A_1, A_2, B_1 $ và $ B_2 $ cùng thuộc một đường tròn. Hơn nữa tâm của đường tròn này chính là trung điểm của $ AB. $
b) Kết quả này được suy ra trực tiếp từ định nghĩa đường đẳng giác.
Định lý 4. Cho tam giác $ ABC $. Các cặp đường thẳng $ d_a, d’_a $ là đường đẳng giác ứng với góc $ A $, định nghĩa tương tự với $ d_b, d’_b và d_c, d’_c $. Khi đó, $ d_a, d_b, d_c $ đồng quy tại $ P $ thì  $ d’_a, d’_b, d’_c $ đồng quy tại $ P’. $ hoặc đôi một song song.
Chứng minh.

Sử dụng định lý Ceva dạng lượng giác ta chứng minh định lý 4 như sau: Giả sử $ d_a,d_b,d_c $ đồng quy tại $ P, $ ta có
$ \dfrac{\sin(d_a,c)}{\sin(d_a,b)} \cdot \dfrac{\sin{d_b,a}}{\sin(d_b,c)} \cdot \dfrac{\sin(d_c,b)}{\sin(d_C,a)}=-1. $
Lại có $ (d_a, c) = −(d’_a, b) $ và $ (d_a, b) = −(d’_a, c) $ nên
$\dfrac{\sin(d_a,c)}{\sin(d_a,b)}=\dfrac{\sin(d’_a,b)}{\sin(d’_a,c)}. $
Tương tự ta cũng có:
$ \dfrac{\sin(d_b,a)}{\sin(d_b,c)}=\dfrac{\sin(d’_b,c)}{\sin(d’_b,a)}, $ $ \dfrac{\sin(d_c,b)}{\sin(d_c,a)}=\dfrac{\sin(d’_c,a)}{\sin(d’_c,b)}. $
Từ những kết quả này, ta suy ra
$\dfrac{\sin(d’_a,b)}{\sin(d’_a,c)}=\dfrac{\sin(d’_b,c)}{\sin(d’_b,a)}= \dfrac{\sin(d’_c,a)}{\sin(d’_c,b)}=-1.$
Do đó theo định lý Ceva thì $ d’_a, d’_b, d’_c $ đồng quy hoặc song song.

Chú ý: Nếu $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $d’_a, d’_b, d’_c$ đôi một song song.
Định lý được chứng minh. Từ định lý 4, ta có định nghĩa sau:
Định nghĩa 2. Hai điểm được gọi là hai điểm đẳng giác nếu các cặp đường thẳng nối chúng với mỗi đỉnh là những cặp đường đẳng giác.
Ví dụ 2. Trong một tam giác thì tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm là hai điểm đẳng giác.
Áp dụng định lý 3 ta có định lý sau:

Định lý 5. Cho $ P $ và $ p’ $ là hai điểm đẳng giác đối với tam giác $ ABC $. Gọi $ X, Y, Z $ lần lượt là các hình chiếu của $ P $ trên các cạnh $ BC, AC, AB $ và $ X’, Y’, Z’$ lần lượt là các hình chiếu của $ P’$ trên các cạnh $ BC, AC, AB $. Khi đó, sáu điểm $ X, Y, Z, X’, Y’, Z’ $ cùng nằm trên một đường tròn.
Một hệ quả của định lý 5 là định lý về đường tròn Euler:
Định lý 6. Trong một tam giác, chân các đường cao và trung điểm các cạnh thì cùng thuộc một đường tròn, tâm đường tròn Euler chính là trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm và tâm ngoại tiếp tam giác.
1.3 Một số bài toán áp dụng
Bài toán 1. Cho tam giác $ ABC $. Đường tròn thay đổi qua $ B $ và $ C $ cắt các đường thẳng $ AB $ và $ AC $ tại $ D $ và $ E $. Chứng minh rằng tâm $ I $ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ADE $ di chuyển trên một đường thẳng cố định.

Chứng minh.

Ta có tam giác $ ADE $ và tam giác $ ACB $ đồng dạng, suy ra hai tam giác $ AID $ và $ AOC $ đồng dạng, do đó $\widehat{DAI}= \widehat{OAC} $.Kết quả này cho thấy $ AI $ và $ AO $ là hai đường đẳng giác đối với góc $ A $. Mà đường cao $ AH $ của tam giác $ ABC $ và $ AO $ cũng là hai đường đẳng giác. Từ đây suy ra $ I \in AH $ cố định.
Nhận xét. Đây là bài toán thi vào trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011 và là một bài toán khá dễ. Ta không cần phải sử dụng tới khái niệm đẳng giác. Tuy nhiên, qua bài này ta có một dấu hiện để nhận biết được hai đường đẳng giác: Cho hai điểm $ D, E $ thuộc các đường thẳng $ AB $ và $ AC $ sao cho tam giác $ ADE $ đồng dạng với tam giác $ ACB $ . Khi đó các đường thẳng tương ứng của hai tam giác $ ADE $ và $ ABC $ qua $ A $ là hai đường đẳng giác của góc $ \widehat{BAC} $.
Cụ thể hơn: Cho tam giác $ ABC $. Nếu $ DE $ là đường đối song của $ BC $ thì trung tuyến (đường cao…) xuất phát từ $ A $ của tam giác $ ADE $ và tam giác ABC là hai đường đẳng giác.
Đây là một ý khá hay để ta giải được các bài toán. Ta xét ví dụ sau:

Bài toán 2. Chứng minh rằng trong một tam giác, các đường thẳng kẻ từ tâm của đường tròn bàng tiếp trong mỗi góc, vuông góc với cạnh đối diện, đồng quy tại một điểm.
Chứng minh.

Gọi $ I_a, I_b, I_c $ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh $ A, B, C $. Dễ dàng chứng minh $ I_aA, I_bB, I_cC $ là các đường cao của tam giác $ I_aI_bI_c $. Vì $ BC $ và $ I_aI_b $ là hai đường đối song nên theo tích chất trên ta có đường thẳng qua $ A $ vuông góc với $ BC $ và đường thẳng $ I_aA $ là hai đường đẳng giác ứng với góc $ I_bI_aI_c $. Áp dụng định lý 4, ta có điều cần chứng minh.\
Bài toán 3 (Nga, 2010). Đường tròn nội tiếp của tam giác nhọn $ ABC $ tiếp xúc với các cạnh $ AB, BC, AC $ lần lượt tại $ C_1, A_1, B_1 $. Các điểm $ A_2, B_2 $ lần lượt là trung điểm của các đoạn $ B_1C_1, A_1C_1 $. Gọi $ P $ là giao điểm của đường tròn nội tiếp và $ CO $, với $ O $ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ABC $. Gọi $ N, M $ là giao điểm thứ hai của $ PA_2, PB_2 $ với đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng giao điểm của $ AN $ và $ BM $ thuộc đường cao hạ từ $ C $ của tam giác $ ABC $.
Chứng minh.

Ta biết rằng đường cao hạ từ $ C $ và $ CO $ là hai đường đẳng giác. Các đường thẳng $ CO, BP, AP $ cắt nhau tại $ P $. Do vậy, ta chỉ cần chứng minh $ (AP, AN) $ và $ (AP, AM) $ là các cặp đường đẳng giác ứng với góc $ A $ và $ B $ của tam giác $ ABC $.
Từ đây, ta đi đến lời giải cho bài toán này như sau: Gọi $ I $ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ ABC $, $ K $ là giao điểm của $ AN $ và $ BM $. Áp dụng phương tích của điểm $ P $ đối với đường tròn $ (I) $ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ AC_1IB_1 $, ta có
$ \overline{A_2I} \cdot \overline{A_2A}= \overline{A_2C_1} \cdot \overline{A_2B_1}, \overline{A_2C_1} \cdot \overline{A_2B_1}= \overline{A_2N} \cdot \overline{A_2P.} $
Từ đó suy ra
$\overline{A_2N} \cdot \overline{A_2P}=\overline{A_2I} \cdot \overline{A_2A}. $
Đẳng thức này cho thấy $ ANIP $ là tứ giác nội tiếp. Hơn nữa $ IN = IP $ nên ta có $ AI $ là phân giác góc $ \widehat{NAP} $, do đó $ AN $ và $ AP $ là hai đường đẳng giác ứng với góc $ A $.

Chứng minh tương tự ta cũng có $ BM $ và $ BP $ là hai đường đẳng giác của góc $ B $. Mà $ AP, BP, CO $ đồng quy tại $ I $ và $ AN, BM $ cắt nhau tại $ K $, nên $ CK $ là đường đẳng giác của $ CO $. Suy ra $ K $ thuộc đường cao hạ từ $ C $ của tam giác $ ABC $.

2. Đường đối trung
2.1 Định nghĩa
Định nghĩa 3.Trong một tam giác, đường đẳng giác với trung tuyến xuất phát từ một đỉnh được gọi là đường đối trung của tam giác.
Ví dụ 3. Trong một tam giác vuông thì đường cao xuất phát từ đỉnh chính là đường đối trung.
2.2. Các tính chất cơ bản
Đường đối trung là đường đẳng giác với trung tuyến nên sẽ có các tính chất của cặp đường đẳng giác. Từ các định lý 1, 2, 3, 4 và 5, ta có các tính chất sau:
\begin{enumerate}
\item Cho tam giác ABC. Ta có AD (D ∈ BC) là đường đối trung khi và chỉ khi:\
a) $ \dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB^2}{AC^2}; $\
b) $ \dfrac{\sin \widehat{DAB}}{\sin \widehat{DAC}}=\dfrac{AB}{AC}; $\
c) $ \dfrac{DH}{DK}=\dfrac{AB}{AC} (H,K $ lần lượt là hình chiếu của $ D $ lên $ AB,AC $.
\item Các đường đối trung giao nhau tại một điểm gọi là điểm Lemoine. Chú ý rằng:
a) Điểm Lemoine và trọng tâm là hai điểm đẳng giác;
b) Điểm Lemoine có nhiều tính chất hay, ta sẽ xét các tính chất đó trong phần bài tập.

2.3 Cách dựng đường đối trung và áp dụng

Dựa vào các tính chất của đường đối trung, trong phần này ta sẽ xét xét các cách dựng đường đối trung. Qua đó, ta xem xét một vài ví dụ liên quan tới đường đối trung của tam giác.
Bài toán 4. Cho tam giác $ ABC $. Trên đường thẳng $ AB $ lấy một điểm $ D $ và trên đường thẳng $ AC $ lấy một điểm $ E $ sao cho $ DE $ là đường đối song của $ BC $. Chứng minh rằng trung tuyến của tam giác $ ADE $ là đường đối trung của tam giác $ ABC $.

Bài toán này có thể được chứng minh dựa vào nhận xét sau bài toán 1 (bạn đọc có thể tự chứng minh).
Bài toán 5. Cho tam giác $ ABC $. Tiếp tuyến tại $ B $ và $ C $ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ABC $ cắt nhau tại $ P $. Chứng minh rằng $ AP $ là đường đối trung của tam giác $ ABC $.
Chứng minh.

a) Cách 1. Gọi $ D $ là giao điểm của $ AP $ và $ BC $, ta có\
$ \dfrac{BD}{DC}=\dfrac{S_{ABP}}{S_{ACP}}=\dfrac{AB \cdot BP \cdot \sin ABP}{AC \cdot CP \cdot \sin ACP}=\dfrac{AB}{AC} \cdot \dfrac{\sin ACB}{\sin ABC}=\dfrac{AB^2}{AC^2}$
Do đó $ AP $ là đường đối trung của tam giác $ ABC $.

b) Cách 2. Gọi $ D, E $ là giao điểm của $ AB, AC $ với đường tròn tâm $ M $ bán kính $ MB $ và $ O $ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ABC $. Ta cần chứng minh $ DE $ là đường kính của đường tròn. Thật vậy ta có
$\widehat{DBE}=\widehat{BAE}+\widehat{AEB}=\dfrac{\widehat{BOC}}{2}+\dfrac{\widehat{BPC}}{2}=90^0, $
nên $ DE $ là đường kính và $ P $ là trung điểm của $ DE $. Từ đây, dễ dàng suy ra $ AP $ là đường đối trung của tam giác $ ABC $.
Sau đây ta xét một vài ví dụ có liên quan đến đường đối trung.
Bài toán 6 (Đề chọn đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu, 2010). Cho tam giác $ ABC $ nội tiếp đường tròn $ (O) $ có $ A $ cố định và $ B, C $ thay đổi trên $ (O) $ sao cho $ BC $ luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của $ (O) $ tại $ B $ và $ C $ cắt nhau tại $ K $. Gọi $ M $ là trung điểm của $ BC, N $ là giao điểm của $ AM $ với $ (O) $. Chứng minh đường thẳng $ KN $ luôn qua một điểm cố định.
Chứng minh.

Gọi $ D, P $ lần lượt là giao điểm của $ KN $, $ AP $ và $ (O) $. Vì $ BC $ có phương không đổi nên $ KM $ là đường thẳng cố định. Theo trên, ta thấy $ AK $ là đường đối trung, suy ra $ \widehat{BAP}= \widehat{NAC} $. Từ đó ta chứng minh được $ P, N $ đối xứng nhau qua đường thẳng $ KM $ cố định. Khi đó dễ dàng suy ra $ D $ đối xứng với $ A $ qua đường thẳng $ KM $ nên $ D $ cố định.
Bài toán 7. Cho tam giác $ ABC $. Một đường tròn thay đổi qua $ BC $ cắt các cạnh $ AB $ và $ AC $ tại $ D $ và $ E $. Tiếp tuyến tại $ D $ và $ E $ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ADE $ cắt nhau tại $ P $. Chứng minh rằng $ P $ luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Chứng minh. Nhận xét $ P $ thuộc đường đối trung của tam giác $ ADE $. Mà $ BC $ là đường đối song của $ DE $ nên trung tuyến $ AM $ của tam giác $ ABC $ là đường đối trung của tam giác $ ADE $. Do đó $ P $ thuộc $ AM $ cố định.
Bài toán 8. Cho tam giác $ ABC $ nhọn khác tam giác cân. $ M $ là trung điểm của $ BC $. $ D $ và $ E $ là các điểm thuộc $ AM $ sao cho $ AD = BD $ và $ AE = EC. DB $ cắt $ CE $ tại $ F $. Một đường tròn qua $ B $ và $ C $ cắt các cạnh $ AB, AC $ lần lượt tại $ H $ và $ K $. Chứng minh rằng $ AF $ đi qua trung điểm của $ HK $.
Chứng minh.

Ta thấy rằng $ HK $ là đường đối song của $ BC $ nên để chứng minh $ AF $ qua trung điểm của $ HK $ thì ta chỉ cần chứng minh $ AF $ là đường đối trung của tam giác $ ABC $. Áp dụng định lý sine cho tam giác $ ABF $ và tam giác $ ACF $, ta có
$ \dfrac{AB}{AF}=\dfrac{\sin \widehat{AFB}}{\sin \widehat{ABF}}= \dfrac{\sin \widehat{AFB}}{\sin \widehat{BAD}} $ (1)
và $ \dfrac{AC}{AF}=\dfrac{\sin \widehat{AFC}}{\sin \widehat{ACF}}= \dfrac{\sin \widehat{AFC}}{\sin \widehat{EAC}} $.(2)
Mà $ D, E $ thuộc trung tuyến $ AM $ nên ta có
$ \dfrac{\sin \widehat{DAB}}{\sin \widehat{EAC}}=\dfrac{AC}{AB} $.(3)
Từ (1), (2) và (3), ta suy ra $ \sin\widehat{AFB} = \sin\widehat{AFC}, $ tức
$ \widehat{AFB} = \widehat{AFC}.(4) $
Mặt khác ta lại có:
$ \widehat{BFC} = \widehat{FDE}+\widehat{FED}=2\widehat{BAD}+2\widehat{EAC} =2\widehat{BAC}=\widehat{BOC}.$
Kết hợp với trên, ta được
$ \widehat{AFB}=\widehat{AFC}=180^0-\widehat{BAC} $.
Như vậy, ta có
$ \widehat{FAC}+\widehat{FCA}=\widehat{BAC}=\widehat{BAD}+\widehat{CAD} $.
Mà $ \widehat{FCA}=\widehat{CAD} $ nên $ \dfrac{FAC}{BAD}. $ Vậy $ AF $ là đường đối trung của tam giác $ ABC. $
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Nhận xét. Sau khi đã chỉ ra được $ \widehat{BFC}=\widehat{BOC} $ thì ngoài cách chứng minh như trên, ta còn có một cách khác để hoàn tất bài toán như sau: Từ $ \widehat{BFC}=\widehat{BOC} $, ta có tứ giác $ BFOC $ nội tiếp. Gọi $ P $ là giao điểm của $ AF $ và ($ BFOC) $. Từ (4) suy ra $ PB = PC. $ Điều này chứng tỏ $ OP $ là đường kính và $ PB \bot OB, PC \bot OC. $ Suy ra $ PB, PC $ là tiếp tuyến của $ (ABC) $ và như thế, $ AP $ là đường đối trung của tam giác $ ABC $. Từ đây ta có ngay điều phải chứng minh. Qua cách chứng minh này, ta thấy $ OF \bot AF $ và $ F $ thuộc đường tròn đường kính $ AO $. Đây chính là nội dung của bài toán thi Olympic Toán toàn nước Mỹ năm 2008: Cho tam giác $ ABC $ nhọn và không phải tam giác cân, đường trung trực của $ AB $ và $ AC $ cắt trung tuyến $ AM $ tại $ D $ và $ E. F $ là giao điểm của $ BD $ và $ CE $. Gọi $ N, P $ lần lượt là trung điểm $ AB, AC $ và $ O $ là tâm được tròn ngoại tiếp tam giác $ ABC $. Chứng minh rằng bốn điểm $ N, F, O, P $ cùng nằm trên một đường tròn.

3 Bài tập tự luyện
Bài tập 1. Cho tam giác $ ABC $ có $ O $ là tâm đường tròn ngoại tiếp. Gọi $ O_a, O_b, O_c $ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ OBC $, $ OAC $ và $ OAB $. Chứng minh rằng $ AO_a, BO_b, CO_c $ đồng quy tại điểm $ K’ $và $ K’ $ là điểm đẳng giác của tâm đường tròn Euler của tam giác $ ABC $. ($ K’ $ được gọi là điểm Kosnita.)
Bài tập 2. Cho tam giác $ ABC $ nội tiếp đường tròn $ (O) $ và $ P $ là điểm sao cho $ PB, PC $ là các tiếp tuyến với đường tròn $ (O) $. Trên $ AB $ và $ AC $ ta lấy các điểm $ K $ và $ H $ sao cho $ PK \parallel AC $ và $ PH \parallel AB $. Chứng minh rằng các điểm $ H, K $ và trung điểm các cạnh $ AB, AC $ cùng nằm trên một đường tròn.
Bài tập 3 (APMO, 2010). Cho tam giác $ ABC $ nhọn thỏa điều kiện $ AB > BC, AC > BC $. Gọi $ H $ và $ O $ lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ ABC $. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt đường thẳng $ AB $ tại điểm $ M $ khác $ A $, và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ AHB $ cắt đường thẳng $ AC $ tại điểm $ N $ khác $ A $. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ MNH $ thuộc đường thẳng $ OH $.
Bài tập 4. Cho tam giác $ ABC $ cân tại $ A $, và $ P $ là một điểm nằm trong tam giác sao cho $ \widehat{PBA}=\widehat{PCB} $. Gọi $ M $ là trung điểm của $ BC $, chứng minh rằng $ \widehat{APC}=\widehat{MPB}=180^0 $.
Bài tập 5. Cho đường tròn $ (O) $ và hai điểm $ A, B $ cố định trên đường tròn, $ M $ là trung điểm của $ AB $. Điểm $ C $ thay đổi trên cung lớn $ AB $. Đường trung trực của $ AC $ và $ BC $ cắt $ CM $ lần lượt tại $ D $ và $ E $. Gọi $ F $ là giao điểm của $ AD $ và $ BE $. Chứng minh rằng $ CF $ luôn đi qua một điểm cố định khi $ C $ thay đổi.
Bài tập 6 (Nga, 2010). Một điểm $ B $ thay đổi trên dây $ AC $ của đường tròn $ (\omega) $. Đường tròn đường kính $ AB $ và $ BC $ có tâm là $ O_1 $ và $ O_2 $ cắt $ (\omega) $ lần lượt tại $ D $ và $ E $. Tia $ O_1D $ và $ O_2E $ cắt nhau tại $ F $, tia $ AD $ và $ CE $ cắt nhau tại $ G $. Chứng minh rằng $ FG $ đi qua trung điểm của $ AC $.
Bài tập 7. Cho tam giác $ ABC $. Một đường thẳng $ (d) $ thay đổi luôn song song với $ BC $ cắt $ AB $ và $ AC $ lần lượt tại $ M, N $. Gọi $ I $ là giao điểm của $ BN $ và $ CM $. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BIM $ và $ CIN $ cắt nhau tại $ P $ (khác $ I $). Chứng minh rằng $ P $ luôn thuộc một đường thẳng cố định khi $ (d) $ thay đổi.
4. Lời kết
Bài viết này không đi sâu nghiên cứu các tính chất của đường đẳng giác, điểm đẳng giác, mà chỉ nêu lên một khái niệm khá phổ biến trong hình học nhưng có thể còn lạ lẫm với nhiều học sinh, qua đó giúp cho các em có thêm một hướng nhìn khi giải các bài toán hình học. Bạn nào yêu thích có thể nghiên cứu thêm trong các tài liệu tham khảo.