Bài viết trình bày một số kĩ thuật tính toán hình học để chứng minh các bài toán hình học phẳng, các định lý được dùng chính là định lý Sin, Cosin, công thức diện tích, vectơ,..và một số tính chất, bổ đề đơn giản.

Một số kí hiệu thường dùng.

Trong tam giác $ABC$, đặt $BC = a, AC = b, AB = c, p = \dfrac{a+b+c}{2}, S = S_{ABC}$, $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp, $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

Sau đây là một số định lý quan trọng và đã có trong các phần khác, bạn đọc có thể tự chứng minh một cách dễ dàng.

Định lý 1. (Định lý Sin) Trong tam giác $ABC$ thì $$\dfrac{a}{\sin A} = \dfrac{b}{\sin B} = \dfrac{c}{\sin C} = 2R$$

Định lý 2. (Định lý Cosin) Trong tam giác $ABC$ thì $a^2 =b^2 + c^2 – 2bc \cos A$ và các hệ thức tương tự.

Định lý 3. (Định lý Ceva dạng sin) Cho tam giác $ABC$, $P$ là điểm bất kì, khi đó $$\frac{\sin \left(A A_1 ; A B\right)}{\sin \left(A A_1 ; A C\right)} \cdot \frac{\sin \left(B B_1 ; B C\right)}{\sin \left(B B_1 ; B A\right)} \cdot \frac{\sin \left(C C_1 ; C A\right)}{\sin \left(C C_1 ; C B\right)}=-1$$

Một số tính chất và bổ đề cần dùng.

Tính chất 1. Nếu $\alpha$ là góc nhọn và $0^{\circ} \leq x, y \leq \alpha$ thỏa
$$
\frac{\sin x}{\sin (\alpha-x)}=\frac{\sin y}{\sin (\alpha-y)}
$$
thì $x=y$.

Tính chất 2. Cho tam giác $A B C$. Khi đó:
(a) $S_{A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot A C \cdot \sin B A C$.
(b) $M$ là điểm trên cạnh $B C$, khi đó $\frac{B M}{C A M}=\frac{A B \cdot \sin M A B}{A C \cdot \sin M A C}$. $M$ là trung điểm $B C$ khi và chỉ khi $\frac{A B}{A C}=\frac{\sin M A C}{\sin M A B}$.

Tính chất 3. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A, M$ là điểm thuộc cạnh $B C$. Khi đó:
$$
\frac{M B}{M C}=\frac{\sin M A B}{\sin M A C}
$$

Một số ví dụ áp dụng

Ví dụ 1. Cho tam giác $A B C$, đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C, A C, A B$ tại $D, E, F . D I$ cắt $E F$ tại $K$. Chứng minh $A K$ qua trung điểm của $B C$.
Hướng dẫn giải

Gọi $M$ là trung điểm $B C$, ta sẽ chứng minh tia $A K$ trùng tia $A M$. Từ 6.1.6 ta thấy rằng để chứng minh 2 tia này trùng nhau, ta chỉ cần chứng minh
$$
\dfrac{\sin B A K}{\sin C A K}=\dfrac{\sin B A M}{\sin C A M}(*)
$$

Ta có: $\dfrac{A B}{A C}=\dfrac{\sin C}{\sin B}=\dfrac{\sin K I E}{\sin K I F}=\dfrac{K E}{K F}=\dfrac{\sin K A E}{\sin K A F}$.

Mà $\dfrac{A B}{A C}=\dfrac{\sin M A B}{\sin M A C}$.

Từ (1) và (2) ta có $\dfrac{\sin K A E}{\sin K A F}=\dfrac{\sin M A E}{\sin M A F}$.

Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ nhọn, tiếp tuyến tại $B, C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $\angle P A B=\angle C A M$ với $M$ là trung điểm $B C$.

Hướng dẫn giải.

Ta có $S_{A B M}=S_{A C M} \Leftrightarrow A B \cdot A M \sin B A M=A B \cdot A M \cdot \sin C A M \Rightarrow \dfrac{\sin B A M}{\sin C A M}=\dfrac{A C}{A B}$
(1) Ta có $\dfrac{S_{P A B}}{S_{P A C}}=\dfrac{A B \cdot A P \cdot \sin P A B}{A C \cdot A P \cdot \sin P A C}=\dfrac{A B \cdot \sin P A B}{A C \cdot \sin P A C}$.

Mà $\dfrac{S_{P A B}}{S_{P A C}}=\dfrac{A B \cdot P B \cdot \sin A B P}{A C \cdot P C \cdot \sin A C P}=\dfrac{A B}{A C} \cdot \dfrac{\sin A C B}{\sin A B C}=\dfrac{A B^2}{A C^2}$.
Từ (3) và (4) ta có $\dfrac{\sin P A B}{\sin P A C}=\dfrac{A B}{A C}=\dfrac{\sin C A M}{\sin B A M} \Rightarrow \angle P A B=\angle C A M$.

Ví dụ 3. (Đường thẳng Newton) Cho các tứ giác $A B C D$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Gọi $E, F, G, H$ là tiếp điểm của $(I)$ với các cạnh $A B, B C, C D, D A ; M, N$ là trung điểm của $A C$ và $B D$.
(a) Chứng minh $A C, B D, E G, F H$ dồng quy.
(b) Chứng minh $I, M, N$ thẳng hàng và $\frac{I M}{I N}=\frac{B E+D H}{A E+C H}$.

Hướng dẫn giải.

Đặt $A E=A H=a, B E=B F=b, C F=C G=c, D G=D H=d$.

(a) Gọi $K$ là giao điểm của $E G$ và $A C$.

Ta có $\dfrac{A K}{A E}=\dfrac{\sin \angle A E K}{\sin A K E}$ và $\dfrac{C K}{C G}=\dfrac{\sin \angle C G K}{\sin \angle C K G}$.

Mà $\sin \angle A K E=\sin \angle C K G, \sin \angle A E K=\sin C G K$.
Do đó $\frac{A K}{C K}=\dfrac{A E}{C G}=\frac{a}{c}$.

Gọi $K^{\prime}$ là giao điểm của $H F$ và $A C$ ta cũng chứng minh được $\frac{A K^{\prime}}{C K^{\prime}}=\dfrac{a}{c}$. Do đó $K \equiv K^{\prime}$ hay $E G, H F, A C$ dồng quy.
Tương tự ta cũng có $B D, E G, H F$ dồng quy.

b) Ta có $A B \overrightarrow{I E}=b \overrightarrow{I A}+a \overrightarrow{I B}, B C \overrightarrow{I F}=b \overrightarrow{I C}+c \overrightarrow{I B}, C D \overrightarrow{I G}=c \overrightarrow{I D}+d \overrightarrow{I C}, A D \overrightarrow{I H}=d \overrightarrow{I A}+a \overrightarrow{I D}$.

Theo định lý con nhím ta có $A B \overrightarrow{I E}+B C \overrightarrow{I F}+C D \overrightarrow{I G}+A D \overrightarrow{I H}=\overrightarrow{0}$, suy ra $(a+c)(\overrightarrow{I B}+$ $\overrightarrow{I D})+(b+d)(\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I C})=\overrightarrow{0}$

Mà $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I C}=2 \overrightarrow{I M}, \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I N}$.

Do đó $(a+c) \overrightarrow{I N}+(b+d) \overrightarrow{I M}=\overrightarrow{0}$, từ đó suy ra $I, M, N$ thẳng hàng và $\dfrac{I M}{I N}=\dfrac{b+d}{a+c}$.

Ví dụ 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn có trực tâm $H$. Gọi $M$ là trung điểm $B C$, đường tròn tâm $M$ bán kính $M H$ cắt $B C$ tại $A_1, A_2$; các điểm $B_1, B_2, C_1, C_2$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng 6 điểm $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ cùng thuộc một đường tròn.

Hướng dẫn giải.

Ta dễ nhận ra rằng các điểm này cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$, vậy ta chỉ cần tính $O A_1$ sao cho không phụ thuộc vào vị trí của $A_1$, hay kết quả là một biểu thức đối xứng ta sẽ có điều cần chứng minh.

$O A_1^2=O M^2+M A_1^2=O M^2+M H^2$.

$M H^2=\dfrac{1}{2}\left(H B^2+H C^2\right)-\dfrac{1}{4} B C^2=2 O N^2+2 O P^2-\dfrac{1}{4} a^2=R^2\left(2 \cos ^2 B+2 \cos ^2 C-\sin ^2 A\right)$.

Khi đó
$$
O A_1^2=R^2\left(2 \cos ^2 B+2 \cos ^2 C+\cos ^2 A-\sin ^2 A\right)=R^2\left(2 \cos ^2 B+2 \cos ^2 C+2 \cos ^2 A-1\right)
$$

Tương tự cho các độ dài khác, từ đó ta có 6 điểm thuộc đường tròn tâm $O$.

Chú ý: Để ý vai trò như nhau của các đối tượng cần tính và cố gắng đưa về các yếu tố của hình gốc, cụ thể trong bài này là tam giác $ABC$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B, C$ cắt nhau tại $L$. Gọi $X$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$, tiếp tuyến tuyến tại $A$ cắt $L X$ tại $K$. Chứng minh $K$ thuộc đường thẳng Euler của tam giác $A B C$.
Hướng dẫn giải

Gọi giao điểm của $O K$ với $A X$ là $J$, ta sẽ chứng minh $J$ là trực tâm của $\triangle A B C$. Gọi giao điểm của $O L$ với $A K$ là $I$, theo định lý Thales ta có $\dfrac{J A}{O I}=\dfrac{K J}{K O}=\dfrac{J X}{O L} \Leftrightarrow \dfrac{J A}{J X}=\dfrac{O I}{O L}$.

Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ và $P$ là giao của $A H$ và $(O)$, do tính đối xứng thì $A P=H X$. Ta cần chứng minh $\dfrac{H A}{H X}=\dfrac{J A}{J X}$, tức là $\dfrac{A H}{A P}=\dfrac{O I}{O L}(1)$.

Từ đây chú ý thêm $\angle O I A=90^{\circ}-\angle O A H=\angle A C P=\alpha$, hướng giải quyết của ta đã sáng sủa hơn, ta có : $O I=\dfrac{O A}{\sin \alpha} ; O L=\dfrac{O C}{\cos \angle B A C} \Rightarrow \dfrac{O I}{O L}=\dfrac{\cos \angle B A C}{\sin \alpha}$

Ta có $A H=2 R \cos \angle B A C ; A P=2 R$. $\sin \alpha$, suy ra $\dfrac{A H}{A P}=\dfrac{\cos \angle B A C}{\sin \alpha}=\frac{O I}{O L}$. Suy ra $\dfrac{H A}{H X}=$ $\dfrac{J A}{J X}$; nghĩa là $H$ trùng $J$, suy ra $K$ thuộc đường thẳng Euler của tam giác $A B C$.

(Hết phần 1)