Đề tài Sử dụng định lý Ceva và Menelaus trong bài toán chứng minh đồng quy, thẳng hàng

1 
SỬ DỤNG ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS TRONG BÀI TOÁN 
CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG 
Phần 1. Đặt vấn đề 
Các bài toán Hình học phẳng là một phần quan trọng trong các chuyên đề 
toán học và đồng thời nó cũng là một mảng khó trong chương trình toán THPT 
chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic Toán 
quốc tế và khu vực, những bài toán Hình học phẳng cũng hay được đề cập và 
thường được xem là bài toán khó của kì thi. Trong các dạng toán liên quan đến 
Hình học phẳng thì bài toán đồng quy, thẳng hàng vừa được coi là bài toán quen 
và lạ, vừa dễ vừa khó. Bởi bài toán đồng quy, thẳng hàng đã được làm quen từ 
khi các em bắt đầu học Hình học cho đến chúng ta cảm thấy rất quen thuộc với 
Hình hoc nó vẫn hiện hữu. Nó lại là bài toán có tần suất xuất hiện nhiều nhất 
trong tất cả các kì thi HSG các cấp với rất nhiều hình thái khác nhau, mức độ 
khác nhau thậm chí là rất khó. 
Các em học sinh bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn 
khi tiếp cận các dạng toán liên quan đến bài toán đồng quy thẳng hàng nói riêng 
và bài toán Hình học phẳng nói chung bởi không biết phải bắt đầu từ đâu và khó 
khăn khi định hướng vẽ hình phụ. Cái khó của các em chính là không nắm được 
tường tận các phương pháp giải quyết từ đó dẫn đến khó khăn trong khâu định 
hướng. Để hiểu và vận dụng tốt một số dạng toán cơ bản và vận dụng kiến thức 
Hình học phẳng vào giải toán đồng quy thẳng hàng thì thông thường học sinh 
phải có kiến thức nền tảng Hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn trên tất cả 
các lĩnh vực của nó. 
Trong số rất nhiều các phương pháp để giải quyết bài toán đồng quy, 
thẳng hàng tác giả lựa chọn các phương pháp “Sử dụng định lý Ceva và 
Menelaus” để giải quyết lớp bài toán trên. Đây là phương pháp khá cổ điển và 
đặc trưng cho lớp bài toán này. 
2 
Phần 2 ĐỊNH LÝ CEVA VÀ MENELAUS 
TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH ĐỒNG QUY, THẲNG HÀNG 
1 Lý thuyết 
1.1. Định lí Ceva: Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các 
cạnh BC, CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi 
' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
 hay 
' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
 . 
Chứng minh: 
AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi:
' ' '
. . 1.
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
 (1) 
( ) Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1) 
Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K. 
Áp dụng định lí Thales có: ' '; .
' '
B C BC C A AK
B A AI C B BC
Hơn nữa ta có: '
' ' ' '
AI AM AK A B AI
A B MA A C A C AK
Vậy ta có 
' ' '
. . . . 1.
' ' '
A B B C C A AI BC AK
A C B A C B AK AI BC
( ) Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng minh AA’, BB’, CC’ đồng quy. 
Gọi P là giao điểm của AA’ và BB’, D là giao điểm của CP và AB. Khi đó áp 
dụng phần trên ta có 
' '
. . 1.
' '
A B B C DA
A C B A DB
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có 
'
'
'
C A DA
C D
C B DB
  (Do C’ và D cùng thuộc cạnh AB) 
Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P. 
3 
Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy như trên được gọi là bộ ba đường 
thẳng 
Ceva và các đoạn thẳng AA’, BB’và CC’ được gọi là bộ ba đoạn thẳng Ceva. 
Nhận xét: 
Trong chứng minh phần thuận của đình lý, có thể dùng các tỷ sổ diện tích như 
sau : . . . . . 1BOC COA AOB
AOB BOC COA
S S SAG BE CF
GB EC FA S S S
- Các đoạn thẳng AE, BF, CG đươc gọi là các đường Ceva của tam giác 
- Khi các điểm E, F, G có thể nằm tùy ý trên các đường thẳng chứa cạnh thì định 
lý Ceva mở được phát biểu như sau: Cho các điểm D, E, F tương ứng nằm trên 
các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó các đương thẳng AD, BE, CF đồng quy 
nếu và chỉ nếu: . . 1
BD CE FA
DC EA BF
 . 
1.2. Định lí Ceva dạng lượng giác (Ceva sin) 
 Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. 
Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương: 
a) AD, BE, CF đồng quy tại một điểm. 
b) 
sin sin sin
. . 1
sin sin sin
ABE BCF CAD
EBC FCA DAB
 . 
c) . . 1
AE CD BF
EC DB FA
 . 
Chứng minh: 
Chúng ta sẽ chứng minh rằng a) dẫn đến b), b) dẫn đến c), và c) dẫn đến a). 
Giả sử a) đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF. 
4 
Theo định lý hàm số sin trong tam giác APB ta có: 
sin sin
.
sin sin
ABE ABP AP
BPDAB BAP
 (1) 
Tương tự, ta cũng có: 
sin
;
sin
BCF BP
CPEBC
 (2); 
sin
.
sin
CAD CP
APFCA
 (3) 
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được b). 
Giả sử b) đúng. 
Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có: 
sin sin
; .
sin sin
ADB AB CAD CD
DB CABAD ADC
Do đó: 
sin
. .
sin
CAD AB CD
CA DBBAD
 0180BDA ADC (4) 
Tương tự, ta cũng có: 
sin
. .
sin
BCF CA BF
BC FAFCA
 (5); 
sin
. .
sin
ABE BC AE
AB ECEBC
 (6) 
Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được c). 
Giả sử c) đúng, ta gọi 1, .P CF BE D AP BC   
Theo a) và b) ta có: 1
1
. . . . 1
CDAE BF AE CD BF
EC D B FA EC DB FA
 hay: 1
1
.
CD CD
D B DB
Do đó: 1D D . 
1.3 Định lí Menelaus: Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ trên các 
đường thẳng BC, CA, AB sao cho: hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên 
phần kéo dài của ba cạnh, hoặc một trong ba điểm trên nằm trên phần kéo dài 
của một cạnh còn hai điểm còn lại nằm trên hai cạnh của tam giác ABC. Điều 
5 
kiện cần và đủ để A’, B’, C’ thẳng hàng là ' ' '. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
 hay 
' ' '
. . 1
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
 . 
Chứng minh : 
A’, B’, C’ thẳng hàng là ' ' '. . 1.
' ' '
A B B C C A
A C B A C B
 (1) 
 ( ) Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1) 
Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ tại M. 
Áp dụng định lí Thales ta có: ' ' ' ' ', .
' ' ' ' '
A B A C B C B M
A C A M B A B C
Mặt khác ta có '
' ' '
CM B M
C A B C
 và 
' ' ' . ' '
.
' ' ' ' ' '. '
CM A M C A A M B C
C B A C C B A C B M
Do đó ta có ' ' ' ' ' ' ' ' '. . . . . 1.
' ' ' ' ' , ' ' '
A B B C C A A C B M A M B C
A C B A C B A M B C A C B M
( ) Cho các điểm A’, B’, C’ thoả mãn (*) và (1), ta chứng minh A’, B’, C’ 
thẳng hàng. 
Giả sử B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác và A’ thuộc phần kéo dài của cạnh 
còn lại. Gọi D là giao điểm của A’C’ và AC. 
Khi đó, theo chứng minh trên ta có ' '. . 1.
' '
A B DC C A
A C DA C B
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có ' '
'
DC B C
D B
DA B A
  (vì đều thuộc cạnh AC) 
Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng. 
Trong trường hợp 3 điểm A’,B’,C’ cùng thuộc phần kéo dài của các cạnh chứng 
minh tương tự 
6 
2 Bài tập minh họa 
Bài 1. Cho tam giác ABC lấy E, F, M thứ tự trên cạnh AC, AB, BC sao cho EF 
song song BC, MB = MC. Chứng minh rằng CF, BE, AM đồng quy 
Chứng minh : 
Cách 1: (Chứng minh đồng quy) 
Gọi K là giao điểm của AM và EF. 
Theo định lí Thales ta có: ; ; 1 . . 1
AF AK CE KM BM AF BM CE
BF KM AE AK CM BF CM AE
 . 
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có CF, BE, AM đồng quy. 
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) 
Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt BE tại N, AM cắt BE tại I. Ta có: 
; 2; . . 1
AF AN BC MI BM AF BM MI
BF BC MC AI AN BF CM AI
 . 
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABM thì F, I, C thẳng hàng. Từ đó suy 
ra CF, BE, AM đồng quy tại I. 
Bài 2. Cho tam giác ABC đường cao AH. Lấy D, E theo thứ tự trên AB, AC sao 
cho AH là phân giác góc DHE . Chứng minh rằng AH, BE, CD đồng quy. 
Chứng minh : 
7 
Cách 1: (Chứng minh đồng quy) Từ A kể đường thẳng song song BC cắt HD, 
HE tại M và N. Vì HA là phân giác góc A , HA là đường cao nên AM = AN. 
Ta lại có ; . . . . 1
AD MA CE CH AD BH CE MA BH CH
BD BH AE AN BD CH AE BH CH AN
 . 
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AH, BE, CD đồng quy. 
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt HD, 
HE, BE lần lượt tại M, N, K. Gọi AH cắt BE tại I. Ta có: 
; . . . . . 1
AD MA AN HI BH AD BC HI AN BC BH AE CE
BD BH BH AI AK BD CH AI BH CH AK CE AE
 . 
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABH thì D, I, C thẳng hàng. 
Từ đó suy ra AH, BE, CD đồng quy tại I. 
Bài 3. Cho đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB lần 
lượt tại D, E, F. Chứng minh AD, BE, CF đồng quy tại một điểm. (điểm 
Gergonne của tam giác ABC) 
Chứng minh: 
Cách 1: (Chứng minh đồng quy) 
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau AF = AE; BF = BD; CE = CD, 
suy ra . .. . 1
. .
AF BD CE AE BD CE
BF CD AE BD CE AE
 . 
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC ta có AD, BE, CF đồng quy. 
Cách 2: (Chứng minh thẳng hàng) 
Từ A kẻ đường thẳng song song BC cắt CF tại N, AD cắt CF tại I. Ta có: 
. . . . . . 1
AE CB DI AF CB CD AF CB AN CB
CE DB AI CD BF AN BF AN CB AN
 . 
8 
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACD thì B, I, E thẳng hàng. Từ đó suy 
ra AD, BE, CF đồng quy tại I. 
Bài 4 (VMO 2011) Trong mặt phẳng cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm 
P di động trên tiếp tuyến tại B của (O) sao cho P không trùng với B. Đường 
thẳng PA cắt (O) tại điểm thứ hai C. Gọi D là điểm đối xứng với C qua O. 
Đường thẳng PD cắt (O) tại điểm thứ hai E. 
1) Chứng minh rằng các đường thẳng AE, BC và PO cùng đi qua một điểm. Gọi 
điểm đó là M. 
2) Hãy xác định vị trí của điểm P sao cho tam giác AMB có diện tích lớn nhất. 
Tính giá trị lớn nhất đó theo bán kính của đường tròn (O). ((O) kí hiệu đường 
tròn tâm O). 
Giải: 
Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng AE và BP. 
Ta chứng minh 0 0 090 90 EF EF 180ACE BCE FAB P ECP P do đó tứ 
giác CEFP nội tiếp 
Từ đó suy ra 090CEP CFP do đó CF // AB, suy ra 
CP FP
CA FB
Khi đó ta có: . . 1
CP OA FB OA
CA OB FP OB
 . Theo định lý Ceva ta có đpcm 
2) Đặt BP = x và kí hiệu R là bán kính của (O). Xét tam giác vuông ABP, ta có 
M
P
O
E
D
C
BA
9 
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
4
4 ;
4 4
PB x R
PA PB AB x R PC AC PA PC
PA x R x R
Vì CF // AB (cmt) nên 
2 2
2 2
. . 4
1
2
MC CF PC BC PC PC PA PA BC PB AB Rx x R
BM
MB AB PA MB PA PA PC PA PC PA x R
Do đó 
2 2 3
2 2 2 2
1 1 4 2
. .sin .2 . .
2 2 2 2 2
AMB
Rx x R AC R x
S AB BM ABM R
x R R x R
Suy ra 
3 2
2
2
2 2 2
AMB
R x R
S
xR
 . Dấu “=” xảy ra khi 2x R 
Bài 5 (IMO 2012). Cho tam giác ABC và J là đường tròn bàng tiếp góc A 
của tam 
giác ABC . J tiếp xúc với , ,BC CA AB tại , ,M L K . , .LM JB F KM JC G  
Gọi 
AF và AG cắt BC tại S và T . Chứng minh rằng M là trung điểm của .ST 
Giải: 
Gọi ,JB MK P JC ML Q  
Ta có 090BPM MQC do đó tứ giác FPQC nội tiếp suy ra 
 FGM MQP MJP MKB 
Chú ý rằng BK = BM nên BKM BMK 
Do đó FGM GMC nên ta thu được / /FG BC hay / /FG ST 
10 
Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến LMF của tam giác ACS ta có 
. . 1
LA MC FS
LC MS FA
Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến KMG của tam giác ABT ta có 
. . 1
KA MB GT
KB MT GA
Từ hai hệ thức trên ta có 
1
, ,
2
MT MS do KA MB LC CM KA KL AB BC CA
Và do / /FG ST nên 
GA FA
Thales
GT FS
 . Từ đó suy ra MT = MS 
Bài 6 [IMO Shortlist] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác 
nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm 
của các hình vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. 
Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy. 
Lời giải: 
11 
Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác định tương tự. 
Theo định lý hàm số sin, ta có:
1 1
1 1
sin
sin
SA SAA
AA A SA
 hay 
 
1 2
0
1
sin
sin 45
SA BAA
AA B
Tương tự: 
 
1 2
0
1
sin
sin 45
TA CAA
AA C
 hay 
 
0
1
1 2
sin 45
sin
CAA
TA CAA
Do đó, ta được: 
 
 
0
2 1 1
0
1 12
sin 45sin
. . 1.
sin sin 45
CBAA AA SA
TA AACAA B
 (1) 
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được: 
 
 
0
2
0
2
sin 45sin
. 1.
sin sin 45
BBCC
ACA A
 (2) 
 
 
0
2
0
2
sin 45sin
. 1.
sin sin 45
AABB
CBB C
 (3) 
Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng 
minh. 
Bài 7 (Thái Bình TST 2014). Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội 
tiếp. Các tiếp điểm của (I) trên BC, CA, AB lần lượt là A’, B’, C’. Gọi D, E, 
F lần lượt là các điểm đối xứng với A’, B’, C’ qua I. Chứng minh AD, BE, 
CF đồng quy. 
Lời giải: 
12 
Theo định lí hàm sin trong tam giác BC’E, BEA’: 
' ' sin ' ' sin '
, .
'sin ' sin ' sin ' sin ' sin ' sin '
C E BE A E BE C BE C E BC E
A EC BE BC E A BE BA E A BE BA E
Hoàn toàn tương tự thì : 
sin A'CF A'F sin 'DF sin B'AD B'D sin B'ED
. , .
B'F C'Dsin B'CF sin ' sin C'AD sin C'
A
B EF FD
Do đó : 
sin A'CF sin B'AD sin C'BE A'F B'D ' sin 'DF sin B'ED sin BC'E
. . . . . . .
B'F C'D 'sin B'CF sin C'AD sin A'BE sin ' sin C' sin 'E
C E A
A E B EF FD BA
Dễ thấy C'E = B'F, C'D = A'F, B'D = A'E và theo định lí Ceva Sin trong tam 
giác DEF với DA', EB', FC' đồng quy tại I: 
sin 'DF sin B'ED sin BC'E
. . 1
sin ' sin C' sin 'E
A
B EF FD BA
Suy ra 
sin A'CF sin B'AD sin C'BE
. . 1
sin B'CF sin C'AD sin A'BE
 . Theo định lí Ceva sin ta có AD, BE, CF 
đồng quy. 
Bài 8 (IMO Shortlist 2010, G4) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T). I là 
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AI cắt (T) lần hai tại D. Gọi E thuộc cung 
BDC, F thuộc đoạn BC sao cho BAF CAE . Gọi G là trung điểm của IF. Chứng 
minh rằng EI và DG cắt nhau trên (T). 
Nhận xét: Nếu ta gọi L là giao điểm của EI và (ABC), M là giao điểm của LD 
và AF thì điều phải chứng minh sẽ tương đương với chứng minh D, G, M thẳng 
hàng. Do đó, hãy thử nghĩ đến áp dụng Menelaus cho tam giác AFI. 
13 
Lời giải 
Gọi L là giao điểm của EI và (ABC), {M} = LD  AF, {G’} = LD  FI. 
Đặt AI = m, AD = n, AB = c, AC = b. Khi đó AIa = 2n – m. 
Ta có AB.AC = AI.AIa bc = m(2n - m) bc – mn = mn – n2. 
Ta có 
 ∆AND  ∆AIE AN.AE = AD.AI = mn. 
 ∆ABF  ∆AEC AF.AE = AB.AC = bc 
Từ đó suy ra AE(AF - AN) = bc – mn AE.NG = bc – mn. 
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AIF với cát tuyến DG’N ta có 
2
' ' ' '
1 . . 1 . . . .
' ' ' '
G I NF DA G I bc mn n G I bc mn G I
G F NA DI G F mn n m G F mn m G F
Suy ra G’ là trung điểm FI. Hay G  G’. 
Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
Bài 9 (APMO 2014). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến 
của (O) tại B và D cắt nhau tại điểm P trên tia AC. Tiếp tuyến của (O) tại C cắt 
đường thẳng PD, AD lần lượt tại Q và R. Đường thẳng AQ cắt (O) tại điểm thứ 
hai là E. Chứng minh rằng ba điểm B, E, R thẳng hàng. 
Lời giải 
M
G
F
A
Ia
B
C
D
H E
I
L
14 
Gọi L là giao điểm của AC, BE. Ta có 
.
.
LA AB AE
LC CB CE
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác PCQ với cát tuyến R,D,A ta có 
. . 1 .
RQ AC DP RQ AP DQ
RC AP DQ RC AC DP
Ta có . 1
CE EQ EQ AC
QCE QAC
AC CQ CE QC
  
 . 1
PB BC PB AB
PBC PAB
PA AB PA CB
  
Xét 
.
. . = . . . = . .
.
LA RC EQ AE AB DP AC EQ EQ AC AB PD
T
LC RQ EA CE CB DQ AP EA CE DQ CB PA
 = . . 1
EQ AC AB PB
CE QC CB PA
 (do PD = PB, DQ = QC) 
Bài 10 (Đề xuất Duyên Hải Bắc Bộ). Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc 
trong tại điểm K, ((O’) nằm trong (O)). Điểm A nằm trên (O) sao cho A, O, O’ 
không thẳng hàng. Các tiếp tuyến AD, AE của (O’) cắt đường tròn (O) lần lượt 
tại các điểm thứ hai là B và C (D, E là các tiếp điểm). Đường thẳng AO’ cắt (O) 
tại điểm thứ hai là F. Chứng minh rằng BC, DE, FK đồng quy. 
Giải: 
L
E Q
C
B
P
R
D
A
15 
Gọi M là giao điểm của KD với (O); T là giao điểm của BF và KC. 
Ta có O’D//OM OM  AB 
. Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB. 
Gọi S là giao điểm của BC và ED; S’ là giao điểm của BC và KF 
Ta chứng minh S trùng với S’. 
Áp dụng định lý Menelaus ta có 
' '
. . 1 . .
' '
S B EC DA S B DB EA DB
S C EA DB S C EC DA EC
(1) 
Tương tự ta có . . 1 . . .
SB KC FT SB KT BF KT BF
SC KT FB SC KC FT FT KC
Mặt khác, tam giác BKT đồng dạng với tam giác CFT nên ta có 
 .
KB KT SB KB
FC TF SC KC
 (2) 
Do KE và KD lần lượt là hai đường phân giác của góc  AKC và góc  BKA, 
nên ta có 
 ; .
KB DB KC EC BD KB
KA DA KA EA CE KC
 (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra 
'
.
'
SB S B
SC S C
 Suy ra S  S’ (Điều phải chứng minh) 
D
O
O'
T
S S'
K
E
C
A
FB
M
16 
1.3 Bài tập tương tự 
Bài 1. Chứng minh rằng trong một tam giác, chân đường phân giác trong của hai 
góc và chân đường phân giác ngoài của góc thứ 3 là thẳng hàng. 
Bài 2. Cho tứ giác lồi ABCD, các đường DA cắt CB tại K, AB cắt DC tại L, AC 
cắt KL tại G và DB cắt KL tại F. Chứng minh rằng 
KF KG
FL GL
 . 
Bài 3. Cho tam giác ABC, các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, 
AB sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy. Gọi 1 1 1, ,A B C lần lượt là giao điểm của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’ với các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh 
rằng 1 1 1, ,AA BB CC đồng quy. 
Bài 4 (Olympiad Hùng Vương 2013). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 
(O). Điểm M nằm trong tam giác; MA, MB, MC cắt (O) lần lượt tại A1, B1, C1. 
Tiếp tuyến của (O) tại A1, B1, C1 lần lượt cắt BC, CA, AB tại A2, B2,C2. Chứng 
minh rằng ba điểm A2, B2, C2 thẳng hàng. 
Bài 5 (IMO Shortlist). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn I . Đường 
tròn I tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi X là điểm nằm trong 
tam giác ABC sao cho đường tròn nội tiếp tam giác XBC tiếp xúc với XB, XC, 
BC lần lượt tại Z, Y, D. Chứng minh rằng tứ giác EFZY nội tiếp. 
Bài 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là trung điểm của BC 
và AM cắt (O) tại D. Gọi E, F, G, H là trung điểm của AB, BD, DC, CA. Phân 
giác trong các góc ;EMG FMH cắt EG, FH tương ứng tại S, T. Gọi 
;X AC BD Y AB CD   . 
a) Chứng minh rằng ST XY . 
b) ;P MS FH R MT EG   . Chứng minh rằng AD đi qua trung điểm của 
PR. 
Bài 7. Cho tam giác ABC và điểm O nằm bên trong tam giác.AO, BO, CO theo 
thứ tự cắt BC, CA, AB tại 1A , 1B , 1C . Điểm 1O nằm trong tam giác 1 1 1A B C . Các 
17 
đường thẳng 1 1. 1, ,AO BO CO theo thứ tự cắt 1 1 1 1 1 1, ,B C C A A B tại 2 2 2, ,A B C .Chứng minh 
rằng 1 2 1 2 1 2, .A A B B C C đồng quy 
Bài 8. Cho tam giác ABC có O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Nối AO, BO, 
CO giao BC, CA, AB ở M, N, P. Gọi I là điểm bất kỳ nằm trong tam giác MNP. 
Nối MI, NI, PI giao PN, PM, MN ở D, E, F. Chứng minh rằng , ,AD BE CF đồng 
quy. 
Bài 9. Cho tam giác ABC nhọn không cân, nội tiếp đường tròn O . P là điểm 
nằm trong tam giác sao cho AP BC . Đường tròn đường kính AP cắt các cạnh 
,AC AB lần lượt tại ,E F và cắt đường tròn O tại điểm G khác A . Chứng 
minh rằng , ,GP BE CF đồng quy. 
Bài 10 (Moldova TST 2011). Cho ∆ABC (AB < AC) H là trực tâm của tam giác. 
A1, B1 lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B. D đối xứng với C qua A1. AC giao 
DH tại E. DH giao A1B1 tại F. AF giao BH tại G. Chứng minh rằng: CH, EG, AD 
đồng quy. 
18 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Hà, Đỗ 
Thanh Sơn, Lê Bá Khánh Trình: Tài liệu chuyên toán hình học 10. NXB Giáo 
dục, 2010. 
[2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình: Bài tập nâng cao và một số chuyên đề 
hình học 10. NXB Giáo dục, 2006 
[3] Tuyển tập lời giải và bình luận đề thi VMO các năm của nhóm tác giả Trần 
Nam Dũng 
 [4] Trang analgeomatica.blogspot.com của thầy Trần Quang Hùng 
[5] Đề thi và đề đề xuất Duyên Hải, Hùng Vương các năm. 
[6] Đề thi chọn đội tuyển các tỉnh. 
[7] Tạp chí Toán học và tuổi trẻ 
[8] Trần Nam Dũng (chủ biên), Chuyên đề toán học số 8, 9, Trường PTNK - 
ĐHQG TP. Hồ Chí Minh. 
[9] Nguồn tại liệu từ Internet: www.artofproblemsolving.com, 
www.diendantoanhoc.net, www.matscope.org, www.mathlinks.org; 
www.imo.org.yu