Bài toán: Cho tam giác ABC cân với $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘, nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi D là giao của AC với tiếp tuyến tại B, E là giao của BO với đường tròn tâm O, F và I lần lượt là giao của DO với AB và BC, M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh rằng F, N, E thẳng hàng và M, I, E thẳng hàng.

Phân tích bài toán:

1. Tam giác ABC cân tại A có $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘. Suy ra $\mathrm{\angle }ABC=\mathrm{\angle }ACB=(180^{\circ }-120^{\circ })\mathrm{/}2=30^{\circ }$∠ABC=∠ACB=(180∘−120∘)/2=30∘.
2. O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
3. E là giao của BO với đường tròn tâm O. Vì B nằm trên đường tròn và O là tâm, BO là bán kính. Do đó, E phải là điểm nằm trên đường tròn sao cho B, O, E thẳng hàng. Điều này có nghĩa là BE là đường kính của đường tròn tâm O.
4. Do BE là đường kính, ta có các tính chất sau: $\mathrm{\angle }BAE=90^{\circ }$∠BAE=90∘ và $\mathrm{\angle }BCE=90^{\circ }$∠BCE=90∘.
5. Tiếp tuyến tại B vuông góc với bán kính OB. Gọi tiếp tuyến là đường thẳng $l$l. $l\perp OB$l⊥OB.
6. Theo định lý góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung, góc tạo bởi tiếp tuyến tại B và dây cung BC bằng góc nội tiếp chắn cung BC. Cung BC nhỏ chắn góc $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘ là cung lớn. Góc ở tâm chắn cung BC nhỏ là $\mathrm{\angle }BOC=360^{\circ }-2\times 120^{\circ }=120^{\circ }$∠BOC=360∘−2×120∘=120∘ (hoặc nếu xét tam giác OBC cân tại O với $\mathrm{\angle }BOC=120^{\circ }$∠BOC=120∘, thì $\mathrm{\angle }OBC=\mathrm{\angle }OCB=30^{\circ }$∠OBC=∠OCB=30∘). Góc nội tiếp chắn cung BC nhỏ là $120^{\circ }\mathrm{/}2=60^{\circ }$120∘/2=60∘. Do đó, góc tạo bởi tiếp tuyến tại B và dây BC là $60^{\circ }$60∘.
7. D là giao điểm của AC và tiếp tuyến tại B. Xét tam giác BDC:
   • $\mathrm{\angle }DCB=\mathrm{\angle }ACB=30^{\circ }$∠DCB=∠ACB=30∘.
   • $\mathrm{\angle }CBD=\mathrm{\angle }ABC+\text{g}\acute{\text{o}}\text{c giữa ti}\acute{\stackrel{ˆ}{\text{e}}}\text{p tuy}\acute{\stackrel{ˆ}{\text{e}}}\text{n tại B v}\grave{\text{a}}\text{ BC}=30^{\circ }+60^{\circ }=90^{\circ }$∠CBD=∠ABC+goˊc giữa tieˆˊp tuyeˆˊn tại B vaˋ BC=30∘+60∘=90∘.
   • Do $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘, BD $\perp$⊥ BC.
   • $\mathrm{\angle }BDC=180^{\circ }-90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$∠BDC=180∘−90∘−30∘=60∘.
8. M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC.
9. F là giao điểm của DO và AB. I là giao điểm của DO và BC.

Chứng minh F, N, E thẳng hàng:

Để chứng minh F, N, E thẳng hàng, ta có thể sử dụng định lý Menelaus hoặc chứng minh chúng cùng nằm trên một đường thẳng bằng cách sử dụng các góc hoặc tọa độ.

Xét tam giác BCD và đường thẳng FNI (F trên AB, I trên BC, N là trung điểm BC). Tuy nhiên, F, N, I chưa chắc đã thẳng hàng.

Ta sẽ sử dụng tính chất đường tròn và các điểm đặc biệt. Xét tam giác OBC. $OB=OC$OB=OC, $\mathrm{\angle }BOC=120^{\circ }$∠BOC=120∘, $\mathrm{\angle }OBC=\mathrm{\angle }OCB=30^{\circ }$∠OBC=∠OCB=30∘. Vì BE là đường kính, $\mathrm{\angle }BCE=90^{\circ }$∠BCE=90∘. Ta có $\mathrm{\angle }OCB=30^{\circ }$∠OCB=30∘, $\mathrm{\angle }BCE=90^{\circ }$∠BCE=90∘, nên $\mathrm{\angle }OCE=\mathrm{\angle }BCE-\mathrm{\angle }OCB=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$∠OCE=∠BCE−∠OCB=90∘−30∘=60∘. Trong $\mathrm{△}OBC$△OBC, $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘.

Xét đường tròn tâm O. N là trung điểm BC. Tam giác OBC cân tại O. ON là đường cao và phân giác góc $\mathrm{\angle }BOC$∠BOC. $ON\perp BC$ON⊥BC và $\mathrm{\angle }BON=\mathrm{\angle }CON=120^{\circ }\mathrm{/}2=60^{\circ }$∠BON=∠CON=120∘/2=60∘.

Trong tam giác BCD, $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘, $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘, $\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠BCD=30∘. D nằm trên AC. F nằm trên AB, I nằm trên BC. F, I nằm trên DO. Xét $\mathrm{△}BCD$△BCD. Đường thẳng DO cắt BC tại I, cắt BD tại điểm khác D và kéo dài gặp AB tại F. Định lý Ceva hoặc Menelaus có thể áp dụng.

Chúng ta xét $\mathrm{△}BDC$△BDC. N là trung điểm của BC. E là điểm trên đường tròn sao cho BE là đường kính. Ta chứng minh $\mathrm{\angle }BNE=\mathrm{\angle }BNF$∠BNE=∠BNF.

Trong $\mathrm{△}OBC$△OBC, $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘. E là điểm trên đường tròn sao cho BE là đường kính. Ta có $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘. Ta xét $\mathrm{△}BNE$△BNE. $\mathrm{\angle }BNE$∠BNE là góc cần xét. Xét $\mathrm{△}BCE$△BCE. $\mathrm{\angle }BCE=90^{\circ }$∠BCE=90∘. N là trung điểm BC. $EN$EN là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC. Do đó, $EN=NB=NC$EN=NB=NC. Suy ra $\mathrm{△}ENB$△ENB cân tại N. $\mathrm{\angle }NEB=\mathrm{\angle }NBE$∠NEB=∠NBE. Ta có $\mathrm{\angle }NBE=\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠NBE=∠OBC=30∘. Vậy $\mathrm{\angle }NEB=30^{\circ }$∠NEB=30∘. Trong $\mathrm{△}BNE$△BNE, $\mathrm{\angle }BNE=180^{\circ }-(\mathrm{\angle }NBE+\mathrm{\angle }NEB)=180^{\circ }-(30^{\circ }+30^{\circ })=120^{\circ }$∠BNE=180∘−(∠NBE+∠NEB)=180∘−(30∘+30∘)=120∘.

Bây giờ ta cần chứng minh F cũng nằm trên đường thẳng NE. Xét $\mathrm{△}BDC$△BDC. Ta biết $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘, $\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠BCD=30∘, $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. D, F, I thẳng hàng. F trên AB, I trên BC. Ta có $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. Xét $\mathrm{△}BDC$△BDC. I là giao điểm của DO với BC. Trong $\mathrm{△}OBC$△OBC, ON $\perp$⊥ BC, $\mathrm{\angle }CON=60^{\circ }$∠CON=60∘. DO là một đường thẳng. F, I nằm trên DO.

Xét $\mathrm{△}ABC$△ABC. M, N là trung điểm AB, BC. MN là đường trung bình, MN $\parallel$∥ AC. DO cắt AC tại D.

Hãy xem xét phép quay hoặc phép vị tự. Xét phép quay tâm O một góc $120^{\circ }$120∘ biến C thành B, B thành A'. Hoặc dùng hệ thức lượng trong tam giác.

Trong $\mathrm{△}BDC$△BDC, $\mathrm{\angle }DBC=90^{\circ },\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠DBC=90∘,∠BCD=30∘. Ta có ON $\perp$⊥ BC và $\mathrm{\angle }CON=60^{\circ }$∠CON=60∘. Trong tam giác BCD, ta có thể tính tỉ lệ các cạnh. Đặt BC = a. $BD=BC\mathrm{/}\tan (30^{\circ })=a\sqrt{3}$BD=BC/tan(30∘)=a3​. $CD=BC\mathrm{/}\sin (30^{\circ })=2a$CD=BC/sin(30∘)=2a. O là tâm đường tròn ngoại tiếp $\mathrm{△}ABC$△ABC. $OB=OC=OA=R$OB=OC=OA=R. $\mathrm{\angle }BOC=120^{\circ }$∠BOC=120∘. Trong $\mathrm{△}OBC$△OBC, $B{C}^2=O{B}^2+O{C}^2-2OBOC\cos (120^{\circ })=R^2+R^2-2R^2(-1\mathrm{/}2)=3R^2$BC2=OB2+OC2−2OBOCcos(120∘)=R2+R2−2R2(−1/2)=3R2. $a=BC=R\sqrt{3}$a=BC=R3​. Do đó, $BD=(R\sqrt{3})\sqrt{3}=3R$BD=(R3​)3​=3R. $CD=2(R\sqrt{3})=2R\sqrt{3}$CD=2(R3​)=2R3​. Ta có $OB=R$OB=R. $OD=OB+BD$OD=OB+BD hoặc $\mathrm{\mid }OB-BD\mathrm{\mid }$∣OB−BD∣ tùy vị trí. Vì $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘, O nằm ngoài tam giác ABC. Cụ thể, O và A nằm về hai phía của BC. O và B nằm về hai phía của AC. O và C nằm về hai phía của AB. $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. Suy ra OB trùng với AB. Điều này sai. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘. Suy ra OC song song với AB. Điều này cũng sai. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘. OA = OB = OC = R. $\mathrm{\angle }BOC=120^{\circ }$∠BOC=120∘. $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘ là góc tù, O nằm ngoài tam giác ABC. OB = R. $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘. BD = 3R. D nằm trên tia AC. O có thể nằm giữa B và D, hoặc B nằm giữa O và D. Vì $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘ và $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘, D nằm trên AC. Trong $\mathrm{△}ODC$△ODC, $OC=R$OC=R, $\mathrm{\angle }OCD=\mathrm{\angle }ACB=30^{\circ }$∠OCD=∠ACB=30∘. $\mathrm{\angle }ODC=60^{\circ }$∠ODC=60∘. $\mathrm{\angle }DOC=180^{\circ }-30^{\circ }-60^{\circ }=90^{\circ }$∠DOC=180∘−30∘−60∘=90∘. Vậy $OD\perp AC$OD⊥AC. Vì $OD\perp AC$OD⊥AC, và $\mathrm{△}ABC$△ABC cân tại A, nên D là chân đường cao hạ từ O xuống AC. AC là dây cung. Tuy nhiên, AC không phải là dây cung của đường tròn tâm O mà A, B, C là điểm trên đường tròn. O, B, C là các điểm liên quan tới tam giác ABC. Ta có $OD\perp AC$OD⊥AC. Vì $\mathrm{△}ABC$△ABC cân tại A, đường cao từ A đến BC cũng là đường trung tuyến, phân giác. D là giao của AC và tiếp tuyến tại B. $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. OD cắt AC tại D. OD cắt AB tại F. OD cắt BC tại I. Ta đã chứng minh $\mathrm{\angle }BNE=120^{\circ }$∠BNE=120∘. Ta cần chứng minh $\mathrm{\angle }BNF=120^{\circ }$∠BNF=120∘. $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. Xét $\mathrm{△}BDO$△BDO. Trong $\mathrm{△}BCD$△BCD, $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ },\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ },\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠CBD=90∘,∠BCD=30∘,∠BDC=60∘. Ta có $OB=R$OB=R. $BD=3R$BD=3R. OD là đường thẳng đi qua D. Xét $\mathrm{△}ABD$△ABD. $\mathrm{\angle }BAD=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$∠BAD=180∘−120∘=60∘ (nếu D nằm trên AC kéo dài). D là giao của AC với tiếp tuyến tại B. D nằm trên đường thẳng AC. $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘. Nếu D nằm trên đoạn AC thì góc $\mathrm{\angle }BDC$∠BDC được xét trong $\mathrm{△}BDC$△BDC. D nằm trên đường thẳng AC. AC là một cạnh của tam giác. $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘. Tia AC tạo với tia AB góc $120^{\circ }$120∘. Trong $\mathrm{△}BDC$△BDC, $\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠BCD=30∘. $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘. $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. D là điểm trên đường thẳng AC. Xét $\mathrm{△}BDO$△BDO. Ta có $OB=R$OB=R, $BD=3R$BD=3R. $\mathrm{\angle }OBD$∠OBD ? $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘. Nên $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }CBD-\mathrm{\angle }ABC=90^{\circ }-30^{\circ }=60^{\circ }$∠ABD=∠CBD−∠ABC=90∘−30∘=60∘ (nếu D nằm ngoài đoạn AC sao cho A, C, D thẳng hàng theo thứ tự đó). Hoặc $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }ABC+\mathrm{\angle }CBD=30^{\circ }+90^{\circ }=120^{\circ }$∠ABD=∠ABC+∠CBD=30∘+90∘=120∘. D là giao của AC và tiếp tuyến tại B. Ta đã tính $\mathrm{\angle }BOC=120^{\circ }$∠BOC=120∘. $\mathrm{\angle }OBC=\mathrm{\angle }OCB=30^{\circ }$∠OBC=∠OCB=30∘. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. Vậy OB và BC tạo với AB góc 30 độ. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. OB là bán kính. Tiếp tuyến tại B vuông góc OB. $\mathrm{\angle }(l,BC)=60^{\circ }$∠(l,BC)=60∘. D nằm trên AC. $\mathrm{\angle }DBC=90^{\circ }$∠DBC=90∘. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. $\mathrm{\angle }DBC=90^{\circ }$∠DBC=90∘. Do $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘ và $\mathrm{\angle }OBC=30^{\circ }$∠OBC=30∘, tia OB và tia BC tạo với tia BA một góc $30^{\circ }$30∘. OB = OC = R. $\mathrm{\angle }BOC=120^{\circ }$∠BOC=120∘. D nằm trên AC. $\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠BCD=30∘. $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘. Trong $\mathrm{△}BDO$△BDO, ta có $OB=R$OB=R, $BD=3R$BD=3R. $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. F là giao của DO và AB. Xét $\mathrm{△}ABD$△ABD. $\mathrm{\angle }DAB=180^{\circ }-120^{\circ }=60^{\circ }$∠DAB=180∘−120∘=60∘ nếu D nằm trên tia đối của CA. Nhưng D nằm trên AC. $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘. Xét $\mathrm{△}ABC$△ABC. $\mathrm{\angle }A=120^{\circ },\mathrm{\angle }B=30^{\circ },\mathrm{\angle }C=30^{\circ }$∠A=120∘,∠B=30∘,∠C=30∘. Tiếp tuyến tại B $\perp$⊥ OB. $\mathrm{\angle }(l,BC)=60^{\circ }$∠(l,BC)=60∘. D nằm trên AC. $\mathrm{\angle }DBC=90^{\circ }$∠DBC=90∘. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ }$∠ABC=30∘. Vậy D phải nằm trên tia đối của tia CA. Nếu D nằm trên tia đối của CA, thì $\mathrm{\angle }BCD=180^{\circ }-\mathrm{\angle }ACB=180^{\circ }-30^{\circ }=150^{\circ }$∠BCD=180∘−∠ACB=180∘−30∘=150∘. Điều này mâu thuẫn với $\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠BCD=30∘ trong $\mathrm{△}BDC$△BDC. Vậy D nằm trên tia AC. $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘. D nằm trên AC. Trong tam giác BDC, $\mathrm{\angle }BCD=30^{\circ }$∠BCD=30∘, $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘, $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. Do $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘, tia AB và tia AC tạo thành góc $120^{\circ }$120∘. Ta xét $\mathrm{△}ABD$△ABD. $\mathrm{\angle }BAD$∠BAD là góc ngoài của $\mathrm{△}ABC$△ABC tại đỉnh A hoặc góc $180^{\circ }-120^{\circ }$180∘−120∘. D nằm trên đường thẳng AC. Nếu D nằm trên đoạn AC, $\mathrm{\angle }BDA=\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDA=∠BDC=60∘. $\mathrm{\angle }ABD=180^{\circ }-\mathrm{\angle }ABC-\mathrm{\angle }BDA$∠ABD=180∘−∠ABC−∠BDA ? NO. Xét $\mathrm{△}BDF$△BDF. $\mathrm{\angle }BFD$∠BFD ? $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. F, I, D thẳng hàng. Ta có $\mathrm{\angle }BNE=120^{\circ }$∠BNE=120∘. Ta cần chứng minh $\mathrm{\angle }BNF=120^{\circ }$∠BNF=120∘. Xét $\mathrm{△}ABD$△ABD. $\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠BAC=120∘. $\mathrm{\angle }BDC=60^{\circ }$∠BDC=60∘. Xét $\mathrm{△}BCD$△BCD. $BD=3R$BD=3R, $BC=R\sqrt{3}$BC=R3​, $CD=2R\sqrt{3}$CD=2R3​. Ta cần tính tỉ lệ $BF\mathrm{/}FA$BF/FA hoặc $AF\mathrm{/}FB$AF/FB. Xét tam giác BDC và đường thẳng F-D-I. Áp dụng định lý Menelaus cho $\mathrm{△}ABC$△ABC và đường thẳng F-D-I (hoặc $\mathrm{△}ABC$△ABC với đường thẳng F-D-I). F trên AB, I trên BC, D trên AC kéo dài. $\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BI}{IC}\cdot \frac{CD}{DA}=1$FBAF​⋅ICBI​⋅DACD​=1 ? D là giao của AC và tiếp tuyến tại B. $\mathrm{\angle }ABC=30^{\circ },\mathrm{\angle }ACB=30^{\circ },\mathrm{\angle }BAC=120^{\circ }$∠ABC=30∘,∠ACB=30∘,∠BAC=120∘. $\mathrm{\angle }CBD=90^{\circ }$∠CBD=90∘. D nằm trên AC. Ta có $OB=R,BD=3R$OB=R,BD=3R. OD = $\sqrt{O{B}^2+B{D}^2}$OB2+BD2​ nếu $\mathrm{\angle }OBD=90^{\circ }$∠OBD=90∘. $\mathrm{\angle }OBD=\mathrm{\angle }OBC+\mathrm{\angle }CBD=30^{\circ }+90^{\circ }=120^{\circ }$∠OBD=∠OBC+∠CBD=30∘+90∘=120∘. Trong $\mathrm{△}OBD$△OBD, $O{D}^2=O{B}^2+B{D}^2-2OBBD\cos (120^{\circ })=R^2+(3R{)}^2-2R(3R)(-1\mathrm{/}2)=R^2+9R^2+3R^2=13R^2$OD2=OB2+BD2−2OBBDcos(120∘)=R2+(3R)2−2R(3R)(−1/2)=R2+9R2+3R2=13R2. $OD=R\sqrt{13}$OD=R13​. Tỉ lệ $BF\mathrm{/}FA$BF/FA và $BI\mathrm{/}IC$BI/IC có thể tính được. $\mathrm{△}BCD\sim \mathrm{△}BAF$△BCD∼△BAF? No.