Hướng trong hình học phẳng

Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus + Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác người ta đã chứng minh được rằng .... Góc định hướng giữa

HƯỚNG TRONG HÌNH HỌC PHẲNG

1 Nhu cầu xây dựng một lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ

1 Trong toàn bộ cuốn cơ sở hình học của Hilbert, không có thuật ngữ hướng

2 Bằng phương pháp toạ độ, người ta có thể xây dựng lí thuyết về hướng Tuy nhiên cách xây dựng này không hoàn chỉnh: góc bẹt?

3 Cần phải xây dựng lí thuyết chặt chẽ về hướng mà không sử dụng phương pháp toạ độ

4 Hãy nhìn lại vần đề hướng trong chương trình toán phổ thông:

+ ab; b   c a c.

+ Định lí Thales dạng hình học và định lí Thales dạng đại số

Không có định Thales dạng đại số, không thể có các định lí Ceva, Menelaus

+ Góc lượng giác và hệ thức Chasles cho góc lượng giác (người ta đã chứng minh được rằng Người ta là ai?)

+ Phép quay và cách chứng mịnh các định lí liên quan tới phép quay (tất cả các định lí liên quan tới phép quay đều được chứng minh bằng phương pháp mô tả)

+ Phép đối xứng trục và các định lí liên quan tới phép đối xứng trục

Định lí L13 Tích hai phép đối xứng trục mà hai trục đối xứng cắt nhau là một phép

(OM, OM '') (OM, OM ') (OM ', OM '')(mod 2 )

2( , OM ') 2(OM ', ) 2(( , OM ') (OM ', )) 2( , )(mod 2 )

Định nghĩa 9 Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD 

được gọi là cùng hướng nếu

tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDYX là những hình thang (có thể là hình thang-không) (h.4a, h.4b, h.4c, h.4d, h.4e, h.4f)

A A

(h.4c) (h.4d)

C=D A=B

Y X

cùng hướng, ta còn nói AB, CD 

có hướng trùng nhau

Bổ đề ba hình thang khẳng định sự hợp lí của định nghĩa trên

Để biểu thị AB, CD 

cùng hướng hoặc ta viết ABCD

hoặc ta viết CDAB

Thay cho cách nói AB, CD 

cùng hướng, ta còn nói AB, CD 

có hướng trùng nhau

Định nghĩa 10 Hai đoạn thẳng định hướng AB, CD 

được gọi là ngược hướng nếu

tồn tại đoạn thẳng-khác không XY sao cho các tứ giác ABYX và CDXY là những hình thang (có thể là hình thang-không) (h.5a, h.5b, h.5c, h.5d, h.5e, h.5f)

B

A A

(h.5a) (h.5b)

A A

(h.5c) (h.5d)

C=D A=B

Y X

Thay cho cách nói AB, CD 

ngược hướng, ta còn nói AB, CD 

có hướng ngược nhau

2 Góc định hướng, sự cùng hướng, sự ngược hướng của hai góc định hướng

Góc giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-không, đỉnh,

cạnh, miền trong, miền ngoài, góc giữa hai tia-bẹt, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài

Góc định hướng giữa hai tia, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng

giữa hai tia-không, đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài, góc định hướng giữa hai tia-bẹt,

đỉnh, cạnh, miền trong, miền ngoài

Cát tuyến dương, cát tuyến âm

x

z

y

t t'

'

Y

T Z

X

Y'

Z' X'

T'

O

y

z

t t'

'

Z

T Y

X

Z' Y'

Gúc giữa hai vectơ, gúc định hướng giữa hai vectơ, gúc lượng giỏc giữa hai vectơ Cung, cung định hướng, cung lượng giỏc

Gúc giữa hai đường thẳng, gúc lượng giỏc giữa hai đường thẳng

Ba định lớ cơ bản

Định lớ 69 Với ba tia Ox, Oy, Oz và ba số nguyờn k, l, m, ta cú

1) (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )

(hệ thức Chasles cho gúc lượng giỏc giữa hai tia)

2) (Ox, Oy)k  (Oz, Oy)m – (Oz, Ox)l (mod 2  )

Chứng minh

Trong phộp chứng minh này cỏc định lớ 50, 52 thường xuyờn được sử dụng

1) Bỏ qua cỏc trường hợp đơn giản: các tia Ox, Oy trùng nhau

các tia Ox, Oy đối nhau





Khụng mất tớnh tổng quỏt giả sử (Ox, Oy) cú hướng dương

y'

z O

(h.34a)

Theo hệ thức Chasles dạng mịn cho góc giữa hai tia, ta có

  

(Ox, Oy) xOyxOz zOy (Ox,Oz) (Oz, Oy)

Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )

Trường hợp 2 Tia Oz nằm trong góc yOx '.

y x'

y'

z

O O

(h.34b) (h.34c)

Có hai khả năng xảy ra

Khả năng 2.1 Tia Oz không trùng với tia Ox’ (h.34b)

Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có

  

(Ox, Oy) xOyxOz zOy (Ox, Oz) (Oz, Oy)

Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )

Khả năng 2.2 Tia Oz trùng với tia Ox’ (h.34c)

Có hai tình huống xảy ra

 Khi (Ox, Oz)0   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có ,

 

(Ox, Oy) xOy zOy(Ox, Oz) (Oz, Oy)

 Khi (Ox, Oz)0   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có ,

(Ox, Oy) xOy zOy 2 zOy  2 (Ox, Oz) (Oz, Oy)

Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )

Trường hợp 3 Tia Oz nằm trong góc x 'Oy '.

Có hai khả năng xảy ra

Khả năng 3.1 Tia Oz không trùng với tia Oy’ (h.34d)

Theo hệ thức Chasles dạng thô cho góc giữa hai tia, ta có

(Ox, Oy)  xOy  2  xOz zOy   2 (Ox, Oz) (Oz,Oy)

Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )

Khả năng 3.2 Tia Oz trùng với tia Oy’ (h.34e)

Có hai tình huống xảy ra

 Khi (Oz, Oy)0   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có ,

 

(Ox, Oy) xOy xOz(Oz, Oy) (Ox, Oz)

Do đó (Ox,Oy)k  (Ox,Oz)l + (Oz,Oy)m (mod2  )

 Khi (Oz, Oy)0   theo hệ thức Chasles dạng tinh cho góc giữa hai tia, ta có ,

(Ox, Oy) xOy xOz 2 xOz  2 (Oz, Oy) (Ox, Oz)

Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  )

Trường hợp 4 Tia Oz nằm trong góc y ' Ox (h.34f)

y

x z y'

(Ox,Oy) xOy xOz zOy (Ox,Oz) (Oz, Oy)

Do đó (Ox, Oy)k  (Ox, Oz)l + (Oz, Oy)m (mod 2  ) □

2) Theo định lí 60, (Ox, Oz)0 = – (Oz, Ox)0

Suy ra (Ox, Oz)l = – (Oz, Ox)l

Từ đó, theo phần 1, suy ra (Ox, Oy)k  (Oz, Oy)m – (Oz, Ox)l (mod 2  ) □

Chú ý

Khi không quan tâm tới chu kì của các góc lượng giác giữa hai tia, định lí 69 được viết đơn giản như sau

1) (Ox, Oy)  (Ox, Oz) + (Oz, Oy) (mod 2  )

2) (Ox, Oy) (Oz, Oy) – (Oz, Ox) (mod 2  )

Định lí 82 Với ba vectơ-khác không a, b, c  

1) (a, b)  (a, c) (c, b) (mod 2 ).     

2) (a, b)  (c, b) (c, a) (mod 2 ).     

Định lí 99 Với ba đường thẳng a, b, c và ba số nguyên k, l, m, ta có

1) (a, b)k  (a, c)l + (c, b)m (mod  )

(hệ thức Chasles cho góc lượng giác giữa hai đường thẳng)

2) (a, b)k  (c, b)m – (c, a)l (mod  )

Để chứng minh định lí 99, ta cần có một bổ đề quan trọng

Bổ đề gốc

Với hai đường thẳng AB, CD và hai số nguyên k, l, ta có

(AB, CD)k (AB, CD) (mod ).  l 

Bổ đề gốc được chứng minh như sau

Không mất tính tổng quát giả sử các đoạn thẳng AB, CD có điểm chung

Gọi O là điểm chung của AB, CD

Theo các định lí 8, 9, OAAB

và OCCD.

Do đó, theo định lí 80, (OA, OC)  0 (AB, CD) ( ).  0 1

Có bảy trường hợp cần xem xét

Trường hợp 1 0 (OA, OC)0

B C

D

(h.36a)

Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0(OA, OC)   0

Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0(AB, CD)   0

Trường hợp 2 (OA, OC)0

A

B

(AB, CD) (OA, OC)(AB, CD) (OB, OC)

(AB, CD) (AB, CD)(AB, CD) (AB, CD)

B C

D

(h 36c)

Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0 (OA, OD)  0 (OA, OC)  0 

Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0 (AB, CD)  0  

Trường hợp 4 (OA, OC)0 0

B C

D

(h.36d)

Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0(OA, OC)   0

Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0 (AB, CD)   0

Trường hợp 5 (OA, OC)0

D

C O

(AB, CD) (OA, OC)(AB, CD) (OB, OC)

(AB, CD) (AB, CD)(AB, CD) (AB, CD)

D

(h.36f)

Theo định nghĩa 122, (AB, CD)0 (OA, OD)  0 (OA, OC)  0 

Kết hợp với (1), suy ra (AB, CD)0 (AB, CD)  0  

Trường hợp 7 (OA, OC)  0   (h.36g)

□

Chú ý

Khi không quan tâm tới chu kì của góc lượng giác giữa hai đường thẳng và góc

lượng giác giữa hai vectơ, bổ đề gốc thường được viết đơn giản như sau

(AB, CD)(AB, CD)(mod ).  

)l + (EF, CD 

)m (mod  )  (AB, EF)l + (EF, CD)m (mod  )

Khi không quan tâm tới chu kì của góc định hướng giữa hai đường thẳng, định lí 99 được

viết đơn giản như sau

1) (a, b)  (a, c) + (c, b)(mod  )

2) (a, b)  (c, b) – (c, a)(mod  )

3 Độ dài đại số và ứng dụng của nó trong việc giải các bài toán

hình học

3.1 Các bài toán về định lí Ceva, định lí Menelaus

Bài toán 1 Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,

AB AM, BM, CM theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 BC, CA, AB theo thứ tự cắt

B1C1, C1A1, A1B1 tại A2, B2, C2 A3, B3, C3 theo thứ tự là trung điểm của A1A2, B1B2,

C1C2 Chứng minh rằng A3, B3, C3 thẳng hàng

Lời giải

A1

M

B1A

Từ đó, theo định lí Menelaus, suy ra A2, B2, C2 thẳng hàng □

Bài toán 2 Cho tam giác ABC và điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,

AB Đường thẳng đi qua M song song với BC theo thứ tự cắt AB, AC tại C2, B1 Đường thẳng đi qua M song song với CA theo thứ tự cắt BC, BA tại A2, C1 Đường thẳng đi qua

M song song với AB theo thứ tự cắt CA, CB tại B2, A1 Dựng các hình bình hành

MA1A3A2, MB1B3B2, MC1C3C2 Chứng minh rằng AA3, BB3, CC3 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song

Lời giải

Bỏ qua trường hợp đơn giản:

3 3 3

L A'

LAAB

Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, theo định lí 23 [1], ta có A B B C C A 1.

A C B A C B

 

Theo định lí A10, AA3, BB3, CC3 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song □

Bài toán 3 Cho tam giác ABC và điểm O không thuộc các đường thẳng BC, CA,

AB Đường thẳng ∆ đi qua O và theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 khác A, B, C

A2, B2, C2 theo thứ tự là ảnh của A1, B1, C1 qua SO Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2 hoặc đồng quy hoặc đôi một song song

Qua C1, dựng đường thẳng ∆3 song song với d

Gọi A3, B3 theo thứ tự là giao điểm của ∆3 với a, b

Qua C2, dựng đường thẳng ∆4 song song với d

Gọi A4, B4 theo thứ tự là giao điểm của ∆4 với a, b (h.a37)

C A(1)

a d

2 3

4 1

Trở lại giải bài toán A12

Bỏ qua trường hợp đơn giản:

2 2 2

C1

A1O

Bài toán 4 Cho tam giác ABC, điểm O, đường thẳng ∆ A1, B1, C1 theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua SO A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc các đường thẳng B1C1, C1A1, A1B1

sao cho AA2, BB2, CC2 cùng song song với ∆ Chứng minh rằng A2, B2, C2 thẳng hàng

Lời giải

Dựng đường thẳng d bất kì, cắt ∆ (h.a39)

Gọi  là phép chiếu song song phương ∆, xuống d

Giả sử

2 2 2 '

(B ) B(C ) C(O) O '

OA  OA;OB  OB;OC  OC

Từ đó, theo định lí A3 , suy ra O ' A1'  O ' A ';O ' B'1 O ' B ';O ' C'1 O ' C ' (1)

Bài toán 5 Cho tam giác không cân ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp A’, B’,

C’ theo thứ tự là ảnh của A, B, C qua RBC, RCA, RAB Chứng minh rằng các đường tròn (OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O

Lời giải

Trước hết ta cần có một bổ đề

Bổ đề Cho tam giác ABC cân tại A Trung trực của các đoạn AB, AC theo thứ tự

cắt đường thẳng BC tại M, N Khi đó MB NC; NB MC

Điều đó có nghĩa là H là trung điểm của MN

Từ đó, theo định lí 28 [1], suy ra MB NC; NB MC

Trở lại giải bài toán A14

Giả sử trung trực của đoạn OA theo thứ tự cắt BC, CA, AB tại A0, A1, A2; trung trực của đoạn OB theo thứ tự cắt CA, AB, BC tại B0, B1, B2; trung trực của đoạn OC theo thứ tự cắt AB, BC, CA tại C0, C1, C2 (h.a42)

Đương nhiên A0,B0, C0 theo thứ tự là tâm của (OAA’), (OBB’), (OCC’) (1)

Vì các bộ ba điểm A0, A1, A2; B0, B1, B2; C0, C1, C2 thẳng hàng nên, theo định lí A11,

Gọi P là điểm đối xứng với O qua A0B0C0

Từ (1) và (4) suy ra (OAA’), (OBB’), (OCC’) cùng đi qua một điểm khác O (điểm P) □

Bài toán 6 Cho tam giác ABC, I là tâm đường tròn nội tiếp A1, B1, C1 theo thứ tự

là trung điểm của BC, CA, AB A2, B2, C2 theo thứ tự thuộc các đường thẳng B1C1, C1A1,

Trở lại giải bài toán A15

Gọi X, Y theo thứ tự là giao điểm của IA2 với AB, AC (h.a43)

Đương nhiên A không thuộc các đoạn C1X, B1Y (1)

Vì IAX IAY; AIXY nên AX = AY (2)

(theo (1) và định lí 25[1])

AB1

A1

1

I A

2 1 2 1 2 1

A C B A C B Theo định lớ A11, A2, B2, C2 thẳng hàng □

Bài toỏn 7 Cho tam giỏc ABC khụng cõn, (O) là đường trũn ngoại tiếp, I là tõm

đường trũn nội tiếp A1 là trung điểm cung BAC A1I cắt BC tại A2 Tương tự cú B2, C2 Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm thuộc OI

A A(vì các tam giác IAH, A BA đồng dạng)IH

A A.IM

I

A1

A0

O A

Trở lại giải bài toỏn 7

Giả sử AA2 cắt OI tại X

Từ A2 kẻ đường thẳng song song với A0A1 theo thứ tự cắt OI, AA0 tại Y, Z

Vỡ O là trung điểm của A1A0 nờn Y là trung điểm của A2Z (1)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giỏc AA2Z cỏt tuyến XYI, ta cú

2 2

1YA

Y Z

1ZA

2

1 2 2

R.r



Vậy suy ra AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm thuộc OI

Chỳ ý

Tỏc giả của lời giải trờn là Nguyễn Tạ Duy, học sinh trường THPT chuyờn – ĐHSP

Hà Nội

3.2 Cỏc bài toỏn về hệ thức lượng trong đường trũn

Bài toỏn 8 Cho tam giỏc ABC Điểm O thuộc đường thẳng BC và khỏc B, C

Đường trũn (O, OA) cắt BC tại E, F Cỏc đường trũn (ABE), (ACF) theo thứ tự cắt AC,

AB tại M, N I là tõm của đường trũn (AMN) Chứng minh rằng OIBC

Lời giải (h.b21)

Gọi R là bỏn kớnh đường trũn của (AMN)

2

Ta thấy IB IC (IB R ) (IC R )

BA.BN CA.CM (theo định lí B4)BC.BF CB.CE (theo định lí B5)CB(FB CE) (theo định lí 23[1])(OB OC)(OB OF OE OC) (theo định lí 26[1])(OB OC)(OB OC) (vì OE OF và bổ đề1trong bài toán A7)

A

O

(h.b21)

Bài toỏn 9 Cho tam giỏc ABC O là tõm đường trũn ngoại tiếp cỏc điểm P, Q theo

thứ tự thuộc AC, AB Cỏc điểm X, Y, Z theo thứ tự là trung điểm của BP, CQ, PQ Đường trũn (XYZ) lại cắt PQ tại T Chứng minh rằng OTPQ

Lời giải 1

Đặt M = XZ ∩ AC; N = YZ ∩ AB

Gọi (O), (I) theo thứ tự là đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC, XYZ; R, RI theo thứ tự là là bỏn kớnh của (O), (I)

N

M T

Z

X

Y O

Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của O trên AC, AB

Gọi I là tâm của đường tròn (XYZ)

Gọi X’, Y’, T’ theo thứ tự là trung điểm của XZ, YZ, TZ

I

Y' X'

Nếu PQ tiếp xúc với (I) thì Z = T

Do đó OT vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác OPQ

Suy ra OP = OQ

Điều đó có nghĩa là bài toán 9 là sự mở rộng của bài toán 2, IMO 2009

Bài toán 10 Cho tam giác ABC Điểm M không thuộc các đường thẳng BC, CA,

AB và đường tròn (ABC) Chứng minh rằng M là trọng tâm tam giác của ABC khi và chỉ khi PA / ( MBC )PB / (MCA )PC / (MAB )

Lời giải

Trước hết ta cần có một bổ đề

Bổ đề Cho tam giác ABC Điểm M không thuộc các đường thẳng AB, AC và

đường tròn (ABC) A’ là trung điểm của BC Khi đó M thuộc AA’ khi và chỉ khi

Chú ý, theo định lí B4, 12; theo định lí 23 [1], 23; theo định lí 26 [1],

34; vì (1) nên 45; vì (1) nên 56; theo định lí B4, 67; hiển nhiên 78;

Trở lại giải bài toán 10

Gọi B’, C’ theo thứ tự là trung điểm của AC, AB

Các mệnh đề sau tương đương

Bài toán 11 Cho tam giác ABC AD, BE, CF là các đường phân giác Đường tròn

(DEF) theo thứ tự cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại các điểm thứ hai X, Y, Z Chứng minh rằng trong ba số DX, EY, FZ có một số bằng tổng hai số còn lại

Suy ra a EY a FZ abc 2 abc 2

c a b a (c a) (ba)Tương tự, ta có

Do đó trong ba số DX, EY, FZ có một số bằng tổng hai số còn lại □

Bài toán 12 Cho tam giác ABC và các điểm M1, M2 không thuộc các đường thẳng

BC, CA, AB AM1, AM2 theo thứ tự cắt BC tại A1, A2 A3 là giao điểm khác A của các đường tròn (AA1A2), (ABC) AA3 cắt BC tại A4 B4, C4 được định nghĩa tương tự Chứng minh rằng A4, B4, C4 thẳng hàng

Vậy, theo định lí A11, A4, B4, C4 thẳng hàng

Bài toán 13 Cho tam giác ABC và đường thẳng ∆ không đi qua A, B, C Điểm O

không thuộc ∆ và khác A, B, C P, Q, R theo thứ tự là giao điểm của ∆ với BC, CA, AB

OA, OB, OC theo thứ tự cắt ∆ tại X, Y, Z Chứng minh rằng các đường tròn (OPX), (OQY), (ORZ) hoặc có điểm chung khác O hoặc đôi một tiếp xúc với nhau tại O

Lời giải (h.b31)

Gọi    theo thứ tự là trục đẳng phương của các cặp đường tròn (OQY), 1, 2, 3(ORZ); (ORZ), (OPX); (OPX), (OQY)

Có hai trường hợp cần xem xét

Trường hợp 1    cùng song song với 1, 2, 3 

Vì O cùng thuộc (OPX), (OQY), (ORZ) nên O cùng thuộc    1, 2, 3

Kết hợp với    cùng song song với ,1, 2, 3  suy ra    trùng nhau 1, 2, 3

Do đó (OPX), (OQY), (ORZ) hoặc có điểm chung khác O hoặc đôi một tiếp xúc với nhau tại O

Trường hợp 2    không cùng song song với 1, 2, 3 

Không mất tính tổng quát giả sử  không song song với 3 

Đặt I    3

Theo định lí B4, IP.IXIQ.IY (1)

Chú ý rằng các bộ ba điểm P, C, B; Q, A, C; R, B, A thẳng hàng, theo định lí A11,

(h.b31)

Nhân vế với vế ba đẳng thức trên, theo định lí 26 [1], suy ra

Từ (1) và (2), sau một vài biến đổi đại số, ta có IP.IXIQ.IYIR.IZ

Điều đó có nghĩa là PI /(OPX ) PI /(OQY) PI /(ORZ )

Từ đó, chú ý rằng O đồng thời thuộc (OPX), (OQY), (ORZ), theo định lí B9, suy ra (OPX), (OQY), (ORZ) nhận OI là trục đẳng phương chung

Vậy (OPX), (OQY), (ORZ) hoặc có điểm chung khác O hoặc đôi một tiếp xúc với

(vì HK // MN; HM // KN và bổ đề hình bình hành [1]).







Trở lại giải bài toỏn 14

Gọi R, R1, R2 theo thứ tự là bỏn kớnh của (O), (O1), (O2); H là hỡnh chiếu vuụng gúc của O trờn CD

Đặt K = O1O2 ∩ EF (h.b35, h.b36)

Qua

2

R R M

H , đường trũn (O) biến thành đường trũn (O2) và đường thẳng CD biến

thành đường thẳng EF (1)

Suy ra CD // EF

Kết hợp với O O1 2 CD, suy ra K là hỡnh chiếu của O2 trờn EF

Từ (1), chỳ ý rằng H, K theo thứ tự là hỡnh chiếu vuụng gúc của O, O2 trờn CD, EF, suy ra