Sáng kiến kinh nghiệm Khám phá các bài toán mới bằng tình huống gợi vấn đề

 toán ban đầu 
Cơ sở: Tương tự : 
- Có đường lối giải quyết giống nhau , phương pháp giống nhau. 
- Có những nét giống nhau trong nội dung. 
- Cùng đề cập đến một vấn đề. 
Từ việc đối chiếu so sánh các đối tượng có thể đưa ra các giả thuyết tương 
tự và loại trừ. 
Chúng ta bắt đầu từ bài toán 1 
Bài toán ban đầu: Cho tam giác đều ABC nội tiếp 
trong đường tròn tâm O. M là điểm di động trên 
cung nhỏ BC chứng minh MB+MC-MA =0 
* Tình huống gợi vấn đề 1: 
Liệu có thể lập bài toán tương tự với các đa giác đều 
có số lẻ cạnh hay không? 
Bài toán tương tự: Cho (2n+1) - giác đều 
1 2 2 1... nA A A  . nội tiếp trong đường tròn (O,R) 
M di dộng trên cung nhỏ 1 2 1nA A  
Liệu có xảy ra đẳng thức 1 3 2 1 2 4 2... ...n nMA MA MA MA MA MA       ? 
Hoàn toàn tương tự cách làm trên ta có 
Đặt 1 2A OM a và M chạy trên cung nhỏ 1 2 1nA A  . Ta có 
1 2 .sinMA R a , 2 2 .sin( )2 1MA R an  , 3 22 .sin( )2 1MA R an  
 2 1 22 .sin( )2 1n
nMA R an

   
1 3 2 1
2 4 2
2 2... 2 sin sin( ) ... sin( )2 1 2 1
(2 1)... 2 sin( ) ... sin( )2 1 2 1
n
n
nMA MA MA R a a an n
nMA MA MA R a an n
 
 
                        
2a
O
A1
A2
A3
A4 A4
A2nA2n+1M
 8
Bài toán hình học bây giờ thực chất là bài toán biến đổi biểu thức lượng giác 
Ta có: 
2 2 (2 1)sin sin ... sin sin ... sin2 1 2 1 2 1 2 1
n na a a a an n n n
                                     (1) 
Chứng minh (1) 
Do sin 0,2 1n  nhân 2 vế với 2 sin 2 1n 
2 2.2sin 2sin sin sin ... sin2 1 2 1 2 1 2 1
3cos cos cos cos ...2 2(2 1) 2 2(2 1) 2 2(2 1) 2 2(2 1)
(2 1) (2cos cos2 2(2 1) 2
nVT a a an n n n
a a a a
n n n n
a n a n
n
   
   

                     
                                
      
1) cos cos2(2 1) 2 2(2 1) 2
( 1)sin .sin2 1 2 1
(2 1).2sin 2sin sin ... sin2 1 2 1 2 1 2 1
cos cos cos2 2 2 1 2 2 1
a a
n n
n na n n
nVP a an n n n
a a a
n n
 
 
   
 
                        
                     
                 
2cos ...2 2 1
( 1)cos cos cos cos2 2 1 2 2 1 2 2 2 1
sin .sin2 1 2 1
a
n
a n a n a a n
n n n
n na n n

  
 
                                       
      
Suy ra điều phải chứng minh 
Vậy ta có bài toán: 
Bài toán 1.1 
Cho (2n+1)- giác đều 1 2 2 1... nA A A  . nội tiếp trong đường tròn (O,R) 
M di dộng trên cung nhỏ 1 2 1nA A  ta có 
 1 3 2 1 2 4 2... ...n nMA MA MA MA MA MA       
Nhận xét: Trong quá trình gợi tình huống để tạo ra bài toán 1.1 giáo viên 
cần khơi gợi tính tương tự của cách giải bài toán ban đầu và phải cho học sinh 
kiểm chứng các đồ dài MAi có tương tự kết quả bài toán ban đầu hay không? Vấn đề chứng minh đẳng thức lượng giác trên cũng phải trải qua kinh nghiệm giải 
toán lượng giác khi tính các tổng hữu hạn của dãy số. 
 9
a
2a
D
B C
O
A
M
2.2. Đặc biệt hóa bài toán trong trường hợp đơn giản: 
*Tình huống gợi vấn đề 2: 
 Như vậy với đa giác đều có số đỉnh lẻ đã được ta giải quyết thế thì câu hỏi 
đặt ra cho chúng ta với n chẵn thì ta sẽ có kết quả nào? 
Trong khi chờ đợi một kết quả đẹp chúng ta hãy giải quyết tình huống đó 
với trường hợp đơn giản nhất 
+ Ta xét bài toán với n=2: 
 Cho AB là đường kính của (O) M di động trên 1 nủa đường tròn. Liệu kết 
quả tương tự có xảy ra hay đẳng thức MA=MB có tồn tại? 
Rõ ràng ta thấy khi M di chuyển thì đẳng thức MA=MB không đúng 
Với định hướng đặt góc như trên ta có  2MOB a 2 .sinMA R a 2 .cosMB R a 
hay cos( )2tan . .cos
aMA a MB MBa
   (2) 
Bài toán 1.2 Cho AB là đường kính của (O) M di động trên 1 nửa đường tròn 
 2MOB a khi đó cos( )2 .cos
aMA MBa
  
*Tình huống gợi vấn đề 3: 
 Ta xét trường hợp với n=4 ta hãy tìm một đẳng thức tương tự: 
Khi M chạy trên cung nhỏ AD. 
Đặt  2AOM a khi đó 
2 .sin , 2 sin( )4
2 .cos , 2 cos( )4
MA R a MB R a
MC R a MD R a


  
   
Ta tìm hệ thức tương tự (2) nghĩa là 
MA+MC=k(MB+MD) 
Thật vậy 
 10
a
2a
D
B C
O
A
M
 
2 sin( ) 2 cos( ) 2 sin( ) cos( )4 4 4 4
cos2 2 sin 2 . 2.cos 2 . sin cos2 cos( )4
MB MD R a R a R a a
aR a R a R a aa
   
 
           
        
cos( )4 .( )cos
aMA MC MB MDa
     (3) 
 Vậy ta có bài toán: 
Bài toán 1.3. Cho hình vuông ABCD nội tiếp (O,R), 
M chạy trên cung nhỏ AD. 
Đặt  2AOM a khi đó 
cos( )4 .( )cos
aMA MC MB MDa
    
*Tình huống gợi vấn đề 4: 
Từ kết quả (3) ta hi vọng sẽ có kết quả đẹp cho đa giác đều 2n-cạnh 
1 2 2... nA A A nội tiếp trong đường tròn (O,R) 
Ta dự đoán  1 3 2 1 2 4 2... ...n nMA MA MA k MA MA MA       từ hai bài 
toán đặc biệt trên với n=2, 4 ta dự đoán 
 1 3 2 1 2 4 2cos 2... . ...cosn n
anMA MA MA MA MA MAa


          (*) 
với 1 2A OM a và M chạy trên cung nhỏ 1 2nA A . 
Ta có 
1 2 .sinMA R a , 2 2 .sin( )2MA R an  , 
3
22 .sin( )2MA R an
  
4
32 .sin( )2MA R an
   
2 1
(2 2)2 .sin( )2n
nMA R an


  
2a
O
A1
A2
A3
A4
A5
A2n-2
A2n-1
A2nM
 11
2
(2 1)2 .sin( )2n
nMA R an
  
Khi đó ta có 
1 3 2 1
2 4 2
( 1)... 2 sin sin( ) ... sin( )
(2 1)... 2 sin( ) ... sin( )2 2
n
n
nMA MA MA R a a an n
nMA MA MA R a an n
 
 

                     
( 1)2 sin sin ... sin cos
2 2sin 2 sin 2 sin sin 2 sin ...
( 1) ( 1)... sin 2 sin
(2 1)2 sin ... sin cos( )2 2 2
s
na a a an n
a a an n n n
n nan n
na a an n n
 
   
 
  
                  
                      
                  
 2 (2 2)in sin 2 sin sin 2 ... sin sin 22 2n na a an n n n n                    
Vậy ta có bài toán tổng quát 
Bài toán 1.4 : 
Cho đa giác đều 2n-cạnh 1 2 2... nA A A . nội tiếp trong đường tròn (O,R) 
M di dộng trên cung nhỏ 1 2nA A đặt 12a MOA ta có 
 1 3 2 1 2 4 2cos 2... . ...cosn n
anMA MA MA MA MA MAa


          (*). 
Nhận xét: Vậy kết quả (*) đã được kiểm chứng. Điều này cho chúng ta thấy 
trong trường hợp tổng quát khó giải quyết chúng ta có thể đưa về trường hợp đặc 
biệt hơn để giải rồi từ đó áp dụng tương tự chúng ta có thể giải quyết được bài 
toán tổng quát. 
 12
2.3. Khái quát hóa bài toán: 
* Tình huống gợi vấn đề 5: 
Từ bài toán 1 ta có thể lập bài toán khái quát 
của nó: 
Bài toán 1.5: Cho tam giác đều ABC. M là điểm 
di động trong góc A. Chứng minh MB MC MA  . 
Chứng minh: Áp dụng phép đồng dạng bằng 
cách. Kẻ AD và BD sao cho 
  ,BAD CAM ABD AMC  khi đó MAC BDA  và 
ta có (1)MC MA CABD BA DA  
từ đó MBA CDA  do đó (2)MB MACD CA 
Từ (1) và (2) ta có . . , . .MC BA MA BD MB CA MA CD  
Vậy    MB MC a MA BD CD   
Mà BD CD BC a   nên MB MC MA  . Dấu bằng xảy ra khi D nằm trên 
đoạn BC khi đó    060ABD ABD AMC   nghĩa là M nằm trên cung nhỏ BC . 
*Tình huống gợi vấn đề 6: 
Từ bài toán khái quát hóa này này chúng ta có thể đặt ra các giả thuyết: liệu 
có thể xảy ra điều này với các bài toán tương tự cho đa giác đều hay không hay 
nói cách khác các bài toán 1.1, 1.4 có thể có bài toán khái quát hóa hay không? 
Vấn đề đặt ra này bản thân tôi và học sinh đang tìm hướng giải quyết. 
2.4. Lập bài toán đảo: 
*Tình huống gợi vấn đề 7: 
Từ bài toán 1 và kết quả của bài toán khái quát ta có thể lập bài toán đảo của nó: 
Bài toán 1.6: Cho tam giác đều ABC. M là điểm di động trong góc A thõa mãn 
MB MC MA  . Chứng minh M nằm trên cung nhỏ BC của đường tròn ngoại 
tiếp tam giác ABC. 
Từ bài toán đảo này chúng ta có thể đặt ra các giả thuyết: liệu có thể xảy ra điều 
này với các bài toán tương tự cho đa giác đều hay không hay nói cách khác các bài 
toán 1.1, 1.4 có thể có bài toán đảo hay không? 
B C
A
D
M
 13
2.5. Thay đổi một số yếu tố của bài toán ban đầu : 
 Khi thay đổi một số yếu tố của bài toán đã cho thì chắc chăn sẽ bài toán sẽ 
thay đổi . Nhưng mục đích để làm gì ? Các bạn có thể trả lời ngay câu hỏi này , 
học sinh sẽ thấy dễ đi có thể làm được bài toán ban đầu , hoặc khó đi tổng hợp 
hơn, rộng hơn. 
*Tình huống gợi vấn đề 8: 
 Chúng ta hãy nhìn bài toán 1 với cách phát biểu khác: 
Bài toán 1’: Trong mặt phẳng cho các tia phân biệt Mx, My, Mz biết 
 0 060 , 60xMy yMz  . Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại A, 
B, C. Chứng minh MA+MB=MC . 
Bài toán 1.1’: Trong mặt phẳng cho 2n+1 tia 
1 2 2 1, ,..., nMx Mx Mx  biết 
  1 2 1 2 2 1 1... 2 1nx Mx x Mx x Mx n

     
Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên 
tương ứng tại 1 2 2 1, ,..., nA A A  
Chứng minh 
1 3 2 1 2 4 2... ...n nMA MA MA MA MA MA       
Bài toán 1.4’: Trong mặt phẳng cho 2n tia 
1 2 2, ,..., nMx Mx Mx biết    1 2 1 2 2 2 2 1... 2n n nx Mx x Mx x Mx x Mx n     
Một đường tròn bất kỳ qua M cắt các tia trên tương ứng tại 
1 2 2, ,..., nA A A 12a MOA 
Chứng minh  1 3 2 1 2 4 2cos 2... . ...cosn n
anMA MA MA MA MA MAa


          
Các cách chứng minh của bài toán 1’, 1.1’, 1.4’ là hoàn toàn tương tự khi chúng ta 
khẳng định các đa giác 1 2 2 1 1 2 2... , ...n nA A A A A A là đều 
x
z
yB
A
O
CM
x1
x2n+1
x2
x3
x2n
O
MA1
A2
A3
A2n
A2n+1
 14
*Tình huống gợi vấn đề 9: 
Với cách xây dựng như vậy liệu chúng ta có thể xây dựng bài toán trên 
trong không gian được hay không? 
Bài toán 1.7: Trong không gian cho hình chóp đa giác đều 1 2 2. ... nS A A A 
một mặt cầu đí qua đỉnh S cắt các tia 1 2 2, ,..., nSA SA SA lần lượt tại 
1 2 2, ,..., nB B B Chứng minh 2 2 11 1
n n
i ji j
SB SB    
Giải: Sử dụng công cụ vectơ ta có thể giải quyết bài toán này như sau: 
Gọi SS’ là đường kính của mặt cầu trên. 
Khi đó 
1 1 2 2 2 2' , ' ,..., 'n nSB S B SB S B SB S B   vậy 
1 1 1
2 2 2
2 2 2
'. .
'. .
'. .n n n
SS SA SA SB
SS SA SA SB
SS SA SA SB



 
 
  khi đó 
2 2 21 1
2 1 2 1 2 11 1
'
'
n n
i i ii i
n n
j j jj j
SA SB SS SB
SA SB SS SB
 
   


 
 
 
  
Nhưng do 1 3 2 1 2 4 2... , ...n nA A A A A A là các đa giác đều nên 
2 1 21 1
.n nj ij iSA SA n SO      ta có điều phải chứng minh. 
Nhận xét: Trên đây là một số hướng khai thác thêm các bài toán từ một bài 
toán gốc ban đầu. Quá trình tìm tòi lời giải bài toán 1 tạo cho ta phương án xây 
dựng bài toán mới tổng quát hơn và có cùng phương án giải tương tự nhau Nếu 
người giáo viên biết khơi dậy niềm đam mê tìm tòi và sáng tạo của học sinh thì kết 
quả dạy học sẽ ngày càng được nâng cao hơn, kích thích tính tự học, tự nghiên 
cứu của học sinh 
 15
Chúng ta tiếp tục khai thác thêm một bài toán gốc khác bằng các phương 
án như trên 
Bài toán gốc 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là 
điểm di động trên đường tròn chứng minh 2 2 2S MA MB MC   không đổi. 
 HD: Đây là bài toán cơ bản trong sách bài tập hình học 10 chúng ta có thể 
hướng dẫn học sinh giải quyết bằng công cụ vectơ một cách đơn giản, hoặc yêu 
cầu học sinh làm theo phương án đặt góc như bài toán 1 ta sẽ có kết quả 
2 2 2 232S MA MB MC R    
Từ bài toán này chúng ta có thể khai thác các bài toán khác theo 2 hướng 
- Hướng 1: Tổng quát theo số đỉnh của đa giác đều 
- Hướng 2: Tổng quát theo số mũ 
Bài toán 2.1: Cho đa giác đều n-cạnh 1 2... nA A A nội tiếp trong đường tròn  ;O R 
và 1 điểm M di động trên đường tròn này. Chứng minh   22 1n iiS M MA không 
đổi. ( Bài toán trong sách bài tập Hình học nâng cao 11) 
Bài toán này dễ dàng giải quyết bằng phương pháp vectơ hoặc chúng ta có 
thể áp dụng cách đặt góc như các bài trên là có thể giải quyết được. Sau đó chúng 
ta có thể hướng dẫn học sinh khám phá một kết quả tương tự bằng một bài toán 
tổng quát theo số mũ. 
Bài toán 3: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn  ;O R và điểm M di động 
trên đường tròn này. Tìm các giá trị tự nhiên của k sao cho tổng   k k kkS M MA MB MC   không phụ thuộc vị trí của M. 
Phân tích: 
 Rõ ràng k=1 không thoả (?). 
 k=2 thoả. Có thể cm tổng 2 2 2MA MB MC  không phụ thuộc M bằng cách 
dùng công thức tâm tỉ cự. 
Với 3k  việc tính tổng  kS M trở nên khá phức tạp, nhất là với k lẻ thì ta 
không còn dùng được công cụ vectơ để tính tổng này. Còn với k chẵn thì khi k=4 
ta cần tính tổng:   4 4 44S M MA MB MC   , 4S có thể tính theo 2S bằng cách dùng hằng đẳng 
thức tuy nhiên tính toán cũng khá dài và do đó cách này cũng không thể mở rộng 
cho các số mũ k lớn hơn. 
 16
a
2a
D
B C
O
A
M
Đặt  2MOA  . Do tính đối xứng nên ta có thể giả sử M AC , khi đó 
dùng định lý hàm sin ta tính được: 
2 sin , 2 sin , 23 3MA R MB R MC R
                 
Không mất tính tổng quát ta có thể cho R=1. Khi đó 
  2 sin sin sin3 3k k k kkS M                     
và bài toán trở thành: 
Tìm các giá trị của k sao cho tổng 
 ' sin sin sin3 3k k kkS
                 không phụ thuộc  . 
Để cho tiện tôi cũng ký hiệu 'kS là kS . Ta nhận thấy 
sin sin sin3 3
2sin sin sin3 3
k k kk
k k k
S    
   
             
             
xét 3 góc 1 2 3 2, ,3 3t t t
            . 
Dễ kiểm chứng là  sin 3 sin 3 1, 2,3it i  do đó: 
3sin 3 sin 3 3sin 4sini i it t t    
Suy ra 3 số sini ix t đều là nghiệm của phương trình 34 3 sin 3 0x x    
Từ đây ta có thể tính được mọi tổng: 1 2 3k k kkT x x x   
Nhờ vào công thức truy hồi  2 34 3 sin3 .k k kT T T   
và 3 tổng đầu tiên: 0 1 2 0 1 2 3, , 3, 0, 2T T T T T T      . 
Tuy nhiên chú ý rằng đây chưa phải là các tổng mà ta cần tính vì: 
2 sin 3x
      . 
Do đó chỉ với những k chẵn thì k kS T , còn k lẻ thì 2sin 3kk kS T
      . 
Ta xét 1 số trường hợp : K=4: 4 4 2 13 9sin 3 .4 8S T T T    
 17
Bài toán 3.1: Cho hình vuông ABCD nội tiếp trong đường tròn (O,R) và 
điểm M di động trên đường tròn này. Tìm các giá trị tự nhiên của k sao cho tổng   k k k kkS M MA MB MC MD    không phụ thuộc vị trí của M. 
Với hướng giải tương tự ta 
2 .sin , 2 sin 4
2 .cos , 2 cos 4
MA R a MB R a
MC R a MD R a


     
     
Không mất tính tổng quát ta có thể cho R=1. 
Khi đó 
  2 sin sin cos cos4 4k k k k kkS M a a a a                   
và bài toán trở thành: 
Tìm các giá trị của k sao cho tổng 
' sin sin cos cos4 4k k k kkS a a a a
                không phụ thuộc a. 
Đến đây phương án giải quyết là tương tự bài trên. 
Đến đây việc tổng quát cho bài toán n-giác đều là có hy vọng giải quyết, tác giả 
đang xây dựng cách giải nhưng vẫn chưa có kết quả tốt. 
 18
3. Một vài phương án khám phá bài toán trong chương I hình học 11 thông 
qua việc đặt tình huống gợi vấn đề cho học sinh 
Thực tế giảng dạy ở trường Trung học phổ thông chúng tôi đã thực hiện 
trong phần dạy học phép biến hình 11 chúng tôi luyện tập cho các em một số bài 
toán nổi tiếng của các nhà toán học và từ đó đặt ra những bài toán mở rộng theo 
các hướng trong mặt phẳng và trong không gian để học sinh nghiên cứu và giải 
quyết: 
a. Dạy tiết luyện tập phép vị tự: 
Bài toán 4: Bài toán về đường thẳng và đường tròn Ơle. 
Cho tam giác ABC. G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại 
tiếp tam giác ABC. 
a) Chứng minh G, H, O nằm trên một đường thẳng ( Đường thẳng Ơle) 
b) Chứng minh trung điểm 3 cạnh M,N,P, chân 3 đường cao A’, B’ , C’, trung 
điểm 3 đoạn thẳng nối trực tâm với 3 đỉnh E, P, F là 9 điểm cùng năm trên một 
đường tròn (Đường tròn Ơle). 
Đây là một bài toán được giới thiệu trong sách 
bài tập 11. Bài toán này có nhiều cách giải bằng 
phép biến hình. Trong các tiết luyện tập về Phép 
tịnh tiến, phép đối xứng tâm, trục, phép vị tự 
chúng tôi yêu cầu học sinh sử dụng các phép 
biến hình này để giải quyết bài toán. 
*Tình huống gợi vấn đề: Chúng tôi 
thường đặt ra câu hỏi sau khi giải quyết xong một 
bài toán: Liệu có thể mở rộng hay tổng quát được bài toán hay không? Bài toán 
trên được giải trong mặt phẳng vậy liệu nó còn đúng trong không gian, tam giác có 
đường thẳng Ơle, đường tròn Ơle thì liệu tứ diện nào có kết quả như vậy và các 
kết quả đó còn mang tên Ơle hay mang tên ai khác? Và chúng tôi đề xuất bài toán 
trong không gian đối với tứ diện trực tâm ABCD cho các em tự nghiên cứu 
Bài toán 4.1. Cho tứ diện trực tâm ABCD với H là trực tâm, G, O là trọng tâm , 
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. 
a) Chứng minh H, G, O thẳng hàng và G là trung điểm HO 
b) Chắng minh rằng: Các trực tâm, trọng tâm của các mặt, điểm chia trong các 
đoạn thẳng HA, HB, HC, HD theo tỉ số 1:2 nằm trên cùng một mặt cầu 
I QF
EC'
NP
G
M
H1
H2H B'
A'
O
A
B C
H3
 19
A'
FE
B
D
I
O
M N
A C
D'
b). Dạy luyên tập phép đối xứng tâm 
Bài toán 5: Bài toán Haruki hay bài toán “con bướm” 
Cho đường tròn (S) và một dây cung MN. I là trung 
điểm của MN. Qua I vẽ 2 dây cung AB và CD. AD cắt MN 
tại E, BC cắt MN tại F. Chứng minh I là trung điểm của EF. 
Bài toán này các em đã từng được giới thiệu ở cấp hai 
vì nó quá nổi tiếng có khá nhiều lời giải. Chúng tôi đã yêu 
cầu học sinh khối 11 giải bài toán nổi tiếng này bằng phép 
biến hình mà cụ thể là sử dụng phép đối xứng tâm đã có khá 
nhiều em tham gia giải bài toán này. 
Lời giải tóm tắt: 
Qua phép đối xứng tâm I ta sẽ chứng minh ảnh của E là F Đ : ' 'I AID A ID   
Đ : ( ) ( ')I O O ta có MN là trục đẳng phương của 2 đường tròn (O) và (O’). 
Lại có . . . ' '.IA IB IC ID IC ID IA IB   nên C,D,B,A nằm trên đường tròn (O’’) khi 
đó CB là trục đẳng phương của (O) và (O’’), D’A’ là trục đẳng phương của (O’) 
và (O’’) do đó 3 trục đẳng phương MN, CB, A’D’ đồng quy tại F hay I là trung 
điểm của EF. 
Bài toán mở rông trong không gian: 
Bài toán 5.1: Trong không gian cho mặt cầu 
tâm O. một dây cung MN có định. Qua I là trung điêm 
của MN vẽ 3 dây cung bất kỳ AA’, BB’, CC’. Mặt 
phẳng (ABC) và (A’B’C’) cắt đường thẳng MN tại E 
và F. Chứng minh I là trung điểm của EF. ( Đây 
chính là bài toán T12/346 trong báo Toán học và tuổi 
trẻ năm 2006 bài toán được chứng minh bằng phương pháp vectơ). Ở đây tôi giới 
thiệu cách giải bằng phép biến hình 
Xét bổ đề: Cho mặt cầu (S). I là điểm nằm ngoài 
(S), mặt phẳng (P) cắt (S) theo đường tròn (C). M là 
điểm di chuyển trên (C). đường thẳng IM cắt mặt cầu 
(S) tại điểm thứ 2 là M’ chứng minh rằng M luôn chạy 
trên một đường tròn cố định ( Đây là một tính chất 
trong phép nghịch đảo trong không gian). 
Chứng minh bổ đề: Từ I kẻ đường thẳng d vuông góc với (P) tại I’ trên d 
lấy J sao cho 2 2'. . 'II IJ IM IM IO R      . Vì I cố định, (P) cố định nên I’ cố định và J 
cố định. Từ hệ thức đó ta có   0' ' 90II M IM J  hay M’ luôn nhìn IJ dưới 1 góc 
 20
vuông tức M’ luôn năm trên 1 mặt cầu (S’)cố định nhận IJ làm đường kính. Do đó 
M luôn nằm trên giao điểm của 2 mặt cầu (S) và (S’) hay M’ luôn nằm trên 1 
đường tròn cố định 
Chứng minh định lý Haruki trong không gian 
Nối BE ké dài cắt mặt cầu tại P khi đó P thuộc đường 
tròn (ABC). Ta có 
ĐI: 1 1 1 1( ) ( );ABC A B C P P  và P1 nằm trên 
đường tròn ngoại tiếp A1B1C1 
Và ta có 1 1 1'. '. '.IA IA IB IB IC IC       do đó 6 điểm 
A’,B’,C’, A1, B1, C1 cùng thuộc 1 mặt cầu (S1) và khi đó đường tròn ( A1B1C1) thuộc (S1) Nối IP1 cắt mặt cầu (S1) tại điểm P’ khi đó P’ thuộc đường tròn ngoại tiếp (A’B’C’) (Theo bổ đề ) 
Và B, P, I, B’,P’, M, N cùng nằm trong một mặt phẳng 
(Q), mặt phẳng (Q) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là 
đường tròn (K) khi đó F chính là giao của B’P’ và MN v