Những định lý hình học nổi tiếng

NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG Đường thẳng Euler 1.(Đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC Chứng minh trọng tâm G , trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp O nằm đường thẳng Hơn GH GO Đường thẳng nối H ,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Chứng minh: A A H H G O B B C G O E C M H' D Cách 1: Gọi E, F trung điểm BC , AC Ta có EF đường trung bình tam giác ABC nên EF / /AB Ta lại có OF / /BH (cùng vng góc với AC ) Do OFE ABH (góc có cạnh tương ứng song song) Chứng minh tương tự OEF BAH AH AB (do EF đường OE EF trung bình tam giác ABC ) Mặt khác G trọng tâm tam giác AG AH AG , lại có HAG OEG (so le ABC nên Do FG OE GE Từ có ABH EFO (g.g) trong, OE / /AH ) EGO AGO HAG 1800 nên HGA THCS.TOANMATH.com EOG (c.g.c) AGO HGA 1800 hay HGO EGO Do 1800 Vậy H ,G,O thẳng hàng Cách 2: Kẻ đường kính AD đường trịn (O ) ta có BH AC (Tính chất trực tâm) AC CD (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) suy BH / /CD Tương tự ta có CH / /BD nên tứ giác BHCD hình bình hành, HD cắt BC trung điểm đường Từ suy AH (Tính chất đường trung bình tam giác ADH ) Nối GO OM nên G trọng tâm tam giác AM cắt HO G GH AH ABC OM / / Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H ' cho GH ' 2GO Gọi M trung điểm BC Theo tính chất trọng A tâm G thuộc AM GA 2GM Áp dụng định lý Thales H H' vào tam giác GOM dễ suy AH '/ /OM (1).Mặt khác O G O B M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , M trung điểm BC nên OM BC (2) Từ (1) (2) suy AH ' BC , tương tự BH ' CA Vậy H ' H trực tâm tam giác ABC Theo cách dựng H ' ta có kết luận tốn Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường trịn H' AH' D = 900 (Góc nội tiếp chắn đường tròn) nên EM đường trung bình tam giác HH'D suy H đối xứng với H' qua BC Nếu gọi O' tâm vịng trịn ngoại tiếp tam giác HBC ta có O' đối xứng với O qua BC Đường thẳng qua H,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Ngồi ta cịn có OH = 3OG THCS.TOANMATH.com C *Đường thẳng Euler coi định lý quen thuộc hình học phẳng Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau mở rộng ứng dụng cho tứ giác nội tiếp n giác nội tiếp, chuyên đề ta quan tâm đến số vấn đề có liên quan đến khái niệm tam giác 1.1 (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC P điểm mặt phẳng Gọi A ', B ',C ' trung điểm BC ,CA, AB G trọng tâm tam giác ABC a) Chứng minh đường thẳng qua A, B,C song song với PA ', PB ', PC ' đồng quy điểm HP , H P ,G, P thẳng hàng GH P GP b) Chứng minh đường thẳng qua A ', B ',C ' song song với PA, PB, PC đồng quy điểm OP , OP ,G, P thẳng hàng GOP GP Giải: a) Ta thấy kết luận toán rắc rối, nhiên ý tưởng lời giải câu giúp ta tìm đến lời giải ngắn gọn sau: Lấy điểm Q tia đối tia GP cho GQ 2GP Theo tính chất trọng A Q B' C' Hp tâm ta thấy G thuộc AA ' GA 2GA ' Vậy áp dụng định lý G B Thales vào tam giác GPA ' dễ suy AQ / /PA ' Chứng minh THCS.TOANMATH.com P A' C tương tự BQ / /PB ',CQ / /PC ' Như đường thẳng qua A, B,C song song với PA ', PB ', PC ' đồng quy Q GH P GO H P Hơn theo cách dựng Q H P ,G,O thẳng hàng Ta có kết luận tốn A b) Ta có lời giải tương tự Lấy điểm R tia đối tia GP cho GR GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA ' GA B' C' P G B R≡Op A' 2GA ' Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GPA dễ suy AR / /PA Chứng minh tương tự BR / /PB,CR / /PC Như đường thẳng qua A, B,C song song với PA, PB, PC đồng quy R GP GOP OP Hơn theo cách dựng R OP ,G, P thẳng hàng Ta có kết luận toán Nhận xét: Bài toán thực mở rộng đường thẳng Euler Phần a) Khi P O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có H P H trực tâm tam giác ABC Ta thu dược nội dung toán đường thẳng Euler Phần b) Khi P H trực tâm tam giác ABC OP O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 1.2 Cho tam giác ABC trực tâm H Khi đường thẳng Euler tam giác HBC , BC HCA, HAB đồng quy điểm đường thẳng THCS.TOANMATH.com C Euler tam giác ABC Giải: Để giải toán cần hai bổ đề quen thuộc sau: Bổ đề Cho tam giác ABC trực tâm H Thì HBC , HCA , HAB đối xứng với ABC qua BC ,CA, AB A Chứng minh: Gọi giao điểm khác A HA H với ABC A ' Theo tính chất O trực tâm góc nội tiếp dễ thấy C B OA HBC HAC A ' BC Do tam giác A' HBA ' cân B hay H A ' đối xứng qua BC HBC đối xứng ABC Tương tự cho HCA , HAB , ta có điều phải chứng minh Bổ đề Cho tam giác ABC , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O , M trung điểm HA 2OM Chứng minh: A Gọi N trung điểm CA dễ thấy OM / /HA vng góc với BC H G OM / /HB vng góc với O B CA nên ta có tam giác THCS.TOANMATH.com HAB OMN M C tỷ số AB MN Do HA 2OM , điều phải chứng minh A Trở lại toán Gọi OA tâm HBC theo bổ đề 5.1 OA đối xứng vớiO H qua BC ,kết hợp với bổ đề suy OOA song song OH E O C B nên tứ giác AHOAA hình bình hành OA nên AOA qua trung điểm E OH Tuy nhiên dễ thấy A trực tâm tam giác HBC đường thẳng Euler tam giác HBC AOA qua E Tương tự đường thẳng Euler tam giác HCA, HAB cũngđi qua E nằm OH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh Nhận xét: Điểm đồng quy E trung điểm OH tâm đường trịn Euler tam giác ABC 1.3 Cho tam giác ABC tâm đường trịn nội tiếp I Khi đường thẳng Euler tam giác IBC , ICA, IAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Hướng dẫn giải: Ta sử dụng bổ đề sau: THCS.TOANMATH.com Bổ đề Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , tâm đường tròn nội tiếp I IA cắt O điểm D khác A D tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC A Giải: Sử dụng tính chất góc nội tiếp góc ngồi tam giác ta có: IBD IBC CBD IBA IAC IBA I O C B IAB BID D Vậy tam giác IDB cân D Tương tự tam giác ICD cân D DI DB DC Vậy D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (Xem thêm phần góc với đường trịn) Bổ đề (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC đường thẳng cắt ba cạnh BC ,CA, AB tương ứng A ', B ',C ' A ' B B 'C C ' A AB B ' A C ' B Định lý chứng minh chi tiết (Các định lý hình học A O tiếng) I Trở lại toán Gọi O tâm ABC , G S N T GA IA giao ABC điểmOA khác A B M E OA Gọi G,GA trọng tâm tam giác ABC , IBC Gọi M trung điểm BC , GGA cắt OOA E THCS.TOANMATH.com C Theo bổ đề tính chất ta thấy OA trung điểm cung BC khơng chứa A O OOA vng góc với BC M IM AG AM O E nên GGA / /AOA suy A OAM GAE IOA COA GAG IA IA IGA (1) Hơn (2) Gọi GAOA (đường thẳng Euler tam giác IBC ) cắt OG (đường thẳng Euler tam giác ABC S ) Ta chứng minh S cố định Gọi N hình chiếu I lên AB Do AIB BCOA nên hai tam giác vng IAN OACM đồng dạng Do IA OAC IN MOA r hay r MOA COA MOA IA (3) Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S,GA,OA thẳng hàng, ta có: SG OAO GAE SO OAE GAG COA SG R SO IA OAM SG 2R Vậy SO 2r 3r SG , S cố định Tương tự, đường thẳng Euler tam SO 2R giác ICA, IAB qua S nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Điểm đồng quy S thường gọi điểm Schiffer tam giác ABC 1.4 Cho tam giác ABC Đường tròn I tiếp xúc ba cạnh tam giác D, E, F Khi đường thẳng Euler tam giác DEF qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC Hướng dẫn giải: THCS.TOANMATH.com Gọi A ', B ',C ' giao điểm khác A, B,C IA, IB, IC với đường tròn ngoại tiếp O Khi A ' trung điểm cung BC khơng chứa A O OA ' BC suy OA '/ /ID Gọi giao điểm A ' D với OI K , áp dụng định lý Thales vào tam giác KOA' ta thấy KD KI ID r r , R bán kính đường trịn KA ' KO OA ' R nội tiếp ngoại tiếp tam giác Do K cố định, tương tự B ' E,C ' F qua K Lấy điểm H thuộc đoạn KO cho KH KI r Áp dụng định lý R Thales tam giác KIA ' ta thấy A B' KH KI r KD (cùng ) R KA ' E C' nên DH / /IA ' Bằng tính chất F I K H O phân giác tam giác cân dễ thấy IA ' DH tự EH AI EF EF Chứng minh tương DF , FH B C D A' ED hay H trực tâm tam giác DEF Ta ý I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF qua O Ta có điều phải chứng minh Nhận xét 1.4 kết hay gặp đường thẳng Euler, nhờ ta chứng minh kết thú vị khác sau 1.5 Cho tam giác ABC đường cao AA ', BB ',CC ' đồng quy H Gọi D, E, F hình chiếu H lên B 'C ',C ' A ', A ' B ' Khi đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác ABC trùng THCS.TOANMATH.com Giải: Ta biết kết quen thuộc trực tâm H tam giác ABC tâm đường trịn nội tiếp tam giác A ' B 'C ' Khi theo 1.4 , đường thẳng Euler tam giác DEF đường thẳng nối H N , N tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A ' B 'C ' Mặt khác tâm N đường tròn ngoại tiếp tam giác A ' B 'C ' tâm đường trịn Euler tam giác ABC NH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh Chú ý Áp dụng kết 1.5 ta lại có kết thú vị khác 1.6 Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC , CA, AB D, E , F Tâm đường tròn bàng tiếp Ia , Ib , Ic Chứng minh đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác I a Ib Ic trùng Chứng minh: Ta áp dụng kết 1.5 vào tam giác I a Ib Ic , ta ý I trực tâm tam giác I a Ib Ic ta có điều phải chứng minh 1.7 Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC , CA, AB D, E , F A ', B ', C ' trung điểm EF , FD, DE Chứng minh đường thẳng qua A ', B ', C ' vng góc với BC , CA, AB đồng quy điểm đường thẳng OI O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Ta dễ thấy ID, IE , IF vng A góc với BC , CA, AB nên đường E A' thẳng qua A ', B ', C ' vuông F I O C' B' THCS.TOANMATH.com B C D NF NI NI NF.ND NC NI NC Theo bổ đề 2, ta NI ND có I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC (đpcm) A M N E I F O O' C B x D 10 Một hệ định lý Lyness mở rộng Cho đường tròn O hai điểm A B nằm đường tròn điểm C nằm đường tròn O Đường tròn O ' tiếp xúc với O R tiếp xúc với CA,CB theo thứ tự P,Q Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh I nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác APR Chứng minh: Gọi D giao điểm BC với O , K tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADB Ta có B, I , K thẳng hàng K nằm PQ (theo bổ đề Sawayama) Dễ thấy A, P, K , R nằm đường tròn (xem mục 8) (1) Do I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên THCS.TOANMATH.com AIB APK ACB Ta lại có 90 1800 Do AIB CPK 1800 1800 ACB 900 ACB APK nên A, P, K , I nằm đường tròn (2) Từ (1) (2) suy A, P, R, K , I đường tròn Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APR D C P Q K I O A B O' R 11 Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Chứng minh ABCD AD.BC AC BD Chứng minh: B A E O THCS.TOANMATH.com D C Trên AC lấy điểm E cho ADE BDC Khi ta có: AED BCD (g.g) Nên suy AD.BC AE.BD (1) Mặt khác, ta có: ADB EDC AB.DC AD.BC AD DE AD BD Từ suy DC DC DE DC AB.DC DB.EC (2) Từ (1), (2) ta suy ra: BD EC DB.AC Ta có đpcm AE Cách Từ C vẽ CE AD,CF BD,CG AB E AD, F BD,G Theo định lý Simson, ta có G, F , E thẳng hàng Ta có: GF AB FE GE Áp dụng định lý hàm số sin ta có: GF BC sin B; EF AB ;sin A 2R BC AD AB.DC 2R 2R (đpcm) sin D DC sin D;GE AC sin A ; sin B BD Từ ta suy ra: 2R BD.AC Vậy ta có: BD.AC 2R AD ; 2R AB.DC BD.AC 12 Định lý Ptolemy cho tứ giác Cho tứ giác ABCD Chứng minh ABCD AD.BC Chứng minh: A B THCS.TOANMATH.com D M C AC BD Bên tứ giác ABCD lấy điểm M cho MAD CAB ACB (g.g) MDA ACB Ta có ADM AD DM AD.BC AC DM (1) Do MAD AC BC DAC CAB nên MAB Xét tam giác ADC MAB , có: DAC MAB (chứng minh trên) AD AM (do AMD AMB (c.g.c) ACB ) nên ADC AC AB DC AC ABCD AC MB (2) Từ (1) (2) suy MB AB ABCD AD.BC AC BM DM AC BD Đẳng thức xảy M nằm đường chéo BD , lúc tứ giác ABCD nội tiếp Ví dụ 1) Cho tam giác ABC vuông A AB AC Gọi D điểm cạnh BC E điểm cạnh BA kéo dài phía A cho BD BE CA Gọi C điểm AC cho E , B, D, P thuộc đường tròn Q giao điểm thứ hai BP với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh AQ CQ BP Giải: E A Vì tứ giác BEPD, AQCB nội tiếp nên CAQ CBQ DEP P B Mặt khác AQC 180 THCS.TOANMATH.com ABC EPD D Q C (1) Áp dụng định lý Ptơ –lê- mê cho tứ giác BEPD ta có PE.BD Từ (1) (2) suy AQ.BD BD EB PD.EB QC EB CA nên AQ QC DE.BP (2) Mặt khác CABP BP Ví dụ 2) Cho tam giác ABC có I tâm đường trịn nội tiếp O tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm G Giả sử OIA minh IG BC song song Giải: 900 Chứng A Gọi E giao điểm thứ hai khác A AI với đường trịn O I Khi E điểm G B cung BC (cung khơng chứa A ) O M D C Ta có EB EI EC IA E Theo định lý Ptô-lê-mê ta có EABC EC AB EB.AC 2BC AB AC Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có: AB BD AI ID AC DC AB BD AC DC M trung điểm cạnh BC , AB AC BC AG GM 2 Vậy AI AD Gọi AI Vậy GI / /BC ID 13 Định lý Brocard Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Gọi M giao điểm AB THCS.TOANMATH.com CD ; N giao điểm AD BC ; I giao điểm AC BD Chứng minh I trực tâm tam giác OMN Chứng minh: N Gọi E giao điểm khác I hai đường tròn ngoại A tiếp tam giác AID BIC Ta có DEC DEI M O D 3600 B I C E IEC 3600 1800 DAI DAI CBI sđCD 1800 CBI DOC , tứ giác DOEC nội tiếp.Ta có AEB AIE BEI ADI BCI sđAB AOB nên AOEB tứ giác nội tiếp Gọi E ' giao điểm OM đường tròn ngoại tiếp tam giác DOC nên Thế ME '.MO MC.MD , mà MC MD MAMB Từ chứng minh tứ giác AOE ' B nội tiếp ME '.MO MAMB E ' điểm chung khác O hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AOB DOC Do E E ' hay M , E,O thẳng hàng Tương tự N , I , E thẳng hàng.Ta có: IEO (1) IEM IEB BEM BCI AEI OAB (3) Từ (1),(2) (3) ta có IEO IEO IEM THCS.TOANMATH.com DAI OAB (2) Lại có DAI OBA 1800 nên IEO AEO IEM IEM , mà 900 hay NI OM OBA BCI Tương tự gọi F giao điểm khác I hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB DIC N , I , F thẳng hàng MI ON Vậy I trực tâm OMN 14 Định lý bướm với đường tròn Cho đường tròn O dây AB Gọi I trung điểm dây AB vẽ dây CD, EF qua I (C E nằm phía AB ) Gọi giao điểm CF , DE với AB M , N Chứng minh IM IN Chứng minh: Cách 1: Vẽ dây E ' F ' đối xứng với tia EF qua OI Tứ giác CE ' F ' F nội F' MIE ' 1800 MCE ' tứ giác MCE ' I nội tiếp Ta lại có IE MIE ' MIE ' , 1800 Mà FF '/ /AB nên F ' tiếp nên MCE ' C1 E1 Mặt khác E1 C nên E1 NIE (tính chất đối xứng) Từ chứng minh IE '; MIE ' NIE (g.c.g) IM IN E' C 1 E I A N M B O D F THCS.TOANMATH.com E1' F' Cách 2: Kẻ OH CF ,OK CF , DE Ta có ICF DE H , K trung điểm IED (g.g) có IH , IK trung tuyến tương IH IC CF HC ICH IEK (c.c.c) IK IE DE KE (1) Các tứ giác OIMH ,OINK nội tiếp (tổng hai góc đối) nên ứng nên O1 H 1,O2 O Vậy IM K1 (2).Từ (1) (2) có O1 H1 O2 nên tam giác MON cân IN Cách 3: E C C M1 N2H H N B 1K N F M2 I I M A E M A O B D N1 O D F Kẻ MM1, NN1 CF; MM2, NN2 Tacó IMM IM IN FMM INN MM NN 2 DNN THCS.TOANMATH.com IM IN CMM MM NN DE MM NN ENN FM DN K1 ; IMM MM NN INN ; CM ; EN Từ (1),(2),(3) (4) suy ra: IM IN IM m2 n2 MM 1.MM CM FM EN DN NN 1.NN m, IN n, IA a m a m a n a n m2 n2 m IB AM MB Đặt BN AN a Ta có a2 a2 m2 n2 m2 n2 n Vậy IM a2 a2 m2 n2 IN Chú ý: Nếu gọi P,Q giao điểm CE , DF với đường thẳng AB ta có IP IQ Thật vậy, kẻ OS DF ,OJ EC chứng minh tương tự cách E C P B I A M Q N O D S F 15 Định lý bướm mở rộng với đường tròn Cho đường tròn O dây AB I điểm thuộc dây AB Vẽ dây CD, EF qua I (C E nằm phía AB ) Gọi giao điểm CF , DE với AB M , N Chứng minh IA IN IB IM Chứng minh: E C 1 B I A M N THCS.TOANMATH.com O D AM IB IM Trước hết ta chứng minh BN IA (*) IN Thật vậy, vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD cắt AB K Theo hệ thức lượng đường tròn, ta có IM.IK IC ID IC.ID IAIB nên IM.IK IAIB IM IB BK (1) Vì K IN NK EN ND AM IB IM IM BK AM IB AM IB IM BK AN NB IN NB BN IA IN IABN BK IA IN BN BK (2) Từ (1) (2) suy BN IA , (*) chứng minh IN Đặt IA a, IB b, IM m bn abmn ta IA IM IB E1 nên tứ giác EIDK nội tiếp, tương tự ta có C1 IN BK a AM IN b m IB m, IN n am abn n , từ (*) ta có bmn abm a m b m b n a n amn Chia hai vế cho 1 1 1 hay a n b a n b m Ghi chú: Bổ đề (*) gọi bổ đề Haruki IM 16 Định lý bướm với cặp đường thẳng THCS.TOANMATH.com Cho tam giác ABC có I trung điểm cạnh BC Qua I vẽ đường thẳng thứ cắt AB, AC M , P ; đường thẳng thứ hai cắt AB, AC Q, N MN , PQ cắt BC E, F Chứng minh IE IF Chứng minh: Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến IPM NIQ , ta có: IB PC MA IC PA MB PC MA PA MB IB NC QA IC NA QB NC QA NA QB PC PA QA QB MB (1) MA NA (2) NC Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến MNE PFQ , ta được: FB PC QA FC PA QB FB FC EC EB 1(3); FB BC EC MA NA EB MB NC EC BC FB 1(4) Từ (1),(2),(3) (4) suy FC Lại có IA IB nên IE IF 17 Định lý Shooten Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Chứng minh với điểm M nằm đường trịn O ba đoạn MA, MB, MC có đoạn có độ dài tổng độ dài hai đoạn Chứng minh: A THCS.TOANMATH.com O Xét điểm M nằm cung nhỏ BC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC , ta có MABC Vì AB MB.AC AC MC AB BC nên MA MB MC Tương tự điểm M nằm cung nhỏ AC AB ta có MB MC MA MC MA MB Suy đpcm Cách khác để chứng minh: A I O C B M THCS.TOANMATH.com MA MB MC (trường hợp điểm M nằm cung AB, AC tương tự) Trên MA lấy điểm I cho MI Thật vậy, ta có BMI đều, BI Ta lại có ABC MB , ta cần chứng minh MC 600 mà MB ACB MI nên tam giác BMI 600 BM IBM 600 nên ABC Dễ dàng chứng minh AI IBM , suy CBM ABI BAI (c.g.c) nên MC BCM AI 18 Hệ thức Van Aubel Cho tam giác ABC có AD, BE,CF đồng quy K ( D, E, F theo thứ tự thuộc cạnh BC ,CA, AB ).Chứng minh AK KD AE EC AF FB Chứng minh: A M N F E K B C D Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BE ,CF M , N ta có AK AM AN KD BD CD 19 Định lý Ce’va AM BD AN CD AM AN BC AM BC AN BC AE EC Cho tam giác ABC điểm D, E, F nằm cạnh BC ,CA, AB Chứng minh điều kiện cần đủ để AD, BE,CF đồng THCS.TOANMATH.com AF FB quy ta có hệ thức DB EC FA (*) DC EA FB Chứng minh: A M N F E K B D C Điều kiện cần: Ta chứng minh AD, BE,CF đồng quy có (*) Gọi K điểm đồng quy ba đoạn AD, BE,CF Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BE ,CF M , N Theo định lý Ta-lét ta có DB AM EC BC FA AN , , , DC AN EA AM FB BC DB EC FA AM BC AN (đpcm) DC EA FB AN AM BC Điều kiện đủ: Ta chứng minh có (*) AD, BE,CF đồng quy Thật vậy, gọi K giao điểm BE CF , AK cắt cạnh BC D ' Theo chứng minh điều kiện cần ta có D ' B EC FA D 'B DB Hai điểm D D ' chia D 'C EA FB D 'C DC đoạn BC theo tỉ số nên D ' D Vậy AD, BE,CF đồng quy Chú ý: Bài toán trường hợp điểm D, E, F nằm đường thẳng BC ,CA, AB có hai điểm nằm ngồi tam giác THCS.TOANMATH.com 20 Định lý Menelaus Cho tam giác ABC điểm M , N , P theo thứ tự nằm đường thẳng BC ,CA, AB Chứng minh điều kiện cần đủ để M , N , P thẳng hàng ta có hệ thức MB NC PA MC NA PB (**) Chứng minh: A K b a P H N E c B M C Điều kiện cần: Gọi a, b, c theo thứ tự khoảng cách từ A, B,C đến cát tuyến MNP MB MC (đpcm) Ta có b NC ; c NA MB NC PA a Do MC NA PB b c PA ; a PB Điều kiện đủ: Giả sử có (**) PN cắt cạnh BC M ' Thế M ' B NC PA M 'C NA PB M 'B M 'C Vậy M , N , P thẳng hàng (đpcm) THCS.TOANMATH.com MB MC M' M b c a c a b ... Bổ đề (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC đường thẳng cắt ba cạnh BC ,CA, AB tương ứng A '', B '',C '' A '' B B ''C C '' A AB B '' A C '' B Định lý chứng minh chi tiết (Các định lý hình học A O tiếng) ... Ơ le số kết mở rộng ta thấy việc khai thác định lý, tính chất hình học chìa khóa quan trọng để khám phá vẽ đẹp tiềm ẩn ‘? ?Hình học phẳng’’ Hy vọng em học sinh tiếp tục phát triển, đào sâu suy nghỉ... ABC S ) Ta chứng minh S cố định Gọi N hình chiếu I lên AB Do AIB BCOA nên hai tam giác vuông IAN OACM đồng dạng Do IA OAC IN MOA r hay r MOA COA MOA IA (3) Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác