Các định lý hình học nổi tiếng và vận dụng

Gọi O và I tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác... Như vậy, ta có thể lợi dụng công thức Euler để chứng minh bất đẳng thức trên tuy nhiên đây không phải là cách c

CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG

VÀ VẬN DỤNG

1 Định lý Stewart

*Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên cạnh BC Ta luôn có :

BC.AD 2 = BD.AC 2 + DC.AB 2 – BC.BD.DC

Chứng minh:

Gọi AD= d, BD= m, DC= n Đặt A ˆ D B= ⇒α A D ˆ C =1800 −α

Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ADB và ADC, ta được:

c2 = d2 + m2 – 2mdcosα

b2= d2 + n2 – 2dncos( 1800-α )

⇒ nc2 + mb2 = d2(n+m) + mn(m + n) (vớichú ý là cosα = -cos( 1800-α )

⇒nc2 + mb2 = ad2 + anm

⇒ad2 = mb2 + nc2 – amn

Đó là đpcm

Chú ý :

1.Trong định lý Stewart xét AD là trung tuyến (tức là

m = n =

2

a

) Khi đó từ trên suy ra:

ama2 =

2

a

b2 +

2

a

c2 – a

2

a

2

a

ma2 =

4

2

2b2 + c2 −a2 (1)

(1) chính là công thức xác định đường trung tuyến quen biết trong tam giác

1.Nếu xét AD là đường phân giác trong Khi đó, theo tính chất đường phân giác trong, ta có:

c n

c b

ac m

+

=

c b

ab n

+

=

Từ định lý Stewart, ta có:

2 2

2

)

bc a a c c b

ab b

c b

ac

+

− +

+ +

la2 = 2

2 2 ) (

] ) [(

c b

a c b bc

+

− +

la2 = ( )2

) (

c b

a p abcp

+

−

(2) (2) chính là công thức xác định đường phân giác quen biết trong tam giác

Bài tập áp dụng:

Đề: cho tam giác ABC Các đường AD, BE, CK ( D,E,K tương ứng thuộc các

cạnh BC CA, AB) gọi

là các đường n - tuyến của ∆ABC nếu như:

n AB

AK CA

CE BC

=

=

=

( n là số dương cho trước) Đặt AD=d a , BE = d b, CK= d c ( và gọi d a , d b , d c là độ dài của các đường n- tuyến) Chứng minh rằng:

d a + d b + d c 2 = 1( 2 2 2)

2

2

c b a n

n

Chứng minh:

Theo định lý Stewart ta có:

a.AD2 = BD.b2 – DC.c2 – a.BD.DC (1)

Do BD =

n

a

; DC =

n

a

n 1)

, vậy từ (1) có : a.AD2 = n

ab2

+

n

ac

- ( 21)

n

a n a

⇒da2= 2 ( 1) 2 ( 12) 2

n

a n n

c n

⇒ da2 = 2 ( 1)22 ( 1) 2

n

a n c n n

(2)

L ý luận tương tự, có db = 2 ( 1)22 ( 1) 2

n

b n a n n

(3)

dc2 = 2 ( 1)22 ( 1) 2

n

c n b n n

Cộng từng vế (2)(3)(4) suy ra :

da2 +db + dc2 = 1( 2 2 2)

2

2

c b a n

n

⇒đpcm.

Chú ý:

1) Với bài toán tổng quát trên, ta thay n là một số nguyên dương cụ thể thì ta sẽ có các định lý quen thuộc đã học.Chẳng hạn, khi n = 2 thì các đường 2-tuyến trở thành các đường trung tuyến của tam giác

2) Ngoài ra, n-tuyến có nhiều tính chất lý thú như: các tam giác KDE, A’B’C’ và ABC có cùng trọng tâm.( ta có thể chứng minh bằng hình học vector )

2 Công thức Euler

Cho tam giác ABC Gọi O và I tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác Đặt l = IO Chứng minh rằng:

l 2 = R 2 – 2Rr

Chứng minh:

Đường phân giác trong của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại D Khi đó ta có :

2

A B

 + 

=  ÷÷

Vì thế DB = DI (1)

Theo công thức phương tích, ta thấy

IA.ID = P1 (O) = R2 – IO2 (2)

Từ (1) (2) suy ra IA.DB = R2 – l2 (3)

Trong tam giác vuông IAE, thì :

IA =

2

sin A

IE

=

2 sin A

r

(4)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác DBA

( với chú ý R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDA), ta có :

BD = 2RsinB ˆ A D = 2sin

2

A

(5) Thay (4)(5) vào (3), ta được :

R2 – l2 = 2Rr hay l2 = R2 – 2Rr

⇒đpcm

Chú ý :

Từ công thức Euler l2 = R2 – 2Rr≥0 hay trong mọi tam giác ta có:

R≥2r (*) Dấu bằng xảy ra ⇔l = 0 ⇔I≡O ⇔ABC là tam giác đều.

*** Từ phần chú ý, ta có R = 4rsin

2

A

sin

2

B

sin

2

C

Vì thế từ (*) ta có:

sin

2

A

sin

2

B

sin

2

C

≤

8

1

( đây là 1 bđt quen thuộc và cơ bản trong lượng giác)

Như vậy, ta có thể lợi dụng công thức Euler để chứng minh bất đẳng thức trên ( tuy nhiên đây không phải là cách chứng minh ngắn gọn, nhưng dù sao ta cũng tìm được 1

hệ quả lý thú của công thức Euler)

Công thức Euler cho khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại

tiếp và bàng tiếp

Ký hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I a là tâm đ ường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC Đặt d a = OI a Chứng minh công thức Euler :

d a = R 2 + 2Rr

Chứng minh

Từ tam giác ABIa, ta có:

BI D· a = ·FBI a - ·FAI a

DBI· a= I BC·a - ·CBD (ở đây D là

giao điểm của AIa với đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC )

Do IaA và BIa tương ứng là

các phân giác của ·BAC và ·FBC

( do Ia là tâm đường tròn bàng

tiếp góc A của ∆ABC) nên:

·

a

FAI = ·I AC a = ·CBD

FBI· a= ·I BC a

Kết hợp lại suy ra

a a

DBI =BI D⇒ ∆ BDIa cân đỉnh D

⇒ BD = DIa (1)

K ẻ IaM ⊥OD ( chú ý do cung BD = cung DC nên OD⊥BC, tức OM⊥BC)

Xét tam giác ODIa, theo định lý hàm số cosin ta có:

Dda2 = OIa2 = OD2 + DIa2 – 2OD.DIa.cosODI· a

Vì cosODI· a= - cos·I DM a =

a

DI

DM

− , vậy ta có :

da2 = OD2 + DIa2 + 2OD.DM (2)

Từ (1) và theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BDN ( N là giao điểm DO với đường tròn : OD BC = L) , ta có BD2 = DN.DL = 2R.DL Thay vào (2) có :

da2 = R2 + 2R.DL + 2R.DM

= R2 + 2R(DL + DM) = R2 + 2R.ML

Do MIa // BC, nên ML bằng khoảng cách từ Ia xuống BC, tức ML = ra ⇒ da2 = R2 +2R.ra

⇒ đpcm.

3 Định lý Euler

Cho tam giác nội tiếp trong đường tròn tâm O M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác chứa tam giác Gọi A 1 , B 1 , C 1 lần lượt là hình chiếu của M lân các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng :

SA1B1C1 =  − 2 

2 1 4

1

R

d

ở đây MO = d

Chứng minh

Ta chỉ xét trường hợp M nằm trong tam giác ABC Các trường hợp khác xét tương tự

Nối AM và kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D

Ta có:

1 1

1C ˆ A

D B M C B M C B D A B M M A B A C M M C

B1 ˆ1 + ˆ1 1 = 1ˆ + ˆ 1 = ˆ + ˆ = ˆ

(1)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MBD, ta có :

D B M

MD M

D B

MB

ˆ sin ˆ

sin = (2)

Từ (1),(2) suy ra:

Ta có :

Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác AB1C1 với chú ý MA là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này, ta có :

B1C1 = MA sinB (5)

Tương tự, có :

A1C1 = MBsinB (6)

Vì thế từ (3) (4) (5) và (6) suy ra :

MB

C MD B A MB MA

2

1

1

2 1

MA.MDsinAsinBsinC (7)

Ta có :

MA.MD = PM(o) = R2 – MO2 = R2 – d2 (8)

Thay (7) vào (8) ta có :

SA1B1C1 =

2

1

(R2 – d2) sinAsinBsinC (9)

Do S = 2R2sinAsinBsinC = 2

2R S

Thay lại vào (9) ta được :

SA1B1C1= 4

1

S(1 - 2

2

R

d

)

Định lý Euler được chứng minh

4.Bài toán về điểm Broca

1) Cho tam giác ABC và một điểm M trong tam giác ABC sao cho

ϕ

=

=

=M B C M C A

B

A

Mˆ ˆ ˆ Chứng minh rằng :

cotgϕ = cotgA + cotgB + cotgC

(Điểm M xác định như trên gọi là điểm Broca, còn ϕ là góc Broca)

2) Chứng minh rằng:

C B

2

1 sin

1 sin

1 sin

ϕ

3) Chứng minh :

sinϕ =

2 2 2 2 2 2

2

b a a c c b

S

+

+

4) Chứng minh :

) sin(

) sin(

) sin(

5) Gọi R a , R b , R c tương ứng là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB,MAC,MCB Chứng minh rằng

R a R b R c = R 3

6) Chứng minh :

MA.MB.MC = 8R 3 sin 3ϕ

Chứng minh

1) Đặt MA = x, MB = y, MC = z

Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có : cotg ϕ =

BMC BMC

x z b S

z y a S

y x c

4 4

4

2 2 2 2 2 2 2 2

(1)

Từ (1) và theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :

cotg ϕ =

S

c b a

4

2 2

2 + + (2)

Theo hệ quả của định định lý hàm số cosin suy rộng, ta có ngay :

cotgA + cotgB + cotgC =

S

c b a

4

2 2

2 + + (3)

Từ (2) (3) suy ra đpcm

2) Từ 1) suy ra :

cotg2ϕ = cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2(cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA)

Từ đó, theo đề bài 2 suy ra :

cotg2ϕ = cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2

⇒ 1 + cotg2ϕ = (1 + cotg2A) + (1 + cotg2B) + (1 + cotg2C) hay

C B

2

1 sin

1 sin

1 sin

1

+ +

= ϕ

3) Theo 2) và áp dụng định lý hàm số sin , ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2

2 2

) (

4 4

4 4

sin

1

c b a

a c c b b a R c

R b

R a

=

Vì S =

R

abc

4 , nên từ (4) suy ra :

+ + 2 2 2 2 2

2

2

a c c b b a

S

đpcm

4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MAC , ta có:

) sin(

sin

ϕ

ϕ

−

=

A MC

MA

(5) Tương tự :

) sin(

sin

ϕ

ϕ

−

=

C MB

MC

(6)

) sin(

sin

ϕ

ϕ

−

=

B MA

MB

(7) Nhân từng vế (5) (6) (7) suy ra

sin3ϕ = sin(A- ϕ)sin(B -ϕ ) sin(C-ϕ ) ⇒đpcm

5) Theo định gnhĩa điểm Broca M, và góc Broca ϕ, ta có:

A C

M

A

A A

C

M

A

sin ˆ

sin

180 ) (

180

=

⇒

−

=

− +

−

Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác MAC, ta có:

AC = 2RbsinA ˆ M C=2RbsinA (8)

Lý luận tương tự, ta có:

BC = 2RasinC (9)

AB = 2RcsinB (10)

Nhân từng vế (8) (9) (10) và lại áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có: (2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8RaRbRcsinAsinBsinC

Do sinAsinBsinC ≠0 ⇒RaRbRc = R3 ⇒đpcm

6) Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có:

MA.MB.MC = (2Rbsinϕ)(2Rcsinϕ)(2Rasinϕ)

Từ đó theo phần 5) suy ra MA.MB.MC = 8R3sin3ϕ ⇒đpcm

Chú ý : dựa vào phần 5) suy ra A ˆ M C= 1800 – A = B + C

B ˆ M C = 1800 – C = A + B

* Vậy điểm Broca hoàn toàn có thể dựng được bằng thước và compas.(vì nó là giao điểm của cung chứa góc A + B dựng trên cạnh BC, với cung chứa góc B + C dựng trên cạnh AC )

5 Định lý Cacnô

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O.

Gọi k a , k b , k c lần lượt là các khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB Thì :

k a + k b + k c = R + r

Chứng minh

Gọi ka , kb, kc theo thứ tự là khỏang cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh a,

b, c ; H là trực tâm của tam giác Kẻ OP, ON, OM lần lượt vuông góc BC, AC, AB, thì ta

có OP = ka ;

ON = kb ; OM = kc Trong t ứ gi ác ANOM, theo đ ịnh l ý Ptoleme, ta có :

OA.MN = OM.AN + ON.AM , hay

R2a = kc2

b

+ kb 2

c

(1)

Tương tự :

Rb2 = ka2

c

+ kc2

a

(2)

R2c = kb2

a

+ ka2

b

(3) Cộng từng vế (1) (2) (3) suy ra :

Rp = ka 2

c

b+

+ kb 2

a

c+

+ kc 2

b

a+

⇒ Rp = (ka kb kc)p -

2 2 2

c k b k a

−

−

= (ka kb kc)p – S

= (ka kb kc)p – pr

⇒r + R = ka kb kc.

⇒ta đã chứng minh xong định lý Cacnô.

Chú ý :

Định lý Cacnô còn được viết dưới dạng sau đây :

Trong mọi tam giác ABC thì :

AH + BH +CH = 2(R + r) với H là trực tâm của tam giác

(Do theo định lý về đường thẳng Euler, thì ta có H,G,O thẳng hàng, với G là trọng tâm của tam giác ABC và GH = 2GO ⇒AH = 2OP = 2ka Tương tự BH = 2kb, CH = 2kc)

Bài tập ứng dụng

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O Gọi k a , k b , k c lần lượt là các

khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB Chứng minh hệ thức:

c b a c b

abc k

c k

b k

a

=









+ +

4

Chứng minh

Gọi M là trung điểm của BC, thì OM = ka.

OM

BM k

a

a

2

k

c tgB k

b

c b

2

;

=

Từ đó suy ra:

c b

c k

b

k

a + + = 2(tgA + tgB + tgC) (1)

Mà ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC Do vậy từ (1) có:

4(

c b

c k

b

k

a + + ) = 8tgA.tgB.tgC =

c b

c k

b k

a

6 Định lý Ptoleme

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O Khi đó ta có:

AC.BD = AB.CD + AD.BC

Chứng minh:

Đặt

σ γ

β α

=

=

=

=

=

=

=

=

A D B A C B C A B C

D

B

C A D C B D D

C A D

B

A

ˆ ˆ

; ˆ ˆ

ˆ ˆ

; ˆ ˆ

Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABD, ACD, ABC ta có:

AB.CD + AD.BC = 2R2(2sinσ sinβ + 2sinα sinγ )

= 2R2 [cos(σ-β ) – cos(σ +β ) + cos(α -γ ) – cos(α +γ )] (1)

Vì α +β +γ +σ = 1800 ⇒ cos(σ +β ) = – cos(α +γ ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

AB.CD + AD.BC = 2R2[cos(σ -β ) + cos(α +γ )] (3)

Lại áp dụng định lý hàm số sin vào các tam giác ACD, BCD, có:

AC.BD = 2Rsin(γ +σ )2Rsin(σ +α )

= 2R2[cos(α -γ ) – cos(α +γ +2σ )] (4)

Vì (α +γ +2σ) + (β -σ) = 1800 ⇒cos(α +γ +2σ ) = - cos(β -σ ) (5)

Thay (5) vào (4) và có:

AC.BD = 2R2[cos(α -γ ) + cos(σ -β ) (6)

Từ (3) và (6) suy ra định lý Ptoleme được chứng minh

7 Định lý Peletier

Cho tam giác A 2 B 2 C 2 Lấy ba điểm A,B,C tương ứng nằm trong các cạnh B 2 C 2 , C 2 A 2

và A 2 B 2 Lấy lại ba điểm A 1 ,B 1 ,C 1 tương ứng nằm trong các cạnh BC,CA,AB của ∆

ABC sao cho A 1 B 1 // A 2 B 2 ; B 1 C 1 //B 2 C 2 và C 1 A 1 //C 2 A 2 Suy ra:

S 2 ABC = SA1B1C1 SA2B2C2

Chứng minh

Rõ ràng ∆A1B1C1 ∆A2B2C2, do đó :

2

1

1

2

2

1

1

H

A

H

A

C

B

C

B

= (1)

Ở đây A1H1 và A2H2 tương ứng là các chiều cao kẻ từ A1 và A2 của hai tam giác A1B1C1,

A2B2C2

Ta có:

SA1B1C1.SA2B2C2 = 1 1 1 1 2 2 2 2

4

1

H A C B H A C

Từ (1) có A1H1.B2C2 = B1C1.A2H2 (3)

Thay (3) vào (2), suy ra:

SA1B1C1.SA2B2C2 =

2 2 1

1 4

1

H A C B

(4)

Dễ dàng thấy rằng :

SABC = SA1B1C1 + SA1B1C1+ SBA1C1+SCA1B1 (5)

Do B1C1// B2C2;C1A1//C2A2 và A1B1//A2B2, nên ta có:

SAB1C1 = SC2B 1C1 ; SBA1C1= SA2A1C1 ;

SCA1B1 = SA2B1A1 (6)

Từ đó suy ra :

SA2B1C1 = SA2B1A1 + SA2A1C1 + SA1B1C1 (7)

Kết hợp (5) (6) (7) có:

SABC = SC2B 1C1+ SA2B1C1=2

1

B1C1(d + d’)

ở đây d và d’ tương ứng là khoảng cách từ C2 và A2 đến B1C1

⇒ d + d’ = A2H2

⇒ SABC =

2

1

B1C1.A2H2

⇒ S2

ABC = ( )2

2 2 1

1 4

1

H A C

B (8)

Từ (4) và (8), ta thu được :

S2

ABC = SA 1B1C1.SA2B2C2

⇒ đpcm.

Hệ quả của định lý Peletier

1) Tam giác ABC nhọn Vẽ ba chiều cao AA’, BB’, CC’ Khi đó A’B’C’ gọi là tam giác trực tâm Tam giác A 1 B 1 C 1 trong đó A 1 B 1 , A 1 C 1 , B 1 C 1 tương ứng là các tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C, B, A.

2) Tam giác A 1 B 1 C 1 gọi là tam giác tiếp xúc Và diện tích tam giác ABC là trung bình nhân của diện tích tam giác trực tâm và tam giác tiếp xúc.

Chứng minh

Thật vậy :

Ta có A’B’C’ và A1B1C1 là các tam giác nội và ngoại tiếp tam giác nhọn ABC mà A’B’ //A1B1; A’C’ //A1C1 và B’C’ // B1C1 vậy theo định lý Peletier ta suy ra đpcm

Hai đường thẳng cùng phát xuất từ đỉnh của một góc của tam giác và đối xứng với nhau qua đường phân giác của góc đó, gọi là những đường đẳng giác

Bài tập ứng dụng

Cho tam giác ABC Đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với 3 cạnh AB, BC,

CA tương ứng tại C 1 , A 1 , B 1 Qua A, B, C theo thứ tự lần lượt kẻ các đường thẳng song song với B 1 C 1 , C 1 A 1 , A 1 B 1 Chúng cắt nhau và tạo thành ∆A 2 B 2 C 2 Đặt AB = c, BC = a, CA = b, gọi R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp

và nội tiếp ∆ABC Gọi S 2 , R 2 tương ứng là diện tích và bán kính đường trón ngoại

tíêp

∆ A 2 B 2 C 2 Chứng minh rằng: a) S 2 =

r

abc

2 ; b) R 2 = 2R Chứng minh

a)Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC

Ta có:

1 1 1 1

1

1

1C OB C OC A OA B

=

2

1

r2(sinB1OˆC1 + sinC1OˆA1 +sinA1OˆB1)

=

2

1

r2(sinA + sinB + sinC)

Từ định lý hàm số sin: a = 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2RsinC suy ra:

R

pr R

c b a r

S B C

2 2

2

2

1

Do S = pr, nên ta có:

R

Sr

S B C

2

1

1 =

Theo định lý Peletier, ta có:

2 1 1 1

2

2

S A B C B C = hay S2 2

Sr

=

r

abc r

R R abc r

SR

2

4

2

b) Do ∆A1B1C1 ∆A2B2C2 ⇒

2 2 2

1 1 1

2

2 2

1 1

C B A

C B

S

S C

B

C B

=









⇒

2 2

2

1

S

S C

B

C

Theo câu a) suy ra:

r

abc

S

C

B

C

2

1 1 1

2

2

1

abc R R

abc r abc

R

r Sr

2 4 2

2

2

⇒

R

r

C

B

C

B

2

2

2

1

1 = (1)

Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A1B1C1 chính là r, nên do sự đồng dạng của hai tam giác A1B1C1 và A2B2C2, ta có:

2 2 2

1 1

R

r C B

C B

= (2)

Từ (1) và (2) suy ra :

⇒

=

⇒

R

r R

r

2

8 Định lý Steine

Hai tam giác ABC và giả sử AD và AE là các đường đẳng giác Ta có hệ thức sau :

2

2

AC

AB CE CD

BE BD

=

Chứng minh

Vì hai tam giác ABD và ACD có cùng chiều cao, nên

ABD

CD

BD

= (1)

Vẽ phân giác AF Do AD và AE là hai đường đẳng giác nên ta có BÂD = EÂC; DÂC = BÂE (*)

Ta có:

C A D

D A B b

c C A D AD AC

D A B AD AB

S

S

ACD

ABD

ˆ sin

ˆ sin ˆ

sin 2 1

ˆ sin 2

1

=

Từ (1) và (2) với chú ý(*), suy ra :

E A B

C A E b

c CD

BD

ˆ sin

ˆ sin

= (3)

Theo định lý hàm số sin, trong trong các tam giác EAC và BAE, ta có:

b

C E A EC C A E C

E A

b C

A

E

sin ˆ

sin ˆ

c

B E A BE E A B B

E A

c E

A

B

sin ˆ

sin ˆ

Thay (4) (5) vào (3) , với chú ý là sinAÊC= sinAÊB

(do AÊC + AÊB = 1800) suy ra :

BE

c b

EC b

c CD

BD

=

⇒

=

=

AC

AB b

c CE CD

BE BD

đpcm

Hệ quả của định lý Steine

Đường thẳng đẳng giác với một trung tuyến gọi là đường đối trung của tam giác.

Và đường đối trung chia trong cạnh đối diện thành những phần tỉ lệ với bình phương các cạnh kề.