một số bài toán hình học nổi tiếng

Đýờng thẳng Simson Cho tam giác ABC nội tiếp đýờng tròn O, M là một điểm bất kì trên đýờng tròn.. Chứng minh rằng nếu hình chiếu của M lên ba cạnh của ∆ABC là ba điểm thẳng hàng thì M n

Bi ên soạn : Đinh Vãn Cảnh

Gọi E, F lần lýợt là trung điểm của BC, AC Ta có EF là đýờng trung bình của tam

giác ABC nên EF // AB Ta lại có OF // BH (cùng vuông góc với AC) Do đó

OFE ABH (góc có cạnh týõng ứng song

song) Chứng minh týõng tự OEF BAH 

Từ đó có ABH~ EFO(g.g)

của tam giác ABC) Mặt khác G là trọng

tâm của tam giác ABC nên AG 2GE  Do đó

Đýờng thẳng đi qua H, G, O đýợc gọi là đýờng thẳng Euler của tam giác ABC

Ngoài ra ta còn có OH 3OG 

2 Đýờng thẳng Simson

Cho tam giác ABC nội tiếp đýờng tròn (O), M là một điểm bất kì trên đýờng tròn Kẻ

MH, MI, MK lần lýợt vuông góc với AB, BC, AC Chứng minh rằng ba điểm H, I, K

thẳng hàng

Ch ứng minh

Tứ giác MIBH có BHM BIM 90 90 180 nên là tứ giác   o  o  o

nội tiếp MIH MBH (cùng chắn cung HM), mà tứ giác  

ABMC nội tiếp nên MBH KCM , do đó   MIH KCM  

Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp (vì MIC MKC 90 ) nên    o

A

K I

H

C B

A

id931343 pdfMachine by Broadgun Software - a great PDF writer! - a great PDF creator! - http://www.pdfmachine.com http://www.broadgun.com

2

Vậy H, I, K thẳng hàng

Đýờng thẳng đi qua H, I, K đýợc gọi là đýờng thẳng Simson của điểm M

Ch ú ý : Ta có bài toán đảo về đýờng thẳng Simson nhý sau : Cho ∆ABC và một điểm

M nằm ngoài tam giác Chứng minh rằng nếu hình chiếu của M lên ba cạnh của

∆ABC là ba điểm thẳng hàng thì M nằm trên đýờng tròn ngoại tiếp ∆ABC

3 Đýờng thẳng Steiner

Cho tam giác ABC nội tiếp đýờng tròn (O), M là một điểm bất kì thuộc đýờng tròn

Gọi N, P, Q theo thứ tự là các điểm đối xứng với M qua AB, BC, CA

Chứng minh rằng N, P, Q thẳng hàng

Ch ứng minh

Gọi H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M lên AB, BC, AC, thế thì H, I, K thẳng

hàng (đýờng thẳng Simson) Dễ thấy IH là đýờng trung bình của tam giác MNP nên

IH // NP Týõng tự IK // PQ Theo tiên đề ạ-clit và do H, I, K thẳng hàng nên suy ra

N, P, Q thẳng hàng

Đýờng thẳng đi qua N, P, Q đýợc gọi là đýờng thẳng Steiner của điểm M

1 1

Các điểm N, P, Q lần lýợt là ảnh của H, I, K trong phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H, I,

K thẳng hàng nên N, P, Q cũng thẳng hàng Nhý vậy đýờng thẳng Steiner là ảnh của đýờng thẳng Simson trong phép vị tự tâm M tỉ số 2

b) Đýờng thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC Thật vậy, gọi D là trực

tâm của tam giác ABC; BD, CD cắt (O) lần lýợt ở E, F Dễ dàng chứng minh đýợc E đối xứng với D qua AC, F đối xứng với D qua AB

Ta có FDMN là hình thang cân nên F N mà 1 1 F B H , do đó 1 1 1 N H 1 1

Suy ra ND // HK Týõng tự QD // HK

Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đýờng thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC

C ách khác

Gọi AS, BJ, CR là các đýờng cao của

tam giác ABC, D là trực tâm Ta có



ANB AMB (tắnh chất đối xứng)

Lại có AMB ACB (cùng chắn cung   

AB) và ACB ADJ (cùng bù với góc  

SDJ)

ANB ADJ nên ADBN là tứ

giác nội tiếp, do đó NAB NDB  

Mà NAB MAB   NDB MAB  

Chứng minh týõng tự CDQ CAM Ta có   NDB CDQ MAB CAM BAC     

NDQ NDB BDC CDQ BAC BDC 180       o

Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đýờng thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC

4 Đýờng thẳng Gauss

Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB, CD và F là giao điểm của AD, BC

Chứng minh rằng trung điểm của ba đoạn AC, BD, EF là ba điểm thẳng hàng

I

F E

D

C B

S

M

Q P

N

D

C B

A

4

Chứng minh týõng tự SFMN  1SABCD

4 Do đó SEMN SFMN Kẻ EH, FK vuông góc

với đýờng thẳng MN thì EH FK , gọi I là giao điểm của đýờng thẳng MN với EF 

Ta chứng minh đýợc EHI FKI (góc nhọn kề cạnh góc vuông)nến IE IF hay I 

là trung điểm của EF Vậy trung điểm của ba đoạn AC, BD, EF thẳng hàng

Đýờng thẳng đi qua I, M, N đýợc gọi là đýờng thẳng Gauss

5 Đýờng tròn Euler

Cho tam giác ABC có các đýờng cao AD, BE, CF đồng quy tại H Gọi M, N, P lần

lýợt là trung điểm của BC, CA, AB ; S, R, Q lần lýợt là trung điểm của HA, HB, HC

Chứng minh rằng chắn điểm D, E, F, M, N, P, S, R, Q cùng nằm trên một đýờng tròn

Vậy chắn điểm D, E, F, M, N, P, S, R, Q cùng nằm trên đýờng tròn tâm I

Đýờng tròn đi qua chắn điểm trên đýợc gọi là đýờng tròn Euler của tam giác ABC

H

I

Q R

A

Ch ú ý :

a) Tâm đýờng tròn Euler nằm trên đýờng thẳng Euler

Thật vậy, gọi G và O theo thứ tự là trọng tâm và tâm đýờng tròn ngoại tiếp tam giác

Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của AD và BC

Gọi M là điểm Miquel và O1, O2, O3, O4 lần lýợt là tâm đýờng tròn ngoại tiếp của các

tam giác EBC, CDF, EAD, ABF Chứng minh rằng nãm điểm M, O1, O2, O3, O4 cùng

nằm trên một đýờng tròn

Ch ứng minh

Gọi H, I, K theo thứ tự là trung điểm của FM, BM,

CM Các đýờng tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại M và C

nên O1O2 là đýờng trung trực của MC, do đó O1O2

vuông góc với MK tại K Týõng tự O1O4 vuông góc

với MI tại I, O2O4 vuông góc với MH tại H

Nói cách khác H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M

trên các cạnh O2O4, O1O4, O1O2 của tam giác O1O2O4

Vậy nãm điểm M, O1, O2, O3, O3 cùng nằm trên một đýờng tròn

Đýờng tròn đi qua nãm điểm M, O1, O2, O3, O4đýợc gọi là đýờng tròn Miquel

I G

O H

S

M

C B

I

H

M F

E

B A

6

7 H ệ thức Euler

Cho tam giác ABC Gọi (O ; R) và (I ; r) lần lýợt là đýờng tròn ngoại tiếp và đýờng

tròn nội tiếp tam giác Đặt OI d Chứng minh rằng d2 R 2Rr 2

Ch ứng minh

Gọi D là hình chiếu của I trên AB, vẽ đýờng kắnh

EF đi qua O và I, M là giao điểm của AI với (O),

Do AI là tia phân giác của góc BAC nên M là điểm

chắnh giữa của cung BC do đó

Xét hai tam giác vuông IAD và MNC, chúng có A N ( A ) 1 2 2



MC MI nên ta có IA.IM 2Rr (2) 

Từ (1) và (2) suy ra R d2  2 2Rr d 2 R 2Rr 2

Ch ú ý : Do d   nên từ định lắ Euler ta suy ra R 2r2  Xảy ra R 2r khi d 0, lúc 

đó O I hay tam giác ABC đều

8 H ệ thức Van Aubel

Cho tam giác ABC có AD, BE, CF đồng quy tại K (D,

E, F theo thứ tự thuộc các cạnh BC, CA, AB)

1 2

1

I O N

M

F E

C B

9 C ông thức Carnot

Cho tam giác ABC nhọn có (O ; R) là ðýờng tròn ngoại tiếp Gọi x, y, z theo thứ tự là

khoảng cách từ O ðến BC, CA, AB, r là bán kính ðýờng

tròn nội tiếp tam giác

Cho tam giác ABC và các ðiểm D, E, F lần lýợt nằm trên các cạnh BC, CA, AB

Chứng minh rằng ðiều kiện cần và ðủ ðể AD, BE, CF ðồng quy là ta có hệ thức



DB EC FA. . 1

DC EA FB (*)

Ch ứng minh

Ðiều kiện cần : Ta chứng minh rằng nếu AD, BE, CF ðồng quy thì có (*)

Gọi K là ðiểm ðồng quy của ba ðoạn AD, BE, CF Qua A vẽ ðýờng thẳng song song

với BC cắt BE, CF ở M, N Theo ðịnh lí Ta-let ta có

Ðiều kiện ðủ : Ta chứng minh rằng nếu có (*) thì

AD, BE, CF ðồng quy Thật vậy, gọi K là giao ðiểm

8

Ch ú ý : Bài toán vẫn đúng trong trýờng hợp các điểm D, E, F nằm trên các đýờng

thẳng BC, CA, AB, trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác

11 Định lắ Menelaus

Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P theo thứ tự nằm trên các đýờng thẳng BC,

CA, AB Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để M, N, P thẳng

Cho tứ giác ABCD nội tiếp có hai đýờng chéo vuông

góc với nhau tại I Chứng minh rằng đýờng thẳng đi qua

I và trung điểm của một cạnh của tứ giác vuông góc với

cạnh đối diện

Ch ứng minh

Không mất tắnh tổng quát, giả sử E là trung điểm của

BC, ta chứng minh rằng IE vuông góc với AD

Thật vậy, gọi F là giao điểm của IE với AD

Tam giác BIC vuông tại I có E là trung điểm của BC

Cho tam giác ABC có đýờng cao AH, I là một điểm bất kì nằm trên đoạn AH Các tia

BI, CI cắt AC, AB ở E, F Chứng minh rằng HA là tia

phân giác của góc EHF

Ch ứng minh

Qua I vẽ đýờng thẳng song song với BC cắt AB, HF, HE,

AC ở M, N, P, Q Theo định lắ Ta-let ta có các tỉ số sau :

c b

a P

N

B A

3 2

1 1

1

F

E I

D

C B A

Vậy HA là tia phân giác của góc EHF

14 Định lắ Napoléon

Cho tam giác ABC Về phắa ngoài tam giác ta vẽ các tam giác đều BCD, ACE, ABF

Gọi M, N, P theo thứ tự là tâm của các tam giác đều

đó Chứng minh rằng MNP là tam giác đều

Ch ứng minh

Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đýờng tròn (N) và

(P) Tứ giác AIBF nội tiếp có  F 60 nên o

Vậy tam giác MNP đều

Ch ú ý : Các đýờng thẳng AD, BE, CF đồng quy tại I

Thật vậy, ta có tứ giác BICD nội tiếp nên

BID BCD 60 , do đó AID 120 6  o 0o 180o Vậy AD đi qua I

Chứng minh týõng tự BE, CF cũng đi qua I

15 Định lắ Lyness

Cho tam giác ABC nội tiếp đýờng tròn (O) Đýờng tròn (O') tiếp xúc trong với (O)

tại D và tiếp xúc với AB, AC ở E, F Chứng minh rằng EF đi qua tâm đýờng tròn nội

tiếp tam giác ABC

Ch ứng minh

Vẽ tia phân giác của góc BDC cắt EF tại I ; gọi M, N là giao điểm của DF, DE với

đýờng tròn (O) Ta có O'FDOMD (ODM) nên O'F // OM mà  O'F AC  

OM AC M là điểm chắnh giữa của cung AC, do đó FDC 1ABC

2 (1)

I P

A

IDC EDF IDE FDC (2)   

Vì E IDB nên IEBD là tứ giác nội tiếp 1

IDC IDB m IDE FDC nên BDE IDF Tứ  

giác IFCD nội tiếp (vì F IDC ) 1 

IDF ICF ICF BDE (4)  

Mặt khác, do N là điểm chắnh giữa của cung AB (chứng minh týõng tự nhý ở trên)

BDE 12ACB (5)

Từ (4) và (5) suy ra ICF  1ACB

2 , do đó IC là tia phân giác của góc ACB

Vậy I là tâm đýờng tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm)

C ách khác

Vẽ tia phân giác của góc ABC cắt EF tại I, ta chứng minh

IC là tia phân giác của góc ACB

Vẽ tiếp tuyến chung Dx của (O) và (O') Týõng tự nhý

cách trên, gọi M là giao điểm của DF với (O) thì M là

điểm chắnh giữa của cung AC, do đó B, I, M thẳng hàng

Ta có IED IBD( xDM)nên tứ giác IEBD nội tiếp   

E

D

C B

A

Cho tam giác ABC nội tiếp đýờng tròn (O), M là một điểm bất kì

trên cạnh AC Đýờng tròn (O') tiếp xúc trong với (O) tại D và tiếp

xúc với MB, MC lần lýợt ở E, F Chứng minh rằng tâm đýờng

tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên EF

Để chứng minh định lắ này, ta cần hai bổ đề sau :

B ổ đề 1 : Cho AB là dây của đýờng tròn (O) Đýờng tròn (O')

tiếp xúc trong với (O) tại T và tiếp xúc với AB tại K Chứng minh

rằng TK đi qua điểm chắnh giữa của cung AB và



2

Chứng minh M là điểm chắnh giữa của cung AB nhý mục 14 ở trên

Bây giờ ta chứng minh MA2 MK.MT

Thật vậy, ta có MTA MBA MAK  

B ổ đề 2 : Cho tam giác ABC nội tiếp đýờng tròn (O) và M là

điểm chắnh giữa của cung AB không chứa C Trên MC lấy I

sao cho MI MB Chứng minh rằng I là tâm đýờng tròn nội 

tiếp tam giác ABC

Thật vậy, gọi I' là tâm đýờng tròn nội tiếp tam giác ABC thì I'

nằm trên MC Ta chứng minh đýợc MI' MB (xem mục 7), 

do đó MI MI' hay  I I' Vậy I là tâm

đýờng tròn nội tiếp tam giác ABC

Ch ứng minh

Gọi N giao điểm của DF với (O) thì N là

điểm chắnh giữa của cung AC và



2

NC NF.ND (theo bổ đề 1)

Gọi Dx là tiếp tuyến chung của (O) và (O')

tại D, I là giao điểm của BN và EF Ta có

IED IBD( xDN) nên IEBD là tứ giác

nội tiếp DIB DEB Mà    DEB DFI  

nên DIB DFI, do đó   NID NFI (cùng   

kề bù với hai góc bằng nhau) Từ đó

chứng minh đýợc NFIỮ NID(g.g)

x

N

M I

O' O

D

C

B A

12

17 M ột hệ quả của ðịnh lí Lyness mở rộng

Cho ðýờng tròn (O), hai ðiểm A và B nằm trên ðýờng tròn, ðiểm C nằm trong ðýờng

tròn (O) Ðýờng tròn (O') tiếp xúc trong với (O) tại R và tiếp xúc với CA, CB theo

thứ tự ở P, Q Gọi I là tâm ðýờng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng I

nằm trên ðýờng tròn ngoại tiếp tam giác APR

R

Q P

O'

O I K

D

C

B A

Ch ứng minh

Gọi D là giao ðiểm của BC với (O), K là tâm ðýờng tròn nội tiếp của tam giác ADB

Ta có B, I, K thẳng hàng và K nằm trên PQ (theo bổ ðề Sawayama)

Dễ thấy A, P, K, R cùng nằm trên một ðýờng tròn (xem mục 8) (1)

Do I là tâm ðýờng tròn nội tiếp tam giác ABC nên AIB 90  o ACB

Vậy I thuộc ðýờng tròn ngoại tiếp tam giác APR

18 Ðịnh lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong ðýờng tròn (O)

B A

Từ (1) và (2) suy ra AB.CD AD.BC AC.(BE DE) AC.BD    

19 Định lắ Ptolemy cho tứ giác bất kì

Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng AB.CD AD.BC AC.BD 

Ch ứng minh

Bên trong tứ giác ABCD lấy điểm M sao cho MAD CAB vộ MDA ACB     



MAD CAB nên DAC MAB  

Xét tam giác ADC và tam giác MAB, có:

Xảy ra đẳng thức khi M nằm trên đýờng chéo BD, lúc đó tứ giác ABCD nội tiếp

20 Định lắ Miquel

Cho tam giác ABC, các điểm D, E, F lần lýợt nằm trên

các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng đýờng tròn

ngoại tiếp của các tam giác AEF, BDF, CDE đồng

quy

Ch ứng minh

Gọi M là giao điểm khác D của đýờng tròn ngoại tiếp

hai tam giác BFD, CDE Ta có AFM BDM và 



AEM CDM (do BFMD, DMEC là các tứ giác nội

tiếp) Do đó AEM AFM BDM CDM 180 nên     o

tứ giác AEMF nội tiếp hay M cũng thuộc đýờng tròn

ngoại tiếp tam giác AEF

Vậy đýờng tròn ngoại tiếp của các tam giác AEF, BDF, CDE đồng quy tại M (đpcm)

M

B A

M F

E

D

C B

A

14

21 Định lắ Viviani

Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a, M là một điểm bất kì

nằm bên trong tam giác Chứng minh rằng tổng các khoảng

cách từ M đến ba cạnh của tam giác bằng độ dài đýờng cao

của tam giác

tam giác ABC) MD ME MF h (đpcm)   

22 Định lắ Gergonne-Euler

Cho tam giác ABC và các đoạn thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O (D, E, F theo thứ

tự nằm trên các cạnh BC, CA, AB) Chứng minh rằng OD OE OF 1AD BE CF  

Cho đýờng tròn (O), dây AB Gọi I là trung điểm của dây AB, vẽ các dây CD, EF đi

qua I (C và E nằm về một phắa của cung AB) Gọi giao

điểm của CF, DE với AB là M, N Chứng minh rằng



IM IN

Ch ứng minh

C ách 1 Vẽ dây E'F' đối xứng với dây EF qua OI Tứ giác

CE'F'F nội tiếp nên MCE' F' 180 Mà FF' // AB nên    o



F' MIE', do đó MIE' MCE' 180    o

K H

E

D

C

B A

tứ giác MCE'I nội tiếp C E Mặt khác 1 1' E C nên 1 1 E E Ta lại có 11'

IE IE', MIE' NIE (tắnh chất đối xứng) Từ đó chứng minh đýợc

MIE' NIE(g.c.g) IM IN 

C ách 2 Kẻ OH CF,OK DE thì H, K lần lýợt là trung điểm của CF, DE  

Ta có ICF~IED(g.g) có IH, IK là các trung tuyến týõng ứng nên

Các tứ giác OIMH, OINK nội tiếp (tổng hai góc đối) nên O H , O1 1 2 K (2) 1

Từ (1) và (2) có O O nên tam giác MON cân tại O Vậy 1 2 IM IN 

1 1

Cho ðýờng tròn (O), dây AB và I là một ðiểm bất kì thuộc dây AB Vẽ các dây CD,

EF ði qua I (C và E nằm về một phía của cung AB) Gọi giao ðiểm của CF, DE với

AB là M, N Chứng minh rằng IA IN IB IM1  1  1  1

Ch ứng minh

Trýớc hết ta chứng minh rằng AM.IB BN.IA

IM IN (*)

Thật vậy, vẽ ðýờng tròn ngoại tiếp tam giác CMD cắt AB ở K Theo hệ thức lýợng

trong ðýờng tròn, ta có IM.IK IC.ID vµ IC.ID IA.IB nên   IM.IK IA.IB 

IM(IB BK) (AM IM)IB IM.BK AM.IB      AM.IB BKIM  (1)

Vì K C E nên tứ giác EIDK nội tiếp, týõng tự nhý trên ta có 1 11

IN.NK EN.ND AN.NB IN(NB BK) (IA IN)BN

1

1

1

K N

Chia hai vế cho abmn ta ðýợc 1 1 1 1  

Cho tam giác ABC có I là trung ðiểm của cạnh BC Qua I vẽ ðýòng thẳng thứ nhất

cắt AB, AC ở M, P ; ðýòng thẳng thứ hai cắt AB, AC ở Q, N MN, PQ cắt BC lần

lýợt tại E, F Chứng minh rằng IE IF

Ch ứng minh

Áp dụng ðịnh lí Menelaus cho tam giác ABC với cát

tuyến IPM và NIQ, ta có:

Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp ðýờng tròn (O ; R) Gọi I, K theo thứ tự là trung ðiểm

của AC, BD Chứng minh rằng I, O, K thẳng hàng

Ch ứng minh

Trýờng hợp AB // CD, bài toán ðýợc chứng minh dễ dàng

Xét trýờng hợp AB cắt CD tại M Lấy E trên tia MA, F trên tia MD sao cho

B

A