6.NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 GH  Đường thẳng nối H ,G,O gọi đường thẳng GO Euler tam giác ABC thẳng Hơn 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 Từ có ABH  EFO (g.g)  AG AG AH   OEG  (so le  Do   , lại có HAG GE FG OE   trong, OE / /AH )  HAG  EOG (c.g.c)  HGA  EGO Do ABC nên   AGO   1800 nên HGA   AGO   1800 hay HGO   1800 EGO 95 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 tròn) suy BH / /CD Tương tự ta có CH / /BD nên tứ giác BHCD hình bình hành, HD cắt BC trung điểm đường Từ suy OM / /  AH (Tính chất đường trung bình tam giác ADH ) Nối AM cắt HO G GO OM   nên G trọng tâm tam giác GH AH ABC 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 tâm G thuộc AM GA  2GM A Áp dụng định lý Thales H H' vào tam giác GOM dễ suy G AH '/ /OM (1).Mặt khác O 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 toán  Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường trịn H' AH' D = 900 (Góc nội tiếp chắn đường trịn) nên EM đường trung bình tam giác HH' D suy H đối xứng với H' qua BC Nếu gọi O' tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác HBC ta có O' đối xứng với O qua BC 96 C PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Đường thẳng qua H,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Ngồi ta cịn có OH = 3OG *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 H P , 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 A cho GQ  2GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA ' GA  2GA ' Vậy áp dụng định lý Q B' C' Hp G B P A' C 97 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Thales vào tam giác GPA ' dễ suy AQ / /PA ' Chứng minh tương tự BQ / /PB ',CQ / /PC ' Như đường thẳng qua A, B,C song song với PA ', PB ', PC ' đồng quy Q  H P Hơn theo cách dựng Q H P ,G,O thẳng hàng GH P GO  Ta có kết luận tốn b) Ta có lời giải tương tự Lấy điểm R A tia đối tia GP cho GR  GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G B' C' P thuộc AA ' GA  2GA ' Vậy áp dụng G B R≡Op A' 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  OP Hơn theo cách dựng R OP ,G, P thẳng hàng GP  Ta có kết luận toán GOP 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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC 98 C PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 1.2 Cho tam giác ABC trực tâm H Khi đường thẳng Euler tam giác HBC , BC HCA, HAB đồng quy điểm đường thẳng 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 Chứng minh: Gọi giao điểm khác A HA A với ABC  A ' Theo tính chất H trực tâm góc nội tiếp dễ thấy O C B   HAC  A  HBC ' BC Do tam giác OA 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 OM / /HB vuông góc với G O B M C 99 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC CA nên ta có tam giác HAB  OMN tỷ số AB  Do HA  2OM , MN điều phải chứng minh Trở lại toán Gọi OA tâm HBC  A theo bổ đề 5.1 OA đối xứng vớiO qua BC ,kết hợp với bổ đề suy OOA song song OH H 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: 100 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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:   IBC   CBD  IBD I O C B   BID    IAC   IBA   IAB IBA 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 tròn) 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 A tiết (Các định lý hình học O tiếng) Trở lại tốn Gọi O tâm ABC  , I N T GA B IA giao ABC  điểmOA khác A G S M C E OA 101 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Gọi G,GA trọng tâm tam giác ABC , IBC Gọi M trung điểm BC , GGA cắt OOA E Theo bổ đề tính chất ta thấy OA trung điểm cung  khơng chứa A O OO vng góc với BC M BC   A IGA IM GAE GAG O E 2 AG (1) Hơn  nên GGA / /AOA suy A  OAM 3 AM   IOA IA  COA IA (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   BCO  nên hai tam giác vuông AIB IAN OACM đồng dạng A Do COA IA IN r hay r  (3)   MOA IA OAC MOA MOA Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S ,GA,OA thẳng hàng, ta có:1  COA SG 2R SG OAO GAE SG R Vậy   SO 2r SO OAE GAG SO IA O M A SG 3r , S cố định Tương tự, đường thẳng Euler  SO 2R tam 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 102 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Hướng dẫn giải: Gọi A ', B ',C ' giao điểm khác A, B,C IA, IB, IC với  không đường trịn ngoại tiếp O  Khi A ' trung điểm cung BC 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 KD KI ID r r , R bán kính    KA ' KO OA ' R đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác Do K cố định, tương thấy tự B ' E ,C ' F qua K Lấy điểm H thuộc đoạn KO cho KH r  Áp dụng định lý Thales KI R A tam giác KIA ' ta thấy KH KD r (cùng )  KI KA ' R B' E C' F nên DH / /IA ' Bằng tính chất I K H O phân giác tam giác cân dễ B thấy IA '  AI  EF DH  EF Chứng minh tương C D A' tự EH  DF , FH  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 103 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 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 tròn 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 I a , I b , I c Chứng minh đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác I a I b I c trùng Chứng minh: Ta áp dụng kết 1.5 vào tam giác I a I b I c , ta ý I trực tâm tam giác I a I b I c 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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC 104 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC NF NI   NI  NF ND  NC  NI  NC Theo bổ đề 2, ta NI ND có I tâm đường tròn 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    90  ACB Ta lại có AIB 119 ... 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 A tiết (Các định lý hình học 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... PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Đường thẳng qua H,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Ngồi ta cịn có OH = 3OG *Đường thẳng Euler coi định lý quen thuộc hình học phẳng Khái niệm đường