duong thang euler va mo rong

Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Đường thẳng Euler mở rộng Trần Quang Hùng Tóm tắt nội dung Bài viết giới thiệu mở rộng đường thẳng Euler với kiến thức dùng cho THCS 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, khối lượng kiến thức lớn nên viết nhỏ tơi mong muốn trình bày vấn đề đọng xúc tích liên quan đến khái niệm tam giác Xin hẹn bạn chuyên đề mở rộng cho đa giác giảng tiếp sau Bài (Đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC Chứng minh trọng tâm G, trực tâm H GH tâm đường tròn ngoại tiếp O nằm đường thẳng Hơn = Đường thẳng nối GO H, G, O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Lời giải Bài toán có nhiều lời giải, lời giải sau sử dụng định lý Thales đơn giản, chìa khóa cho tổng quát Trên tia đối tia GO lấy H cho GH = 2GO Gọi M trung điểm BC Theo tính chất trọng tâm G thuộc AM GA = 2GM Áp dụng định lý Thales vào tam giác GOM dễ suy AH OM (1) Mặt khác O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M trung điểm BC nên OM ⊥ BC (2) A H' H O G B M C Hình Từ (1), (2) suy AH ⊥ BC, tương tự BH ⊥ CA H ≡ H trực tâm tam giác ABC Theo cách dựng H ta có kết luận tốn Bài (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 Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN a) Chứng minh đường thẳng qua A, B, C song song với P A , P B , P C đồng GHP quy điểm HP , HP , G, P thẳng hàng = GP b) Chứng minh đường thẳng qua A , B , C song song với P A, P B, P C đồng GOP = quy điểm OP , OP , G, P thẳng hàng GP Lời giải a) Ta thấy kết luận toán rắc rối, nhiên ý tưởng lời giải giúp ta đến lời giải ngắn gọn sau A B' Q C' HP G B P A' C Hình Lấy điểm Q tia đối tia tia GP cho GQ = 2GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA GA = 2GA Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GP A dễ suy AQ P A Chứng minh tương tự BQ P B , CQ P C Như đường thẳng qua A, B, C song song với P A , P B , P C đồng quy Q ≡ HP Hơn theo cách dựng Q HP , G, O thẳng hàng GHP = Ta có kết luận tốn GO b) Ta có mơt lời giải tương tự Lấy điểm R tia đối tia tia GP cho GR = GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA GA = 2GA Vậy áp dụng định lý Thales vào tam giác GP A dễ suy AR P A Chứng minh tương tự BR P B, CR P C Như đường thẳng qua A, B, C song song với P A, P B, P C đồng quy R ≡ OP Hơn theo cách dựng R GP OP , G, P thẳng hàng = Ta có kết luận toán GOP A B' C' OP ŁR G P B A' Hình C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Nhận xét Bài toán thực mở rộng đường thẳng Euler Phần a) P ≡ O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có HP ≡ H trực tâm tam giác ABC Ta thu nội dung toán đường thẳng Euler Phần b) P ≡ H trực tâm tam giác ABC OP ≡ O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Sau ứng dụng toán vào hình học khác Ở thuật ngữ góc tạo hai đường thẳng để góc bé bốn góc tạo thành hai đường thẳng cắt nhau, thường ký hiệu góc tạo hai đương thẳng x, y (x, y) Bài Cho tam giác ABC tam giác A B C đồng dạng (cùng hướng) Chứng minh góc tạo đường thẳng Euler tam giác ABC tam giác A B C góc hợp hai đường thẳng BC B C Lời giải Để chứng minh toán này, sử dụng bổ đề đơn giản sau Bổ đề 3.1 Cho tam giác ABC tam giác A B C đồng dạng (cùng hướng) (AB, A B ) = (BC, B C ) = (CA, C A ) Lời giải Chúng ta sử dụng ngôn ngữ tứ giác nội tiếp để diễn đạt lời giải cho chặt chẽ Gọi X giao điểm BC B C , Z giao AB A B Do B = B nên tứ giác B ZBX nội tiếp A A' Z B' B C X C' Hình Từ dễ suy C XB = BZA (hoặc B XB = A ZA) hay (BC, B C ) = (CA, C A ) Chứng minh tương tự ta (AB, A B ) = (BC, B C ) = (CA, C A ) Trở lại toán Gọi O, O , H, H tâm đường tròn ngoại tiếp trực tâm tam giác ABC A B C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A A' C' O' H' B' O H C B Hình Đường thẳng Euler tam giác ABC A B C OH O H Từ tính chất hai tam giác đồng dạng ta dễ chứng minh AOH ∼ A O H Do theo bổ đề (OH, O H ) = (HA, H A ) = (BC, B C ) = (CA, C A ) = (AB, A B ) Đó điều phải chứng minh Sau chủ yếu tập trung vào chứng minh đồng quy đường thẳng Euler Bài Cho tam giác ABC có đường cao AA , BB , CC Chứng minh đường thẳng Euler tam giác AB C , BC A , CA B đồng quy điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C Lời giải Gọi H giao điểm ba đường cao AA , BB , CC , A0 , B0 , C0 trung điểm HA, HB, HC, da , db, dc đường thẳng Euler tam giác AB C , BC A , CA B Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z (XY Z), ký hiệu dùng viết Ta ý A0 , B0 , C0 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB C , BC A , CA B nên da , db , dc qua A0 , B0 , C0 Ta ý (A B C ) ≡ (A0 B0 C0 ) đường tròn chín điểm tam giác ABC Nếu ta chứng minh db , dc cắt điểm (A B C ) tương tự dc , da da , db chũng cắt điểm đường tròn (A B C ), mặt khác da , db, dc có điểm chung A0 , B0 , C0 với (A B C ) nên chúng điểm chung khác nữa, chúng đồng quy điểm (A B C ) A A0 B' C' H C0 J B B0 C A' Hình Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Vậy ta tập trung vào chứng minh kết luận giao điểm J db , dc nằm (A B C ) Thật vậy, ta dễ chứng minh tam giác A B C A BC đồng dạng (cùng hướng) Do theo góc tạo đường thẳng Euler (db , dc ) = (B C, BC ) = (AB, AC) = (A0 B0 , A0 C0 ) (đẳng thức cuối AB A0 B0 , AC A0 C0 ) Ta ý góc hợp hai đường thẳng góc bé bốn góc tạo thành hai đường thẳng cắt nhau, tứ giác A0 B0 JC0 nội tiếp hay giao điểm J db , dc nằm (A0 B0 C0 ) ≡ (A B C ) Bài toán chứng minh Nhận xét Điểm đồng quy J ba đường thẳng Euler nói thường gọi điểm Jerabek tam giác ABC Điểm Jerabek có nhiều tính chất hình học thú vị, bạn đọc tham khảo thêm [3,4] Bài Cho tam giác ABC trực tâm H Chứng minh đường thẳng Euler tam giác HBC, HCA, HAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Lời giải Để giải toán cần hai bổ đề quen thuộc sau Bổ đề 5.1 Cho tam giác ABC trực tâm H Thì (HBC), (HCA), (HAB) đối xứng với (ABC) qua BC, CA, AB Lời giải Gọi giao điểm khác A HA với (ABC) A Theo tính chất trực tâm góc nội tiếp dễ thấy HBC = HAC = A BC Do tam giác 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 A H O C B A' OA Hình Bổ đề 5.2 Cho tam giác ABC, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O, M trung điểm BC HA = 2OM Lời giải Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A H B N O C M Hình Gọi N trung điểm CA dễ thấy OM góc CA nên ta có tam giác HAB ∼ HA vng góc BC OM HB vuông AB OMN tỷ số = Do HA = 2OM, điều phải MN chứng minh Trở lại toán Gọi OA tâm (HBC) theo bổ đề 5.1 OA đối xứng O qua BC, kết hợp bổ đề 5.2 suy OOA song song OH nên tứ giác AHOA A hình bình hành 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 qua E nằm OH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh A H E O B C OA Hình Nhận xét Điểm đồng quy E trung điểm OH tâm đường tròn chín điểm quen thuộc Đường tròn chín điểm qua chín điểm gồm trung điểm ba cạnh, chân ba đường cao trung điểm đoạn nối trực tâm đỉnh, đường tròn biết đến với tên gọi đường tròn Euler tam giác Bài Cho tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp I Chứng minh đường thẳng Euler tam giác IBC, ICA, IAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Lời giải Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề 6.1 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 tròn ngoại tiếp tam giác IBC Lời giải Sử dụng tính chất góc nội tiếp góc ngồi tam giác ta có IBD = IBC + CBD = IBA + IAC = IBA + IAB = BID Vậy tam giác IDB cân tai D Tương tự tam giác ICD cân D DI = DB = DC D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC A I B C D Hình 10 Bổ đề 6.2 (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC đường thẳng cắt ba cạnh BC, CA, AB tương ứng A , B , C AB BC C A = AC BA C B Định lý chứng minh chi tiết §7 [7] Trở lại toán Gọi O tâm (ABC), IA giao (ABC) điểm OA khác A, G, GA trọng tâm tam giác ABC, IBC, M trung điểm BC, GGA cắt OOA E Theo bổ đề 6.1 tính chất ta thấy OA trung điểm cung BC không chứa A IGA AG OA E (O) OOA vng góc BC M = = nên GGA AOA suy = (1), IM AM OA M IOA COA GA E = = (2) GA G IA IA Gọi GA OA (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 vuông IAN OA CM IN r COA IA = = hay r = (3) đồng dạng Do OA C MOA MOA MOA IA Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A O N I G S GA B M E C OA Hình 11 Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S, GA , OA thẳng hàng ta có SG OA O GA E SO OA E GA G R COA SG (do (1), (2)) = SO IA OA M SG 2R = (do (3)) SO 3r 1= 3r SG = , S cố định Tương tự, đường thẳng Euler tam giác ICA, IAB SO 2R qua S nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Ta có điều phải chứng minh Vậy Nhận xét Điểm đồng quy S thường gọi điểm Schiffler tam giác ABC Bạn đọc tham khảo thêm tính chất điểm [3,4] Qua hai 5, thử đặt câu hỏi tốn tổng qt, có điểm P tam giác mà đường thẳng Euler tam giác P BC, P CA, P AB đồng quy ?(Rõ ràng tính chất khơng với P mặt phẳng) Thực chất quỹ tích điểm P đường cong bậc hợp với đường tròn ngoại tiếp tam giác, tốn vượt qua khuôn khổ chuyên đề Tuy đưa tốn tốn đơn giản mà coi dấu hiệu để xét đồng quy ba đường thẳng Euler, tốn Bài Cho tam giác ABC P điểm OA , OB , OC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác P BC, P CA, P AB Chứng minh đường thẳng Euler tam giác P BC, P CA, P AB đồng quy AOA , BOB , COC đồng quy Lời giải Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN Ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề 7.1 (Định lý Desargues) Cho tam giác ABC tam giác A B C gọi D, E, F tương ứng giao B C , C A , A B với BC, CA, AB Khi AA , BB , C C đồng quy D, E, F thẳng hàng A' A C C' D B B' E F Hình 12 Bổ đề chứng minh chi tiết §7 [7] Trở lại toán Gọi GA , GB , GC trọng tâm tam giác P BC, P CA, P AB, đường thẳng Euler tương ứng OA GA , OB GB , OC GC Áp dụng bổ đề 7.1 cho tam giác OA OB OC tam giác GA GB GC ta thấy OA GA , OB GB , OC GC đồng quy giao điểm tương ứng OB OC ∩ GB GC = {A1 }; OC OA ∩ GC GA = {B1 }; OA OB ∩ GA GB = {C1 } thẳng hàng (1) Cũng áp dụng bổ đề 7.1 ta lại thấy AOA , BOB , COC đồng quy khi giao điểm tương ứng OB OC ∩ BC = {A2 }; OC OA ∩ CA = {B2 }; OA OB ∩ AB = {C2 } thẳng hàng (2) Bài toán chứng minh ta (1) (2) tương đương Tức A1 , B1 , C1 thẳng hàng A2 , B2 , C2 thẳng hàng Thật vậy, gọi A trung điểm P A, ta đẽ thấy OB , OC , A1 , A2 A nằm trung trực P A Áp dụng tính chất trọng tâm ta thấy đường thẳng chứa GB , GC , A1 song song đường A1 GB A2 B thẳng chứa B, C, A2 Từ sử dụng hệ định lý Thales ta có = A1 GC A2 C A A1 OB OC A' GB GC P A2 B C Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 10 Hình 13 Tương tự cho đỉnh B, C ta có B1 GC B2 C C1 GA C2 A = = , Nhân tỷ số ta thu B1 GA B2 A C1 GB C2 B A1 GB B1 GC C1 GA A2 B B2 C C2 A = A1 GC B1 GA C1 GB A2 C B2 A C2 B Sử dụng đẳng thức trên, ta áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GA GB GC , ABC A2 B B2 C C2 A A1 GB B1 GC C1 GA = = A1 , B1 , C1 thẳng hàng A1 GC B1 GA C1 GB A2 C B2 A C2 B A2 , B2 , C2 thẳng hàng Suy ngược lại kết ta điều phải chứng minh Nhận xét Dấu hiệu AOA , BOB , COC đồng quy coi kiểm tra dễ dàng so với việc trực tiếp ba đường thẳng Euler đồng quy Ta dễ dàng kiểm chứng lại điều Sau hai toán tương tự để áp dụng tính chất Bài Cho tam giác ABC dựng tam giác BCA , CAB , ABC a) Chứng minh AA , BB , CC đồng quy điểm F (Gọi điểm Fermat tam giác ABC), A, B, C < 120◦ F nằm tam giác ABC b) Chứng minh đường thẳng Euler tam giác F BC, F CA, F AB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Bài Cho tam giác ABC P điểm bất kỳ, chứng minh đường thẳng Euler tam giác P BC, P CA, P AB đồng quy Nhận xét Chúng ta điều nghi vấn điểm đồng quy ba đường thẳng Euler nằm đường thẳng Euler tam giác ABC ? Thực chất tính chất thú vị việc chứng minh vượt q khn khổ chuyên đề này, tham khảo phát biểu Bài 10 Cho tam giác ABC P điểm Nếu đường thẳng Euler tam giác P BC, P CA, P AB đồng quy điểm đồng quy nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Ta có ý nói lên tính chất đồng quy với P mặt phẳng với tam giác ABC đều, điều phù hợp với 10 ta biết với tam giác ta coi đường thẳng Euler đường thẳng qua trọng tâm Bài 11 Cho tam giác ABC Đường tròn nội (I) tiếp tiếp xúc ba cạnh tam giác D, E, F Chứng minh đường thẳng Euler tam giác DEF qua tâm đường tròn ngoại tiếp O tam giác ABC Lời giải Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 11 A B' E C' F K B H I O C D A' Hình 14 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 tròn nội tiếp ngoai tiếp tam KA KO OA R giác Do K cố định, tương tự B E, C F qua K r KH = Áp dụng định lý Thales tam giác KIA Lấy điểm H thuộc đoạn KO cho KI R KH KD r ta thấy = (cùng ) nên DH IA Bằng tính chất tia phân giác tam giác cân KI KA R dễ thấy IA ≡ AI ⊥ EF DH ⊥ EF Chứng minh tương tự EH ⊥ DF, F H ⊥ ED hay H trực tâm tam giác DEF Ta ý I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF , IH đường thẳng Euler tam giác DEF qua O Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Bài 11 kết hay gặp đường thẳng Euler, nhờ ta chứng minh kết thú vị khác sau Bài 12 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 Chứng minh đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác ABC trùng Lời giải Ta biết kết quen thuộc trực tâm H tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp tam giác A B C Khi theo 11, 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 tròn Euler tam giác ABC NH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh Nhận xét Áp dụng 12 ta lại có kết thú vị khác Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 12 Bài 13 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 Ia Ib Ic trùng Lời giải Ta áp dụng kết 11 vào tam giác Ia Ib Ic , ta ý I trực tâm tam giác Ia Ib Ic ta có điều phải chứng minh Bài 14 Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F A , B , C trung điểm EF, F D, DE Chứng minh đường thẳng qua A , B , C vng góc với BC, CA, AB đồng qui điểm đường thẳng OI O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải A E A' I F B' B O C' D C Hình 15 Ta dễ thấy ID, IE, IF vng góc với BC, CA, AB nên đường thẳng qua A , B , C vuông góc với BC, CA, AB tương ứng song song với ID, IE, IF Áp dụng phần b) ta suy đường thẳng đồng quy điểm IG với G trọng tâm tam giác DEF Tuy nhiên IG đường thẳng Euler tam giác DEF Theo 11 IG qua O Như điểm đồng quy nằm IO Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Ta có kết tổng quát thay I điểm P tam giác ABC sau Bài 15 Cho tam giác ABC, P điểm bất kỳ, gọi A , B , C hình chiếu P lên BC, CA, AB Chứng minh đường thẳng qua trung điểm B C , C A , A B tương ứng vng góc với BC, CA, AB đồng quy Bài 16 Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC, CA, AB D, E, F Lần lượt gọi DP, EQ, F R đường kính (I), chứng minh AP, BQ, CR đồng quy điểm nằm đường nối I trọng tâm G tam giác ABC Lời giải Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 13 A L K E I D B F Hình 16 C Bài tốn có nhiều cách tiếp cận, ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề 16.1 Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp (I) tam giác tiếp xúc BC D Gọi DE đường kính I AE cắt BC F BD = CF Lời giải A P C1 E I G F N B1 R Q B D A2 A1 C Hình 17 Gọi giao điểm tiếp tuyến E (I) với AB, AC K, L Gọi r bán kính (I) Ta ý KI, LI phân giác góc BKL góc CLK Từ ta dễ thấy KEI ∼ IDB (g.g) suy KE.BD = ID.IE = r Tương tự EL.DC = ID.IE = r KE.BD = EL.DC KE EL + KE KL EL = = = (1) Suy BD DC DB + DC BC Dễ thấy KL BC Theo định lý Thales ta có EL AL KL = = (2) FC AC BC Từ (1), (2) ta dễ suy BD = F C, ta chứng minh bổ đề Trở lại toán Gọi giao điểm AP với BC A1 trung điểm BC A2 Theo bổ đề BD = CA1 A2 trung điểm DA1 , I trung điểm DP suy IA2 AA1 Tương tự có B1 , B2 , C1 , C2 IB2 BB1 , IC2 CC1 Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN 14 Từ ta áp dụng a) với điểm I ta suy AA2 , BB2 , CC2 đồng quy điểm N nằm đường nối I trọng tâm G tam giác ABC GN = 2GI Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Nếu bạn đọc quen với định lý Ceva thấy dùng riêng bổ đề 16.1 chứng minh đường AP, BQ, CR đồng quy để chứng minh điểm đồng quy nằm IG gặp khơng khó khăn Điểm đồng quy N ba đường thẳng có tên gọi điểm Nagel tam giác ABC Điểm Nagel có nhiều tính chất hình học thú vị, bạn tham khảo thêm [3,4] Như vậy, đọc xong chuyên đề bạn dường trải qua chặng đường dài với nhiều ứng dụng mở rộng đường thẳng Euler Thực viết nhỏ đề cập đến ứng dụng mở rộng khái niệm đường thẳng Euler tam giác, mặt khác với công cụ hạn chế ứng dụng hay sâu sắc đường thẳng Euler tam giác chưa chứng minh chưa đề cập tới Do vậy, việc ứng dụng mở rộng khái niệm cho tứ giác tìm lời giải sơ cấp cho tốn chưa giải chưa đề cập đến chuyên đề chờ bạn đọc, mong bạn đọc quan tâm Tài liệu [1] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xn Bình, Tốn nâng hình học 10, NXBGD 2000 [2] Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học 10, NXBGD 2008 [3] Altshiller-Court N., College Geometry: An Introduction to the Modern Geometry of the Triangle and the Circle, Courier Dover Publications, Rev Enl edition, 2007 [4] Roger A Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Courier Dover Publications, 2007 [5] AoPS Forum http://www.artofproblemsolving.com/ ... 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 qua E nằm OH đường thẳng Euler tam giác ABC Đó điều phải chứng minh A H... đến với tên gọi đường tròn Euler tam giác Bài Cho tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp I Chứng minh đường thẳng Euler tam giác IBC, ICA, IAB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Lời giải... Do AIB = BCOA nên hai tam giác vuông IAN OA CM IN r COA IA = = hay r = (3) đồng dạng Do OA C MOA MOA MOA IA Trần Quang Hùng - THPT chuyên KHTN A O N I G S GA B M E C OA Hình 11 Áp dụng định lý