Luyện thị lớp 10: 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 GH = Đường thẳng nối GO H ,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC nằm đường thẳng Hơn Chứng minh: Cách 1: Gọi E , F trung điểm BC , AC Ta có EF đường trung bình tam giác ABC nên EF / / AB Ta lại có � = ABH � OF / / BH (cùng vng góc với AC ) Do OFE (góc có � = BAH � cạnh tương ứng song song) Chứng minh tương tự OEF AH AB = = 2(do EF OE EF đường trung bình tam giác ABC ) Mặt khác G trọng tâm Từ có D ABH : D EFO (g.g) � AG AG AH = Do = = 2, lại có GE FG OE � = OEG � (so le trong, OE / / AH ) � D HAG : D EOG (c.g.c) HAG � = EGO � Do EGO � + AGO � = 1800 nên HGA � + AGO � = 1800 � HGA tam giác ABC nên � = 1800 hay HGO 95 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Vậy H ,G,O thẳng hàng Cách 2: Kẻ đường kính AD đường tròn (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 AH (Tính chất đường trung bình tam giác ADH ) Nối AM cắt HO G đường Từ suy OM / / = GO OM = = nên G trọng tâm tam giác ABC GH AH 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 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) 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 tròn H ' � 'D  900 (Góc nội tiếp chắn đường tròn) nên EM đường AH 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 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Đường thẳng qua H ,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác ABC Ngồi ta 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 cho GQ = 2GP Theo tính chất trọng tâm ta thấy G thuộc AA ' GA = 2GA ' Vậy áp dụng định lý 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 tia đối 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 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 GOP 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 98 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 với ( ABC ) A ' Theo tính chất trực tâm góc nội tiếp dễ thấy � = HAC � =A �'BC Do tam giác HBC 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: Gọi N trung điểm CA dễ thấy OM / / HA vng góc với BC OM / / HB vng góc với CA nên ta có tam giác D HAB : D OMN 99 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC tỷ số AB = Do HA = 2OM , MN điều phải chứng minh Trở lại toán Gọi OA tâm ( HBC ) theo bổ đề 5.1 OA đối xứng vớiO qua BC ,kết hợp với bổ đề suy OOA song song OH nên tứ giác AHOAA 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 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 tròn Euler tam giác ABC 1.3 Cho tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp I Khi đường thẳng Euler tam giác I BC , ICA, I AB đồng quy điểm đường thẳng Euler tam giác ABC Hướng dẫn giải: Ta sử dụng bổ đề sau: 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 tròn ngoại tiếp tam giác I BC 100 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Giải: Sử dụng tính chất góc nội tiếp góc ngồi tam giác ta có: � +CBD � = I� BD = IBC � � � � � IBA + IAC = IBA + IAB = BID 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 tiết (Các định lý hình học tiếng) Trở lại toán Gọi O tâm ( ABC ) , I A giao ( ABC ) điểmOA khác A 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 � không chứa A ( O ) OOA vng góc điểm cung BC 101 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC với BC M OAE OAM = IGA IM = AG = nên GGA / / AOA suy AM (1) Hơn GA E GAG = IOA IA = COA IA (2) Gọi GAOA (đường thẳng Euler tam giác I BC ) cắt OG (đường thẳng Euler tam giác ABC S ) Ta chứng minh S cố � = BCO � định Gọi N hình chiếu I lên AB Do AIB nên A hai tam giác vuông IAN OACM đồng dạng Do COA IA IN r = = hay r = (3) OAC MOA MOA MOA IA Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S,GA ,OA thẳng hàng, ta có: 1= CO SG OAO GAE SG R = A SO OAE GAG SO IA OAM SG 2R SG 3r Vậy , S cố định Tương tự, = SO 2r SO 2R đường thẳng Euler tam giác I CA, 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: Gọi A ', B ',C ' giao điểm khác A, B,C IA, IB, IC với đường tròn ngoại tiếp ( O ) Khi A ' trung điểm cung 102 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC � khơng chứa A ( O ) OA ' ^ BC suy OA '/ / ID BC Gọi giao điểm A 'D với OI K , áp dụng định lý Thales KD KI ID r = = = K A ' K O OA ' R r , R bán kính đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác Do K cố định, tương tự B 'E ,C 'F qua K Lấy vào tam giác K OA ' ta thấy điểm H thuộc đoạn K O cho KH r = Áp dụng định lý KI R Thales tam giác K I A ' ta thấy KH KD r (cùng ) = KI KA ' R nên DH / / IA ' Bằng tính chất phân giác tam giác cân dễ thấy I A ' �AI ^ EF DH ^ EF Chứng minh tương tự EH ^ DF , FH ^ ED hay H trực tâm tam giác DEF Ta ý I tâm đường tròn 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 Giải: 103 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Ta biết kết quen thuộc trực tâm H tam giác ABC tâm đường tròn 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 tròn 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 Ib 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 Ta dễ thấy ID, IE , IF vng góc với BC , CA, AB nên đường thẳng qua A ', B ', C ' vng góc với BC , CA, AB tương ứng song 104 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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 � � = 90 + ACB Ta lại có giác ABC nên AIB � � 1800 - ACB ACB � � 0 APK = 180 - CPK = 180 = 90 + 2 � = APK � Do AIB 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 119 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 11 Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ( ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Chứng minh AB CD + AD.BC = AC BD Chứng minh: � = BDC � Khi ta có: Trên AC lấy điểm E cho ADE D AED : D BCD (g.g) Nên suy AD.BC = AE BD (1) AD DE AD BD Từ suy = � = DC DC DE DC D ADB : D EDC � AB DC = DB EC (2) Từ (1), (2) ta suy ra: Mặt khác, ta có: AB DC + AD.BC = BD ( EC + AE ) = DB.AC Ta có đpcm Cách Từ C vẽ CE ^ AD,CF ^ BD,CG ^ AB ( E �AD, F �BD,G �AB ) Theo định lý Simson, ta có G, F , E thẳng hàng Ta có: GF + FE = GE Áp dụng định lý hàm số sin ta có: GF = BC sin B ;EF = DC sin D;GE = AC sin A ; sin B = sin D = 120 AB BD Từ ta suy ra: ;sin A = 2R 2R AD ; 2R PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC BC AD AB DC BD.AC Vậy ta có: + = 2R 2R 2R BD.AC + AB.DC = BD.AC (đpcm) 12 Định lý Ptolemy cho tứ giác Cho tứ giác ABCD Chứng minh AB CD + AD.BC �AC BD Chứng minh: � � Bên tứ giác ABCD lấy điểm M cho MAD = CAB � = ACB � Ta có D ADM : D ACB (g.g) MDA AD DM � � nên = � AD.BC = AC DM (1) Do MAD = CAB AC BC � = MAB � DAC � � = MAB � Xét tam giác ADC MAB , có: DAC (chứng minh trên) AD AM (do D AMD : D ACB ) nên D ADC : D AMB (c.g.c) = AC AB � DC AC = � AB CD = AC MB (2) Từ (1) (2) suy MB AB AB CD + 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 121 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 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: Vì tứ giác BEPD, AQCB nội � � � tiếp nên CAQ = CBQ = DEP � � = EPD � Mặt khác AQC = 1800 - ABC (1) Áp dụng định lý Ptơ –lê- mê cho tứ giác BEPD ta có PE BD + PD.EB + DE BP (2) Từ (1) (2) suy AQ.BD + QC EB = CA.BP Mặt khác BD = EB = CA nên AQ + QC = BP Ví dụ 2) Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp O tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm G Giả sử � = 900 Chứng minh I G BC song song OIA Giải: Gọi E giao điểm thứ hai khác A AI với đường tròn ( O ) Khi E điểm cung BC (cung khơng chứa A ) Ta có EB = EI = EC = IA Theo định lý Ptơ-lê-mê ta có 122 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC EA.BC = EC AB + EB.AC 2BC = AB + AC Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có: AB AI AC AB + AC AB + AC AI = = = = = Vậy = Gọi BD ID DC BD + DC BC AD M trung điểm cạnh BC , AG AI Vậy = 2= GM ID GI / / BC 13 Định lý Brocard ( ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O Gọi M giao điểm AB CD ; N giao điểm AD BC ; I giao điểm AC BD Chứng minh I trực tâm tam giác OMN Chứng minh: Gọi E giao điểm khác I hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AID BIC � = Ta có DEC ( � + IEC � 3600 - DEI ( ) � + 1800 - CBI � = 3600 - 1800 - DAI ) � + CBI � = sđCD � = DOC � , tứ giác DOEC nội tiếp.Ta có = DAI � = AIE � + BEI � = ADI � + BCI � = sđAB � = AOB � nên AOEB AEB tứ giác nội tiếp Gọi E ' giao điểm OM đường tròn ngoại tiếp tam giác DOC 123 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Thế ME '.MO = MC MD , mà MC MD = MA.MB nên ME '.MO = MA.MB Từ chứng minh tứ giác AOE 'B nội tiếp 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: � = AEI � + AEO � = DAI � +OBA � (1) IEO � = IEB � + BEM � � +OAB � � = BCI � (2) Lại có DAI IEM = BCI � = OAB � � = IEM � , mà (3) Từ (1),(2) (3) ta có IEO OBA � + IEM � = 1800 nên � � = 900 hay NI ^ OM IEO IEO = IEM 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 D OMN 14 Định lý bướm với đường tròn ( ) Cho đường tròn O dây AB Gọi I trung điểm dây AB vẽ � ) Gọi dây CD, EF qua I (C E nằm phía AB 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 � ' + F� ' = 1800 Mà FF '/ / AB nên CE 'F 'F nội tiếp nên MCE � ' + MCE � ' = 1800 � ' , MIE F� ' = MIE � Mặt khác E � = C� nên � tứ giác MCE 'I nội tiếp � C�1 = E 1 � ' Ta lại có � =E � ' = NIE � (tính chất đối xứng) Từ E IE = IE ';MIE 1 chứng minh D MIE ' = D NI E (g.c.g) � IM = IN 124 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Cách 2: Kẻ OH ^ CF ,OK ^ DE H , K trung điểm CF , DE Ta có D ICF : D IED (g.g) có IH , IK trung tuyến tương ứng nên IH IC CF HC = = = � D ICH : D IEK IK IE DE KE � =K � (1) Các tứ giác OIMH ,OI NK nội tiếp (tổng hai (c.c.c) � H 1 � =H � ,O � =K � (2).Từ (1) (2) có O � =O � nên tam góc đối) nên O 1 1 giác MON cân O Vậy IM = IN Cách 3: Kẻ MM 1, NN ^ CF ;MM 2, NN ^ DE 125 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Tacó D IMM : D INN � � MM IM = ( 1) ;D IMM : DINN ; IN NN MM MM CM IM = 2) D CMM : D ENN � = ( ( 3) ; IN NN NN EN D FMM : D DNN � MM NN = FM ( 4) Từ (1),(2),(3) (4) suy ra: DN IM MM 1.MM CM FM AM MB = = = Đặt NN 1.NN EN DN BN AN IN IM = m, IN = n, IA = IB = a Ta có m2 ( a - m) ( a + m) a2 - m2 m2 + a2 - m2 = = = =1 n2 ( a - n) ( a + n) a2 - n2 n2 + a2 - n2 � m2 = n2 � m = n Vậy IM = 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 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 � ) Gọi giao điểm CF , DE với AB M , N Chứng minh AB 126 1 1 + = + IA IN IB IM PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Chứng minh: Trước hết ta chứng minh AM IB BN IA = IM 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 = IA.IB nên IM IK = IA.IB � IM ( IB + BK ) = ( AM + IM ) IB � IM BK = AM IB � AM IB = BK IM � = C� = E � nên tứ giác EIDK nội tiếp, tương tự (1) Vì K 1 ( ) ( ) ta có IN NK = EN ND = AN NB � IN NB + BK = IA + IN BN � IN BK = IA.BN � BN IA = BK IN (2) Từ (1) (2) suy AM IB BN IA , (*) chứng minh = IM IN Đặt IA = a, IB = b, IM = m, IN = n , từ (*) ta có ( a - m) b ( b - n) a m = n � ( a - m) bn = ( b - n) am � abn - bmn = abm - amn Chia hai vế 127 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC cho abmn ta 1 1 1 1 hay = - � + = + m a n b a n b m 1 1 Ghi chú: Bổ đề (*) gọi bổ đề Haruki + = + IA IN IB IM 16 Định lý bướm với cặp đường thẳng 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 PC MA PC MB (1) = 1� = 1� = IC PA MB PA MB PA MA IB NC QA NC QA QA NA = 1� = 1� = (2) IC NA QB NA QB QB NC Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến MNE PFQ , ta được: FB PC QA EC MA NA = 1(3); = 1(4) Từ (1),(2),(3) (4) suy FC PA QB EB MB NC FB EC FB EC = � = � FB = FC Lại có IA = IB nên FC EB BC BC IE = IF 17 Định lý Shooten ( ) nằm đường tròn ( O ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O Chứng minh với điểm M 128 ba PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC đoạn MA, MB, MC có đoạn có độ dài tổng độ dài hai đoạn Chứng minh: Xét điểm M nằm cung nhỏ BC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC , ta có MA.BC = MB AC + MC AB Vì AB = AC = 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: 129 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC MA = MB + MC (trường hợp điểm M nằm cung AB, AC tương tự) Trên MA lấy điểm I cho MI = MB , ta cần chứng minh MC = AI � = ACB � = 600 mà MB = MI nên tam giác Thật vậy, ta có BMI � = 600 BMI đều, BI = BM IBM � = 600 nên ABC � = IBM � , suy CBM � = ABI � Ta lại có ABC Dễ dàng chứng minh D BCM = D BAI (c.g.c) nên MC = 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 AE AF = + KD EC FB Chứng minh: Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BE ,CF M , N ta có AK AM AN AM + AN AM + AN AM AN AE AF = = = = = + = + KD BD CD BD +CD BC BC BC EC FB 19 Định lý Ce’va Cho tam giác ABC điểm D, E , F nằm cạnh 130 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC BC ,CA, AB Chứng minh điều kiện cần đủ để AD, BE ,CF đồng quy ta có hệ thức DB EC FA (*) DC EA FB = Chứng minh: 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 ' = 1� = D 'C EA FB D 'C DC chia đoạn BC theo tỉ số nên D ' �D Vậy AD, BE ,CF đồng quy 131 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC Chú ý: Bài tốn trường hợp điểm D, E , F nằm đường thẳng BC ,CA, AB có hai điểm nằm tam giác 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: Điều kiện cần: Gọi a,b,c theo thứ tự khoảng cách từ A, B,C đến cát tuyến MNP Ta có MB b NC c PA a = ; = ; = Do MC c NA a PB b MB NC PA b c a = = (đpcm) MC NA PB c a b Điều kiện đủ: Giả sử có (**) PN cắt cạnh BC M ' Thế M 'B NC PA M 'B ޺=�= M 'C NA PB M 'C Vậy M , N , P thẳng hàng (đpcm) 132 MB MC M' M PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 133 ... 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 tiết (Các định lý hình học tiếng) Trở... 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 có OH  3OG *Đường thẳng Euler coi định lý quen thuộc hình học phẳng Khái niệm đường thẳng