a) Ta thấy rằng kết luận của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ý tưởng của lời giải câu 1 giúp ta tìm đến một lời giải rất ngắn gọn như sau:.. Ta có ngay các kết luận bài toán. b) Ta có m[r]
(1)NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG 1 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
thẳng Hơn 2 GH
GO = Đường thẳng nối H G O, , gọi đường thẳng Euler tam giác ABC .
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 OF / /BH (cùng vng góc với AC ) Do OFE· =ABH· (góc có cạnh tương ứng song song) Chứng minh tương tự OEF· =BAH·
Từ có DABH : DEFO (g.g)
2
AH AB
OE EF
Þ = =
(do EF đường trung bình tam giác ABC ) Mặt khác G trọng tâm tam giác
ABC nên 2
AG
GE = Do 2
AG AH
(2)trong, OE / /AH)Þ DHAG : DEOG (c.g.c) Þ HGA· =EGO· Do
· · 1800
EGO+AGO = nên HGA· +AGO· =1800
hay HGO =· 1800 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 trịn) suy
/ /
BH CD Tương tự ta có CH / /BD nên tứ giác BHCD hình
bình hành, HDcắt BC trung điểm đường Từ suy
1 / /
2
OM = AH
(Tính chất đường trung bình tam giác ADH ) Nối
AM cắt HO G
1 2
GO OM
GH =AH = nên G trọng tâm tam giác ABC
Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H' cho '
GH = GO 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
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC , M trung điểm BC nên OM ^BC (2).
(3)Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường tròn H' AH' D 90 0 (Góc
nội tiếp chắn đường tròn) 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
Đường thẳng qua H,G,O gọi đường thẳng Euler tam giác
ABC Ngoài 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 một số vấn đề có liên quan đến khái niệm tam giác
1.1 (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC P điểm bất kỳ mặt phẳng Gọi A B C', ', ' trung điểm của
, ,
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 HP , H G PP, ,
thẳng hàng
2 P GH
GP = .
b) Chứng minh đường thẳng qua A B C', ', ' song song với PA PB PC, , đồng quy điểm OP , O G PP, ,
thẳng hàng
1 P GO
GP = . Giải:
(4)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
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 º HP Hơn theo cách dựng Q H G OP, , thẳng hàng
và
2 P GH
GO = Ta có kết luận tốn. b) Ta có lời giải tương tự Lấy điểm R
trên tia đối tia GP cho
1 2 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 º OP Hơn theo cách dựng R O G PP, , thẳng hàng
và
2 P GP GO =
(5)Nhận xét: Bài toán thực mở rộng đường thẳng Euler.
Phần a) Khi P º O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có HP =H trực tâm tam giác ABC Ta thu dược nội dung toán đường thẳng Euler.
Phần b) Khi P º H trực tâm tam giác ABC OP º O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
1.2 Cho tam giác ABC trực tâm H Khi đường thẳng Euler các 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) (, ) lần lượt 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
· · · '
HBC =HAC =A BC Do tam giác '
HBA cân B hay H A' đối xứng
nhau qua BC (HBC) đối xứng (ABC)
(6)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
và OM / /HB vng góc với CA nên ta có tam giác DHAB : DOMN
tỷ số
2 AB
MN = Do HA=2OM , 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
A OO
song song OH
nên tứ giác AHO AA hình bình hành nên AOA qua trung điểm E OH
(7)là 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 IBC ICA IAB, , đồng quy điểm trên 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 IBC .
Giải:
Sử dụng tính chất góc nội tiếp và góc ngồi tam giác ta có:
· · ·
IBD=IBC +CBD =
· · · · ·
IBA+IAC =IBA+IAB =BID Vậy tam giác IDB cân D
(8)Bổ đề (Định lý Menelaus) Cho tam giác ABC một đường thẳng cắt ba cạnh BC CA AB, , tương ứng A B C', ', ' thì
' . ' . ' 1
' '
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 tốn Gọi O tâm (ABC), IA giao (ABC) điểmOA khác A
Gọi G G, A trọng tâm tam giác ABC IBC, Gọi M là trung điểm BC , GGA cắt OOA E .
Theo bổ đề tính chất ta thấy OA trung điểm cung ¼
BC khơng chứa A ( )O OOA vng góc với BC tại M .
3 A
IG AG
IM =AM = nên GGA / /AOA suy
2 3 A
A O E O M =
(1) Hơn nữa
A A A
A
G E IO CO
G G = IA = IA
(2) Gọi G OA A(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
· ·
A AIB =BCO
(9)Do A A A
IA IN r
O C =MO =MO
hay .
A A CO r MO IA = (3) Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S G O, A, A thẳng
hàng, ta có:
1 . . . .
3. 2
A A A
A A
A
O O G E CO
SG SG R
SO O E G G SO O M IA
= = 2 . 2 SG R SO r = Vậy 3 2 SG r
SO = R , S cố định Tương tự, đường thẳng Euler 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 tại , ,
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 trịn ngoại tiếp ( )O Khi A' trung điểm cung BC¼ khơng chứa A ( )O OA'^BC suy OA'/ /ID Gọi giao điểm của A D' với OI K , áp dụng định lý Thales vào tam giác KOA'ta
thấy ' '
KD K I ID r
(10)tự B E C F' , ' qua K .Lấy điểm H thuộc đoạn KO cho K H r
K I =R Áp dụng định lý Thales trong tam giác KIA' ta thấy
'
K H KD
K I =KA (cùng r R) nên DH / /IA' Bằng tính chất phân giác tam giác cân dễ thấy IA'º AI ^EF
DH ^EF Chứng minh tương
tự EH ^DF FH, ^ED hay H trực tâm tam giác DEF Ta chú 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 có thể chứng minh kết thú vị khác sau
1.5 Cho tam giác ABC các 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 nhau. Giải:
(11)' ' '
A B C tâm đường tròn Euler tam giác ABC đó 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, , tại , ,
D E F Tâm đường tròn bàng tiếp I I Ia, ,b c
Chứng minh đường thẳng Euler tam giác DEF tam giác I I Ia b c trùng nhau. Chứng minh:
Ta áp dụng kết 1.5 vào tam giác I I Ia b c, ta ý I trực tâm tam giác I I Ia b c ta có điều phải chứng minh.
1.7 Cho tam giác ABCđường tròn nội tiếp I tiếp xúc với , ,
BC CA AB D E F, , A B C', ', ' trung điểm của , ,
EF FD DE Chứng minh đường thẳng qua ', ', '
A B C vuông góc với BC CA AB, , đồng quy điểm đường thẳng OI O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
(12)thẳng đồng quy điểm IG
với G trọng tâm tam giác DEF Tuy nhiên IG đường thẳng Euler tam giác DEF Theo 1.5, IG qua O Như vậy điểm đồng quy nằm IO Ta có điều phải chứng minh.
1.8 Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp ( )I tiếp xúc BC CA AB, ,
, ,
D E F ần lượt gọi DP EQ FR, , đường kính ( )I , chứng minh rằng , ,
AP BQ CR đồng quy điểm nằm đường nối I trọng tâm G tam giác ABC .
Bổ đề Cho tam giá ABC , đường tròn nội tiếp ( )I tam giác tiếp xúc
BC D Gọi DE đường kính I AE cắt BC F thì BD =CF .
Chứng minh: 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 CLK· ,· Từ ta dễ thấy DKEI : DIDB(g.g) suy
ra KE BD. =ID IE. =r2 Tương tự EL DC. =ID IE. =r2
. .
KE BD =EL DC Suy
EL KE EL KE KL
BD DC DB DC BC
+
= = =
+ (1) Dễ thấy
/ /
KL BC Theo định lý Thales ta có
EL AL KL
FC =AC =BC (2)
(13)Trở lại toán
Gọi giao điểm AP với BC A1 trung điểm BC A2
Theo bổ đề BD =CA1 A2
cũng trung điểm DA1, I là
trung điểm DP suy
2/ /
IA AA
Tương tự có B B C C1, , ,2 2 IB2/ /BB IC1, 2/ /CC1.
Từ ta áp dụng câu a) với điểm I ta suy AA BB CC2, 2, 2 đồng quy
tại điểm N nằm đường nối I trọng tâm G tam giác
ABC GN =2GI Ta có điều phải chứng minh.
Qua đường thẳng 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 các em học sinh tiếp tục phát triển, đào sâu suy nghỉ để tìm tốn hay hơn, phong phú hơn.Đó cách để học giỏi mơn hình học phẳng.
2 Đường thẳng Simmon
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O M điểm đường tròn Kẻ MH MI MK, , vng góc với AB BC AC, , Chứng minh ba điểm H I K, , thẳng hàng
(14)Tứ giác MIBH có BHM· +BIM· =900+900=1800 nên tứ giác nội tiếp Þ MIH· =MBH· (cùng chắn cung HM ), mà tứ giác ABMC nội tiếp nên MBH· =KCM· , MIH· =KCM·
Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp (vì MIC· =MKC· =900) nên
· · 1800 · · 1800 · 1800
K CM +MIK = Þ MIH +MIK = Þ HIK = .
Vậy H I K, , thẳng hàng
Đường thẳng qua H I K, , gọi đường thẳng Simson điểm
M .
Chú ý: Ta có tốn đảo toán Simson sau: Cho tam giác ABC
và điểm M nằm tam giác Chứng minh hình chiếu
M lên ba cạnh tam giác ABC ba điểm thẳng hàng M nằm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
3 Đường thẳng Steiner
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O , M điểm thuộc đường tròn Gọi N P Q, , theo thứ tự điểm đối xứng với M qua
, ,
AB BC CA Chứng minh N P Q, , thẳng hàng.
(15)Gọi H I K, , theo thứ tự hình chiếu M lên AB BC AC, , ;
, ,
H I K thẳng hàng (đường thẳng Simson) Dễ thấy IH đường trung
bình tam giác MNP Tương tự IK / /PQ Theo tiên đề Ơ-clit
, ,
H I K thẳng hàng nên suy N P Q, , thẳng hàng.
Đường thẳng qua N P Q, , gọi đường thẳng Steiner điểm M
Chú ý:
a) Ta chứng minh ba điểm N P Q, , thẳng hàng cách dùng phép vị tự: Các điểmN P Q, , ảnh H I K, , phép vị tự tâm
M tỉ số 2, mà H I K, , thẳng hàng nên N P Q, , thẳng hàng Như
đường thẳng Steiner ảnh đường thẳng Simson phép vị tự tâm
M tỉ số 2.
b) Đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC Thật vậy, gọi
D trực tâm tam giác ABC BD CD; , cắt ( )O E F, Dễ
dàng chứng minh E đối xứng với D qua AC , F đối xứng với D qua AB (Xem phần chứng minh đường thẳng Ơ le cách 2) Ta có FDMN l hỡnh thang cõn nờn
à ả
1
F =N
mà
µ ¶ ¶
1 1
F =B =H
(Tính chất góc nội tiếp) ,
do
¶ ¶
1
N =H
(16)Vậy N D Q, , thẳng hàng hay đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC
Cách khác:
Gọi AS BJ CR, , đường cao tam giác ABC, D trực tâm Ta có
· ·
ANB =AMB (tính chất đối xứng) Lại có AMB· =ADJ· (cùng bù với ·SDJ ) Suy ANB· =ADJ·
nên ADBN tứ giác nội tiếp,
· ·
NAB =NDB Mà NAB· =MAB· Þ NDB· =MAB· Chứng minh tương
tự CDQ· =CAM· Ta có NDB· +CDQ· =MAB· +CAM· =BAC·
· · · · · · 1800
NDQ NDB BDC CDQ BAC BDC
Þ = + + = + = .
Vậy N D Q, , thẳng hàng hay đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC
4 Đường tròn Euler
Cho tam giác ABC có đường cao AD BE CF, , đồng quy H Gọi
, ,
M N P trung điểm BC CA AB, , ; S R Q, , trung
(17)Chứng minh:
Trong tam giác ABH PR đường trung bình nên PR/ /AH
1 2
PR= AH
Trong tam giác ACH NQ đường trung bình nên
/ /
NQ AH
1 2
NQ= AH
Do PR/ /NQ PR=NQ nên
PNQR hình bình hành Mặt khác PR/ /AH mà AH ^BC nên PR ^BC , lại có PN / /BC (PN đường trung bình tam giác ABC ) Suy PN ^PR, PNQR hình chữ nhật Gọi I giao
điểm PQ RN IP =IN =IR=IQ Chứng minh tương tự ta có IS=IM =IN =IR Ta IP =IQ =IN =IR =IS =IM Tam giác FPQ vng F có I trung điểm PQ nên
IF =IP =IQ Tương tự IE =IR =IN ; ID =IS =IM Suy ra ID=IE =IF =IM =IN =IP =IS =IR =IQ Vậy chin điểm
, , , , , , , ,
D E F M N P S R Q nằm đường tròn tâm I Đường tròn
(18)Thật vậy, gọi G O theo thứ tự trọng tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta chứng minh
1 2
OM = AH =SH
, lại có
/ /
OM SH Þ OMHS hình bình hành Mà I trung điểm SM
nên trung điểm OH
Như bốn điểm H I O G, , , thẳng hàng, tứ tâm đường tròn Euler nằm đường thẳng Euler
b) Bán kính đường trịn Euler 2
R
(vói R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ) Thật vậy, ta có IS đường trung bình
AHO
D nên 2 2
OA R
IS = =
5 Điểm Miquel
Cho tứ giác ABCD có E giao điểm AB CD, F giao điểm AD BC Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác
, , ,
(19)Gọi M giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC FCD Ta có EMD· =EMC· +CMD· =ABF· +AFB· =1800- EAD·
· · 1800
EAD EMD
Þ + = Do tứ giác EMDA nội tiếp hay M thuộc
đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD Chứng minh tương tự M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác FAB Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC FCD EAD FAB, , , đồng quy M Điểm M gọi điểm Miquel
6 Đường tròn Miquel
Cho tứ giác ABCD có E giao điểm AB CD, F giao điểm AD BC Gọi M điểm Miquel O O O O1, , ,2 4 tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác EBC CDF EAD ABF, , , Chứng minh năm điểm M O O O O, , , ,1 4 nằm đường tròn.
(20)Gọi H I K, , theo thứ tự trung điểm FM BM CM, , Các đường tròn
( )O1 ( )O2 cắt M C nên O O1 2 đường trung trực MC
, O O1 2 vng góc với MK K Tương tự O O1 4 vng góc với
MI I , O O2 4 vng góc với MH H .
Nói cách khác H I K, , theo thứ tự hình chiếu M cạnh
2 4, 4,
O O O O O O
tam giác O O O1 4 Dễ thấy IK / /BC IH / /FB
mà F B C, , thẳng hàng nên H I K, , thẳng hàng Theo toán đảo đường thẳng Simson (xem mục 2), ta có M O O O, , ,1
cùng nằm đương tròn Tương tự M O O O, , ,1 4 nằm
đường tròn Vậy năm điểm M O O O O, , , ,1 4 nằm đường
tròn
Đường tròn qua năm điểm M O O O O, , , ,1 4 gọi đường tròn
Miquel
7 Định lý Miquel
Cho tam giác ABC
các điểm D E F, , nằm cạnh BC CA AB, , Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF BDF CDE, , đồng quy
(21)Gọi M giao điểm khác D đường tròn ngoại tiếp hai tam giác
,
BFD CDE Ta có AFM· =BDM· AEM· =CDM· (do BFMD DMEC,
là tứ giác nội tiếp) Do AEM· +AFM· =BDM· +CDM· =1800 nên tứ giác AEMF nội tiếp hay M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF .
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF BDF CDE, , đồng quy
M (đpcm). 8 Định lý Lyness
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Đường tròn ( )O' tiếp xúc với ( )O D tiếp xúc với AB AC, E F, Chứng minh
(22)Vẽ tia phân giác ·BDC cắt EF I ; gọi M N, giao điểm
,
DF DE với đường tròn ( )O Ta có O FD· ' =OMD· (=ODM· ) nên ' / /
O F OM mà O F' ^AC Þ OM ^AC Þ M điểm
cung AC ,
· 1·
2
FDC = ABC
(1) Tam giác AEF cân A( Do
,AF
AE tiếp tuyến ( ')O ) nờn ả à
à 1 180 2 A
E =F =
-, mặt khác
· · · 1800 µ
2 2
BDC A
IDC =IDB = =
(Tính chất góc nội tiếp tứ giác
ABDC ) nờn IDBÃ =IDCÃ =Eả1=Fà1 M
· µ »
1
1s 2
EDF =F ổỗỗỗ= EFửữữữữ ỗố ứ
à à à ·
IDC EDF IDE FDC
Þ = Þ = (2) Vì E¶1=IDB· nên IEDB tứ giác
nội tiếp Þ IDE· =IBE· (3) Từ (1),(2) (3) ta có
· 1·
2 IBE = ABC
,
IB tia phân giác ·ABC
Do IDC· =IDB· mà IDE· =FDC· nên BDE· =IDF· Tứ giác IFCD nội tiếp (vì
µ ·
1
F =IDC
(23)· · · · IDF ICF ICF BDE
Þ = Þ = (4) Mặt khác, N điểm
của AB» (chứng minh tương tự trên)
· 1·
2
BDE ACB
Þ =
(5) Từ (4) (5)
suy
· 1· 2 ICF = ACB
, IC tia phân giác ·ACB Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm)
Cách khác:
(24)cách trên, gọi M giao điểm DF với ( )O M điểm AC¼ , B I M, , thẳng hàng
Ta có
· · ( · )
IED =IBD =xDM
nên tứ giác IEDB nội tiếp
à ả à
1
180 2
A
IDB E
-Þ = =
, mà BDC· =1800- Aµ ,
· µ µ
1
180 2
A
IDC = - =F Þ
tứ giác IDCF nội tiếp Þ ICF· =IDF· Ta lại có
· · · 1800 µ · ·
2 2 2
A ABC ACB
IDF =IDC - FDC = - - = · ·
2 ACB ICF
Þ =
,
đó IC tia phân giác ·ACB (đpcm)
9 Định lý Lyness mở rộng (bổ đề Sawayama)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O M điểm cạnh AC Đường tròn ( )O' tiếp xúc với đường tròn ( )O D tiếp xúc với MB MC, E F, Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm EF
Để chứng minh định lý ta cần hai bổ đề sau:
(25)Chứng minh M điểm cung AB Ta có
· ' · ( · )
O KT =OMT =OT M
nên O K' / /OM mà
'
O K ^AB Þ OM ^AB Þ M điểm cung AC ,
Bây ta chứng minh MA2=MK MT. Thật vậy, ta có MTA· =MBA· =MAK· Þ DMKA: DMAT (g.g)
2 .
MK MA MA MK MT
MA MT
Þ = Þ =
Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp nội tiếp đường tròn ( )O M điểm AB» khơng chứa C Trên MC lấy I cho
(26)Thật vậy, gọi I ' tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC I ' giao điểm đường phân giác góc B với MC Ta có
·' ·' · ·' · · '
I BM =I BA+ABM =I BC +BCM =BI M suy tam giác MBI
cân M hay MI '=MB Do MI =MI ' hay I º I ' Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC . Chứng minh:
Gọi N giao điểm DF với ( )O N điểm AC¼
2 .
NC =NF ND (theo bổ đề 1) Gọi Dx tiếp tuyến chung ( )O và
( )O'
D I, giao điểm BN EF Ta có
· · ( · )
IED =IBD =xDN
nên tứ giác IEBD tứ giác nội tiếp Þ DIB· =DEB· Mà DEB· =DFI· nên DIB· =DFI· , NID· =NFI· (cùng kề bù với hai góc nhau) Từ chứng minh DNFI : DNID (g.g)
2 .
NF NI NI NF ND NC NI NC
NI ND
Þ = Þ = = Þ =
(27)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 ·
2 ACB
AIB = +
Ta lại có
· 1800 · 1800 1800 · 900 ·
2 2
ACB ACB
APK = - CPK = - - = +
(28)
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:
Trên AC lấy điểm E cho ADE· =BDC· Khi ta có: AED BCD
D : D (g.g) Nên suy AD BC =AE BD (1)
Mặt khác, ta có:
AD DE AD BD
DC =DC Þ DE =DC Từ suy ra
. .
ADB EDC AB DC DB EC
D : D Þ = (2) Từ (1), (2) ta suy ra:
( )
AB DC +AD BC =BD EC +AE =DB AC
(29)Cách 2.
Từ C vẽ CE ^AD CF, ^BD CG, ^AB E( Ỵ AD F, Ỵ BD G, Ỵ 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:
.sin ; sin ; sin
GF =BC B EF =DC D GE =AC A;sin 2 ; AD B
R =
sin ;sin
2 2
AB BD
D A
R R
= =
Từ ta suy ra:
. . .
2 2 2
BC AD AB DC BD AC
R + R = R .Vậy ta có: BD AC. +AB DC. =BD AC. (đpcm)
12 Định lý Ptolemy cho tứ giác bất kỳ
Cho tứ giác ABCD Chứng minh AB CD. +AD BC. ³ AC BD.
Chứng minh:
Bên tứ giác ABCD lấy điểm M cho MAD· =CAB·
· ·
MDA=ACB Ta có DADM : DACB (g.g)
. .
AD DM
AD BC AC DM
AC BC
Þ = Þ =
(30)· ·
DAC =MAB
Xét tam giác ADC MAB, có: DAC· =MAB· (chứng minh trên)
AD AM
AC = AB (do DAMD : DACB) nên DADC : DAMB (c.g.c)
. .
DC AC AB CD AC MB
MB AB
Þ = Þ =
(2) Từ (1) (2) suy
( )
. . .
AB CD+AD BC =AC BM +DM ³ 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 điểm cạnh BC E điểm cạnh BA kéo dài phía A sao cho BD=BE =CA Gọi C điểm AC cho
, , ,
E B D P thuộc đường tròn Q giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng AQ +CQ =BP .
Giải:
Vì tứ giác BEPD AQCB, nội
tiếp nên CAQ· =CBQ· =DEP· .
Mặt khác AQC· =1800- ABC· =EPD· (1) Áp dụng định lý Ptô –lê- mê cho
(31)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 trịn nội tiếp O tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm G Giả sử OIA =· 900 Chứng minh IG BC song song.
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
. . .
EA BC =EC AB+EB AC 2BC =AB+AC . Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có:
2 AB AI AC AB AC AB AC BD ID DC BD DC BC
+ +
= = = = =
+ .Vậy 2
AI
AD = Gọi
M trung điểm cạnh BC , 2
AG AI
GM = =ID Vậy GI / /BC . 13 Định lý Brocard
(32)Chứng minh:
Gọi E giao điểm khác I hai đường tròn ngoại
tiếp tam giác AID BIC Ta có ·DEC =
· ·
( )
0
360 - DEI +IEC
· ·
( )
0 0
360 180 DAI 180 CBI
= - - +
-· · s » ·
DAI CBI CD DOC
= + = đ = , tứ giác DOEC nội tiếp.Ta có
· · · · · s » ·
AEB =AIE +BEI =ADI +BCI = đAB =AOB nên AOEB
là tứ giác nội tiếp Gọi E ' giao điểm OM đường tròn ngoại tiếp tam giác DOC
Thế ME MO'. =MC MD. , mà MC MD. =MA MB. nên
'. .
ME MO =MA MB Từ chứng minh tứ giác AOE B' nội tiếp
như E' điểm chung khác O hai đường tròn ngoại tiếp tam giác
AOB DOC Do E º E ' hay M E O, , thẳng hàng.
Tương tự N I E, , thẳng hàng.Ta có: IEO· =AEI· +AEO· =DAI· +OBA· (1) IEM· =IEB· +BEM· =BCI· +OAB· (2) Lại có DAI· =BCI·
· ·
OBA=OAB (3) Từ (1),(2) (3) ta có IEO· =IEM· , mà
· · 1800
IEO+IEM = nên IEO· =IEM· =900
(33)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 DOMN
14 Định lý bướm với đường tròn
Cho đường tròn ( )O dây AB Gọi I trung điểm dây AB vẽ dây CD EF, qua I (C E nằm phía AB» ) Gọi 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 CE F F' ' nội tiếp nên MCE· '+F¶ '=1800 Mà FF '/ /AB nên F¶ '=MIE· ',
· ' · ' 1800
MIE +MCE =
Þ tứ giác MCE I' ni tip ị Cả1=Eả1 Mt khỏc
ả ả
1
E =C
nên
¶ ¶ '
1
E =E
(34)
Cách 2: Kẻ OH ^CF OK, ^DE H K, trung điểm
,
CF DE Ta có DICF : DIED (g.g) có IH IK, trung tuyến tương
ứng nên
IH IC CF HC ICH IEK
IK = IE =DE = KE ị D : D (c.c.c) ị Hả 1=Kả1
(1) Các tứ giác OIMH OINK, nội tiếp (tổng hai góc đối) nên
¶ ¶ ¶ ¶
1 1,
O =H O =K
(2).Từ (1) (2) có
¶ ¶
1
O =O
nên tam giác MON cân
O Vậy IM =IN .
Cách 3:
Kẻ MM NN1, 1^CF MM NN; 2, 2^DE .
Tacó
( )
1
1 2
1
1 ; MM IM
IMM INN IMM INN
IN NN
D : D Þ = D : D
; ( ) 2 2 MM IM IN NN
Þ = ( )
1 1 3 ; MM CM CMM ENN NN EN
D : D Þ =
( ) 2 4 MM FM FMM DNN NN DN
D : D Þ =
(35)2
1
2
1
. . .
. . .
MM MM
IM CM FM AM MB
NN NN EN DN BN AN
IN = = =
Đặt
, ,
IM =m IN =n IA =IB =a Ta có
( )( )
( )( )
2 2 2
2 2 2 1
a m a m
m a m m a m
n a n a n a n n a n
- + - +
-= = = =
- +
+
2
m n m n
Þ = Þ = 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 AB» ) Gọi giao điểm CF DE, với AB M N, Chứng minh
1 1 1 1
(36)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 trịn, ta có IM IK. =IC ID. IC ID. =IA IB. nên IM IK. =IA IB.
( ) ( ) . . AM IB.
IM IB BK AM IM IB IM BK AM IB BK
IM
Þ + = + Þ = ị =
(1) Vỡ
ả ả ả
1 1
K =C =E
nên tứ giác EIDK nội tiếp, tương tự ta có
( ) ( )
. . .
IN NK =EN ND =AN NB Þ IN NB +BK = IA+IN BN .
. . BN IA
IN BK IA BN BK
IN
Þ = Þ =
(2) Từ (1) (2) suy
. .
AM IB BN IA
IM = IN , (*) chứng minh
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
Þ - = - Þ - =
- Chia hai vế cho
abmn ta
1 1 1 1 1 1 1 1
m a- = -n bÞ a+n = +b m hay
1 1 1 1
(37)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 vàNIQ , ta có:
. . 1 . 1
IB PC MA PC MA PC MB
IC PA MB = Þ PA MB = Þ PA =MA (1)
. . 1 . 1
IB NC QA NC QA QA NA
IC NA QB = Þ NA QB = Þ QB =NC (2)
Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến MNE
PFQ, ta được:
. . 1(3); . . 1(4)
FB PC QA EC MA NA
FC PA QB = EB MB NC = Từ (1),(2),(3) (4) suy ra
FB EC FB EC FB FC
FC = EB Þ BC =BC Þ = .Lại có IA=IB nên IE =IF . 17 Định lý Shooten
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( )O Chứng minh với điểm M nằm đường trịn ( )O ba đoạn
, ,
(38)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
(39)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
Thật vậy, ta có BMI· =ACB· =600 mà MB =MI nên tam giác BMI đều, BI =BM IBM =· 600
Ta lại có ABC =· 600 nên ABC· =IBM· , suy CBM· =ABI· Dễ dàng chứng minh DBCM = DBAI (c.g.c) nên MC =AI
18 Hệ thức Van Aubel
Cho tam giácABC 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
(40)quy ta có hệ thức
. .
1
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 , đó
. . . . 1
DB EC FA AM BC AN
DC EA FB = AN AM BC = (đpcm)
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
' '
. . 1
' '
D B EC FA D B DB
D C EA FB = Þ D C =DC Hai điểm D D' chia
(41)Chú ý: Bài toán 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
. . 1
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
MC =c NA =a PB =b Do . . . 1
MB NC PA b c a
MC NA PB =c a b=
(đpcm)
Điều kiện đủ: Giả sử có (**) PN cắt cạnh BC M'
Thế
' '
. . 1 '
' '
M B NC PA M B MB
M M
M C NA PB = Þ M C =MC Þ º .
(42)