Đường tròn euler và đường tròn euler mở rộng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN KHỐ LUẬN TỐT NGHIỆP Đề tài : ĐƯỜNG TRỊN EULER VÀ ĐƯỜNG TRÒN EULER MỞ RỘNG Sinh viên thực Thuộc nhóm ngành Lớp Giáo viên hướng dẫn : Phan Nguyễn Thị Ly Na : Toán học : 10ST : ThS Ngơ Thị Bích Thuỷ Đà Nẵng - 2014 Khố luận tốt nghiệp LỜI CẢM ƠN Tôi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc giáo hướng dẫn: Thạc sĩ Ngơ Thị Bích Thuỷ tận tình hướng dẫn thời gian làm luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thầy giáo khoa Tốn Trường Đại Học Sư Phạm – Đại Học Đà Nẵng tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ, đóng góp ý kiến quý báu để đề tài tơi hồn thiện Tơi xin cảm ơn Phòng Thư viện Trường Đại Học Sư Phạm – Đại Học Đà Nẵng tạo điều kiện thuận lợi để tơi có tài liệu tham khảo làm luận văn Cuối xin cảm ơn lời động viên, khích lệ tinh thần bạn lớp 10ST để tơi hồn thành tốt luận văn Đà Nẵng, tháng 06 năm 2014 Sinh viên thực Phan Nguyễn Thị Ly Na SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp MỤC LỤC Trang Lời cảm ơn Phần 1: Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích đề tài Nội dung đề tài Đối tượng sử dụng đề tài Phương pháp nghiên cứu Phần 2: Nội dung Chương 1: Cơ sở lí luận 1.1 Kiến thức phép vị tự 1.1.1 Khái niệm phép vị tự 1.1.2 Tính chất phép vị tự 1.2 Kiến thức đường trung bình 1.2.1 Đường trung bình tam giác 1.2.2 Đường trung bình hình thang 10 SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp 1.3 Công thức trung tuyến tam giác 10 1.4 Định lý Menelaus hình học phẳng 11 Chương 2: Đường tròn Euler đường tròn Euler mở rộng 12 2.1 Định lý đường tròn Euler 12 2.1.1 Đường thẳng Euler 12 2.1.2 Chứng minh định lý phép vị tự 14 2.1.3 Chứng minh định lý kiến thức THCS 18 2.1.4 Tính chất đường phân giác tam giác 23 2.2 Đường tròn Euler mở rộng 24 2.3 Tính chất đường trịn Euler 28 2.4 Một số toán liên quan 34 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp Phần 1: MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Hình học phận Tốn học có lịch sử phát triển từ lâu đời Cùng với thời gian, nhu cầu tính tốn người ngày đa dạng, thêm vào đòi hỏi ngành khoa học khác mà tốn học phát triển ngày hồn thiện Nó trở thành cơng cụ tính tốn hữu ích giúp cho ngành khoa học tự nhiên khác phát triển Vật lý, Hoá học, Thiên văn học… ngày ngành Cơng nghệ thơng tin Vì vậy, Tốn học bạn đồng hành ngành khoa học Có tự hỏi làm để giải tốn hình học phẳng chưa? Hay để giỏi mơn hình học phẳng? Đúng vấn đề thường đặt muốn trả lời cách thoả đáng đầy đủ điều khơng đơn giản Để giải vấn đề đó, cần phải từ giả thiết, thông qua suy luận để tìm đường đến kết luận Nhưng đặc biệt hơn, mơn hình học phẳng, ngồi tư logic thơng thường, cịn cần phải có tư hình tượng, cần phải tìm quan hệ yếu tố hình học thơng qua nhìn trực quan Với đặc trưng đó, mặt làm cho thấy vấn đề cần giải cách rõ ràng mặt SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp khác đòi hỏi khả tưởng tượng phong phú sâu sắc muốn học tốt dạng tốn Trong q trình học hình học sơ cấp, vấn đề đường trịn ln ý, lưu tâm Bài tốn đường trịn chứa nhiều nội dung tổng hợp chương trình Chính vậy, tơi chọn đề tài “Đường trịn Euler đường tròn Euler mở rộng” làm nghiên cứu, giúp cho bạn đọc có nhìn sâu vấn đề liên quan đến đường trịn Mục đích đề tài: Đề tài nêu cách chứng minh định lý đường tròn Euler vấn đề liên quan Thơng qua đó, đề tài trình bày số tính chất đường trịn Euler nhằm giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức cũ đồng thời mở rộng thêm kiến thức đường tròn Nội dung đề tài: Trong đề tài nghiên cứu nội dung sau: Phần 1: Mở đầu Lý chọn đề tài Mục đích đề tài Nội dung đề tài Đối tượng sử dụng đề tài Phương pháp nghiên cứu SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp Phần 2: Nội dung Chương 1: Cơ sở lí luận 1.1 Kiến thức phép vị tự 1.1.1 Khái niệm phép vị tự 1.1.2 Tính chất phép vị tự 1.2 Kiến thức đường trung bình 1.2.1 Đường trung bình tam giác 1.2.2 Đường trung bình hình thang 1.3 Công thức trung tuyến tam giác 1.4 Định lý Menelaus hình học phẳng Chương 2: Đường trịn Euler đường tròn Euler mở rộng 2.1 Định lý đường tròn Euler 2.1.1 Đường thẳng Euler 2.1.2 Chứng minh định lý phép vị tự 2.1.3 Chứng minh định lý kiến thức THCS 2.1.4 Tính chất đường phân giác tam giác 2.2 Đường tròn Euler mở rộng 2.3 Tính chất đường trịn Euler 2.4 Một số toán liên quan SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp Đối tượng sử dụng đề tài: Đề tài vận dụng kiến thức đường tròn bậc THCS THPT để đưa số cách chứng minh vài tính chất đường trịn Euler nhằm nâng cao tầm hiểu biết tài liệu tham khảo cho bạn học sinh, sinh viên Phương pháp nghiên cứu: Đọc tham khảo sách Toán hình nâng cao lớp 9, 10, 11 để tìm hiểu sở lí luận cần thiết cho việc xây dựng nội dung định lý Tìm hiểu số tập để chọn lọc phù hợp với nội dung cần nghiên cứu Rút kinh nghiệm qua cách giải khác để đưa sáng kiến hiệu SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khoá luận tốt nghiệp Phần 2: NỘI DUNG Chương 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN 1.1 Kiến thức phép vị tự: 1.1.1 Khái niệm phép vị tự: Cho điểm O cố định số k không đổi, k ≠ Phép biến hình biến ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ gọi phép vị tự tâm O tỉ số điểm M thành M’ cho ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ OM′ = kOM k Kí hiệu: VOk hay V(O,k) M' M O N N' 1.1.2 Tính chất phép vị tự: Tính chất 1: Nếu phép vị tự tỉ số k biến hai điểm M N thành hai điểm M’ N’ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ M’N’ = |k|.MN M′N′ = k.MN Tính chất 2: Phép vị tự biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng không làm thay đổi thứ tự ba điểm thẳng hàng SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang Khố luận tốt nghiệp Tính chất 3: Phép vị tự tỉ số k biến đường thẳng thành đường thẳng song song (hoặc trùng) với đường thẳng đó, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng mà độ dài nhân lên với |k|, biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số đồng dạng |k|, biến góc thành góc 1.2 Kiến thức đường trung bình: 1.2.1 Đường trung bình tam giác: Định nghĩa: Đường trung bình tam giác đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh tam giác Tính chất: a) Đường thẳng qua trung điểm cạnh tam giác song song cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba b) Đường trung bình tam giác song song với cạnh thứ ba nửa cạnh A M B N C MN đường trung bình ∆ABC: MN // BC MN = SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na BC Trang Khoá luận tốt nghiệp Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông HA’A1 , ta có: HA1 = HA′2 + A′A1 = HA′2 + A′O2 = 2NA′2 + HO2 = R2 +HO2 2 R2 +HO Suy A1 ∈ đường tròn 𝒞 (H,√ ) Tương tự, áp dụng định lý Pitago tam giác vng HA’A2 , ta có: HA2 = HA′2 + A′A2 = HA′2 + A′O2 = 2NA′ + HO2 = R2 +HO2 2 R2 +HO Suy A2 ∈ đường tròn 𝒞 (H,√ ) ∆OHB’ có N trung điểm OH, áp dụng cơng thức đường trung tuyến, ta có: NB′ = HB′2 +B′ O2 HO2 - ⇒ HB′2 + B′O2 = 2NB′2 + HO2 Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông HB’B1 , ta có: HB1 = HB′2 + B′B1 = HB′2 + B′O2 = 2NB′ + HO2 = R2 +HO2 SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 39 Khoá luận tốt nghiệp R2 +HO √ Suy B1 ∈ đường tròn 𝒞 (H, ) Áp dụng định lý Pitago tam giác vuông HB’B2 , ta có: HB2 = HB′2 + B′B2 = HB′2 + B′O2 = 2NB′ + HO2 = R2 +HO2 2 R2 +HO √ Suy B2 ∈ đường trịn 𝒞 (H, ) ∆OHC’ có N trung điểm OH, áp dụng công thức đường trung tuyến, ta có: NC′ = HC′2 +C′ O2 HO2 - 2 ⇒ HC′ + C′O = 2NC′ + HO2 Áp dụng định lý Pitago tam giác vng HC’C1 , ta có: HC1 = HC′2 + C′C1 = HC′2 + C′O2 = 2NC′2 + HO2 = R2 +HO2 2 R2 +HO Suy C1 ∈ đường tròn 𝒞 (H,√ ) Áp dụng định lý Pitago tam giác vng HC’C2 , ta có: HC2 = HC′2 + C′C2 = HC′2 + C′O2 SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 40 Khoá luận tốt nghiệp = 2NC′2 + HO2 = R2 +HO2 2 R2 +HO Suy C2 ∈ đường tròn 𝒞 (H,√ ) Vậy điểm A1 , A2 , B1 , B2 , C1 , C2 thuộc đường tròn 𝒞 (đ.p.c.m) Bài toán 3: Cho ∆ABC đường thẳng a qua tâm đường trịn Euler ∆ABC.Chứng minh tổng khoảng cách từ trực tâm đỉnh (cùng phía với trực tâm a) đến a tổng khoảng cách từ đỉnh lại đến a) GT: ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) H trực tâm, I tâm đường tròn Euler Đường thẳng a qua I KL: d(H, a) + d(A, a) = d(B, a) + d(C, a) Chứng minh: SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 41 Khoá luận tốt nghiệp A F N C' P H I F' D' H' A' O B' a B M C D Xét trường hợp điểm A nằm phía với trực tâm đường thẳng a Gọi D trung điểm BC, F trung điểm AH Gọi A’, B’, C’, H’, D’, F’ hình chiếu A, B, C, H, D, F lên đường thẳng a Đường trịn Euler tâm I có DF đường kính Ta có DD’ = FF’ (DF đường kính đường trịn Euler) Tứ giác BB’C’C có DD’ đường trung bình nên ta có: DD’ = BB′ +CC′ ⇒ 2DD’ = BB’ + CC’ SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na (1) Trang 42 Khoá luận tốt nghiệp Tương tự tứ giác AA’H’H có FF’ đường trung bình nên: FF’ = AA′ +HH′ ⇒ 2FF’ = AA’ + HH’ (2) Từ (1) (2) ta suy ra: BB’ + CC’ = AA’ + HH’ (đ.p.c.m) Chứng minh tương tự với trường hợp lại Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD Gọi A2 , B2 , C2 , D2 trọng tâm tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC Chứng minh đường thẳng AA2 , BB2 , CC2 , DD2 đồng quy điểm (điểm gọi trọng tâm tứ giác ABCD) GA2 GA = GB2 GB = GC2 GC = GD2 GD = (sử dụng cho toán 5) Chứng minh: A C2 G B2 F D A2 E D B K C Gọi E, F trung điểm AC, BD Vì A2 trọng tâm ∆BCD nên theo tính chất trọng tâm, A2 ∈ CF CA2 = SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na CF Trang 43 Khoá luận tốt nghiệp Vậy gọi K trung điểm CA2 suy FA2 = A2 K = KC Vì E trung điểm AC nên EK // AA2 Mặt khác A2 trung điểm FK nên AA2 qua trung điểm G EF Trong ∆EFK, từ tính chất trung bình, dễ thấy GA2 = EK = AA2 hay GA2 GA = Chứng minh tương tự, ta suy AA2 , BB2 , CC2 , DD2 qua trung điểm G EF GA2 GA = GB2 GB = GC2 GC = GD2 GD = (đ.p.c.m) G gọi trọng tâm tứ giác ABCD Bài toán 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Giả sử A1 , B1 , C1 , D1 trực tâm tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC Gọi A2 , B2 , C2 , D2 trọng tâm tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC G trọng tâm tứ giác ABCD a) Chứng minh đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đồng quy điểm H ( H gọi trực tâm tứ giác ABCD) A1 , B1 , C1 , D1 thuộc đường tròn b) Chứng minh O, G, H nằm đường thẳng (gọi đường thẳng Euler tứ giác) SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 44 Khoá luận tốt nghiệp c) Gọi H1 , H2 , H3 , H4 điểm thuộc đoạn thẳng HA, HB, HC, HD cho HH1 HA = HH2 HB = HH3 HC = HH4 HD = Chứng minh điểm A2 , B2 , C2 , D2 H1 , H2 , H3 , H4 thuộc đường tròn (gọi đường tròn Euler tứ giác) d) Chứng minh đường tròn Euler tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC có bán kính đồng quy H e) Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn Euler tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC Chứng minh O1 , O2 , O3 , O4 thuộc đường trịn có bán kính bán kính đường tròn (O1 ) Chứng minh: a) Gọi A′1 , B′1 điểm đối xúng A1 , B1 qua CD Khi theo định lý đường trịn Euler tam giác A′1 , B′1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD A1 B1 B′1 A′1 hình thang cân nên: A1̂ A′1 B′1 = A′̂ A1 B1 (1) Ngồi ra, ta có: ABA′1 B′1 tứ giác nội tiếp, đó: ̂ B̂ AB + A1 A′1 B′1 = 180 (2) ̂ Từ (1) (2) suy ra: B̂ AB + A′1 A1 B1 = 180 ̂ ̂ ⇒ B̂ AB = B1 A1 B (cùng bù với A′1 A1 B1 ) SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 45 Khoá luận tốt nghiệp C1 D1 O' A B H D2 C2 G B1 A1 B2 O A2 C D A′1 B′1 Mặt khác, AB1 // BA1 (vì vng góc với CD) nên ABA1 B1 hình bình hành Bởi vậy, đoạn thẳng AA1 , BB1 cắt trung điểm đoạn Chứng minh tương tự, ta có: BCB1 C1 , CDC1 D1 , DAD1 A1 hình bình hành SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 46 Khoá luận tốt nghiệp Suy đoạn thẳng AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đôi cắt trung điểm đoạn, nghĩa đường thẳng AA1 , BB1 , CC1 , DD1 đồng quy điểm H H gọi trực tâm tứ giác ABCD Xét phép đối xứng tâm H, ta có: ĐH : A → A1 , B → B1 , C → C1 , D → D1 Gọi O’ tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác A1 B1 C1 D1 ĐH (O) = O’ hay A1 , B1 , C1 , D1 thuộc đường tròn tâm (O’) b) Theo tốn đường trịn Euler tam giác, ta có: A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 tương ứng đường thẳng Euler tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC,chúng đồng quy O Từ kết tốn 4, ta có: Từ (3) (4) ta có: GA2 GA GA2 GA HA = GB2 GB OA1 HA1 OA2 = = GC2 GC OA1 = 1 OA2 1 = GD2 GD OB2 OB1 = = OC2 OD2 = OC1 OD1 = (3) (4) = Mà điểm O, H, G thuộc cạnh A1 A2 , AA1 , AA2 ∆AA1 A2 nên theo định lý Menelaus O, G, H thẳng hàng Vậy O, G, H thuộc đường thẳng (gọi đường thẳng Euler cho trường hợp tứ giác nội tiếp) SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 47 Khoá luận tốt nghiệp c) C1 D1 A O' O3 H1 B1 H2 H O4 D4 D2 C2 C4 B I G 𝐻4 O2 B2 𝐻3 A1 A2 O1 O C D A′1 B4 A4 B′1 Gọi A4 , B4 , C4 , D4 điểm đối xứng A, B, C, D qua tâm O Khi ta có: A4 O HA A4 A HA1 A2 A1 A2 O = 1 1 = Vì A4 , H, A2 thuộc cạnh AO, AA1 , A1 O ∆OAA1 nên theo định lý Menelaus A4 , A2 , H thẳng hàng SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 48 Khoá luận tốt nghiệp Lại áp dụng định lý Menelaus cho ∆AHA4 với điểm thẳng hàng A1 , A2 , O tương ứng thuộc cạnh tam giác đó, ta được: A1 A A2 H A1 H A2 A4 ⇒ A2 H A2 A4 = OA4 OA =1⇔ ⇒ HA2 = A2 H 1 A2 A4 =1 HA4 nên ̅̅̅̅̅̅ HA2 = ̅̅̅̅ HA4 Chứng minh tương tự, ta được: ̅̅̅̅̅ HB2 = 1 ̅̅̅̅4 , ̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅ HB4 , ̅̅̅̅̅ HC2 = HC HD2 = ̅̅̅̅ HD4 3 Do đó, ta xét phép vị tự tâm H, tỉ số : VH : A → H1 , B → H2 , C → H3 , D → H4 A4 → A2 , B4 → B2 , C4 → C2 , D4 → D2 Đặt VH (O) = I Vì điểm A, B, C, D, A4 , B4 , C4 , D4 thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD nên điểm H1 , H2 , H3 , H4 , A2 , B2 , C2 , D2 tương ứng thuộc đường tròn tâm I ảnh O qua phép vị tự VH Vậy điểm H1 , H2 , H3 , H4 , A2 , B2 , C2 , D2 thuộc đường tròn (gọi đường tròn Euler cho tứ giác) SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 49 Khoá luận tốt nghiệp Ta có ý nhỏ sau đây: Đường trịn Euler xác định có bán kính R (R bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD) Đường tròn qua điểm, khơng qua trực tâm tam giác mà trực tâm lại thuộc đường trịn khác Như vậy, ta xem đường tròn Euler qua điểm tam giác trường hợp đặc biệt gồm hai đường trịn tâm bán kính, đường tròn qua chân đường cao đường tròn qua điểm lại d) Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn Euler tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC Khi theo tốn đường trịn Euler tam giác O1 , O2 , O3 , O4 trung điểm OA1 , OB1 , OC1 , OD1 đường tròn tương ứng có bán kính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC R Hơn ta có: O1 H đường trung bình ∆A1 OA ⇒ O1 H = OA = R Tương tự: O2 H = O3 H = O4 H = SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na R Trang 50 Khố luận tốt nghiệp Vậy đường trịn Euler tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC có bán kính đồng quy H e) Theo câu d, ta có: ̅̅̅̅̅ OO1 = ̅̅̅̅̅ OA1 , ̅̅̅̅̅ OO2 = ̅̅̅̅̅ OB1 , ̅̅̅̅̅ OO3 = Xét phép vị tự tâm O, tỉ số 2 ̅̅̅̅̅ OC1 , ̅̅̅̅̅ OO4 = ̅̅̅̅̅ OD1 : VO : A1 → O1 , B1 → O2 , C1 → O3 , D1 → O4 Vì điểm A1 , B1 , C1 , D1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác A1 B1 C1 D1 nên điểm O1 , O2 , O3 , O4 tương ứng thuộc đường tròn tâm O’’ = VO (O’) bán kính R (đ.p.c.m) SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 51 Khoá luận tốt nghiệp KẾT LUẬN Được hướng dẫn nhiệt tình giáo Ngơ Thị Bích Thuỷ cố gắng, nỗ lực thân, tơi nghiên cứu trình bày vấn đề “Đường tròn Euler đường tròn Euler mở rộng”, nhằm giúp cho bạn đọc có nhìn sâu vấn đề liên quan Qua ta thấy với toán đơn giản ban đầu biết vận dụng kiến thức học thu kết đẹp, bổ ích học tập Vì thời gian khả có hạn, khố luận khơng tránh khỏi nhiều thiếu sót, mong thầy cô bạn đọc thông cảm đóng góp ý kiến Qua khố luận này, thân rút nhiều kinh nghiệm quý báu để làm hành trang bước vào nghề sư phạm SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 52 Khoá luận tốt nghiệp TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học lớp – NXB Giáo dục Hình học nâng cao lớp 10 – NXB Giáo dục Tốn hình học nâng cao lớp 10 – NXB Giáo dục 2000 – Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Xuân Bình Hình học nâng cao lớp 11 – NXB Giáo dục Một số vấn đề phát triển hình học lớp – Vũ Hữu Bình Một số tính chất hình học tiếng – Lâm Minh Triết, Trần Ngọc Phú Sang Một số toán ứng dụng – Trần Quang Hùng http://violet.vn http://vi.scribd.duong-tron-Euler.com 10 Diễn đàn toán học http://www.mathlinks.ro SVTH: Phan Nguyễn Thị Ly Na Trang 53 ... Menelaus hình học phẳng 11 Chương 2: Đường tròn Euler đường tròn Euler mở rộng 12 2.1 Định lý đường tròn Euler 12 2.1.1 Đường thẳng Euler 12 2.1.2 Chứng minh định lý... , H4 thuộc đường tròn (gọi đường tròn Euler tứ giác) d) Chứng minh đường tròn Euler tam giác ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC có bán kính đồng quy H e) Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn Euler tam giác... TRỊN EULER VÀ ĐƯỜNG TRÒN EULER MỞ RỘNG 2.1 Định lý đường tròn Euler: Trong tam giác, trung điểm cạnh, chân đường cao trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh điểm thuộc đường trịn Đường trịn có tâm