CĐ12. NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾml

NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG

Dạng 1: Đường thẳng Euler

1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác . Chứng minh rằng trọng tâm , trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. Hơn nữa . Đường thẳng nối gọi là đường thẳng Euler của tam giác .

Chứng minh:

Cách 1: Gọi lần lượt là trung điểm của . Ta có là đường trung bình của tam giác nên . Ta lại có (cùng vuông góc với ). Do đó (góc có cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự .

Từ đó có (g.g) (do là đường trung bình của tam giác ). Mặt khác là trọng tâm của tam giác nên . Do đó , lại có (so le trong, ) (c.g.c) . Do nên hay .

Vậy thẳng hàng.

Cách 2: Kẻ đường kính của đường tròn ta có (Tính chất trực tâm) (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra . Tương tự ta cũng có nên tứ giác là hình bình hành, do đó cắt tại trung điểm của mỗi đường. Từ đó cũng suy ra (Tính chất đường trung bình tam giác ). Nối cắt tại thì nên là trọng tâm của tam giác .

C

ách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối lấy sao cho . Gọi là trung điểm . Theo tính chất trọng

tâm thì thuộc và .

Áp dụng định lý Thales

vào tam giác dễ suy ra

(1).Mặt khác do

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

, là trung điểm nên (2).

Từ (1) và (2) suy ra , tương tự . Vậy là trực tâm tam giác . Theo cách dựng ta có ngay kết luận bài toán.

Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài cắt đường tròn tại thì (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên là đường trung bình của tam giác suy ra đối xứng với qua . Nếu gọi là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác thì ta có đối xứng với qua .

Đường thẳng đi qua được gọi là đường thẳng Euler của tam giác . Ngoài ra ta còn có .

*Đường thẳng Euler có thể coi là một trong những định lý quen thuộc nhất của hình học phẳng. Khái niệm đường thẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau đó được mở rộng và ứng dụng cho tứ giác nội tiếp và cả - giác nội tiếp, trong chuyên đề ta quan tâm đến một số vấn đề có liên quan đến khái niệm này trong tam giác.

1.1. (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác . là điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi lần lượt là trung điểm của . là trọng tâm tam giác . a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua lần lượt song song với đồng quy tại một điểm , hơn nữa thẳng hàng và . b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua lần lượt song song với đồng quy tại một điểm , hơn nữa thẳng hàng và .

Giải:

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:

L

ấy điểm trên tia đối tia sao

cho . Theo tính chất trọng

tâm ta thấy ngay thuộc

và . Vậy áp dụng định lý

Thales vào tam giác dễ suy ra . Chứng minh

tương tự . Như vậy các

đ

ường thẳng qua lần lượt song song với đồng quy tại . Hơn nữa theo cách dựng thì thẳng hàng và . Ta có ngay các kết luận bài toán.

b) Ta có một lời giải tương tự. Lấy điểm

trên tia đối tia sao cho .

Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay

thuộc và . Vậy áp dụng

định lý Thales vào tam giác dễ suy ra

. Chứng minh tương tự . Như vậy các đường thẳng qua lần lượt song song với đồng quy tại . Hơn nữa theo cách dựng thì thẳng hàng và . Ta có ngay các kết luận bài toán.

Nhận xét: Bài toán trên thực sự là mở rộng của đường thẳng Euler.

Phần a) Khi tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ta có ngay là trực tâm của tam giác . Ta thu dược nội dung của bài toán đường thẳng Euler.

Phần b) Khi trực tâm của tam giác thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .

1.2. Cho tam giác trực tâm . Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác .

Giải:

Để giải bài toán này chúng ta cần hai bổ đề quen thuộc sau:

B

ổ đề 1. Cho tam giác trực tâm . Thì lần lượt đối xứng với qua .

Chứng minh: Gọi giao điểm khác của

với là . Theo tính chất

trực tâm và góc nội tiếp dễ thấy

. Do đó tam giác

cân tại hay và đối xứng

nhau qua do đó đối xứng .

Tương tự cho , ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2. Cho tam giác , trực tâm , tâm đường tròn ngoại tiếp , là trung điểm thì .

C

hứng minh:

Gọi là trung điểm của dễ thấy

do cùng vuông góc với

và do cùng vuông góc với

nên ta có tam giác

tỷ số . Do đó ,

đó là điều phải chứng minh.

Trở lại bài toán. Gọi là tâm

theo bổ đề 5.1 thì đối xứng với

qua ,kết hợp với bổ đề 2 suy ra

song song và bằng

nên tứ giác là hình bình hành

nên đi qua trung điểm của .

Tuy nhiên dễ thấy là trực tâm tam giác do đó đường thẳng Euler của tam giác là đi qua . Tương tự thì đường thẳng Euler của các tam giác cũngđi qua nằm trên là đường thẳng Euler của tam giác . Đó là điều phải chứng minh.

Nhận xét: Điểm đồng quy là trung điểm cũng chính là tâm đường tròn Euler của tam giác

1.3. Cho tam giác tâm đường tròn nội tiếp . Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác .

Hướng dẫn giải:

Ta sử dụng các bổ đề sau:

B

ổ đề 3. Cho tam giác nội tiếp đường tròn , tâm đường tròn nội tiếp . cắt tại điểm khác thì là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Giải:

Sử dụng tính chất góc nội tiếp

và góc ngoài tam giác ta có:

Vậy tam giác cân tại .

Tương tự tam giác cân tại do đó . Vậy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . (Xem thêm phần góc với đường tròn)

B

ổ đề 4. (Định lý Menelaus). Cho tam giác một đường thẳng cắt ba cạnh tương ứng tại thì .

Định lý đã được chứng minh chi

tiết trong (Các định lý hình học nổi

tiếng)

Trở lại bài toán. Gọi là tâm ,

giao tại điểm khác .

Gọi lần lượt là trọng tâm tam giác . Gọi là trung điểm , cắt tại .

Theo bổ đề 3 và các tính chất cơ bản ta thấy là trung điểm cung không chứa của do đó vuông góc với tại . nên suy ra (1). Hơn nữa (2). Gọi (đường thẳng Euler của tam giác ) cắt (đường thẳng Euler của tam giác tại ). Ta sẽ chứng minh rằng cố định. Gọi là hình chiếu của lên . Do nên hai tam giác vuông và đồng dạng. Do đó hay (3) Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác có thẳng hàng, ta có: . Vậy , do đó cố định. Tương tự, các đường thẳng Euler của tam giác cũng đi qua nằm trên đường thẳng Euler của tam giác . Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Điểm đồng quy thường được gọi là điểm Schiffer của tam giác .

1.4 Cho tam giác . Đường tròn tiếp xúc ba cạnh tam giác tại . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác .

Hướng dẫn giải:

G

ọi lần lượt là giao điểm khác của với đường tròn ngoại tiếp Khi đó là trung điểm cung không chứa của do đó suy ra . Gọi giao điểm của với là , áp dụng định lý Thales vào tam giác ta thấy ngay trong đó lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Do đó cố định, tương tự đi qua .Lấy điểm thuộc đoạn sao cho . Áp dụng định lý Thales

trong tam giác ta thấy

(cùng bằng )

nên . Bằng tính chất

phân giác và tam giác cân dễ

thấy do đó

. Chứng minh tương

tự hay là trực tâm của tam giác . Ta chú ý rằng chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đi qua . Ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. 1.4 là một kết quả rất hay gặp về đường thẳng Euler, nhờ đó ta có thể chứng minh được kết quả thú vị khác như sau

1.5 Cho tam giác các đường cao đồng quy tại . Gọi là hình chiếu của lên . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác và tam giác trùng nhau.

Giải:

Ta đã biết một kết quả quen thuộc đó là trực tâm của tam giác chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác . Khi đó theo 1.4 , đường thẳng Euler của tam giác chính là đường thẳng nối và , trong đó là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Mặt khác tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác chính là tâm đường tròn Euler của tam giác do đó cũng chính là đường thẳng Euler của tam giác . Đó là điều phải chứng minh.

Chú ý. Áp dụng kết quả 1.5 ta lại có kết quả thú vị khác

1.6. Cho tam giác . Đường tròn nội tiếp tiếp xúc tại . Tâm các đường tròn bàng tiếp . Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác và tam giác trùng nhau.

Chứng minh:

Ta áp dụng kết quả 1.5 vào tam giác , ta chú ý rằng chính là trực tâm tam giác ta có điều phải chứng minh.

1.7. Cho tam giác đường tròn nội tiếp tiếp xúc với tại . lần lượt là trung điểm của . Chứng minh rằng các đường thẳng lần lượt qua và vuông góc với đồng quy tại một điểm trên đường thẳng trong đó là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .

T

a dễ thấy lần lượt vuông

góc với nên các đường

thẳng lần lượt qua và vuông

góc với sẽ tương ứng song

song với . Ta suy ra các đường

thẳng này đồng quy tại một điểm trên

với là trọng tâm của tam giác . Tuy nhiên cũng chính là đường thẳng Euler của tam giác . Theo 1.5, đi qua . Như vậy điểm đồng quy nằm trên . Ta có điều phải chứng minh.

1.8. Cho tam giác đường tròn nội tiếp tiếp xúc tại ần lượt gọi là đường kính của chứng minh rằng đồng quy tại một điểm nằm trên đường nối và trọng tâm của tam giác .

Bổ đề 5. Cho tam giá , đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc tại . Gọi là đường kính của . cắt tại thì .

C

hứng minh: Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại của với lần lượt là . Gọi là bán kính của .

Ta chú ý rằng lần lượt là phân

giác của các góc . Từ đó

ta dễ thấy (g.g) suy

ra . Tương tự do đó . Suy ra (1). Dễ thấy . Theo định lý Thales ta có (2)

T

ừ (1) và (2) ta dễ suy ra , ta chứng minh được bổ đề.

Trở lại bài toán.

Gọi giao điểm của với

là và trung điểm là .

Theo bổ đề vậy

cũng là trung điểm , là

trung điểm do đó suy ra

. Tương tự có thì .

Từ đó ta áp dụng câu 2 a) với điểm ta suy ra đồng quy tại một điểm nằm trên đường nối và trọng tâm của tam giác hơn nữa . Ta có điều phải chứng minh.

Qua đường thẳng Ơ le và một số kết quả mở rộng ta thấy việc khai thác các định lý, tính chất hình học là chìa khóa quan trọng để khám phá các vẽ đẹp tiềm ẩn trong ‘’Hình học phẳng’’. Hy vọng các em học sinh tiếp tục phát triển, đào sâu suy nghỉ để tìm ra các bài toán mới hay hơn, phong phú hơn.Đó là cách để học giỏi bộ môn hình học phẳng.

Dạng 2. Đường thẳng Simmon

Cho tam giác nội tiếp đường tròn là một điểm bất kỳ trên đường tròn. Kẻ lần lượt vuông góc với . Chứng minh rằng ba điểm thẳng hàng.

C

hứng minh:

Tứ giác có nên là tứ giác nội tiếp (cùng chắn cung ), mà tứ giác nội tiếp nên , do đó .

Mặt khác tứ giác nội tiếp (vì ) nên .

Vậy thẳng hàng.

Đường thẳng đi qua được gọi là đường thẳng Simson của điểm .

Chú ý: Ta có bài toán đảo về bài toán Simson như sau: Cho tam giác và một điểm nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằng nếu hình chiếu của lên ba cạnh của tam giác là ba điểm thẳng hàng thì nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Dạng 3. Đường thẳng Steiner

Cho tam giác nội tiếp đường tròn , là điểm bất kỳ thuộc đường tròn. Gọi theo thứ tự là các điểm đối xứng với qua . Chứng minh rằng thẳng hàng.

C

hứng minh:

Gọi theo thứ tự là hình chiếu của lên ; thế thì thẳng hàng (đường thẳng Simson). Dễ thấy là đường trung bình của tam giác . Tương tự . Theo tiên đề Ơ-clit và do thẳng hàng nên suy ra thẳng hàng.

Đường thẳng đi qua được gọi là đường thẳng Steiner của điểm .

Chú ý:

a) Ta có thể chứng minh ba điểm thẳng hàng bằng cách dùng phép vị tự: Các điểm lần lượt là ảnh của trong phép vị tự tâm tỉ số 2, mà thẳng hàng nên cũng thẳng hàng. Như vậy đường thẳng Steiner là ảnh của đường thẳng Simson trong phép vị tự tâm tỉ số 2.

b) Đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác . Thật vậy, gọi là trực tâm của tam giác cắt lần lượt ở . Dễ dàng chứng minh được đối xứng với qua , đối xứng với qua (Xem phần chứng minh đường thẳng Ơ le cách 2). Ta có là hình thang cân nên mà (Tính chất góc nội tiếp) , do đó . Suy ra . Tương tự .

Vậy thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác .

Cách khác:

Gọi là các đường cao của tam giác , là trực tâm. Ta có (tính chất đối xứng). Lại có (cùng bù với ). Suy ra nên là tứ giác nội tiếp, do đó . Mà . Chứng minh tương tự . Ta có .

Vậy thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác .

Dạng 4. Đường tròn Euler

Cho tam giác có đường cao đồng quy tại . Gọi lần lượt là trung điểm của ; lần lượt là trung điểm của . Chứng minh rằng chin điểm cùng nằm trên một đường tròn.

Chứng minh:

Trong tam giác thì là đường trung bình nên và . Trong tam giác thì là đường trung bình nên và . Do đó và nên là hình bình hành. Mặt khác mà nên , lại có ( là đường trung bình của tam giác ). Suy ra , do đó là hình chữ nhật. Gọi là giao điểm của và thì . Chứng minh tương tự ta có . Ta được .

Tam giác vuông tại có là trung điểm của nên . Tương tự ; . Suy ra . Vậy chin điểm cùng nằm trên đường tròn tâm . Đường tròn đi qua chín điểm được gọi là đường tròn Euler của tam giác .

Chú ý:

a) Tâm đường tròn Euler nằm trên đường thẳng Euler.

Thật vậy, gọi và O theo thứ tự là trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . Ta chứng minh được , lại có là hình bình hành. Mà là trung điểm của nên cũng là trung điểm của .

Như vậy bốn điểm thẳng hàng, tứ là tâm đường tròn Euler nằm trên đường thẳng Euler.

b) Bán kính đường tròn Euler bằng (vói là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ). Thật vậy, ta có là đường trung bình của nên .

Dạng 5. Điểm Miquel

Cho tứ giác có là giao điểm của và , là giao điểm của và . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác đồng quy.

Chứng minh:

Gọi là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác và . Ta có . Do tứ giác nội tiếp hay thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác . Chứng minh tương tự cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác . Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác đồng quy tại . Điểm được gọi là điểm Miquel.

Dạng 6. Đường tròn Miquel

Cho tứ giác có là giao điểm của và , là giao điểm của và . Gọi là điểm Miquel và lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác . Chứng minh rằng năm điểm cùng nằm trên một đường tròn.

Chứng minh:

Gọi theo thứ tự là trung điểm của . Các đường tròn và cắt nhau tại và nên là đường trung trực của , do đó vuông góc với tại . Tương tự vuông góc với tại , vuông góc với tại .

Nói cách khác theo thứ tự là hình chiếu của trên các cạnh của tam giác . Dễ thấy và mà thẳng hàng nên thẳng hàng. Theo bài toán đảo về đường thẳng Simson (xem mục 2), ta có cùng nằm trên một đương tròn. Tương tự cùng nằm trên một đường tròn. Vậy năm điểm cùng nằm trên một đường tròn.

Đường tròn đi qua năm điểm được gọi là đường tròn Miquel.

Dạng 7. Định lý Miquel

Cho tam giác các điểm lần lượt nằm trên các cạnh . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của các tam giác đồng quy.

Chứng minh:

Gọi là giao điểm khác của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác . Ta có và (do là các tứ giác nội tiếp). Do đó nên tứ giác nội tiếp hay cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Vậy đường tròn ngoại tiếp của tam giác đồng quy tại (đpcm).

Dạng 8. Định lý Lyness

Cho tam giác nội tiếp đường tròn . Đường tròn tiếp xúc trong với tại và tiếp xúc với ở . Chứng minh rằng đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác .

Chứng minh:

Vẽ tia phân giác của cắt tại ; gọi là giao điểm của với đường tròn . Ta có nên mà là điểm chính giữa của cung , do đó (1). Tam giác cân tại ( Do là các tiếp tuyến của ) nên , mặt khác (Tính chất góc nội tiếp của tứ giác ) nên . Mà (2). Vì nên là tứ giác nội tiếp (3). Từ (1),(2) và (3) ta có , do đó là tia phân giác của . Do mà nên . Tứ giác nội tiếp (vì ).

(4). Mặt khác, do là điểm chính giữa của (chứng minh tương tự ở trên) (5). Từ (4) và (5) suy ra , do đó là tia phân giác của . Vậy là tâm đường tròn nội tiếp tam giác (đpcm).

Cách khác:

Vẽ tia phân giác của cắt tại , ta chứng minh là tia phân giác của . Vẽ tiếp tuyến chung của và . Tương tự như cách trên, gọi là giao điểm của với thì là điểm chính giữa của , do đó thẳng hàng.

Ta có nên tứ giác nội tiếp , mà , do đó tứ giác nội tiếp . Ta lại có , do đó là tia phân giác của (đpcm).

Dạng 9. Định lý Lyness mở rộng (bổ đề Sawayama)

Cho tam giác nội tiếp đường tròn là một điểm bất kỳ trên cạnh . Đường tròn tiếp xúc với đường tròn tại và tiếp xúc với lần lượt ở . Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp tam giác nằm trên .

Để chứng minh định lý này ta cần hai bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho là dây của đường tròn . Đường tròn tiếp xúc với tại và tiếp xúc với tại . Chứng minh rằng đi qua điểm chính giữa của cung và (với là điểm chính giữa của ).

Chứng minh là điểm chính giữa của cung . Ta có nên mà là điểm chính giữa của cung , Bây giờ ta chứng minh . Thật vậy, ta có (g.g) .

Bổ đề 2: Cho tam giác nội tiếp nội tiếp đường tròn và là điểm chính giữa của không chứa . Trên lấy sao cho . Chứng minh rằng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .

Thật vậy, gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác thì là giao điểm của đường phân giác trong góc với . Ta có suy ra tam giác cân tại hay . Do đó hay . Vậy là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .

Chứng minh:

Gọi giao điểm của với thì là điểm chính giữa của và (theo bổ đề 1). Gọi là tiếp tuyến chung của và tại là giao điểm của và . Ta có nên tứ giác là tứ giác nội tiếp . Mà nên , do đó (cùng kề bù với hai góc bằng nhau). Từ đó chứng minh được (g.g)

. Theo bổ đề 2, ta có là tâm đường tròn nội tiếp tam giác (đpcm).

Dạng 10. Một hệ quả của định lý Lyness mở rộng

Cho đường tròn hai điểm và nằm trên đường tròn điểm nằm trong đường tròn . Đường tròn tiếp xúc trong với tại và tiếp xúc với theo thứ tự ở . Gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác . Chứng minh rằng nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Chứng minh:

Gọi là giao điểm của với , là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác . Ta có thẳng hàng và nằm trên (theo bổ đề Sawayama). Dễ thấy cùng nằm trên một đường tròn (xem mục 8) (1). Do là tâm đường tròn nội tiếp tam giác nên . Ta lại có . Do đó nên cùng nằm trên một đường tròn (2)

Từ (1) và (2) suy ra cùng trên một đường tròn. Vậy thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Dạng 11. Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp

Cho tứ giác nội tiếp trong đường tròn . Chứng minh rằng .

C

hứng minh:

Trên lấy điểm sao cho . Khi đó ta có: (g.g). Nên suy ra (1)

Mặt khác, ta cũng có: . Từ đó suy ra (2). Từ (1), (2) ta suy ra: . Ta có đpcm.

Cách 2.

Từ vẽ . Theo định lý Simson, ta có thẳng hàng. Ta có: . Áp dụng định lý hàm số sin ta có: ; . Từ trên ta suy ra: .Vậy ta có: (đpcm)

Dạng 12. Định lý Ptolemy cho tứ giác bất kỳ

Cho tứ giác . Chứng minh rằng .

Chứng minh:

Bên trong tứ giác lấy điểm sao cho và . Ta có (g.g) (1). Do nên . Xét tam giác và , có: (chứng minh trên)

(do ) nên (c.g.c) (2). Từ (1) và (2) suy ra .

Đẳng thức xảy ra khi nằm trên đường chéo , lúc đó tứ giác nội tiếp.

Ví dụ 1) Cho tam giác vuông tại . . Gọi là một điểm trên cạnh là một điểm trên cạnh kéo dài về phía sao cho . Gọi là một điểm trên sao cho thuộc cùng một đường tròn là giao điểm thứ hai của với đường tròn ngoại tiếp tam giác . Chứng minh rằng .

G

iải:

Vì tứ giác nội

tiếp nên .

Mặt khác

(1). Áp dụng định lý Ptô –lê- mê cho

tứ giác ta có (2)

Từ (1) và (2) suy ra . Mặt khác nên .

Ví dụ 2) . Cho tam giác có là tâm đường tròn nội tiếp là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm . Giả sử rằng . Chứng minh rằng và song song.

G

iải:

Gọi là giao điểm thứ hai khác

của với đường tròn .

Khi đó là điểm chính giữa

cung (cung không chứa ).

Ta có .

Theo định lý Ptô-lê-mê ta có

do đó .

Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: .Vậy . Gọi là trung điểm cạnh , khi đó . Vậy .

Dạng 13. Định lý Brocard

Cho tứ giác nội tiếp đường tròn . Gọi là giao điểm của và ; là giao điểm của và ; là giao điểm của và . Chứng minh rằng là trực tâm của tam giác .

C

hứng minh:

Gọi là giao điểm khác

của hai đường tròn ngoại

tiếp tam giác và .

Ta có

, do đó tứ giác nội tiếp.Ta có nên cũng là tứ giác nội tiếp. Gọi là giao điểm của là đường tròn ngoại tiếp tam giác .

Thế thì , mà nên . Từ đó chứng minh được tứ giác nội tiếp. như vậy là điểm chung khác của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác và . Do đó hay thẳng hàng.

Tương tự thẳng hàng.Ta có: (1). (2). Lại có và (3). Từ (1),(2) và (3) ta có , mà nên hay .

Tương tự gọi là giao điểm khác của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác và thì thẳng hàng và . Vậy là trực tâm của .

Dạng 14. Định lý con bướm với đường tròn

Cho đường tròn dây . Gọi là trung điểm của dây vẽ các dây đi qua ( và nằm về một phía của ). Gọi giao điểm của với là . Chứng minh rằng .

Chứng minh:

Cách 1: Vẽ dây đối xứng với tia qua . Tứ giác nội tiếp nên . Mà nên , do đó

tứ giác nội tiếp . Mặt khác nên . Ta lại có (tính chất đối xứng). Từ đó chứng minh được (g.c.g) .

C

ách 2: Kẻ thì lần lượt là trung điểm của . Ta có (g.g) có là các trung tuyến tương ứng nên (c.c.c) (1). Các tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối) nên (2).Từ (1) và (2) có nên tam giác cân tại . Vậy .

Cách 3:

Kẻ .

Tacó ; .Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra: . Đặt . Ta có . Vậy .

Chú ý: Nếu gọi là giao điểm của với đường thẳng thì ta cũng có . Thật vậy, kẻ và chứng minh tương tự như cách 2.

Dạng 15. Định lý con bướm mở rộng với đường tròn

Cho đường tròn dây và là một điểm bất kỳ thuộc dây . Vẽ các dây đi qua ( và nằm về một phía của ). Gọi giao điểm của với là . Chứng minh rằng .

Chứng minh:

Trước hết ta chứng minh rằng (*)

Thật vậy, vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác cắt ở . Theo hệ thức lượng trong đường tròn, ta có và nên (1). Vì nên tứ giác nội tiếp, tương tự như trên ta có (2). Từ (1) và (2) suy ra , (*) đã được chứng minh. Đặt , từ (*) ta có . Chia hai vế cho ta được hay . Ghi chú: Bổ đề (*) được gọi là bổ đề Haruki.

Dạng 16. Định lý con bướm với cặp đường thẳng

Cho tam giác có là trung điểm của cạnh . Qua vẽ đường thẳng thứ nhất cắt ở ; đường thẳng thứ hai cắt ở . cắt lần lượt tại . Chứng minh rằng .

Chứng minh:

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác với cát tuyến và , ta có:

(1)

(2)

Lại áp dụng định lý Menelaus cho tam giác với cát tuyến và , ta được:

. Từ (1),(2),(3) và (4) suy ra .Lại có nên .

Dạng 17. Định lý Shooten

Cho tam giác đều nội tiếp đường tròn . Chứng minh rằng với mỗi điểm bất kỳ nằm trên đường tròn thì một trong ba đoạn có một đoạn có độ dài bằng tổng độ dài hai đoạn kia.

Chứng minh:

Xét điểm nằm trên cung nhỏ .

Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp , ta có

.

Vì nên .

Tương tự nếu điểm nằm trên cung nhỏ và thì ta lần lượt có và .

Suy ra đpcm.

Cách khác để chứng minh:

(trường hợp điểm nằm trên các cung tương tự).

Trên lấy điểm sao cho , ta cần chứng minh .

Thật vậy, ta có mà nên tam giác đều, do đó và .

Ta lại có nên , suy ra .

Dễ dàng chứng minh được (c.g.c) nên .

Dạng 18. Hệ thức Van Aubel

Cho tam giác có đồng quy tại ( theo thứ tự thuộc các cạnh ).Chứng minh rằng .

C

hứng minh:

Qua vẽ đường thẳng song song với cắt tại ta có

dạng 19. Định lý Ce’va

Cho tam giác và các điểm lần lượt nằm trên cạnh . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để đồng quy là ta có hệ thức (*)

Chứng minh:

Điều kiện cần: Ta chứng minh rằng nếu đồng quy thì có (*)

Gọi là điểm đồng quy của ba đoạn . Qua vẽ đường thẳng song song với cắt ở . Theo định lý Ta-lét ta có

, do đó (đpcm)

Điều kiện đủ: Ta chứng minh rằng nếu có (*) thì đồng quy. Thật vậy, gọi là giao điểm của và , cắt cạnh tại .

Theo chứng minh ở điều kiện cần ta có . Hai điểm và đều chia trong đoạn theo cùng một tỉ số nên . Vậy đồng quy.

Chú ý: Bài toán vẫn đúng trong trường hợp các điểm nằm trên các đường thẳng trong đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác.

Dạng 20. Định lý Menelaus

Cho tam giác và các điểm theo thứ tự nằm trên các đường thẳng . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để thẳng hàng là ta có hệ thức (**)

Chứng minh:

Điều kiện cần: Gọi theo thứ tự là khoảng cách từ đến cát tuyến .

Ta có . Do đó (đpcm)

Điều kiện đủ: Giả sử có (**) và cắt cạnh tại .

Thế thì .

Vậy thẳng hàng (đpcm).

1