Luyện Thị Lớp 10: NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG - 123doc

Có thể bạn quan tâm

Tải bản đầy đủ (.doc) (39 trang)

Trang chủ

Lớp 10

Toán học

Luyện thị lớp 10: NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.72 MB, 39 trang )

PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG1. Đường thẳng Euler1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC . Chứng minh rằngtrọng tâm G , trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O cùngGH= 2 . Đường thẳng nốiGOH ,G,O gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC .nằm trên một đường thẳng. Hơn nữaChứng minh:Cách 1: Gọi E , F lần lượt là trung điểm của BC , AC . Ta có EF làđường trung bình của tam giác ABC nên EF / / AB . Ta lại có� = ABH�OF / / BH (cùng vuông góc với AC ). Do đó OFE(góc có� = BAH� .cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự OEFAHAB== 2(do EF làOEEFđường trung bình của tam giác ABC ). Mặt khác G là trọng tâmTừ đó có D ABH : D EFO (g.g) �AGAGAH= 2. Do đó== 2, lại cóGEFGOE� = OEG�(so le trong, OE / / AH ) � D HAG : D EOG (c.g.c)HAG� = EGO� . Do EGO� + AGO� = 1800 nên HGA� + AGO� = 1800� HGAcủa tam giác ABC nên� = 1800 .hay HGO95PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Vậy H ,G,O thẳng hàng.Cách 2: Kẻ đường kính AD của đường tròn (O) ta có BH ^ AC(Tính chất trực tâm) AC ^ CD (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)suy ra BH / / CD . Tương tự ta cũng có CH / / BD nên tứ giácBHCD là hình bình hành, do đó HD cắt BC tại trung điểm của1AH (Tính chất đường2trung bình tam giác ADH ). Nối AM cắt HO tại G thìmỗi đường. Từ đó cũng suy ra OM / / =GO OM1== nên G là trọng tâm của tam giác ABC .GHAH2Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H ' saocho GH ' = 2GO . Gọi M là trung điểm BC . Theo tính chấttrọngtâm thì G thuộc AM và GA = 2GM .Áp dụng định lý Thalesvào tam giác GOM dễ suy raAH '/ /OM (1).Mặt khác do Olà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC , M là trung điểm BC nên OM ^ BC (2).Từ (1) và (2) suy ra AH ' ^ BC , tương tự BH ' ^ CA . VậyH ' �H là trực tâm tam giác ABC . Theo cách dựng H ' ta cóngay kết luận bài toán.Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường tròn tại H ' thì� 'D  900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên EM là đườngAHtrung bình của tam giác HH 'D suy ra H đối xứng với H ' qua BC .Nếu gọi O' là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác HBC thì ta có O'đối xứng với O qua BC .96PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Đường thẳng đi qua H ,G,O được gọi là đường thẳng Eulercủa tam giác ABC . Ngoài ra ta còn có OH  3OG .*Đường thẳng Euler có thể coi là một trong những định lýquen thuộc nhất của hình học phẳng. Khái niệm đườngthẳng Euler trước hết liên quan đến tam giác, sau đó đượcmở rộng và ứng dụng cho tứ giác nội tiếp và cả n - giác nộitiếp, trong chuyên đề ta quan tâm đến một số vấn đề cóliên quan đến khái niệm này trong tam giác.1.1. (Mở rộng đường thẳng Euler) Cho tam giác ABC . Plà điểm bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi A ', B ',C ' lần lượt làtrung điểm của BC ,CA, AB . G là trọng tâm tam giác ABC .a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B,C lần lượtsong song với PA ', PB ', PC ' đồng quy tại một điểm H P , hơnnữa H P ,G, P thẳng hàng vàGH PGP= 2.b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A ', B ',C ' lần lượtsong song với PA, PB, PC đồng quy tại một điểm OP , hơn nữaOP ,G , P thẳng hàng vàGOP1= .GP2Giải:a) Ta thấy rằng kết luận của bài toán khá rắc rối, tuy nhiên ýtưởng của lời giải câu 1 giúp ta tìm đến một lời giải rất ngắngọn như sau:Lấy điểm Q trên tia đối tia GP saocho GQ = 2GP . Theo tính chất trọngtâm ta thấy ngay G thuộc AA 'và GA = 2GA ' . Vậy áp dụng định lý97PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Thales vào tam giác GPA ' dễ suy ra AQ / / PA ' . Chứng minhtương tự BQ / / PB ',CQ / / PC ' . Như vậy cácđường thẳng qua A, B,C lần lượt song song với PA ', PB ', PC 'đồng quy tại Q �H P . Hơn nữa theo cách dựng Q thì H P ,G,Othẳng hàng vàGH PGO= 2. Ta có ngay các kết luận bài toán.b) Ta có một lời giải tương tự. Lấy điểm R1trên tia đối tia GP sao cho GR = GP .2Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay Gthuộc AA ' và GA = 2GA ' . Vậy áp dụngđịnh lý Thales vào tam giác GPA dễ suy raAR / / PA . Chứng minh tương tự BR / / PB,CR / / PC . Như vậycác đường thẳng qua A, B,C lần lượt song song vớiPA, PB , PC đồng quy tại R �OP . Hơn nữa theo cách dựng Rthì OP ,G , P thẳng hàng vàGP= 2 . Ta có ngay các kết luậnGOPbài toán.Nhận xét: Bài toán trên thực sự là mở rộng của đườngthẳng Euler.Phần a) Khi P �O tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giácABC ta có ngay H P = H là trực tâm của tam giác ABC . Tathu dược nội dung của bài toán đường thẳng Euler.Phần b) Khi P �H trực tâm của tam giác ABC thì OP �Otâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .98PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 91.2. Cho tam giác ABC trực tâm H . Khi đó đường thẳngEuler của các tam giác HBC , BC HCA, HAB đồng quy tại mộtđiểm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC .Giải:Để giải bài toán này chúng ta cần hai bổ đề quen thuộc sau:Bổ đề 1. Cho tam giác ABC trực tâm H . Thì( HBC ) ,( HCA) ,( HAB )lần lượt đối xứng với ( ABC ) quaBC ,CA, AB .Chứng minh: Gọi giao điểm khác A của HAvới ( ABC ) là A ' . Theo tính chấttrực tâm và góc nội tiếp dễ thấy� = HAC� =A�'BC . Do đó tam giácHBCHBA ' cân tại B hay H và A ' đối xứngnhau qua BC do đó ( HBC ) đối xứng ( ABC ) .Tương tự cho ( HCA ) , ( HAB ) , ta có điều phải chứng minh.Bổ đề 2. Cho tam giác ABC , trực tâm H , tâm đường trònngoại tiếp O , M là trung điểm thì HA = 2OM .Chứng minh:Gọi N là trung điểm của CA dễ thấyOM / / HA do cùng vuông góc với BCvà OM / / HB do cùng vuông góc vớiCA nên ta có tam giác D HAB : D OMN99PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9tỷ sốAB= 2. Do đó HA = 2OM ,MNđó là điều phải chứng minh.Trở lại bài toán. Gọi OA là tâm ( HBC )theo bổ đề 5.1 thì OA đối xứng vớiOqua BC ,kết hợp với bổ đề 2 suy raOOA song song và bằng OHnên tứ giác AHOAA là hình bình hànhnên AOA đi qua trung điểm E của OH .Tuy nhiên dễ thấy A là trực tâm tam giác HBC do đó đườngthẳng Euler của tam giác HBC là AOA đi qua E . Tương tựthì đường thẳng Euler của các tam giác HCA, HAB cũngđiqua E nằm trên OH là đường thẳng Euler của tam giácABC . Đó là điều phải chứng minh.Nhận xét: Điểm đồng quy E là trung điểm OH cũng chínhlà tâm đường tròn Euler của tam giác ABC1.3. Cho tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp I . Khi đóđường thẳng Euler của các tam giác I BC , ICA, I AB đồng quytại một điểm trên đường thẳng Euler của tam giác ABC .Hướng dẫn giải:Ta sử dụng các bổ đề sau:Bổ đề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O ) , tâmđường tròn nội tiếp I . IA cắt ( O ) tại điểm D khác A thì D làtâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I BC .100PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Giải:Sử dụng tính chất góc nội tiếpvà góc ngoài tam giác ta có:� +CBD� =I�BD = IBC��IBA + IAC = IBA + IAB = BIDVậy tam giác IDB cân tại D .Tương tự tam giác ICD cân tại D do đó DI = DB = DC . VậyD là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác . (Xem thêm phầngóc với đường tròn)Bổ đề 4. (Định lý Menelaus). Cho tam giác ABC một đườngthẳng cắt ba cạnh BC ,CA, AB tương ứng tại A ', B ',C ' thìA 'B B 'C C 'A..= 1.AB B 'A C 'BĐịnh lý đã được chứng minh chitiết trong (Các định lý hình học nổitiếng)Trở lại bài toán. Gọi O là tâm ( ABC ) ,I A giao ( ABC ) tại điểmOA khác A .Gọi G,GA lần lượt là trọng tâm tam giác ABC , IBC . Gọi M làtrung điểm BC , GGA cắt OOA tại E .Theo bổ đề 3 và các tính chất cơ bản ta thấy OA là trung� không chứa A của ( O ) do đó OOA vuông gócđiểm cung BC101PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9với BC tại M .OAEOAM=23IGAIM=AG2= nên GGA / / AOA suy raAM3(1). Hơn nữaGA EGAG=IOAIA=COAIA(2). Gọi GAOA(đường thẳng Euler của tam giác I BC ) cắt OG (đường thẳngEuler của tam giác ABC tại S ). Ta sẽ chứng minh rằng S cố� = BCO�định. Gọi N là hình chiếu của I lên AB . Do AIBnênAhai tam giác vuông IAN và OACM đồng dạng. Do đóCOAIAINr==hay r =(3)OACMOAMOAMOA .IAÁp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S,GA ,OAthẳng hàng, ta có:1=COSG OAO GAESGR..=.. ASO OAE GAGSO 3IA.OAM2SG 2RSG3r. Vậy, do đó S cố định. Tương tự, các.=SO 2rSO2Rđường thẳng Euler của tam giác I CA, IAB cũng đi qua S nằmtrên đường thẳng Euler của tam giác ABC . Ta có điều phảichứng minh.=Nhận xét. Điểm đồng quy S thường được gọi là điểmSchiffer của tam giác ABC .1.4 Cho tam giác ABC . Đường tròn ( I ) tiếp xúc ba cạnh tamgiác tại D, E , F . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác DEFđi qua tâm đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC .Hướng dẫn giải:Gọi A ', B ',C ' lần lượt là giao điểm khác A, B,C của IA, IB, ICvới đường tròn ngoại tiếp ( O ) Khi đó A ' là trung điểm cung102PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9� không chứa A của ( O ) do đó OA ' ^ BC suy ra OA '/ / ID .BCGọi giao điểm của A 'D với OI là K , áp dụng định lý ThalesKDKIIDrtrong===K A ' K O OA ' Rđó r , R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếptam giác. Do đó K cố định, tương tự B 'E ,C 'F đi qua K .Lấyvào tam giác K OA ' ta thấy ngayđiểm H thuộc đoạn K O sao choKHr= . Áp dụng định lýKIRThalestrong tam giác K I A ' ta thấyKHKDr(cùng bằng)=KIKA 'Rnên DH / / IA ' . Bằng tính chấtphân giác và tam giác cân dễthấy I A ' �AI ^ EF do đóDH ^ EF . Chứng minh tươngtự EH ^ DF , FH ^ ED hay H là trực tâm của tam giác DEF .Ta chú ý rằng I chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácDEF đi qua O . Ta có điều phải chứng minh.Nhận xét. 1.4 là một kết quả rất hay gặp về đường thẳng Euler, nhờ đóta có thể chứng minh được kết quả thú vị khác như sau1.5 Cho tam giác ABC các đường cao AA ', BB ',CC ' đồngquy tại H . Gọi D, E , F là hình chiếu của H lênB 'C ',C ' A ', A ' B ' . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác DEFvà tam giác ABC trùng nhau.Giải:103PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Ta đã biết một kết quả quen thuộc đó là trực tâm H củatam giác ABC chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giácA 'B 'C ' . Khi đó theo 1.4 , đường thẳng Euler của tam giácDEF chính là đường thẳng nối H và N , trong đó N là tâmđường tròn ngoại tiếp tam giác A 'B 'C ' . Mặt khác tâm Nđường tròn ngoại tiếp tam giác A 'B 'C ' chính là tâm đườngtròn Euler của tam giác ABC do đó NH cũng chính là đườngthẳng Euler của tam giác ABC . Đó là điều phải chứng minh.Chú ý. Áp dụng kết quả 1.5 ta lại có kết quả thú vị khác1.6. Cho tam giác ABC . Đường tròn nội tiếp tiếp xúcBC , CA, AB tại D, E, F . Tâm các đường tròn bàng tiếp I a , I b , I c .Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác DEF vàtam giác I a I b I c trùng nhau.Chứng minh:Ta áp dụng kết quả 1.5 vào tam giác I a Ib I c , ta chú ý rằng Ichính là 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 vớiBC , CA, AB tại D, E, F . A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm củaEF , FD, DE . Chứng minh rằng các đường thẳng lần lượt quaA ', B ', C ' và vuông góc với BC , CA, AB đồng quy tại một điểmtrên đường thẳng OI trong đó O là tâm đường tròn ngoạitiếp tam giác ABC .Ta dễ thấy ID, IE , IF lần lượt vuônggóc với BC , CA, AB nên các đườngthẳng lần lượt qua A ', B ', C ' và vuônggóc với BC , CA, AB sẽ tương ứng song104PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9song với ID, IE , IF . Ta suy ra các đườngthẳng này đồng quy tại một điểm trên IGvới G là trọng tâm của tam giác DEF . Tuy nhiên IG cũngchính là đường thẳng Euler của tam giác DEF . Theo 1.5, IGđi qua O . Như vậy điểm đồng quy nằm trên IO . Ta có điềuphải chứng minh.( )1.8. Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp Itiếp xúcBC ,CA, AB tại D, E , F ần lượt gọi DP , EQ, FR là đường kính của( I ) , chứng minh rằng AP , BQ,CRđồng quy tại một điểm nằmtrên đường nối I và trọng tâm G của tam giác ABC .( )Bổ đề 5. Cho tam giá ABC , đường tròn nội tiếp Icủa tam giáctiếp xúc BC tại D . Gọi DE là đường kính của I . AE cắt BC tạiF thì BD = CF .( )Chứng minh: Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại E của I vớiAB, AC lần lượt là K , L . Gọi r là bán kính của ( I ) .Ta chú ý rằng K I , LI lần lượt là phân� L ,CLK� . Từ đógiác của các góc BKta dễ thấy D K EI : D IDB (g.g) suyra K E .BD = ID.IE = r 2 . Tương tự EL .DC = ID.IE = r 2 do đóK E .BD = EL .DC . Suy raELKEEL + K EKL(1). Dễ===BDDCDB + DCBCthấy K L / / BC . Theo định lý Thales ta cóELALKL==FCACBC(2)Từ (1) và (2) ta dễ suy ra BD = FC , ta chứng minh được bổ đề.Trở lại bài toán.105PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Gọi giao điểm của AP với BClà A1 và trung điểm BC là A2 .Theo bổ đề BD = CA1 vậy A2cũng là trung điểm DA1 , I làtrung điểm DP do đó suy raIA2 / / AA1 . Tương tự có B1, B2,C 1,C 2 thì IB2 / / BB1, IC 2 / / CC 1 .Từ đó ta áp dụng câu 2 a) với điểm I ta suy ra AA2, BB2,CC 2 đồngquy tại một điểm N nằm trên đường nối I và trọng tâm G củatam giác ABC hơn nữa GN = 2GI . Ta có điều phải chứng minh.Qua đường thẳng Ơ le và một số kết quả mở rộng tathấy việc khai thác các định lý, tính chất hình học làchìa khóa quan trọng để khám phá các vẽ đẹp tiềm ẩntrong ‘’Hình học phẳng’’. Hy vọng các em học sinhtiếp tục phát triển, đào sâu suy nghỉ để tìm ra các bàitoán mới hay hơn, phong phú hơn.Đó là cách để họcgiỏi bộ môn hình học phẳng.2. Đường thẳng Simmon( )Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn OM là một điểm bất kỳtrên đường tròn. Kẻ MH , MI , MK lần lượt vuông góc vớiAB , BC , AC . Chứng minh rằng ba điểm H , I , K thẳng hàng.Chứng minh:106PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9�� = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giácTứ giác MIBH có BHM+ BIM� = MBH�nội tiếp � MIH(cùng chắn cung HM ), mà tứ giác��CM , do đó MIH� =K�CM .ABMC nội tiếp nên MBH=K� = MK� C = 900 ) nênMặt khác tứ giác K CMI nội tiếp (vì MIC�CM + MIK� = 1800 � MIH� + MIK� = 1800 � HIK� = 1800 .KVậy H , I , K thẳng hàng.Đường thẳng đi qua H , I , K được gọi là đường thẳng Simson củađiểm M .Chú ý: Ta có bài toán đảo về bài toán Simson như sau: Cho tamgiác ABC và một điểm M nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằngnếu hình chiếu của M lên ba cạnh của tam giác ABC là ba điểmthẳng hàng thì M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .3. Đường thẳng Steiner( )Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , M là điểm bất kỳthuộc đường tròn. Gọi N , P ,Q theo thứ tự là các điểm đối xứng vớiM qua AB, BC ,CA . Chứng minh rằng N , P ,Q thẳng hàng.Chứng minh:107PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Gọi H , I , K theo thứ tự là hình chiếu của M lên AB, BC , AC ; thếthì H , I , K thẳng hàng (đường thẳng Simson). Dễ thấy IH làđường trung bình của tam giác MNP . Tương tự IK / / PQ . Theotiên đề Ơ-clit và do H , I , K thẳng hàng nên suy ra N , P ,Q thẳnghàng.Đường thẳng đi qua N , P ,Q được gọi là đường thẳng Steiner củađiểm M .Chú ý:a) Ta có thể chứng minh ba điểm N , P ,Q thẳng hàng bằng cáchdùng phép vị tự: Các điểm N , P ,Q lần lượt là ảnh của H , I , K trongphép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H , I , K thẳng hàng nên N , P ,Qcũng thẳng hàng. Như vậy đường thẳng Steiner là ảnh của đườngthẳng Simson trong phép vị tự tâm M tỉ số 2.b) Đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC . Thật( )vậy, gọi D là trực tâm của tam giác ABC ;BD,CD cắt O lần lượtở E , F . Dễ dàng chứng minh được E đối xứng với D qua AC , Fđối xứng với D qua AB (Xem phần chứng minh đường thẳng Ơ le� màcách 2). Ta có FDMN là hình thang cân nên F�1 = N1� =H� (Tính chất góc nội tiếp) , do đó N� =H� . Suy raF�1 = B1111ND / / HK . Tương tự QD / / HK .Vậy N , D,Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâmcủa tam giác ABC .Cách khác:108PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Gọi AS, BJ ,CR là các đường cao của tam giác ABC , D là trực� = AMB��tâm. Ta có ANB(tính chất đối xứng). Lại có AMB= ADJ� ). Suy ra ANB� = ADJ�(cùng bù với SDJnên ADBN là tứ giác nội� = MAB�� = MAB� .� = NDB� . Mà NABtiếp, do đó NAB� NDB� = CAM� . Ta cóChứng minh tương tự CDQ� + CDQ� = MAB� +CAM��NDB= BAC� = NDB� + BDC� +CDQ� = BAC� + BDC� = 1800 .� NDQVậy N , D,Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâmcủa tam giác ABC .4. Đường tròn EulerCho tam giác ABC có đường cao AD, BE ,CF đồng quy tại H . GọiM , N , P lần lượt là trung điểm của BC ,CA, AB ; S, R,Q lần lượt làtrung điểm của HA, HB, HC . Chứng minh rằng chin điểmD, E , F , M , N , P , S, R,Q cùng nằm trên một đường tròn.Chứng minh:109PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Trong tam giác ABH thì PR là đường trung bình nên PR / / AHvà PR =1AH . Trong tam giác ACH thì NQ là đường trung bình21AH . Do đó PR / / NQ và PR = NQ2nên PNQR là hình bình hành. Mặt khác PR / / AH mà AH ^ BCnên PR ^ BC , lại có PN / / BC ( PN là đường trung bình của tamnên NQ / / AH và NQ =giác ABC ). Suy ra PN ^ PR , do đó PNQR là hình chữ nhật. GọiI là giao điểm của PQ và RN thì IP = IN = IR = IQ . Chứngminh tương tự ta có IS = IM = IN = IR . Ta đượcIP = IQ = IN = IR = IS = IM .Tam giác FPQ vuông tại F có I là trung điểm của PQ nênIF = IP = IQ . Tương tự IE = IR = IN ; ID = IS = IM . Suy raID = IE = IF = IM = IN = IP = IS = IR = IQ . Vậy chin điểmD, E , F , M , N , P , S, R,Q cùng nằm trên đường tròn tâm I . Đườngtròn đi qua chín điểm được gọi là đường tròn Euler của tam giácABC .Chú ý:a) Tâm đường tròn Euler nằm trên đường thẳng Euler.Thật vậy, gọi G và O theo thứ tự là trọng tâm và tâm đường trònngoại tiếp tam giác ABC . Ta chứng minh được OM =1AH = SH ,2lại có OM / / SH � OMHS là hình bình hành. Mà I là trung điểmcủa SM nên cũng là trung điểm của OH .Như vậy bốn điểm H , I ,O,G thẳng hàng, tứ là tâm đường trònEuler nằm trên đường thẳng Euler.110PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9R(vói R là bán kính đường2tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). Thật vậy, ta có IS là đường trungb) Bán kính đường tròn Euler bằngbình của D AHO nên IS =OA R= .225. Điểm MiquelCho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD , F là giaođiểm của AD và BC . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp củatam giác EBC , FCD, EAD, FAB đồng quy.Chứng minh:Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tamgiác EBC và FCD .� = EMC� +CMD� = ABF� + AFB� = 1800 - EAD�Ta có EMD� + EMD� = 1800 . Do tứ giác EMDA nội tiếp hay M thuộc� EADđường tròn ngoại tiếp tam giác EAD . Chứng minh tương tự Mcũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác FAB .Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác EBC , FCD, EAD, FABđồng quy tại M .Điểm M được gọi là điểm Miquel.111PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 96. Đường tròn MiquelCho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD , F là giaođiểm của AD và BC . Gọi M là điểm Miquel và O1,O2,O3,O4 lầnlượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giácEBC ,CDF , EAD, ABF . Chứng minh rằng năm điểm M ,O1,O2,O3,O4cùng nằm trên một đường tròn.Chứng minh:Gọi H , I , K theo thứ tự là trung điểm của FM , BM ,CM . Các đường( )( )tròn O1 và O2 cắt nhau tại M và C nên O1O2 là đường trungtrực của MC , do đó O1O2 vuông góc với MK tại K . Tương tựO1O4 vuông góc với MI tại I , O2O4 vuông góc với MH tại H .Nói cách khác H , I , K theo thứ tự là hình chiếu của M trên cáccạnh O2O4,O1O4,O1O2 của tam giác O1O2O4 . Dễ thấy I K / / BC vàIH / / FB mà F , B,C thẳng hàng nên H , I , K thẳng hàng.Theo bài toán đảo về đường thẳng Simson (xem mục 2), ta cóM ,O1,O2,O4 cùng nằm trên một đương tròn. Tương tự M ,O1,O3,O4cùng nằm trên một đường tròn. Vậy năm điểm M ,O1,O2,O3,O4cùng nằm trên một đường tròn.Đường tròn đi qua năm điểm M ,O1,O2,O3,O4 được gọi là đườngtròn Miquel.112PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 97. Định lý MiquelCho tam giác ABCcác điểm D, E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC ,CA, AB . Chứngminh rằng đường tròn ngoại tiếp của các tam giácAEF , BDF ,CDE đồng quy.Chứng minh:Gọi M là giao điểm khác D của đường tròn ngoại tiếp hai tam��giác BFD,CDE . Ta có AFMvà AEM(do= BDM= CDMBFMD, DMEC là các tứ giác nội tiếp). Do đó� + AFM��AEM= BDM+CDM= 1800 nên tứ giác AEMF nội tiếphay M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF .Vậy đường tròn ngoại tiếp của tam giác AEF , BDF ,CDE đồng quytại M (đpcm).8. Định lý Lyness( )( )Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O . Đường tròn O ' tiếp( )xúc trong với O tại D và tiếp xúc với AB, AC ở E , F . Chứngminh rằng EF đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .113PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Chứng minh:�Vẽ tia phân giác của BDCcắt EF tại I ; gọi M , N là giao điểm( )��(�của DF , DE với đường tròn O . Ta có O ' FD = OMD = ODM) nênO 'F / / OM mà O 'F ^ AC � OM ^ AC � M là điểm chính giữa� =của cung AC , do đó FDC1�ABC (1). Tam giác AEF cân tại A2�0� = F� = 180 - A ,( Do AE ,AF là các tiếp tuyến của (O ') ) nên E112��0� = IDB� = BDC = 180 - A (Tính chất góc nội tiếpmặt khác IDC22� = IDC� = E� = F� . Màcủa tứ giác ABDC ) nên IDB111 � �� = F��EDF= sđEF(2). Vì�1�� IDC = EDF � IDE = FDC�� 2�� = IDB� nên IEDB là tứ giác nội tiếp� = IBE� (3). TừE� IDE1114PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9� =(1),(2) và (3) ta có IBE1�ABC , do đó IB là tia phân giác của2� .ABC� = IDB� mà IDE� = FDC�� = IDF� . Tứ giác IFCDDo IDCnên BDE� ).nội tiếp (vì F� = IDC1� = ICF� � ICF� = BDE�(4). Mặt khác, do N là điểm chính� IDF� =� (chứng minh tương tự ở trên) � BDEgiữa của AB1�ACB (5).2� = 1 ACB� , do đó IC là tia phân giác củaTừ (4) và (5) suy ra ICF2� . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm).ACBCách khác:115PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9�Vẽ tia phân giác của ABCcắt EF tại I , ta chứng minh IC là tia( )( )với ( O ) thì� . Vẽ tiếp tuyến chung Dx của O và O ' .phân giác của ACBTương tự như cách trên, gọi M là giao điểm của DF� , do đó B, I , M thẳng hàng.M là điểm chính giữa của AC��(�Ta có IED = IBD = xDM) nên tứ giác IEDB nội tiếp�0� =E� = 180 - A , mà �� , do đó� IDBBDC = 1800 - A12�1800 - A�� = IDF� . TaIDC == F�1 � tứ giác IDCF nội tiếp � ICF2��0� = IDC� - FDC� = 180 - A - ABC = ACBlại có IDF222�� = ACB , do đó IC là tia phân giác của �� ICFACB (đpcm).29. Định lý Lyness mở rộng (bổ đề Sawayama)( )Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn OM là một điểm bất kỳ( )( )trên cạnh AC . Đường tròn O ' tiếp xúc với đường tròn O tại Dvà tiếp xúc với MB, MC lần lượt ở E , F . Chứng minh rằng tâmđường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên EF .Để chứng minh định lý này ta cần hai bổ đề sau:( )( )Bổ đề 1: Cho AB là dây của đường tròn O . Đường tròn O '( )tiếp xúc với O tại T và tiếp xúc với AB tại K . Chứng minh rằngT K đi qua điểm chính giữa của cung AB và MA 2 = MK .MT (với� ).M là điểm chính giữa của AB116PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Chứng minh M là điểm chính giữa của cung AB . Ta có()�'K T = OMT��MO= OTnên O 'K / / OM màO 'K ^ AB � OM ^ AB � M là điểm chính giữa của cung AC ,Bây giờ ta chứng minh MA 2 = MK .MT .� A = MBA� = MAK�Thật vậy, ta có MT� D MK A : D MAT (g.g)�MKMA=� MA 2 = MK .MT .MAMT( )Bổ đề 2: Cho tam giác ABC nội tiếp nội tiếp đường tròn O và� không chứa C . Trên MC lấy I saoM là điểm chính giữa của ABcho MI = MB . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tamgiác ABC .117PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9Thật vậy, gọi I ' là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì I ' làgiao điểm của đường phân giác trong góc B với MC . Ta có�� 'M suy ra tam giácI�'BM = I�' BA + ABM= I�'BC + BCM= BIMBI cân tại M hay MI ' = MB .Do đó MI = MI ' hay I �I ' . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếptam giác ABC .Chứng minh:( )Gọi N giao điểm của DF với O thì N là điểm chính giữa của� và NC 2 = NF .ND (theo bổ đề 1). Gọi Dx là tiếp tuyến chungAC( )( )của O và O ' tại D, I là giao điểm của BN và EF . Ta có()� = IBD� = xDN�IEDnên tứ giác I EBD là tứ giác nội tiếp� = DEB� . Mà �� nên DIB� = DFI� , do đó� DIBDEB = DFI� = NFI� (cùng kề bù với hai góc bằng nhau). Từ đó chứngNIDminh được D NFI : D NID (g.g)NFNI=� NI 2 = NF .ND = NC 2 � NI = NC . Theo bổ đề 2,NINDta có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC (đpcm).�118PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 910. Một hệ quả của định lý Lyness mở rộng( )Cho đường tròn O hai điểm A và B nằm trên đường tròn( )( )điểm C nằm trong đường tròn O . Đường tròn O ' tiếp xúc( )trong với O tại R và tiếp xúc với CA,CB theo thứ tự ở P ,Q . GọiI là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng Inằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác APR .Chứng minh:( )Gọi D là giao điểm của BC với O , K là tâm đường tròn nội tiếpcủa tam giác ADB . Ta có B, I , K thẳng hàng và K nằm trên PQ(theo bổ đề Sawayama). Dễ thấy A, P , K , R cùng nằm trên mộtđường tròn (xem mục 8) (1). Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam�� = 90 + ACB . Ta lại cógiác ABC nên AIB2��1800 - ACBACB��000.APK = 180 - CPK = 180 = 90 +22� = APK�Do đó AIBnên A, P , K , I cùng nằm trên một đường tròn(2)Từ (1) và (2) suy ra A, P , R, K , I cùng trên một đường tròn.Vậy I thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác APR .119