Chuyên đề Ôn thi vào lớp 10 môn Toán - Những định lý hình học nổi tiếng

 NHỮNG ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG 
1. Đường thẳng Euler
1.(Đường thẳng Euler). Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng trọng tâm G , trực 
tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp O cùng nằm trên một đường thẳng. Hơn nữa 
GH
 2 . Đường thẳng nối HGO,, gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC . 
GO
Chứng minh: 
 A
 A
 H G
 H O
 O E
 G B C
 M
 B C H'
 D
Cách 1: Gọi EF, lần lượt là trung điểm của BC, AC . Ta có EF là đường 
trung bình của tam giác ABC nên EF// AB . Ta lại có OF// BH (cùng 
vuông góc với AC ). Do đó OFE ABH (góc có cạnh tương ứng song 
song). Chứng minh tương tự OEF BAH . 
 AH AB
Từ đó có ABH EFO (g.g) 2(do EF là đường 
 OE EF
trung bình của tam giác ABC ). Mặt khác G là trọng tâm của tam giác 
 AG AG AH
ABC nên 2 . Do đó 2, lại có HAG OEG (so le 
 GE FG OE
trong, OE// AH ) HAG EOG (c.g.c) HGA EGO . Do 
EGO AGO 1800 nên HGA AGO 1800 hay HGO 1800 . 
 *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 n -
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 ABC . P là điểm bất kỳ 
trong mặt phẳng. Gọi ABC', ', ' lần lượt là trung điểm của BC,, CA AB . 
G là trọng tâm tam giác ABC . 
a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua ABC,, lần lượt song song với
PA', PB ', PC ' đồng quy tại một điểm HP , hơn nữa HGPP,, thẳng hàng 
 GH
và P 2. 
 GP
b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua ABC', ', ' lần lượt song song với
PA,, PB PC đồng quy tại một điểm OP , hơn nữa OGPP ,, thẳng hàng và
GO 1
 P . 
GP 2
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:
Lấy điểm Q trên tia đối tia GP sao A
cho GQ2 GP . Theo tính chất trọng 
 Q C' B'
 Hp
 G
tâm ta thấy ngay G thuộc AA' P
 B C
 và GA2' GA . Vậy áp dụng định lý A'
Thales vào tam giác GPA' dễ suy ra AQ//' PA . Chứng minh 
 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 qua BC,, CA AB . 
 A
Chứng minh: Gọi giao điểm khác A của HA 
với ABC là A' . Theo tính chất H
 O
trực tâm và góc nội tiếp dễ thấy B C
 OA
HBC HAC A' BC . Do đó tam giác
 A'
HBA' cân tại B hay H và A' đối xứng
nhau 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 tròn ngoại tiếp O , 
M là trung điểm thì HA2 OM . 
Chứng minh: A
Gọi N là trung điểm của CA dễ thấy 
OM// HA do cùng vuông góc với BC H
 G O
và OM// HB do cùng vuông góc với 
 B C
 M
CA nên ta có tam giác HAB OMN
 Bổ đề 3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , tâm đường tròn nội 
tiếp I . IA cắt O tại điểm D khác A thì D là tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác IBC . 
 A
Giải: 
Sử dụng tính chất góc nội tiếp 
và góc ngoài tam giác ta có: I O
IBD IBC CBD
 B C
IBA IAC IBA IAB BID
 D
Vậy tam giác IDB cân tại D . 
Tương tự tam giác ICD cân tại D do đó DI DB DC . Vậy D là tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác . (Xem thêm phần góc với đường tròn) 
Bổ đề 4. (Định lý Menelaus). Cho tam giác ABC một đường thẳng cắt ba 
 ABBCCA'''
cạnh BC,, CA AB tương ứng tại ABC', ', ' thì . . 1. 
 AB B'' A C B
Định lý đã được chứng minh chi 
 A
tiết trong (Các định lý hình học nổi 
tiếng) O
 I G S
 N
Trở lại bài toán. Gọi O là tâm ABC , T
 GA M
 B C
 E
IA giao ABC tại điểmOA khác A . 
 OA
Gọi GG, A lần lượt là trọng tâm tam giác ABC, IBC . Gọi M là trung điểm 
BC , GGA cắt OOA tại E . 
 Gọi ABC', ', ' lần lượt là giao điểm khác ABC,, của IA,, IB IC với 
đường tròn ngoại tiếp O Khi đó A' là trung điểm cung BC không chứa 
A của O do đó OA' BC suy ra OA'/ / ID . Gọi giao điểm của AD' 
với OI là K , áp dụng định lý Thales vào tam giác KOA' ta thấy ngay 
KD KI ID r
 trong đó rR, lần lượt là bán kính đường tròn 
KA'' KO OA R
nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Do đó K cố định, tương tự BECF',' đi 
 KH r
qua K .Lấy điểm H thuộc đoạn KO sao cho . Áp dụng định lý 
 KI R
Thales 
trong tam giác KIA' ta thấy A
 B'
KH KD r
 (cùng bằng ) 
KI KA' R E
 C'
nên DH//' IA . Bằng tính chất F I
 K H O
phân giác và tam giác cân dễ 
 C
 B
thấy IA' AI EF do đó D
DH EF . Chứng minh tương 
 A'
tự 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 giác DEF 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 đó ta có 
thể chứng minh được kết quả thú vị khác như sau 
1.5 Cho tam giác ABC các đường cao AA', BB ', CC ' đồng quy tại H . 
Gọi DEF,, là hình chiếu của H lên BCCAAB' ', ' ', ' ' . Khi đó đường 
thẳng Euler của tam giác DEF và tam giác ABC trùng nhau. 
 góc với BC,, CA AB sẽ tương ứng song 
song với ID,, IE IF . Ta suy ra các đường 
thẳng này đồng quy tại một điểm trên IG 
với G là trọng tâm của tam giác DEF . Tuy nhiên IG cũng chính là đường 
thẳng Euler của tam giác DEF . Theo 1.5, IG đi qua O . Như vậy điểm 
đồng quy nằm trên IO . Ta có điều phải chứng minh. 
1.8. Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp I tiếp xúc BC,, CA AB tại 
DEF,, ần lượt gọi DP,, EQ FR là đường kính của I , chứng minh rằng 
AP,, BQ CR đồng quy tại một điểm nằm trên đường nối I và trọng tâm G
của tam giác ABC . 
Bổ đề 5. Cho tam giá ABC , đường tròn nội tiếp I của tam giác tiếp xúc 
BC tại D . Gọi DE là đường kính của I . AE cắt BC tại F thì 
BD CF . 
Chứng minh: Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại E của I với AB, AC lần 
 A
lượt là KL, . Gọi r là bán kính của I . 
 E L
Ta chú ý rằng KI, LI lần lượt là phân K
giác của các góc BKL, CLK . Từ đó I
 ta dễ thấy KEI IDB (g.g) suy C
 B D F
ra KE.. BD ID IE r 2 . Tương tự EL.. DC ID IE r 2 do đó 
 EL KE EL KE KL
KE.. BD ELDC . Suy ra (1). Dễ thấy 
 BD DC DB DC BC
 EL AL KL
KL// BC . Theo định lý Thales ta có (2) 
 FC AC BC
 Tứ giác MIBH có BHM BIM 900 90 0 180 0 nên là tứ giác nội 
tiếp MIH MBH (cùng chắn cung HM ), mà tứ giác ABMC nội tiếp 
nên MBH KCM , do đó MIH KCM . 
Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp (vì MIC MKC 900 ) nên
KCM MIK1800 MIH MIK1800 HIK 1800 . 
Vậy HIK,, thẳng hàng. 
Đường thẳng đi qua HIK,, được gọi là đường thẳng Simson của điểm M . 
Chú ý: Ta có bài toán đảo về bài toán Simson như sau: Cho tam giác ABC
và một điểm M nằm ngoài tam giác. Chứng minh rằng nếu hình chiếu của 
M lên ba cạnh của tam giác ABC là ba điểm thẳng 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 kỳ thuộc 
đường tròn. Gọi NPQ,, theo thứ tự là các điểm đối xứng với M qua 
AB,, BC CA . Chứng minh rằng NPQ,, thẳng hàng. 
 A
Chứng minh: E Q
 F
 1
 P
 D O K
 I
 N 1 B
 1 C
 1
 H
 M