Title A. CÁC ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN NỔI TIẾNG ĐƯỢC CHỨNG MINH BẰNG HÌNH HỌC 9.doc ✅

CHƯƠNG II: CÁC ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN TRONG HÌNH HỌC A – CÁC ĐỊNH LÝ, BÀI TOÁN NỔI TIẾNG ĐƯỢC CHỨNG MINH BẰNG HÌNH HỌC 9 1. Đường thẳng Euler Cho tam giác ABC có H là trực tâm, G là trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh rằng H, G, O thẳng hàng. Chứng minh: Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên //EFAB . Ta lại có //OFBH (cùng cuông góc với AC). Do đó  OFEABH (góc có cạnh tương ứng song song). Chứng minh tương tự  OEFBAH Từ đó có ABHEFO∼ (g.g) 2AHAB OEEF (do EF là đường trung bình của tam giác ABC). Mặt khác G là trọng tâm của tam giác ABC nên 2AG GE . Do đó 2AGAH GEOE , lại có  HAGOEG (so le trong, //OEAH ) HAGEOG∼ (c.g.c)  HGAEGO . Do  180EGOAGO nên  180HGAAGO . Vậy H, G, O thẳng hàng. Đường thẳng đi qua H, G, O được gọi là đường thẳng Euler của tam giác ABC. Ngoài ra ta còn có 3OHOG . 2. Đường thẳng Simson Cho tam giác ABC nột tiếp đường tròn O , M là một điểm bất kì trên đường tròn. Kẻ MH, MI, MK lần lượt vuông góc với AB, BC, AC. Chứng minh rằng ba điểm H, I, K thẳng hàng. Chứng minh: Tứ giác MIBH có:  9090180BHMBIM nên tứ giác nội tiếp  MBHMIH (cùng chắn cung HM), mà tứ giác ABMC nội tiếp nên  MBHKCM , do đó  MIHKCM . Mặt khác, tứ giác KCMI nội tiếp (vì  90MICMKC ) nên  180KCMMIK  180180MIHMIKHIK Vậy H, I, K thẳng hàng.  Chú ý: Ta có bài toán đảo về đường thẳng hàng 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 một điểm bất kì thuộc đường tròn. Gọi N, P, Q theo thứ tự là các điểm đối xứng với M qua AB, BC, CA. Chứng minh rằng N, P, Q thẳng hàng. Chứng minh: Gọi H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M lên AB, BC, AC, thế thì H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Simson). Dễ thấy IH là đường trung bình của tam giác MNP nên //IHNP . Tương tự, //IKPQ . Theo tiên đề Ơ-clit và do H, I, K thẳng hàng nên suy ra N, P, Q thẳng hàng.
Đường thẳng đi qua N, P, Q được gọi là đường thẳng Steiner của điểm M.  Chú ý: a) Ta có thể chứng minh 3 điểm N, P, Q thẳng hàng bằng cách dùng phép vị tự: các điểm N, P, Q lần lượt là ảnh của H, I, K trong phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H, I, K thẳng hàng nên N, P, Q cũng thẳng hàng. Như vậy đường thẳng Steiner là ảnh của đường thẳng 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 tam giác ABC; BD, CD cắt O lần lượt ở E, F. Dễ dàng chứng minh được E đối xứng với D qua AC, F đối xứng với D qua AB. Ta có FDMN là hình thang cân nên  11FN mà  111FBH , do đó  11NH . Suy ra //NDHK . Tương tự //QDHK . Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đường Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC.  Cách khác: Gọi AS, BJ, CR là các đường cao tam giác ABC, D là trực tâm. Ta có  ANBAMB (tính chất đối xứng). Lại có  AMBACB (cùng chắn cung AB) và  ACBADJ (cùng bù với góc SDJ). Suy ra  ANBADJ nên tứ giác ADBN là tứ giác nội tiếp, do đó  NABNDB Mà  NABMABNDBMAB . Chứng minh tương tự  CDQCAM . Ta có  NDBCDQMABCAMBAC  180NDQNDBBDCCDQBACBDC Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner đi qua trực tâm của tam giác ABC. 4. Đường thẳng Gauss Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB, CD và F là giao điểm của AD, BC. Chứng minh rằng trung điểm của ba đoạn AC, BD, EF là ba điểm thẳng hàng. Chứng minh: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD. Ta có: EMNEADEMAENDAMDDMNSSSSSS (1) Do M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD nên: 1111 ,,, 2222EMAECAENDEBDAMDACDDMNBMDSSSSSSSS (2) Từ (1) và (2), suy ra: 1111 2222EMNEADECAEBDACDBMDSSSSSS . 11 22EADECAACDEADEBDBMDSSSSSS 1 2EADEBDBMDSSS (vì 0 EADECAACDSSS do EADECAACDSSS ) 111111 222224ABDBMDABMADMABCACDABCDSSSSSSS    Chứng minh tương tự. Do đó. Kẻ EH, FK vuông góc với đường thẳng MN thì EHFK , gọi I là giao điểm của đường thẳng MN với EF. Ta chứng minh được (góc nhọn kề cạnh góc vuông) nên IEIF hai I là trung
điểm của EF. Vậy trung điểm của ba đoạn AC, BD, EF thẳng hàng. Đường thẳng đi qua I, M, N được gọi là đường thẳng Gauss. 5. Đường tròn Euler Cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB; S, R, Q lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC. Chứng minh rằng chín điểm D, E, F, M, N, P, S, R, Q cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh: Trong tam giác ABH thì PR là đường trung bình nên //PRAH và Trong tam giác ACH thì NQ là đường trung bình nên //NQAH và Do đó //PRNQ và PRNQ nên PNRQ là hình bình hành. Mặt khác, //PRAH mà nên, lại có //PNBC (PN là đường trung bình của tam giác ABC) Suy ra, do đó PNQR là hình chữ nhật. Gọi I là giao điểm của PQ và RN thì INIPIRIQ . Chứng minh tương tự ta có ISIMINIR . Ta được IPIQINIRISIM . Tam giác FPQ vuông tại F có I là trung điểm của PQ nên IFIPIQ . Tương tự, ;IEIRINIDISIM . Suy ra IDIEIFIMINIPISIRIQ . Vậy chín điểm D, E, F, M, N, P, Q, R, S cùng nằm trên đường tròn tâm I. Đường tròn đi qua chín điểm trên được gọi là đường tròn Euler của tam giác ABC.  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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta chứng minh được 1 2OMAHSH , lại có //OMSH suy ra OMHS là hình bình hành. Mà I là trung điểm của SM nên cũng là trung điểm của OH. Như vậy, bốn điểm H, I, O, G thẳng hàng, tức là tâm đường tròn Euler nằm trên đường thẳng Euler. b) Bán kính đường tròn Euler bằng 2 R (với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Thật vậy, ta có IS là đường trung bình của tam giác AHO nên 22 OAR IS . 6. Đường tròn Miquel Cho tứ giác ABCD có E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của AD và BC. Gọi M là điểm Miquel và 1O , 2O , 3O , 4O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác EBC, CDF, EAD, ABF. Chứng minh rằng năm điểm 1O , 2O , 3O , 4O , M cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh:
Gọi H, I, K theo thứ tự là trung điểm của FM, BM, CM. Các đường tròn 1O và 2O cắt nhau tại M và C nên 12OO là đường trung trực của MC, do đó vuông góc với MK tại K. Tương tự 14OO vuông góc với MI tại I, 24OO vuông góc với MH tại H. Nói cách khác H, I, K theo thứ tự là hình chiếu của M trên các cạnh 24OO , 14OO , 12OO của tam giác 124OOO . Dễ thấy //IKBC và //IHFB mà F, B, C thẳng hàng nên H, I, K thẳng hàng. Theo bài toán đảo về đường thẳng Simson ta có 1O , 2O , 4O , M cùng nằm trên một đường tròn. Tương tự 1O , 3O , 4O , M cùng nằm trên một đường tròn. Vậy năm điểm 1O , 2O , 3O , 4O , M cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn đi qua năm điểm 1O , 2O , 3O , 4O , M được gọi là đường tròn Miquel. 7. Hệ thức Euler Cho tam giác ABC. Gọi ;OR và ;Ir lần lượt là đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác. Đặt OId . Chứng minh rằng 222RrdR . Chứng minh: Gọi D là hình chiếu của I trên AB, vẽ đường kính EF đi qua O và I, M là giao điểm của AI với O , vẽ đường kính MN. Ta có:  1213;IBMBBBIMAB . Mặt khác,  23121;BBBAA Nên  BIMIBM BIM cân tại M do đó MBMI . Do AI là tia phân giác của góc BAC nên M là điểm chính giữa của cung BC do đó MBMC suy ra MCMI . Ta có : AEIFMI∼ (g.g) nên ..IEIA IEIFIAIM IMIF Lại có: 22,.(1)IERdIFRdIAIMRdRdRd Xét hai tam giác vuông IAD và MNC, chúng có  122ANA IADMNC∼ (g.g) ..IAID IAMCMNID MNMC Do 2,,MNRIDrMCMI nên ta có: .2(2)IAIMRr Từ (1) và (2), suy ra: 222222RdRrdRRr .  Chú ý: do 20d nên từ định lý Euler ta suy ra 2Rr . Xảy ra 2Rr khi 0d , lúc đó OI hay tam giác ABC đều. 8. Hệ thức Van Aubel Cho tam giác ABC có AD, BE, CF đồng quy tại K (D, E, F theo thứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB). Chứng minh rằng: AKAEAF KDECFB Chứng minh: