Phân loại và phương pháp giải Hình học 9 - Chương 6: Những định lý hình học nổi tiếng

 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
 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 
 GH
thẳng. Hơn nữa = 2 . Đường thẳng nối H,G,O gọi là đường thẳng 
 GO
Euler của tam giác ABC .
Chứng minh:
 A
 A
 H G
 H O
 O
 G B E C
 M
 B C H'
 D
Cách 1: Gọi E,F 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 DABH : DEFO (g.g) Þ = = 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 )Þ DHAG : DEOG (c.g.c) Þ HGA = EGO . Do 
 · · 0 · · 0 · 0
 EGO + AGO = 180 nên HGA + AGO = 180 hay HGO = 180 .
 95 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Vậy 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 giác BHCD là hình 
bình hành, do đó HD cắt BC tại trung điểm của mỗi đường. Từ đó cũng 
 1
suy ra OM / / = AH (Tính chất đường trung bình tam giác ADH ). Nối 
 2
 GO OM 1
 AM cắt HO tại G thì = = nên G là trọng tâm của tam giác 
 GH AH 2
 ABC .
Cách 3: sử dụng định lý Thales :Trên tia đối GO lấy H ' sao cho 
GH ' = 2GO . Gọi M là trung điểm BC . Theo tính chất trọng 
tâm thì G thuộc AM và GA = 2GM . A
Áp dụng định lý Thales 
 H H'
vào tam giác GOM dễ suy ra 
 G O
 AH '/ /OM O
 (1).Mặt khác do B C
 M
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 
 ABC , M là trung điểm BC nên OM ^ BC (2).
Từ (1) và (2) suy ra AH ' ^ BC , tương tự BH ' ^ CA . Vậy H ' º H là 
trực tâm tam giác ABC . Theo cách dựng H ' ta có ngay kết luận bài 
toán.
Chú ý rằng: Nếu ta kéo dài AH cắt đường tròn tại H' thì A· H'D 900 (Góc 
nội tiếp chắn nữa đường tròn) nên EM là đường trung 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 .
96 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Đường thẳng đi qua H,G,O được gọi là đường thẳng Euler của tam giác 
ABC . Ngoài ra ta còn có OH 3OG .
*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 A ',B ',C ' lần lượt là trung điểm của 
BC,CA,AB . G là trọng tâm tam giác ABC .
a) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A,B,C lần lượt song song 
với PA ',PB ',PC ' đồng quy tại một điểm H P , hơn nữa H P ,G,P 
 GH
thẳng hàng và P = 2.
 GP
b) Chứng minh rằng các đường thẳng qua A ',B ',C ' lần lượt song 
song với PA,PB,PC đồng quy tại một điểm OP , hơn nữa OP ,G,P 
 GO 1
thẳng hàng và 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 GQ = 2GP . Theo tính chất trọng 
 Q C' B'
tâm ta thấy ngay G thuộc AA ' Hp
 G P
 và GA = 2GA '. Vậy áp dụng định lý B C
 A'
 97 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Thales vào tam giác GPA ' dễ suy ra AQ / / PA ' . Chứng minh
 tương tự BQ / / PB ',CQ / / PC ' . Như vậy các 
đường thẳng qua A,B,C lần lượt song song với PA ',PB ',PC ' đồng 
quy tại Q º H P . Hơn nữa theo cách dựng Q thì H P ,G,O thẳng hàng 
 GH
và P = 2. Ta có ngay các kết luận bài toán.
 GO
 A
b) Ta có một lời giải tương tự. Lấy điểm R 
 1
 GP GR = GP
trên tia đối tia sao cho . B'
 2 C'
 P G R≡Op
Theo tính chất trọng tâm ta thấy ngay G 
 B
 C
thuộc AA ' và GA = 2GA '. Vậy áp dụng A'
định lý Thales vào tam giác GPA dễ suy ra 
AR / / PA . Chứng minh tương tự BR / / PB,CR / / PC . Như vậy các 
đường thẳng qua A,B,C lần lượt song song với PA,PB,PC đồng 
quy tại R º OP . Hơn nữa theo cách dựng R thì OP ,G,P thẳng hàng 
 GP
và = 2 . Ta có ngay các kết luận bài toán.
 GOP
Nhận xét: Bài toán trên thực sự là mở rộng của đường thẳng Euler.
Phần a) Khi P º O tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC ta 
có ngay H P = H là trực tâm của tam giác ABC . Ta thu dược nội 
dung của bài toán đường thẳng Euler.
Phần b) Khi P º H trực tâm của tam giác ABC thì OP º O tâm 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
98 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
1.2. Cho tam giác ABC trực tâm H . Khi đó đường thẳng Euler của 
các tam giác HBC, BC HCA,HAB đồng quy tại một điểm 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 ) qua BC,CA,AB . 
Chứng minh: Gọi giao điểm khác A của HA A
với ABC là A ' . Theo tính chất 
 ( ) H
trực tâm và góc nội tiếp dễ thấy O
 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 HA = 2OM .
Chứng minh:
 A
Gọi N là trung điểm của CA dễ thấy 
OM / / HA do cùng vuông góc với BC 
 H
và OM / / HB do cùng vuông góc với G O
 B C
 M
 99 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
CA nên ta có tam giác DHAB : DOMN 
 AB
tỷ số = 2. Do đó HA = 2OM ,
 MN
 đó là điều phải chứng minh.
Trở lại bài toán. Gọi OA là tâm (HBC ) A
theo bổ đề 5.1 thì OA đối xứng vớiO 
 E
qua BC ,kết hợp với bổ đề 2 suy ra H O
 C
OOA song song và bằng OH B
 AHO A
nên tứ giác A là hình bình hành OA
nên AOA đi qua trung điểm E của OH . 
Tuy nhiên dễ thấy A là trực tâm tam giác HBC do đó đường thẳng 
Euler của tam giác HBC là AOA đi qua E . Tương tự thì đường 
thẳng Euler của các tam giác HCA,HAB cũngđi qua E nằm trên 
OH là đường thẳng Euler của tam giác ABC . Đó là điều phải chứng 
minh.
Nhận xét: Điểm đồng quy E là trung điểm OH cũng chính là tâm 
đường tròn Euler của tam giác ABC
1.3. Cho tam giác ABC tâm đường tròn nội tiếp I . Khi đó đường 
thẳng Euler của các tam giác IBC,ICA,IAB đồng quy tại một điểm 
trên đường thẳng Euler của tam giác ABC .
Hướng dẫn giải:
Ta sử dụng các bổ đề sau:
100 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
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
I·BA + I·AC = I·BA + I·AB = B·ID
 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 cạnh BC,CA,AB tương ứng tại A ',B ',C ' thì 
A 'B B 'C C 'A
 . . = 1. 
AB B 'A C 'B
Định lý đã được chứng minh chi 
 A
tiết trong (Các định lý hình học nổi 
 O
tiếng) I G S
 N
 T
Trở lại bài toán. Gọi O là tâm ABC , 
 ( ) GA M
 B C
 E
IA giao (ABC ) tại điểmOA khác A . 
 OA
 101 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Gọi G,GA lần lượt là trọng tâm tam giác ABC,IBC . Gọi M là trung 
điểm BC , GGA cắt OOA tại E .
Theo bổ đề 3 và các tính chất cơ bản ta thấy OA là trung điểm cung 
¼
BC không chứa A của (O) do đó OOA vuông góc với BC tại M . 
IGA AG 2 OAE 2
 = = nên GGA / / AOA suy ra = (1). Hơn nữa 
IM AM 3 OAM 3
GAE IOA COA
 = = (2). Gọi GAOA (đường thẳng Euler của tam giác 
GAG IA IA
IBC ) cắt OG (đường thẳng Euler của tam giác ABC tại S ). Ta sẽ 
chứng minh rằng S cố định. Gọi N là hình chiếu của I lên AB . Do 
· ·
AIB = BCOA nên hai tam giác vuông IAN và OACM đồng dạng. 
 IA IN r CO
Do đó = = hay r = A (3) 
 OAC MOA MOA MOA .IA
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác GOE có S,GA,OA thẳng 
 SG O O G E SG R CO SG 2R
hàng, ta có:1 = . A . A = . . A = . . Vậy 
 SO O E G G SO 3 IA SO 2r
 A A .O M
 2 A
SG 3r
 = , do đó S cố định. Tương tự, các đường thẳng Euler của 
SO 2R
tam giác ICA,IAB cũng đi qua S nằm trên đường thẳng Euler của 
tam giác ABC . Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Điểm đồng quy S thường được gọi là điểm Schiffer của 
tam giác ABC . 
1.4 Cho tam giác ABC . Đường tròn (I ) tiếp xúc ba cạnh tam giác tại 
D,E,F . Khi đó đường thẳng Euler của tam giác DEF đi qua tâm 
đường tròn ngoại tiếp O của tam giác ABC .
102 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
Hướng dẫn giải:
Gọi A ',B ',C ' lần lượt là giao điểm khác A,B,C của IA,IB,IC với 
 ¼
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 A 'D với OI là K , áp dụng định lý Thales vào tam giác KOA ' ta 
 KD KI ID r
thấy ngay = = = trong đó r,R lần lượt là bán kính 
 KA ' KO OA ' R
đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Do đó K cố định, tương 
tự B 'E,C 'F đi qua K .Lấy điểm H thuộc đoạn KO sao cho 
KH r
 = . Áp dụng định lý Thales 
KI R
 A
trong tam giác KIA ' ta thấy B'
KH KD r
 = (cùng bằng ) E
KI KA ' R C'
 F I
nên DH / / IA ' . Bằng tính chất K H O
phân giác và tam giác cân dễ 
 C
 B D
thấy IA ' º AI ^ EF do đó 
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 
 103 PHÂN LOẠI VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC 9
H . Gọi D,E,F là hình chiếu của H lên B 'C ',C 'A ',A 'B '. Khi đó 
đường thẳng Euler của tam giác DEF và tam giác ABC trùng nhau.
Giải:
Ta đã biết một kết quả quen thuộc đó là trực tâm H của tam giác 
ABC chính là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A 'B 'C '. Khi đó 
theo 1.4 , đường thẳng Euler của tam giác DEF chính là đường 
thẳng nối H và N , trong đó N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác A 'B 'C '. Mặt khác tâm N đường tròn ngoại tiếp tam giác 
A 'B 'C ' chính là tâm đường tròn Euler của tam giác ABC do đó 
NH cũng chính là đường thẳng 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 khác
1.6. Cho tam giác ABC . Đường tròn nội tiếp tiếp xúc BC,CA, AB tại 
D, E, F . Tâm các đường tròn bàng tiếp Ia , Ib , Ic . Chứng minh rằng 
đường thẳng Euler của tam giác DEF và tam giác Ia Ib Ic trùng nhau.
Chứng minh:
Ta áp dụng kết quả 1.5 vào tam giác Ia Ib Ic , ta chú ý rằng I chính là 
trực tâm tam giác Ia Ib Ic ta có điều phải chứng minh.
1.7. Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp I tiếp xúc với 
BC,CA, AB tại D, E, F . A', B ',C ' lần lượt là trung điểm của 
EF, FD, DE . Chứng minh rằng các đường thẳng lần lượt qua 
A', B ',C ' và vuông góc với BC,CA, AB đồng quy tại một điểm trên 
đường thẳng OI trong đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 
ABC .
104